Olá, Comunidade!
Vocês devem ter notado que o site ficou um período fora do ar (do dia 26 até o dia 30 de maio de 2024).
Consegui recuperar tudo, e ainda fiz um UPGRADE no servidor! Agora estamos em um servidor dedicado no BRASIL!
Isso vai fazer com que o acesso fique mais rápido (espero )
Já arrumei os principais bugs que aparecem em uma atualização!
Mas, se você encontrar alguma coisa diferente, que não funciona direito, me envie uma MP avisando que eu arranjo um tempo pra arrumar!
Vamos crescer essa comunidade juntos
Grande abraço a todos,
Prof. Caju
Vocês devem ter notado que o site ficou um período fora do ar (do dia 26 até o dia 30 de maio de 2024).
Consegui recuperar tudo, e ainda fiz um UPGRADE no servidor! Agora estamos em um servidor dedicado no BRASIL!
Isso vai fazer com que o acesso fique mais rápido (espero )
Já arrumei os principais bugs que aparecem em uma atualização!
Mas, se você encontrar alguma coisa diferente, que não funciona direito, me envie uma MP avisando que eu arranjo um tempo pra arrumar!
Vamos crescer essa comunidade juntos
Grande abraço a todos,
Prof. Caju
Maratonas de Matemática ⇒ l Maratona Olímpica de Teoria dos Números
Moderador: [ Moderadores TTB ]
-
- Mensagens: 816
- Registrado em: 26 Dez 2019, 15:26
- Última visita: 11-04-23
- Agradeceu: 19 vezes
- Agradeceram: 30 vezes
Out 2020
02
23:12
Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números
Solução do Problema 20:
[tex3]\dfrac{a+\dfrac{1}{b}}{\dfrac{1}{a}+b} = 10 \implies \dfrac{\dfrac{ab+1}{b}}{\dfrac{1+ab}{a}} = \dfrac{ab+1}{b} \cdot \dfrac{a}{1+ab} = \dfrac{a}{b}=10 \implies a=10b[/tex3] .
Como [tex3]a+b \leq 100 \implies 10b+b \leq 100 \implies 11b \leq 100 \implies b \leq \dfrac{100}{11} \implies b \leq 9,090909... [/tex3]
Logo o maior valor de diferentes soluções é [tex3]9[/tex3] .
Portanto existem [tex3]9[/tex3] soluções.
----------------------------------------------------------------------------------------
Problema 21
(APMO - Ásia 2005) Mostre que para todo número real irracional [tex3]a[/tex3] , existem números reais e irracionais [tex3]b[/tex3] e [tex3]b_1[/tex3] , tais que [tex3]a+b[/tex3] e [tex3]ab_1[/tex3] sejam ambos racionais, enquanto [tex3]ab[/tex3] e [tex3]a+b_1[/tex3] sejam ambos irracionais.
[tex3]\dfrac{a+\dfrac{1}{b}}{\dfrac{1}{a}+b} = 10 \implies \dfrac{\dfrac{ab+1}{b}}{\dfrac{1+ab}{a}} = \dfrac{ab+1}{b} \cdot \dfrac{a}{1+ab} = \dfrac{a}{b}=10 \implies a=10b[/tex3] .
Como [tex3]a+b \leq 100 \implies 10b+b \leq 100 \implies 11b \leq 100 \implies b \leq \dfrac{100}{11} \implies b \leq 9,090909... [/tex3]
Logo o maior valor de diferentes soluções é [tex3]9[/tex3] .
Portanto existem [tex3]9[/tex3] soluções.
----------------------------------------------------------------------------------------
Problema 21
(APMO - Ásia 2005) Mostre que para todo número real irracional [tex3]a[/tex3] , existem números reais e irracionais [tex3]b[/tex3] e [tex3]b_1[/tex3] , tais que [tex3]a+b[/tex3] e [tex3]ab_1[/tex3] sejam ambos racionais, enquanto [tex3]ab[/tex3] e [tex3]a+b_1[/tex3] sejam ambos irracionais.
-
- Mensagens: 2349
- Registrado em: 18 Nov 2013, 22:11
- Última visita: 27-03-24
- Agradeceu: 299 vezes
- Agradeceram: 1401 vezes
Out 2020
03
13:32
Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números
Solução do problema 21
Proposição: A soma de 2 racionais resulta em um racional.
Demonstração:
Sejam a e b racionais tais que: [tex3]\begin{cases}
a= \frac{p}{q} \\
b=\frac{x}{y}
\end{cases}[/tex3] , onde x,y,p e q são números inteiros, então: [tex3]a+b = \frac{qx+pt}{qy}[/tex3] , que é um número racional
Na questão tem-se que: [tex3](2-a)a-(1-a)a = a [/tex3]
. Como "a" é irracional, então [tex3](2-a)a [/tex3]
e [tex3](1-a)a [/tex3]
não podem ser ambos racionais.
