Maratonas de Matemátical Maratona Olímpica de Teoria dos Números

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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Ittalo25 »

Solução do problema 29

[tex3]{(a\sqrt3+b)(b\sqrt{3}-c)\over (b\sqrt3+c)(b\sqrt{3}-c)} = \frac{3ab-bc+\sqrt{3}\cdot (b^2-ac)}{3b^2-c^2}\in \mathbb{Q}[/tex3]

Portanto: [tex3]b^2-ac = 0 \rightarrow b^2=ac[/tex3]

Assim:

[tex3]{a^2+b^2+c^2\over a+b+c} = \frac{(a+b+c)^2-2\cdot (ab+ac+bc)}{a+b+c} = a+b+c-\frac{2\cdot (ab+bc+b^2)}{a+b+c}=a-b+c[/tex3]

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

Problema 30
(Bélgica - 1990) Quantos primos p existem tais que: [tex3]77! + 1 < p < 77!+77[/tex3]
Resposta

0

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AnthonyC
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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por AnthonyC »

Solução do Problema 30

Seja [tex3]1< k<77 [/tex3] . Temos que [tex3]77!=77\cdot76\cdot...\cdot k\cdot(k-1)![/tex3] . Para facilitar chamarei [tex3]77\cdot76\cdot...\cdot (k+1)(k-1)!=N[/tex3] . Então [tex3]77!=Nk[/tex3] . Logo:
[tex3]1< k<77[/tex3]
[tex3]77!+1<77!+ k<77! +77[/tex3]
[tex3]77!+1< Nk+ k<77! +77[/tex3]
[tex3]77!+1< (N+1)k<77! +77[/tex3]
Assim, todos os números no intervalo desejado são compostos, dado que:
  • São produtos de dois números;
  • Ambos são maiores que 1:
    Como definido no início, [tex3]k[/tex3] é estritamente maior que 1. E [tex3]N[/tex3] é o produto de números maiores que 1, sendo então seu sucessor [tex3](N+1)[/tex3] também maior que 1;
Mas, como um composto não é primo, então, no intervalo desejado, não há nenhum número primo.

Problema 31
(Áustria-2015)
Mostre que todo número inteiro positivo terminado em 133 possui um divisor primo maior que 7.



[tex3]\color{YellowOrange}\textbf{Não importa o quanto se esforce ou evolua, você sempre estará abaixo do Sol}[/tex3]
[tex3]\textbf{Escanor}[/tex3]

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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Ittalo25 »

Solução do problema 31

Por contradição, então o número só teria como primos divisores possivelmente: 2,3,5,7
2 não é possível porque o número seria par, por isso deveria ter último dígito par.
5 não é possível porque o número deveria ter último dígito 5.
Então o número seria da forma [tex3]3^{x} \cdot 7^y [/tex3]

Assim: [tex3]3^{x} \cdot 7^y \equiv 133 \equiv 5 \mod(8)[/tex3] , ou seja, x e y são ímpares.

Também: [tex3]3^{x} \cdot 7^y \equiv 3 \mod(5)[/tex3] .

Mas as potências ímpares de 3 módulo 5 são apenas 3 ou 2
E as potências ímpares de 7 módulo 5 são apenas 7, 3, 2

Não tem jeito:

[tex3]\begin{cases}
3\cdot 7=21 \equiv 1 \mod(5) \\
3\cdot 3=9 \equiv 4 \mod(5) \\
3\cdot 2=6 \equiv 1 \mod(5) \\
2\cdot 7=14 \equiv 4 \mod(5) \\
2\cdot 3=6 \equiv 1 \mod(5) \\
2\cdot 2=4 \equiv 4 \mod(5)
\end{cases}[/tex3]

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

Problema 32
(Estados Unidos - 1987) Qual o valor de d para que o número [tex3]\overline{d456d}[/tex3] seja divisível por 18?
Última edição: Ittalo25 (Dom 04 Out, 2020 23:17). Total de 1 vez.


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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Babi123 »

Solução do Problema 32

O número [tex3]\overline{d456d}[/tex3] para ser divisível por [tex3]18[/tex3] e precisa ser divisível por [tex3]2[/tex3] e por [tex3]3[/tex3]

Para ser divisível por [tex3]2[/tex3] [tex3]\overline{d456d}[/tex3] têm q ser par, daí segue que [tex3]d\in\{2,4,6,8\}[/tex3] .

Fazendo as possibilidades:
1°) [tex3]d=2[/tex3] :
[tex3]N=24562\\
N=24000+561+1\equiv1\mod(3)\implies d\neq2[/tex3] .

