Maratonas de Matemátical Maratona Olímpica de Teoria dos Números

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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

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Solução do Problema 10
1º) x e y são quadrados perfeitos [tex3]x=m^2[/tex3] e [tex3]y=n^2[/tex3]
dai [tex3]\sqrt{x}+\sqrt{y}=1980[/tex3]
[tex3]m+n=1980[/tex3] n tenho experiencia com equações diofantinas mas vou tentar deixar de um jeito interessante [tex3]m = t[/tex3] , dai [tex3]t+n=1980\iff n=1980-t[/tex3]
então vamos ter soluções do tipo [tex3](x, y) = (t^2, (1980-t)^2)[/tex3] com t inteiro maior que 1 e menor que 1980
2º) suponha por absurdo que [tex3]\sqrt{x}[/tex3] e [tex3]\sqrt{y}[/tex3] são números irracionais, um não pode ser irracional enquanto outro é racional se não teríamos a soma de um irracional com um racional que nos da um irracional e 1980 é inteiro
[tex3]\sqrt{x}+\sqrt{y}=1980[/tex3]
[tex3]\sqrt{x}=1980-\sqrt{y}[/tex3] elevando tudo ao quadrado
[tex3]x=1980^2-2\cdot 1980\sqrt{y}+y[/tex3]
[tex3]x-y-1980^2=2\cdot 1980\sqrt{y}[/tex3] enquanto o lado esquerdo é inteiro o lado direito é irracional pois um racional não nulo vezes um irracional é um irracional, oq nos leva a um absurdo
Resposta

seja [tex3]{a\over b}[/tex3] com a e b inteiros não nulos e [tex3]i[/tex3] um número irracional.
Suponha por absurdo que [tex3]{a\over b}\cdot i={m\over n}[/tex3] com m e n inteiros
dai [tex3]{a\over b}\cdot{b\over a }\cdot i = {m\over n}\cdot{b\over a}[/tex3] então
[tex3]i={mb\over na}[/tex3] mas como o conjunto dos inteiros é fechado para multiplicação o denominador e o numerador são inteiros e portanto i pode ser escrito como uma fração com numerador e denominador inteiros que é uma contradição já que [tex3]i[/tex3] é irracional
3º) caso [tex3]\sqrt{x}[/tex3] e [tex3]\sqrt{y}[/tex3] fossem racionais, isto é [tex3]\sqrt{x}={m\over n}[/tex3] e [tex3]\sqrt{y}=\frac{a}{b}[/tex3] com a, b, m, n inteiros positivos e [tex3]mdc(m, n) = 1[/tex3] e [tex3]mdc(a, b) = 1 [/tex3] com n e b maiores que 1
mas então [tex3]x={m^2\over n^2}[/tex3] e então [tex3]n^2|m^2[/tex3]
como [tex3]n| n^2 [/tex3] por transitividade [tex3]n|m^2[/tex3] e pela seguinte proposição.
Proposição: Sejam a, b e c inteiros positivos com [tex3]a | bc[/tex3] e [tex3] mdc(a, b) = 1[/tex3] . Então, [tex3]a | c[/tex3] .
Resposta

Prova da proposição.
pelo teorema de bezout existem x e y inteiros tais que [tex3]ax+by=1[/tex3] multiplicando por c
[tex3]acx+byc=c[/tex3] como a divide a, então [tex3]a|acx[/tex3] e como a divide bc por hipótese
então a divide a soma ou seja [tex3]a|acx+byc=c[/tex3]
descobrimos que [tex3]n|m[/tex3] e então [tex3]nk=m[/tex3] para algum k inteiro
mas [tex3]mdc(nk, n) = 1[/tex3] e pelo lema de euclides [tex3]mdc(kn-kn, n) = 1[/tex3]
[tex3]mdc(0, n) = 1[/tex3] e portanto temos [tex3]n = 1[/tex3] que contraria a hipótese, caso n fosse 1 entraríamos no primeiro caso
logo as únicas soluções são [tex3](x, y) = (t^2, (1980-t)^2)[/tex3] com [tex3]0< t<1980[/tex3] e t um nuúmero inteiro
Problema 11
(Brasil - 2009) Entre os inteiros positivos [tex3]n + 4018[/tex3] , [tex3]n =1,2,...,2009^2[/tex3] , quantos são quadrados perfeitos?
A) 1945 B) 1946 C) 1947 D) 1948 E) 1949