Se [tex3](2-a)a [/tex3] é irracional, tome: [tex3]b=2-a [/tex3] , já que:
[tex3]ab = a(2-a) [/tex3] é irracional
[tex3]a+b = a+2-a = 2 [/tex3] é racional
Se [tex3](1-a)a [/tex3] é irracional, tome: [tex3]b=1-a [/tex3] , já que:
[tex3]ab = a(1-a) [/tex3] é irracional
[tex3]a+b = a+1-a = 1 [/tex3] é racional
Proposição: Se a é irracional, então [tex3]\frac{1}{a}[/tex3] também é irracional.
Demonstração:
Se [tex3]\frac{1}{a}[/tex3] é racional, então existem inteiros p e q tais que [tex3]\frac{1}{a} = \frac{p}{q}[/tex3] , mas então [tex3]a = \frac{q}{p}[/tex3] , absurdo já que a é irracional.
De forma análoga: [tex3](\frac{2}{a}-a) + (a-\frac{1}{a})=\frac{1}{a}[/tex3]
. Como [tex3]\frac{1}{a}[/tex3]
é irracional, então [tex3](\frac{2}{a}-a) [/tex3]
e [tex3](a-\frac{1}{a}) [/tex3]
não podem ser ambos racionais.
Se [tex3](\frac{2}{a}-a) [/tex3] é irracional, tome [tex3]b_1 =-\frac{2}{a}[/tex3] , já que:
[tex3]-(-\frac{2}{a}+a) [/tex3] é irracional
[tex3]-\frac{2}{a} \cdot a = -2 [/tex3] é racional
Se [tex3](a-\frac{1}{a}) [/tex3] é irracional, tome [tex3]b_1 =-\frac{1}{a}[/tex3] , já que:
[tex3](a-\frac{1}{a}) [/tex3] é irracional
[tex3]a\cdot -\frac{1}{a} = -1 [/tex3] é racional
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 22
(Estados Unidos - 2003) Prove que o número [tex3]\frac{m}{3}+\frac{m^2}{2}+\frac{m^3}{6}[/tex3] é inteiro para todos os valores inteiros de [tex3]m [/tex3]
Proposição: A soma de 2 racionais resulta em um racional.
Demonstração:
Resposta
Sejam a e b racionais tais que: [tex3]\begin{cases}
a= \frac{p}{q} \\
b=\frac{x}{y}
\end{cases}[/tex3] , onde x,y,p e q são números inteiros, então: [tex3]a+b = \frac{qx+pt}{qy}[/tex3] , que é um número racional
Se [tex3](2-a)a [/tex3] é irracional, tome: [tex3]b=2-a [/tex3] , já que:
[tex3]ab = a(2-a) [/tex3] é irracional
[tex3]a+b = a+2-a = 2 [/tex3] é racional
Se [tex3](1-a)a [/tex3] é irracional, tome: [tex3]b=1-a [/tex3] , já que:
[tex3]ab = a(1-a) [/tex3] é irracional
[tex3]a+b = a+1-a = 1 [/tex3] é racional
Proposição: Se a é irracional, então [tex3]\frac{1}{a}[/tex3] também é irracional.
Demonstração:
Resposta
Se [tex3]\frac{1}{a}[/tex3] é racional, então existem inteiros p e q tais que [tex3]\frac{1}{a} = \frac{p}{q}[/tex3] , mas então [tex3]a = \frac{q}{p}[/tex3] , absurdo já que a é irracional.
Se [tex3](\frac{2}{a}-a) [/tex3] é irracional, tome [tex3]b_1 =-\frac{2}{a}[/tex3] , já que:
[tex3]-(-\frac{2}{a}+a) [/tex3] é irracional
[tex3]-\frac{2}{a} \cdot a = -2 [/tex3] é racional
Se [tex3](a-\frac{1}{a}) [/tex3] é irracional, tome [tex3]b_1 =-\frac{1}{a}[/tex3] , já que:
[tex3](a-\frac{1}{a}) [/tex3] é irracional
[tex3]a\cdot -\frac{1}{a} = -1 [/tex3] é racional
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 22
(Estados Unidos - 2003) Prove que o número [tex3]\frac{m}{3}+\frac{m^2}{2}+\frac{m^3}{6}[/tex3] é inteiro para todos os valores inteiros de [tex3]m [/tex3]
Editado pela última vez por Ittalo25 em 03 Out 2020, 13:34, em um total de 1 vez.
Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]
-
- Última visita: 31-12-69
Out 2020
03
14:19
Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números
Solução do Problema 22
[tex3]\frac{m}{3}+\frac{m^2}{2}+\frac{m^3}{6}={2m+3m^2+m^3\over6}[/tex3]
basta mostrar então que [tex3]3|2m+3m^2+m^3[/tex3] e [tex3]2|2m+3m^2+m^3[/tex3]
vamos começar com a [tex3]3|2m+3m^2+m^3[/tex3] , pelo pequeno teorema de fermat
[tex3]m^3\equiv m(\mod3)[/tex3] mas [tex3]2m\equiv2m(\mod3)[/tex3] , somando
[tex3]m^3+2m\equiv3m(\mod3)[/tex3] mas 3m é divisível por 3 e [tex3]3m^2[/tex3] também e então provamos que [tex3]3|2m+3m^2+m^3[/tex3]
[tex3]m^2\equiv m (\mod 2)[/tex3] (novamente isso pelo teorema de fermat)
[tex3]m^3\equiv m^2\equiv m(\mod2)[/tex3]
[tex3]3m^2\equiv3m(\mod2)[/tex3] e [tex3]m^3\equiv m(\mod2)[/tex3] somando
[tex3]3m^2+m^3\equiv4m(\mod2)[/tex3] como 4 é divisível por 2 e 2m também a soma vai ser. logo nosso número é divisível por 3 e por 2 simultaneamente e portanto é divisível por 6
Problema 23 (Brasil -2008)
Quantos dos números 2, 3, 5, 7, 11 são divisores de [tex3]371^4 – 41^4[/tex3] ?
A) um B) dois C) três D) quatro E) cinco
[tex3]\frac{m}{3}+\frac{m^2}{2}+\frac{m^3}{6}={2m+3m^2+m^3\over6}[/tex3]
basta mostrar então que [tex3]3|2m+3m^2+m^3[/tex3] e [tex3]2|2m+3m^2+m^3[/tex3]
vamos começar com a [tex3]3|2m+3m^2+m^3[/tex3] , pelo pequeno teorema de fermat
[tex3]m^3\equiv m(\mod3)[/tex3] mas [tex3]2m\equiv2m(\mod3)[/tex3] , somando
[tex3]m^3+2m\equiv3m(\mod3)[/tex3] mas 3m é divisível por 3 e [tex3]3m^2[/tex3] também e então provamos que [tex3]3|2m+3m^2+m^3[/tex3]
[tex3]m^2\equiv m (\mod 2)[/tex3] (novamente isso pelo teorema de fermat)
[tex3]m^3\equiv m^2\equiv m(\mod2)[/tex3]
[tex3]3m^2\equiv3m(\mod2)[/tex3] e [tex3]m^3\equiv m(\mod2)[/tex3] somando
[tex3]3m^2+m^3\equiv4m(\mod2)[/tex3] como 4 é divisível por 2 e 2m também a soma vai ser. logo nosso número é divisível por 3 e por 2 simultaneamente e portanto é divisível por 6
Problema 23 (Brasil -2008)
Quantos dos números 2, 3, 5, 7, 11 são divisores de [tex3]371^4 – 41^4[/tex3] ?
A) um B) dois C) três D) quatro E) cinco
-
- Mensagens: 1371
- Registrado em: 28 Jul 2017, 21:05
- Última visita: 20-04-24
- Agradeceu: 1192 vezes
- Agradeceram: 271 vezes
Out 2020
03
15:16
Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números
Solução do Problema 23
[tex3]E=371^4-41^4\\
E=(371^2+41^2)\cdot(371^2-41^2)\\
E=(371^2+41^2)\cdot(371+41)\cdot(371-41)\\
E=(371^2+41^2)\cdot412\cdot330\\
E=(371^2+41^2)\cdot412\cdot2\cdot3\cdot5\cdot11\\
E=E=(371^2+41^2)\cdot4\cdot103\cdot2\cdot3\cdot5\cdot11[/tex3]
Agora, vamos avaliar [tex3]371^2+41^2[/tex3] módulo [tex3]7[/tex3] :
[tex3]\begin{cases}371\equiv371\mod(7)\\371\equiv0\mod(7)\\
371^2\equiv0\mod(7)\\e,\\41\equiv41\mod(7)\\
41\equiv6\mod(7)\\
41\equiv-1\mod(7)\\
41^2\equiv1\mod(7)\end{cases}[/tex3]
Logo, [tex3]371^2+41^2\equiv1\mod(7)\iff7\nmid371^2+41^2[/tex3]
Portanto, entre [tex3]\{2,3,5,7,11\}[/tex3] temos quatro números que são divisores de [tex3]E[/tex3] , a saber [tex3]\{2,3,5,11\}[/tex3]