2°) [tex3]d=4[/tex3] :
[tex3]N=44564\\
N=44565+1\equiv1\mod(3)\implies d\neq4[/tex3]

3°) caso [tex3]d=6[/tex3] :
[tex3]N=64566\\
N=64560+6\equiv0\mod(3)\implies \boxed{\boxed{d=6}}\ (ok!)[/tex3]

4°) caso [tex3]d=8[/tex3] :
[tex3]N=84568\\
N=84564+4\equiv1\mod(3)\implies d\neq8[/tex3]

Portanto, segue que [tex3]d=6[/tex3] .

Problema 33
(Irã - 2009) Encontre todos os inteiros [tex3]n[/tex3] tal que [tex3]n^8+n+1[/tex3] é primo.
Última edição: Babi123 (Ter 06 Out, 2020 10:07). Total de 4 vezes.



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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Ittalo25 »

Solução do problema 33

[tex3]n^8+n+1 = [/tex3]
[tex3]n^8-n^2+n^2+n+1= [/tex3]
[tex3]n^2(n^6-1)+n^2+n+1= [/tex3]
[tex3]n^2(n^3+1)(n^3-1)+n^2+n+1= [/tex3]
[tex3]n^2(n^3+1)(n-1)(n^2+n+1)+n^2+n+1= [/tex3]
[tex3](n^2+n+1)(n^2(n^3+1)(n-1)+1)= [/tex3]

Devemos ter:
[tex3]n^2+n+1=1 [/tex3]
[tex3]n = 0 [/tex3] ou [tex3]n=-1 [/tex3]
Não servem.

Ou:
[tex3]n^2(n^3+1)(n-1)+1 = 1 [/tex3]
[tex3]n^2(n^3+1)(n-1) = 0 [/tex3]
[tex3]n = 1 [/tex3] ou [tex3]n=-1 [/tex3]
Apenas [tex3]\boxed{n = 1} [/tex3] serve e é a única solução.

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

Problema 34
(Brasil - 1998) Quantos números de 3 algarismos existem cuja soma dos algarismos é 25?
Resposta

6
Última edição: Ittalo25 (Ter 06 Out, 2020 21:38). Total de 1 vez.


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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por AnthonyC »

Solução do Problema 34

Seja [tex3]\overline{abc}[/tex3] um número tal que [tex3]a+b+c=25[/tex3] . Disso podemos deduzir que:
  • Pelo menos um dos dígitos deve ser 9:
    Caso tenhamos apenas dígitos menores ou iguais a 8, teremos [tex3]a+b+c\leq24[/tex3] ;
  • Nem todos podem ser 9:
    Caso todos fossem 9, teríamos [tex3]9+9+9=27[/tex3] ;
  • Nenhum pode ser menor que 7:
    Supondo que um deles seja menor que 7 teríamos [tex3]a+b+c<7+9+9=25[/tex3] . Como a soma seria estritamente menor que 25, não teríamos solução.
Com tudo isso, podemos deduzir que as possíveis combinações de três números que somam 25 seriam [tex3]\{(7,9,9),(8,8,9)\}[/tex3] . Assim, os números possíveis são:
[tex3]\overline {abc}\in\{799,889,898,979,988,997\}[/tex3]
Então temos 6 números.

Problema 35
(Índia-1992)
Encontre todos os valores [tex3](m,n)\in\mathbb{N}[/tex3] tal que [tex3]2^m+3^n[/tex3] seja um quadrado perfeito.


[tex3]\color{YellowOrange}\textbf{Não importa o quanto se esforce ou evolua, você sempre estará abaixo do Sol}[/tex3]
[tex3]\textbf{Escanor}[/tex3]

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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Ittalo25 »

Solução do problema 35

Vou considerar que o zero não é natural.

Proposição: Todo quadrado perfeito apenas deixa resto 0 ou 1 na divisão por 3.
Demonstração:
Resposta

[tex3]\begin{cases}
x\equiv 0 \mod(3)\rightarrow x^2 \equiv 0 \mod(3) \\
x \equiv 1 \mod(3)\rightarrow x^2 \equiv 1 \mod(3) \\
x \equiv 2 \mod(3)\rightarrow x^2 \equiv 4 \equiv 1 \mod(3)
\end{cases}[/tex3]
Disso sai que: [tex3]2^m+3^n \equiv (-1)^m \mod(3)[/tex3] , m é par, [tex3]m = 2k [/tex3]

Proposição: Todo quadrado perfeito apenas deixa resto 0 ou 1 na divisão por 4.
Demonstração:
Resposta