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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

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Solução do Problema 11

[tex3]1 \leq n\leq 2009^2[/tex3]
[tex3]4019 \leq n+4018\leq 2009^2+4018[/tex3]
[tex3]64^2 \leq n+4018\leq (2009+1)^2-1 [/tex3]
[tex3]64^2 \leq n+4018\leq 2010^2-1 [/tex3]
[tex3]64^2 \leq n+4018\leq 2009^2 [/tex3]

Portanto [tex3]n+4018 \in \{64^2,65^2,....,2009^2\}[/tex3]
São [tex3]2009-64+1 = \boxed{1946} [/tex3] números.

Problema 12
(Estados Unidos - 2007) Seja n o menor inteiro positivo que é divisível por 4 e também é divisível por 9. Além disso, n tem apenas os dígitos 4 e 9, sendo pelo menos um dígito de cada. Qual os últimos quatro dígitos de n?

a) 4444 b) 4494 c) 4944 d) 9444 e) 9944



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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

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Problema 12
cometi um erro na resolução, agora espero que esteja tudo certo
como [tex3]4|n[/tex3] pelo critério de divisibilidade por 4 o número formado pelos dois últimos dígitos de n deve ser divisível por 4 e então eles devem ser 44 ja que 44 é o único número de dois dígitos formado só por 4's que é divisível por 4
pelo critério de divisibilidade por 9 a soma dos dígitos deve ser divisível por 9 já que n é divisível por 9
então [tex3]9|9x+4y[/tex3] onde x e y representa a quantidade de dígitos 9 e 4 no número n respectivamente
mas então [tex3]9|9x+4y-9x=4y[/tex3] mas pelo que já foi demonstrado (problema 10), como [tex3]mdc(9, 4) = 1[/tex3] e [tex3]9|4y[/tex3] então [tex3]9|y[/tex3] .
como n é o menor possível e tem pelo menos um digito 4, y = 9 se y fosse 0 não teria nenhum digito 4 e se fosse maior, [tex3]n[/tex3] seria maior também
então o número [tex3]n [/tex3] tem 9 dígitos 4 e como precisa ter no mínimo um digito 9, e queremos o menor número possível. [tex3]n [/tex3] é um número com um dígito 9 e 9 dígitos 4
como [tex3]9 > 4[/tex3] quanto antes o digito 9 aparecer em n da direita para esquerda menor vai ser o n, mas como os dois últimos algarismos são 4 então 9 deve aparecer na terceira posição da direita para esquerda para n ser o menor possível então os últimos 4 algarismos são [tex3]4944[/tex3]
Problema 13
(Brasil - 2013) Determine o maior divisor comum de todos os números de 9 algarismos distintos formados com os algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
A) 3 B) 9 C) 18 D) 27 E) 123456789
Última edição: Ittalo25 (Qua 30 Set, 2020 19:38). Total de 2 vezes.


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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

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Solução do problema 13

Lema: [tex3]mdc(a,b) = d [/tex3] , então [tex3]d [/tex3] divide [tex3]a-b [/tex3]
Demonstração:
Resposta

Se [tex3]mdc(a,b) = d [/tex3] , então existem inteiros x e y tais que: [tex3]\begin{cases}
a=xd \\
b=yd
\end{cases}[/tex3] , sendo assim: [tex3]a-b = d \cdot (x-y) [/tex3]
Em particular, o mdc desses números divide: [tex3]987654321-987654312 = 9 [/tex3]
Então o mdc desses números só pode ser 1 ou 3 ou 9.
Mas todos os números têm soma de algarismos: [tex3]1+2+3+4+5+6+7+8+9 = 45 [/tex3]
Que é múltiplo de 9. Então pelo critério de divisilidade por 9, todos esses números são divisíveis por 9.
Sendo assim, o mdc entre todos eles é [tex3]\boxed{9} [/tex3]

Problema 14
(Índia - 1998) Prove que se 2 números da forma [tex3]a^2+3b^2 [/tex3] são multiplicados, então o resultado também será dessa forma.