Problema 23
(Iberoamericana Brasil - 2008) Demonstre que não existem inteiros [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] tais que [tex3]x^{2008}+2008!=21^y[/tex3]
[tex3]E=371^4-41^4\\
E=(371^2+41^2)\cdot(371^2-41^2)\\
E=(371^2+41^2)\cdot(371+41)\cdot(371-41)\\
E=(371^2+41^2)\cdot412\cdot330\\
E=(371^2+41^2)\cdot412\cdot2\cdot3\cdot5\cdot11\\
E=E=(371^2+41^2)\cdot4\cdot103\cdot2\cdot3\cdot5\cdot11[/tex3]
Agora, vamos avaliar [tex3]371^2+41^2[/tex3] módulo [tex3]7[/tex3] :
[tex3]\begin{cases}371\equiv371\mod(7)\\371\equiv0\mod(7)\\
371^2\equiv0\mod(7)\\e,\\41\equiv41\mod(7)\\
41\equiv6\mod(7)\\
41\equiv-1\mod(7)\\
41^2\equiv1\mod(7)\end{cases}[/tex3]
Logo, [tex3]371^2+41^2\equiv1\mod(7)\iff7\nmid371^2+41^2[/tex3]
Portanto, entre [tex3]\{2,3,5,7,11\}[/tex3] temos quatro números que são divisores de [tex3]E[/tex3] , a saber [tex3]\{2,3,5,11\}[/tex3]
Problema 23
(Iberoamericana Brasil - 2008) Demonstre que não existem inteiros [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] tais que [tex3]x^{2008}+2008!=21^y[/tex3]
Editado pela última vez por Babi123 em 03 Out 2020, 15:36, em um total de 4 vezes.
Razão: correção do ano de realização da prova.
Razão: correção do ano de realização da prova.
-
- Mensagens: 2349
- Registrado em: 18 Nov 2013, 22:11
- Última visita: 27-03-24
- Agradeceu: 299 vezes
- Agradeceram: 1401 vezes
Out 2020
03
16:52
Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números
Solução do problema 23
x negativo não faz diferença, já que a potência dele é par.
Se y for negativo, então o lado esquerdo é inteiro e o direito não é.
Fácil ver que nem x=0 nem y=0 dão soluções.
Então ficamos nos inteiros positivos apenas.
[tex3]x^{2008}+2008!=21^y[/tex3]
Obviamente x deve ser múltiplo de 21.
Pela fórmula de Polignac, a maior potência de 3 que divide [tex3]2008! [/tex3] é:
[tex3]⌊\frac{2008}{3} ⌋ +⌊\frac{2008}{3^2} ⌋+⌊\frac{2008}{3^3} ⌋+⌊\frac{2008}{3^4} ⌋+.... = 1004[/tex3]
E a maior potência de 7 que divide [tex3]2008! [/tex3] é:
[tex3]⌊\frac{2008}{7} ⌋ +⌊\frac{2008}{7^2} ⌋+⌊\frac{2008}{7^3} ⌋+⌊\frac{2008}{7^4} ⌋+.... = 334[/tex3]
Então [tex3]3^{1004}[/tex3] divide [tex3]2008! [/tex3] e divide [tex3]x^{2008}[/tex3] , por consequência tem que dividir [tex3]21^{y}[/tex3] . E sendo assim: [tex3]y \geq 1004[/tex3]
Mas se [tex3]y \geq 1004[/tex3] , então [tex3]7^{1004}[/tex3] divide [tex3]21^y [/tex3] , divide também [tex3]x^{2008}[/tex3] e por consequência deveria dividir [tex3]2008! [/tex3] . Mas já vimos que a maior potência de 7 que divide [tex3]2008! [/tex3] é [tex3]7^{334}[/tex3] .
Portanto não existem soluções.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 24
(Inglaterra - 2017) Quantos múltiplos de 3 menores que 1000 não são divisíveis nem por 9 nem por 10?
200
x negativo não faz diferença, já que a potência dele é par.
Se y for negativo, então o lado esquerdo é inteiro e o direito não é.
Fácil ver que nem x=0 nem y=0 dão soluções.
Então ficamos nos inteiros positivos apenas.
[tex3]x^{2008}+2008!=21^y[/tex3]
Obviamente x deve ser múltiplo de 21.