[tex3]\begin{cases}
x\equiv 0 \mod(4)\rightarrow x^2 \equiv 0 \mod(4) \\
x\equiv 1 \mod(4)\rightarrow x^2 \equiv 1 \mod(4) \\
x\equiv 2 \mod(4)\rightarrow x^2 \equiv 4 \equiv 0 \mod(4) \\
x\equiv 3 \mod(4)\rightarrow x^2 \equiv 9 \equiv 1 \mod(4)
\end{cases}[/tex3]
Disso sai que: [tex3]4^k+3^n \equiv (-1)^n \mod(4)[/tex3] , n é par, [tex3]n = 2a [/tex3]

Portanto a equação é uma terna pitagórica da forma [tex3](2^k)^2+(3^a)^2 = x^2 [/tex3] , ainda por cima uma terna primitiva já que [tex3]mdc(2^k,3^a)=1 [/tex3] . Sendo assim, pela teoria de ternas pitagóricas, existem inteiros u e v, com u par e v ímpar, tais que:

[tex3]\begin{cases}
3^a=u^2-v^2\\
2^k=2uv \\
x=u^2+v^2
\end{cases}[/tex3]

Da segunda equação tem-se que: [tex3]\begin{cases}
u = 2^{k-1} \\
v=1
\end{cases}[/tex3] , substituindo na primeira:

[tex3]3^a = 2^{2k-2}-1 = (2^{k-1}-1)(2^{k-1}+1)[/tex3]

Como [tex3]mdc(2^{k-1}-1,2^{k-1}+1) = mdc(2^{k-1}-1+2^{k-1}+1,2^{k-1}+1) = mdc(2^k,2^{k-1}+1) = 1 [/tex3] , temos que:
[tex3]2^{k-1}-1=1[/tex3]
[tex3]2^{k-1} = 2[/tex3]
[tex3]k-1=1[/tex3]
[tex3]k = 2[/tex3]

Portanto: [tex3]m=4 [/tex3] e [tex3]n=2 [/tex3] é a única solução.

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

Problema 36
(Brasil - 2001) São escritos todos os números de 1 a 999 nos quais o algarismo 1 aparece exatamente 2 vezes (tais como 11,121,411,etc....). A soma de todos estes números é:
a)6882 b)5994 c)4668 d)7224 e)3448


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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Babi123 »

Solução do Problema 36

Os números são conforme os três casos a seguir:
[tex3]\begin{cases}\overline{1A1} \ , \ A\in\{0,2,3,...,9\}\\\overline{11A} \ , \ A\in\{0,2,3,...,9\}\\\overline{A11}\ , \ A\in\{2,3,4,...,9\}\end{cases}[/tex3]

[tex3]\textbf{1° caso}:[/tex3]
[tex3]K=101+\color{red}121+131+141+_{...}+191 \color{black}{ \ \ Em \ destaque \ temos \ a \ soma \ dos \ termos \ de \ uma \ P.A}:\\
K=101+\frac{(121+191)\cdot8}{2}\\
K=101+312\cdot4\\
\boxed{K=1349}[/tex3]

2° caso:
[tex3]L=110+\color{red}112+113+114+_{...}+119 \ \ \color{black}Em \ destaque \ temos \ a \ soma \ dos \ termos \ de \ uma \ P.A:\\
L=110+\frac{(112+119)\cdot8}{2}\\
L=110+231\cdot4\\
\boxed{L=1034}[/tex3]

3° caso:
[tex3]M=211+311+411+511+_{...}+911 \ \ \color{black} \
\ Temos \ a \ soma \ dos \ termos \ de \ uma \ P.A:\\
M=\frac{(211+911)\cdot8}{2}\\
M=1128\cdot4\\
\boxed{M=4488}[/tex3]

Portanto, a soma [tex3]S[/tex3] pedida é igual a:
[tex3]S=11+K+L+M\\
S=11+1349+1034+4488\\
\boxed{\boxed{S=6882}}[/tex3]

(Problema 37)
(Canadá - 2019) Sejam [tex3]a[/tex3] e [tex3]b[/tex3] inteiros positivos tais que [tex3]a+b^3[/tex3] é divisível por [tex3]a^2+3ab+3b^2-1[/tex3] . Prove que [tex3]a^2+3ab+3b^2-1[/tex3] é divisível pelo cubo de um número inteiro maior que [tex3]1[/tex3] .
Última edição: Babi123 (Qui 08 Out, 2020 00:01). Total de 2 vezes.