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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

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Solução do problema 14

Sejam [tex3]x = a^2+3b^2[/tex3] e [tex3]y= c^2+3d^2[/tex3]

[tex3]xy = (a^2+3b^2)(c^2+3d^2) = a^2c^2+3a^2d^2+3b^2c^2+9b^2d^2 = \boxed{ (ac+3bd)^2+3(ad-bc)^2} [/tex3]

C.Q.D

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Problema 15

(Alemanha 2020)Determine todos os inteiros positivos [tex3]n[/tex3] de tal forma que exista outro positivo inteiro [tex3]d[/tex3] com a propriedade de que [tex3]n[/tex3] é divisível por [tex3]d[/tex3] e [tex3]n^2+d^2[/tex3] é divisível por [tex3]d^2n+1[/tex3] .
Última edição: Ittalo25 (Qui 01 Out, 2020 02:25). Total de 2 vezes.



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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

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Solução do problema 15

[tex3]d^2n+1 | n^2+d^2[/tex3]
[tex3]d^2n+1 | d^2\cdot (n^2+d^2) - n\cdot (d^2n+1)[/tex3]
[tex3]d^2n+1 | d^4- n[/tex3]
[tex3]d^2n+1 | d^2 \cdot (d^4- n) + (d^2n+1)[/tex3]
[tex3]d^2n+1 | d^6+1[/tex3]
Portanto: [tex3]d^6+1 \geq d^2n+1 \rightarrow \boxed{ n\leq d^4} [/tex3]

Como [tex3]d|n [/tex3] , então existe inteiro positivo x tal que [tex3]n = dx [/tex3] :
[tex3]d^3x+1 | d^2x^2+d^2[/tex3]
[tex3]d^3x+1 | d\cdot (d^2x^2+d^2) - x\cdot (d^3x+1)[/tex3]
[tex3]d^3x+1 | d^3-x[/tex3]
[tex3]d^3x+1 | x\cdot (d^3-x) - (d^3x+1)[/tex3]
[tex3]d^3x+1 |x^2 +1[/tex3]
Portanto: [tex3]x^2+1 \geq d^3x+1 \rightarrow \boxed{ dx = n \geq d^4} [/tex3]

Ora, mas então: [tex3]\boxed {n = d^4} [/tex3] são as soluções.

Problema 16
(Inglaterra - 2007) Determine quatro números primos menores que 100 que são fatores de [tex3]3^{32}-2^{32}[/tex3] .


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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Babi123 »

Solução do Problema 16

[tex3]E=3^{32}-2^{32}\\
E=(3^{16})^2-(2^{16})^2\\
E=(3^{16}+2^{16})\cdot(3^{16}-2^{16})\\
E=(3^{16}+2^{16})\cdot(3^{8}+2^{8})\cdot(3^{8}-2^{8})\\
E=(3^{16}+2^{16})\cdot(3^{8}+2^{8})\cdot(3^{4}+2^{4})\cdot(3^4-2^4)\\
E=(3^{16}+2^{16})\cdot(3^{8}+2^{8})\cdot(81+16)\cdot(81-16)\\
E=(3^{16}+2^{16})\cdot(3^{8}+2^{8})\cdot97\cdot65\\
E=(3^{16}+2^{16})\cdot(3^{8}+2^{8})\cdot97\cdot5\cdot13\\
E=(3^{16}+2^{16})\cdot(6561+256)\cdot97\cdot5\cdot13\\
E=(3^{16}+2^{16})\cdot6817\cdot97\cdot5\cdot13\\
E=(3^{16}+2^{16})\cdot17\cdot401\cdot97\cdot5\cdot13[/tex3]

Assim, como [tex3]3^{16}+2^{16}\in\mathbb{Z}[/tex3] e exibimos quatro fatores primos [tex3]5,13,17,97[/tex3] que são menores que [tex3]100[/tex3] , então está provado.