Pela fórmula de Polignac, a maior potência de 3 que divide [tex3]2008! [/tex3] é:
[tex3]⌊\frac{2008}{3} ⌋ +⌊\frac{2008}{3^2} ⌋+⌊\frac{2008}{3^3} ⌋+⌊\frac{2008}{3^4} ⌋+.... = 1004[/tex3]
E a maior potência de 7 que divide [tex3]2008! [/tex3] é:
[tex3]⌊\frac{2008}{7} ⌋ +⌊\frac{2008}{7^2} ⌋+⌊\frac{2008}{7^3} ⌋+⌊\frac{2008}{7^4} ⌋+.... = 334[/tex3]
Então [tex3]3^{1004}[/tex3] divide [tex3]2008! [/tex3] e divide [tex3]x^{2008}[/tex3] , por consequência tem que dividir [tex3]21^{y}[/tex3] . E sendo assim: [tex3]y \geq 1004[/tex3]
Mas se [tex3]y \geq 1004[/tex3] , então [tex3]7^{1004}[/tex3] divide [tex3]21^y [/tex3] , divide também [tex3]x^{2008}[/tex3] e por consequência deveria dividir [tex3]2008! [/tex3] . Mas já vimos que a maior potência de 7 que divide [tex3]2008! [/tex3] é [tex3]7^{334}[/tex3] .
Portanto não existem soluções.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 24
(Inglaterra - 2017) Quantos múltiplos de 3 menores que 1000 não são divisíveis nem por 9 nem por 10?
Resposta
200
Editado pela última vez por Ittalo25 em 03 Out 2020, 16:54, em um total de 1 vez.
Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]
-
- Última visita: 31-12-69
Out 2020
04
12:35
Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números
Solução do problema 24
Problema 25
(Estônia - 2001) Quantos números inteiros positivos menores que [tex3]20002001[/tex3] não contém outros algarismos distintos de [tex3]0[/tex3] e [tex3]2[/tex3] ?
- O último múltiplo de [tex3]3[/tex3] menor que [tex3]1000[/tex3] é [tex3]999[/tex3] . Então, há [tex3]333[/tex3] múltiplos de [tex3]3[/tex3] menores que [tex3]1000[/tex3] e maiores que [tex3]0[/tex3] .
- Todo múltiplo de [tex3]9[/tex3] é múltiplo de [tex3]3[/tex3] , e como [tex3]999[/tex3] é o maior múltiplo menor que [tex3]1000[/tex3] . Então, há [tex3]111[/tex3] múltiplos de [tex3]9[/tex3] menores que [tex3]1000[/tex3] e maiores que [tex3]0[/tex3] .
- Para que um número seja múltiplo de [tex3]3[/tex3] e [tex3]10[/tex3] , precisa ser divisível por [tex3]mmc(3,10)=30[/tex3] , e como [tex3]990 [/tex3] é o menor múltiplo de [tex3]30[/tex3] menor que [tex3]1000[/tex3] . Então, há [tex3]33[/tex3] múltiplos de [tex3]30[/tex3] menores que [tex3]1000[/tex3] e maiores que [tex3]0[/tex3] .
- Por fim, devemos considerar os múltiplos do [tex3]mmc(9,10)=90[/tex3] , para não cotarmos esses múltiplos [tex3]2[/tex3] vezes, e como [tex3]990 [/tex3] é o menor múltiplo de [tex3]90[/tex3] menor que [tex3]1000[/tex3] . Então, há [tex3]11[/tex3] múltiplos de [tex3]90[/tex3] menores que [tex3]1000[/tex3] e maiores que [tex3]0[/tex3] .
Problema 25
(Estônia - 2001) Quantos números inteiros positivos menores que [tex3]20002001[/tex3] não contém outros algarismos distintos de [tex3]0[/tex3] e [tex3]2[/tex3] ?
-
- Mensagens: 2349
- Registrado em: 18 Nov 2013, 22:11
- Última visita: 27-03-24
- Agradeceu: 299 vezes
- Agradeceram: 1401 vezes
Out 2020
04
13:14
Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números
Solução do problema 25
O número 20002000 serve.
O número 20000_,_,_ serve para quaisquer 3 últimos dígitos 0 ou 2, ou seja, são [tex3]2^3[/tex3] números nesse caso
O número _,_,_,_,_,_,_ de 7 algarismos serve para quaisquer combinações, exceto 0000000, ou seja, são [tex3]2^7-1 [/tex3] nesse caso.
Portanto, o total de números pedidos é: [tex3]1+2^3+2^7-1 = \boxed{136} [/tex3]
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 26
(Brasil - 2007) Demonstre que, para todo inteiro positivo n, o número [tex3]\frac{n^4}{12}-\frac{n^3}{3}+\frac{5n^2}{12}-\frac{n}{6}[/tex3] é um número inteiro.
O número 20002000 serve.
O número 20000_,_,_ serve para quaisquer 3 últimos dígitos 0 ou 2, ou seja, são [tex3]2^3[/tex3] números nesse caso
O número _,_,_,_,_,_,_ de 7 algarismos serve para quaisquer combinações, exceto 0000000, ou seja, são [tex3]2^7-1 [/tex3] nesse caso.