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Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Ittalo25 »

Solução do problema 37

[tex3]a^2+3ab+3b^2-1 | a+b^3 [/tex3]
[tex3]a^2+3ab+3b^2-1 | a+b^3+ a\cdot (a^2+3ab+3b^2-1) [/tex3]
[tex3]a^2+3ab+3b^2-1 | a^3+b^3+3b^2a+3a^2b [/tex3]
[tex3]a^2+3ab+3b^2-1 | (a+b)^3 [/tex3]

Então pela limitação:
[tex3](a+b)^3 \geq a^2+3ab+3b^2-1 [/tex3]
E é bem óbvio que:
[tex3]a^2+3ab+3b^2-1 >(a+b)^2[/tex3]

Seja [tex3](a+b) = p_1^{\theta_1} \cdot p_2^{\theta_2}\cdot p_3^{\theta_3} \cdot p_4^{\theta_4}.... [/tex3] a fatoração em primos de [tex3]a+b[/tex3]

Como [tex3]a^2+3ab+3b^2-1 | (a+b)^3 [/tex3] , por contradição suponha que [tex3]a^2+3ab+3b^2-1 = p_1^{\phi_1} \cdot p_2^{\phi_2}\cdot p_3^{\phi_3} \cdot p_4^{\phi_4}.... [/tex3] para [tex3]0\leq \phi_i\leq 2\theta_i[/tex3] .

Ora, mas então [tex3]a^2+3ab+3b^2-1 | (a+b)^2 [/tex3] . Só que já sabemos que [tex3]a^2+3ab+3b^2-1 >(a+b)^2[/tex3] . Absurdo.

Portanto existe pelo menos um [tex3] \phi_i = 3\theta_i[/tex3] e está provado.

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

Problema 38
(Rússia - 1990) Existe um número de 6 dígitos divisível por 11, cujos dígitos são 1,2,3,4,5,6 escritos em alguma ordem e sem repetições?


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Deleted User 25200
6 - Doutor
Última visita: 31-12-69
Out 2020 08 11:11

Re: l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

Mensagem não lida por Deleted User 25200 »

Solução do problema 38

Lema: Se [tex3]b[/tex3] quando dividido por [tex3]a[/tex3] deixa resto [tex3]r_1[/tex3] e [tex3]c[/tex3] quando dividido por [tex3]a[/tex3] deixa resto [tex3]r_2[/tex3] , então o resto da divisão de [tex3]b+c[/tex3] por [tex3]a[/tex3] é [tex3]r_1+r_2[/tex3] .


O número pode ser reescrito da seguinte forma:

[tex3]10^5.A+10^4.B+10^3.C+10^2.D+10^1.E+10^0.F[/tex3] , onde [tex3]A,B,C,D,E,F \in \ (1,2,3,4,5,6)[/tex3]

[tex3]\frac{10^5.A}{11}\rightarrow RESTO:10.A[/tex3]
[tex3]\frac{10^4.B}{11}\rightarrow RESTO:B[/tex3]
[tex3]\frac{10^3.C}{11}\rightarrow RESTO:10.C[/tex3]
[tex3]\frac{10^2.D}{11}\rightarrow RESTO:D[/tex3]
[tex3]\frac{10^1.E}{11}\rightarrow RESTO:10.E[/tex3]
[tex3]\frac{10^0.F}{11}\rightarrow RESTO:F[/tex3]

Então a soma dos restos precisa ser divisível por 11, para que [tex3]\overline{ABCDEF}[/tex3] seja divisível por 11.

[tex3]11|(10.A+B+10.C+D+10.E+F)\rightarrow 11|[10.(A+C+E)+(B+D+F)][/tex3] .


Temos a possibilidade de [tex3](A+C+E)\geq 10[/tex3] . Sendo a maior possibilidade de soma [tex3](6+5+4)[/tex3] .

[tex3](A+C+E)=10[/tex3] e [tex3](B+D+F)=11[/tex3]
[tex3](A+C+E)=11[/tex3] e [tex3](B+D+F)=10[/tex3]
[tex3](A+C+E)=12[/tex3] e [tex3](B+D+F)=9[/tex3]
[tex3](A+C+E)=13[/tex3] e [tex3](B+D+F)=8[/tex3]
[tex3](A+C+E)=14[/tex3] e [tex3](B+D+F)=7[/tex3]
[tex3](A+C+E)=15[/tex3] e [tex3](B+D+F)=6[/tex3]

Nenhum dos casos apresentados serve. Uma outra opção é para [tex3](A+C+E)<10[/tex3] , mas nesse caso, necessariamente [tex3](A+C+E)=(B+D+E)[/tex3] , e como a soma de [tex3](A+B+C+D+E+F)=21[/tex3] , essa solução é impossível já que tratamos de algarismos.

Ou seja, não existe um número de 6 dígitos divisível por 11, cujos dígitos são 1,2,3,4,5,6 escritos em alguma ordem e sem repetições.
Problema 39
(Rússia - 2001) Determine todos os números inteiros positivos que podem ser representados de maneira única sob a forma [tex3]\frac{x^2+y}{xy+1}[/tex3] onde [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] são inteiros positivos.

Última edição: Deleted User 25200 (Qui 08 Out, 2020 11:39). Total de 1 vez.



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