Problema 17
(Brasil - 2014) Sejam [tex3]p[/tex3] e [tex3]q[/tex3] inteiros. Sabendo que [tex3]x^2+px+q[/tex3] é positivo para todo [tex3]x[/tex3] inteiro,
prove que a equação [tex3]x^2+px+q=0[/tex3] não possui solução real.
Última edição: Babi123 (Qui 01 Out, 2020 23:01). Total de 2 vezes.



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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

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Solução do problema 17

Se as raízes são iguais, então: [tex3]\Delta = p^2-4q = 0[/tex3] , ou seja, p é par e [tex3]x=-\frac{p}{2}[/tex3] é inteiro
[tex3]x^2+px+q > 0 [/tex3]
[tex3]4x^2+4px+4q > 0 [/tex3]
[tex3](2x+p)^2> p^2-4q [/tex3]
[tex3](2 \cdot \left(\frac{-p}{2}\right)+p)^2> \Delta [/tex3]
[tex3]0> \Delta [/tex3]

Se as raízes são diferentes, então existe uma maior que a outra: [tex3]x_1 > x_2 [/tex3]
Como a concavidade da parábola é para cima, no intervalo [tex3]x\in [x_1 , x_2] [/tex3] a equação é não positiva.
Se existe um inteiro "a" nesse intervalo, então: [tex3]a^2+pa+q \leq 0 [/tex3] . Absurdo já que a equação é positiva para todo número inteiro.
Então não existe número inteiro nesse intervalo, ou seja, [tex3]0 < |x_1-x_2| < 1 [/tex3] :
[tex3]0 <|\frac{-p+\sqrt{\Delta}}{2} - \left(\frac{-p-\sqrt{\Delta}}{2}\right)| < 1[/tex3]
[tex3]0 < |\Delta| < 1[/tex3]
Absurdo, já que [tex3]\Delta = p^2-4q [/tex3] é um número inteiro.

Problema 18
(México - 1997) Encontre todos os números [tex3]N=\overline{abc}[/tex3] de três dígitos tais que ao somarmos 9 obtém-se o número [tex3]\overline{cab}[/tex3]
Resposta

101,212,323,434,545,656,767,878,989
Última edição: Ittalo25 (Sex 02 Out, 2020 11:25). Total de 2 vezes.


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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

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Solução do problema 18

[tex3]\overline{abc}=100a+10b+c[/tex3] e [tex3]\overline{cab}=100c+10a+b[/tex3]

[tex3]100a+10b+c+9=100c+10a+b[/tex3]
[tex3]9b=99c-90a-1[/tex3]
[tex3]b=11c-10a-1[/tex3]

Não podemos ter [tex3]c>a[/tex3] , tampouco [tex3]a>c[/tex3] . Ou seja, sempre [tex3]c=a[/tex3] .

[tex3]c=a=1[/tex3] , [tex3]b=0[/tex3] . O número é [tex3]101[/tex3] .
[tex3]c=a=2[/tex3] , [tex3]b=1[/tex3] . O número é [tex3]212[/tex3]
[tex3]c=a=3[/tex3] , [tex3]b=2[/tex3] . O número é [tex3]323[/tex3] .
[tex3]c=a=4[/tex3] , [tex3]b=3[/tex3] . O número é [tex3]434[/tex3] .
[tex3]c=a=5[/tex3] , [tex3]b=4[/tex3] . O número é [tex3]545[/tex3] .
[tex3]c=a=6[/tex3] , [tex3]b=5[/tex3] . O número é [tex3]656[/tex3] .
[tex3]c=a=7[/tex3] , [tex3]b=6[/tex3] . O número é [tex3]767[/tex3] .
[tex3]c=a=8[/tex3] , [tex3]b=7[/tex3] . O número é [tex3]878[/tex3] .
[tex3]c=a=9[/tex3] , [tex3]b=8[/tex3] . O número é [tex3]989[/tex3] .