Portanto, o total de números pedidos é: [tex3]1+2^3+2^7-1 = \boxed{136} [/tex3]
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 26
(Brasil - 2007) Demonstre que, para todo inteiro positivo n, o número [tex3]\frac{n^4}{12}-\frac{n^3}{3}+\frac{5n^2}{12}-\frac{n}{6}[/tex3] é um número inteiro.
Editado pela última vez por Ittalo25 em 04 Out 2020, 13:16, em um total de 1 vez.
Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]
-
- Última visita: 31-12-69
Out 2020
04
15:43
Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números
Solução do problema 26
[tex3]\frac{n^4}{12}-\frac{n^3}{3}+\frac{5n^2}{12}-\frac{n}{6}={n^4-4n^3+5n^2-2n\over12}[/tex3]
[tex3]{n^4-n^2-4n^3+6n^2-2n\over12}={n^4-n^2+2(-2n^3+3n^2-n)\over12}[/tex3]
[tex3]{n^4-n^2\over12}+{2(-2n^3+3n^2-n)\over12}={n^4-n^2\over12}+{-2n^3+3n^2-n\over6}[/tex3]
[tex3]{n^2(n^2-1)\over12}+{-2n^3+3n^2-n\over6}={n^2(n+1)(n-1)\over12}+{-2n^3+3n^2-n\over6}[/tex3]
vou analisar separadamente, se [tex3]n[/tex3] for par [tex3]n[/tex3] pode ser escrito como [tex3]2k[/tex3] com k inteiro então vou ter [tex3](2k)^2(2k-1)(2k+1)=4k^2(2k-1)(2k+1)[/tex3] que vai ser sempre divisível por 4
se [tex3]n[/tex3] for impar [tex3]n[/tex3] vai ser escrito na forma [tex3]2k+1[/tex3]
ai vou ter [tex3](2k+1)^2(2k+1+1)(2k+1-1)=(2k+1)^2(2k+2)(2k)=4(2k+1)^2(k+1)k[/tex3] que também vai ser divisível por 4. agora quero mostrar que [tex3]n^2(n+1)(n-1)[/tex3] é sempre divisível por 3
se [tex3]n\equiv0(\mod3)[/tex3] ja acabou
se [tex3]n\equiv1(\mod3)[/tex3] então [tex3]n-1\equiv0(\mod3)[/tex3]
se [tex3]n\equiv2(\mod3)[/tex3] então [tex3]n+1\equiv3\equiv0(\mod3)[/tex3] com isso mostramos que [tex3]n^2(n+1)(n-1)[/tex3] é sempre divisível por 3, e como já tínhamos mostrado que também é divisível por 4 então vai ser divisível por 12.
agora olhando para a outra parcela para mostrar que é divisível por 6 vou mostrar que é divisível por 2 e 3 ao mesmo tempo.
pelo pequeno teorema de fermat [tex3]n^2\equiv n(\mod2)[/tex3] dai [tex3]3n^2\equiv3n(\mod2)[/tex3] e como [tex3]-n\equiv-n(\mod2)[/tex3] então [tex3]3n^2-n\equiv3n-n\equiv0(\mod2)[/tex3] e como [tex3]-2n^3[/tex3] é sempre divisível por 2 a soma desses números também sera.