Então os número são: [tex3]101,212,323,434,545,656,767,878,989[/tex3] .
Problema 19

(Chile 2008) Dizemos que um número é capícua se ao inverter a ordem de seus algarismos obtivermos o mesmo número. Achar todos os números que tem pelo menos um múltiplo não-nulo que seja capícua.
Última edição: Deleted User 25200 (Sex 02 Out, 2020 13:25). Total de 1 vez.



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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Ittalo25 »

Solução do problema 19

Todos os números com apenas algarismos iguais a 9 são capícua (exceto o próprio 9): [tex3]99,9999,99999,99999 ,.... [/tex3]
Ou seja: [tex3]10^x - 1 [/tex3] é capícua para x inteiro maior ou igual a 2.
Então, pela função phi de Euler, qualquer número a tal que [tex3]mdc(a,10) = 1\rightarrow 10^{\phi(a)} \equiv 1 \mod(a) [/tex3]
Então todos os números a tais que [tex3]mdc(a,10) = 1 [/tex3] servem.

Obviamente se o número a for múltiplo de 10, então ele termina com o algarismo 0. Assim, ao alterar a ordem dos algarismos, ele ficará com um algarismo a menos, não podendo ser capícua.

Se [tex3]a = 2^x = \overline{a_0a_1a_2a_3a_{4} .....a_{x} }[/tex3]
Então dá para escolher uma potência de 10: [tex3]10^{b}[/tex3] , tal que [tex3]b>x [/tex3] para fazer isso:

[tex3]10^b \cdot \overline{a_x.....a_4a_3a_2a_1a_0} +\overline{a_0a_1a_2a_3a_{4} .....a_{x} } = \overline{a_x....a_4a_3a_2a_1a_00....00a_0a_1a_2a_3a_4....a_x}[/tex3]

Ou seja, o lado direito é capicua. E como a divide [tex3]\overline{a_0a_1a_2a_3a_{4} .....a_{x} } [/tex3] , e também [tex3]a=2^x[/tex3] divide [tex3]10^{b}[/tex3] , já que o b foi escolhido maior que o x, então a divide o lado esquerdo, assim divide o lado direito também.

De modo análogo para [tex3]a = 5^x[/tex3]

Se [tex3]a = 2^xk[/tex3] ou [tex3]a = 5^xk[/tex3] para [tex3]mdc(k,10) = 1 [/tex3] . Considere os números com todos algarismos iguais a y.
O argumento anterior mostra que o número capicua é múltiplo de [tex3]2^{x}[/tex3] e [tex3]5^{x}[/tex3] .
Mas para ser múltiplo de k, basta escolher uma potência de 10 de tal modo que o número capicua formado tenha quantidade de algarismos múltipla de [tex3]k\phi(k) [/tex3] , já que:
[tex3]\underbrace{\overline{yyyyy....yyyy} }_{k\phi(k)} = y10^{(k-1)\phi({k})}+y10^{(k-2)\phi({k})}+....+y \equiv ky \equiv 0 \mod(k) [/tex3]

Sendo assim, todos os números que não são múltiplos de 10 têm pelo menos um múltiplo que seja capicua.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Problema 20
(Malásia - 2010) Encontre o número de diferentes pares (a,b) de inteiros positivos tal que [tex3]a+b \leq 100[/tex3] e também:
[tex3]\frac{a+\frac{1}{b}}{\frac{1}{a}+b} = 10[/tex3]

Última edição: Ittalo25 (Sex 02 Out, 2020 21:01). Total de 1 vez.


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