agora por 3 vamos ter [tex3]n^3\equiv n(\mod3)[/tex3] (isso pelo pequeno teorema de fermat novamente)
então [tex3]-2n^3\equiv-2n(\mod3)[/tex3] mas [tex3]-n\equiv-n(\mod3)[/tex3] então [tex3]-2n^3-n\equiv-3n\equiv0(\mod3)[/tex3] e como [tex3]3n^2[/tex3] é sempre divisível por 3 a soma tbm vai ser e como vamos ter a soma de dois inteiros a soma vai ser um inteiro
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 27
Russia 1996
encontre todos os inteiros positivos [tex3]n [/tex3] tais que [tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|3^n+5^n[/tex3]
[tex3]\frac{n^4}{12}-\frac{n^3}{3}+\frac{5n^2}{12}-\frac{n}{6}={n^4-4n^3+5n^2-2n\over12}[/tex3]
[tex3]{n^4-n^2-4n^3+6n^2-2n\over12}={n^4-n^2+2(-2n^3+3n^2-n)\over12}[/tex3]
[tex3]{n^4-n^2\over12}+{2(-2n^3+3n^2-n)\over12}={n^4-n^2\over12}+{-2n^3+3n^2-n\over6}[/tex3]
[tex3]{n^2(n^2-1)\over12}+{-2n^3+3n^2-n\over6}={n^2(n+1)(n-1)\over12}+{-2n^3+3n^2-n\over6}[/tex3]
vou analisar separadamente, se [tex3]n[/tex3] for par [tex3]n[/tex3] pode ser escrito como [tex3]2k[/tex3] com k inteiro então vou ter [tex3](2k)^2(2k-1)(2k+1)=4k^2(2k-1)(2k+1)[/tex3] que vai ser sempre divisível por 4
se [tex3]n[/tex3] for impar [tex3]n[/tex3] vai ser escrito na forma [tex3]2k+1[/tex3]
ai vou ter [tex3](2k+1)^2(2k+1+1)(2k+1-1)=(2k+1)^2(2k+2)(2k)=4(2k+1)^2(k+1)k[/tex3] que também vai ser divisível por 4. agora quero mostrar que [tex3]n^2(n+1)(n-1)[/tex3] é sempre divisível por 3
se [tex3]n\equiv0(\mod3)[/tex3] ja acabou
se [tex3]n\equiv1(\mod3)[/tex3] então [tex3]n-1\equiv0(\mod3)[/tex3]
se [tex3]n\equiv2(\mod3)[/tex3] então [tex3]n+1\equiv3\equiv0(\mod3)[/tex3] com isso mostramos que [tex3]n^2(n+1)(n-1)[/tex3] é sempre divisível por 3, e como já tínhamos mostrado que também é divisível por 4 então vai ser divisível por 12.
agora olhando para a outra parcela para mostrar que é divisível por 6 vou mostrar que é divisível por 2 e 3 ao mesmo tempo.
pelo pequeno teorema de fermat [tex3]n^2\equiv n(\mod2)[/tex3] dai [tex3]3n^2\equiv3n(\mod2)[/tex3] e como [tex3]-n\equiv-n(\mod2)[/tex3] então [tex3]3n^2-n\equiv3n-n\equiv0(\mod2)[/tex3] e como [tex3]-2n^3[/tex3] é sempre divisível por 2 a soma desses números também sera.
agora por 3 vamos ter [tex3]n^3\equiv n(\mod3)[/tex3] (isso pelo pequeno teorema de fermat novamente)
então [tex3]-2n^3\equiv-2n(\mod3)[/tex3] mas [tex3]-n\equiv-n(\mod3)[/tex3] então [tex3]-2n^3-n\equiv-3n\equiv0(\mod3)[/tex3] e como [tex3]3n^2[/tex3] é sempre divisível por 3 a soma tbm vai ser e como vamos ter a soma de dois inteiros a soma vai ser um inteiro
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 27
Russia 1996
encontre todos os inteiros positivos [tex3]n [/tex3] tais que [tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|3^n+5^n[/tex3]
Editado pela última vez por Ittalo25 em 04 Out 2020, 17:19, em um total de 1 vez.
-
- Mensagens: 2349
- Registrado em: 18 Nov 2013, 22:11
- Última visita: 27-03-24
- Agradeceu: 299 vezes
- Agradeceram: 1401 vezes
Out 2020
04
17:16
Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números
Solução do problema 27
[tex3]n=1 [/tex3] é solução óbvia, para [tex3]n\geq 2[/tex3] temos:
[tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|3^n+5^n[/tex3]
[tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|3^n+5^n - 3\cdot (3^{n-1}+5^{n-1}) [/tex3]
[tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|5^n -3\cdot 5^{n-1} [/tex3]
[tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|5^{n-1}\cdot (5 -3) [/tex3]
[tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|2\cdot 5^{n-1} [/tex3]
Só que: [tex3]mdc(3^{n-1}+5^{n-1},5^{n-1}) = mdc(3^{n-1}+5^{n-1}-5^{n-1},5^{n-1}) = mdc(3^{n-1},5^{n-1}) = 1 [/tex3]
Portanto: [tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|2 [/tex3]
E a única solução é [tex3]\boxed{n=1} [/tex3]
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 28
(México - 1998) Quantos dígitos tem o número [tex3]2^{1998} \cdot 5^{2002}[/tex3] ?
[tex3]n=1 [/tex3] é solução óbvia, para [tex3]n\geq 2[/tex3] temos:
[tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|3^n+5^n[/tex3]
[tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|3^n+5^n - 3\cdot (3^{n-1}+5^{n-1}) [/tex3]
[tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|5^n -3\cdot 5^{n-1} [/tex3]
[tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|5^{n-1}\cdot (5 -3) [/tex3]
[tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|2\cdot 5^{n-1} [/tex3]
Só que: [tex3]mdc(3^{n-1}+5^{n-1},5^{n-1}) = mdc(3^{n-1}+5^{n-1}-5^{n-1},5^{n-1}) = mdc(3^{n-1},5^{n-1}) = 1 [/tex3]
Portanto: [tex3]3^{n-1}+5^{n-1}|2 [/tex3]
E a única solução é [tex3]\boxed{n=1} [/tex3]
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Problema 28
(México - 1998) Quantos dígitos tem o número [tex3]2^{1998} \cdot 5^{2002}[/tex3] ?
Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]
-
- Mensagens: 964
- Registrado em: 09 Fev 2018, 19:43
- Última visita: 21-02-24
- Agradeceu: 1 vez
- Agradeceram: 2 vezes
Out 2020
04
17:49
Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números
Solução do Problema 28
[tex3]2^{1998} \cdot 5^{2002}[/tex3]
[tex3]2^{1998} \cdot 5^{1998}\cdot 5^4[/tex3]
[tex3](2\cdot 5)^{1998}\cdot 5^4[/tex3]
[tex3]10^{1998}\cdot 5^4[/tex3]
[tex3]10^{1998}\cdot 625[/tex3]
[tex3]10^{1998}\cdot (6\cdot10^2+2\cdot10^1+5)[/tex3]
[tex3]6\cdot10^{2000}+2\cdot10^{1999}+5\cdot10^{1998}[/tex3]
[tex3]6\cdot10^{2000}+2\cdot10^{1999}+5\cdot10^{1998}+0\cdot10^{1997}+...+0\cdot10^1+0\cdot10^0[/tex3]
Pela definição do sistema de numeração decimal, podemos escrever o número acima como:
[tex3]625\underbrace{00...00}_{1998 \text{ zeros} }[/tex3]
Assim, [tex3]2^{1998} \cdot 5^{2002}[/tex3] possui [tex3]1998+3=2001[/tex3] dígitos.
Problema 29
(Finlândia-2004) Sejam [tex3]a,b,c[/tex3] números naturais, tal que [tex3]{a\sqrt3+b\over b\sqrt3+c}\in \mathbb{Q}[/tex3] . Mostre que [tex3]{a^2+b^2+c^2\over a+b+c}[/tex3] é um número inteiro.
[tex3]2^{1998} \cdot 5^{2002}[/tex3]
[tex3]2^{1998} \cdot 5^{1998}\cdot 5^4[/tex3]
[tex3](2\cdot 5)^{1998}\cdot 5^4[/tex3]
[tex3]10^{1998}\cdot 5^4[/tex3]
[tex3]10^{1998}\cdot 625[/tex3]
[tex3]10^{1998}\cdot (6\cdot10^2+2\cdot10^1+5)[/tex3]
[tex3]6\cdot10^{2000}+2\cdot10^{1999}+5\cdot10^{1998}[/tex3]
[tex3]6\cdot10^{2000}+2\cdot10^{1999}+5\cdot10^{1998}+0\cdot10^{1997}+...+0\cdot10^1+0\cdot10^0[/tex3]
Pela definição do sistema de numeração decimal, podemos escrever o número acima como:
[tex3]625\underbrace{00...00}_{1998 \text{ zeros} }[/tex3]
Assim, [tex3]2^{1998} \cdot 5^{2002}[/tex3] possui [tex3]1998+3=2001[/tex3] dígitos.
Problema 29
(Finlândia-2004) Sejam [tex3]a,b,c[/tex3] números naturais, tal que [tex3]{a\sqrt3+b\over b\sqrt3+c}\in \mathbb{Q}[/tex3] . Mostre que [tex3]{a^2+b^2+c^2\over a+b+c}[/tex3] é um número inteiro.
[tex3]\color{YellowOrange}\textbf{Não importa o quanto se esforce ou evolua, você sempre estará abaixo do Sol}[/tex3]
[tex3]\textbf{Escanor}[/tex3]
[tex3]\textbf{Escanor}[/tex3]
Crie uma conta ou entre para participar dessa discussão
Você precisa ser um membro para postar uma resposta
Crie uma nova conta
Ainda não é um membro? Registre-se agora!
Membro pode iniciar seus próprios tópicos e inscrever-se no dos outros para ser notificado sobre atualizações.
É gratuito e leva apenas 1 minuto
Entrar
-
- Tópicos Semelhantes
- Respostas
- Exibições
- Última mensagem
-
- 1 Respostas
- 2073 Exibições
-
Última mensagem por Ittalo25
-
- 0 Respostas
- 1026 Exibições
-
Última mensagem por leozitz
-
- 2 Respostas
- 576 Exibições
-
Última mensagem por Ornitologo
-
- 0 Respostas
- 1525 Exibições
-
Última mensagem por Ittalo25
-
- 0 Respostas
- 2578 Exibições
-
Última mensagem por Ittalo25