(Coréia) Seja f: [tex3]\mathbb{N}[/tex3]
x [tex3]\mathbb{N}[/tex3]
[tex3]\rightarrow [/tex3]
[tex3]\mathbb{N}[/tex3]
uma função tal que:
>f(1, 1) = 2,
>f(m + 1, n) = f(m, n) + m e
>f(m, n + 1) = f(m, n) – n
para todos m, n [tex3]\in [/tex3]
N.
Ache todos os pares (p, q) tais que f(p, q) = 2001.
Gabarito: (2000,1999), (1001, 999)
Ensino Superior ⇒ (Coréia) Função de pares ordenados Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
Out 2021
27
08:50
Re: (Coréia) Função de pares ordenados
[tex3]f(2,1)=f(1+1,1)=f(1,1)+1[/tex3]
[tex3]f(3,1)=f(2+1,1)=f(2,1)+2=f(1,1)+1+2=f(1,1)+3[/tex3]
[tex3]f(4,1)=f(3+1,1)=f(3,1)+3=f(1,1)+3+3=f(1,1)+6[/tex3]
Em geral (obs¹):
[tex3]f(k,1)=f(1,1)+(1+2+3+...+k-1)[/tex3]
Sabemos que [tex3]1+2+3+...+k-1={k(k-1)\over2}[/tex3] , logo:
[tex3]f(k,1)=f(1,1)+{k(k-1)\over2}[/tex3]
[tex3]f(k,1)=2+{k(k-1)\over2}[/tex3]
[tex3]f(k,2)=f(k,1+1)=f(k,1)-1[/tex3]
[tex3]f(k,3)=f(k,2+1)=f(k,2)-2=f(k,1)-3[/tex3]
[tex3]f(k,4)=f(k,3+1)=f(k,3)-3=f(k,1)-6[/tex3]
Em geral (obs¹):
[tex3]f(k,l)=f(k,1)-(1+2+3+...+l-1)[/tex3]
Assim, como antes, temos:
[tex3]f(k,l)=f(k,1)-{l(l-1)\over2}[/tex3]
[tex3]f(k,l)=2+{k(k-1)\over2}-{l(l-1)\over2}[/tex3]
Vamos então encontrar [tex3]p,q[/tex3] :
[tex3]f(p,q)=2+{p(p-1)\over2}-{q(q-1)\over2}[/tex3]
[tex3]2001=2+{p(p-1)\over2}-{q(q-1)\over2}[/tex3]
[tex3]1999={p(p-1)\over2}-{q(q-1)\over2}[/tex3]
[tex3]3998={p(p-1)}-{q(q-1)}[/tex3]
[tex3]3998=p^2-p-q^2+q[/tex3]
[tex3]3998=p^2-q^2-p+q[/tex3]
[tex3]3998=(p-q)(p+q)-(p-q)[/tex3]
[tex3]3998=(p-q)(p+q-1)[/tex3]
Sabemos que [tex3]p,q\in\mathbb{N}[/tex3] . Logo, [tex3]p+q-1\in\mathbb{N}[/tex3] . Logo, [tex3]p-q>0[/tex3] , do contrário o produto seria negativo. Assim, temos [tex3]p>q[/tex3] . Vamos encontrar os fatores de 3998. Podemos ver que [tex3]1999[/tex3] é primo, logo [tex3]3998=2\cdot 1999 [/tex3] . Como temos dois naturais multiplicando e resultando em 3998, então cada fator deve conter alguns dos primos que compõem 3998. Porém, [tex3]p+q-1>p-q[/tex3] . Logo, devemos selecionar um valor total maior para a parcela [tex3]p+q+1[/tex3] . Como 3998 é produto de dois primos, temos dois casos:
p-q=1 \\
p+q-1=3998
\end{cases}\implies \begin{cases}
p=2000 \\
q=1999
\end{cases}[/tex3]
p-q=2 \\
p+q-1=1999
\end{cases}\implies \begin{cases}
p=1001 \\
q=999
\end{cases}[/tex3]
Assim, obtemos [tex3](p,q)\in\{(1001,999),(2000,1999)\}[/tex3]
obs¹: caso isso fosse uma questão de olimpíadas, então seria necessário provar essa passagem, o que pode ser feito facilmente com indução.
[tex3]f(3,1)=f(2+1,1)=f(2,1)+2=f(1,1)+1+2=f(1,1)+3[/tex3]
[tex3]f(4,1)=f(3+1,1)=f(3,1)+3=f(1,1)+3+3=f(1,1)+6[/tex3]
Em geral (obs¹):
[tex3]f(k,1)=f(1,1)+(1+2+3+...+k-1)[/tex3]
Sabemos que [tex3]1+2+3+...+k-1={k(k-1)\over2}[/tex3] , logo:
[tex3]f(k,1)=f(1,1)+{k(k-1)\over2}[/tex3]
[tex3]f(k,1)=2+{k(k-1)\over2}[/tex3]
[tex3]f(k,2)=f(k,1+1)=f(k,1)-1[/tex3]
[tex3]f(k,3)=f(k,2+1)=f(k,2)-2=f(k,1)-3[/tex3]
[tex3]f(k,4)=f(k,3+1)=f(k,3)-3=f(k,1)-6[/tex3]
Em geral (obs¹):
[tex3]f(k,l)=f(k,1)-(1+2+3+...+l-1)[/tex3]
Assim, como antes, temos:
[tex3]f(k,l)=f(k,1)-{l(l-1)\over2}[/tex3]
[tex3]f(k,l)=2+{k(k-1)\over2}-{l(l-1)\over2}[/tex3]
Vamos então encontrar [tex3]p,q[/tex3] :
[tex3]f(p,q)=2+{p(p-1)\over2}-{q(q-1)\over2}[/tex3]
[tex3]2001=2+{p(p-1)\over2}-{q(q-1)\over2}[/tex3]
[tex3]1999={p(p-1)\over2}-{q(q-1)\over2}[/tex3]
[tex3]3998={p(p-1)}-{q(q-1)}[/tex3]
[tex3]3998=p^2-p-q^2+q[/tex3]
[tex3]3998=p^2-q^2-p+q[/tex3]
[tex3]3998=(p-q)(p+q)-(p-q)[/tex3]
[tex3]3998=(p-q)(p+q-1)[/tex3]
Sabemos que [tex3]p,q\in\mathbb{N}[/tex3] . Logo, [tex3]p+q-1\in\mathbb{N}[/tex3] . Logo, [tex3]p-q>0[/tex3] , do contrário o produto seria negativo. Assim, temos [tex3]p>q[/tex3] . Vamos encontrar os fatores de 3998. Podemos ver que [tex3]1999[/tex3] é primo, logo [tex3]3998=2\cdot 1999 [/tex3] . Como temos dois naturais multiplicando e resultando em 3998, então cada fator deve conter alguns dos primos que compõem 3998. Porém, [tex3]p+q-1>p-q[/tex3] . Logo, devemos selecionar um valor total maior para a parcela [tex3]p+q+1[/tex3] . Como 3998 é produto de dois primos, temos dois casos:
- Caso 1:
p-q=1 \\
p+q-1=3998
\end{cases}\implies \begin{cases}
p=2000 \\
q=1999
\end{cases}[/tex3]
- Caso 2:
p-q=2 \\
p+q-1=1999
\end{cases}\implies \begin{cases}
p=1001 \\
q=999
\end{cases}[/tex3]
Assim, obtemos [tex3](p,q)\in\{(1001,999),(2000,1999)\}[/tex3]
obs¹: caso isso fosse uma questão de olimpíadas, então seria necessário provar essa passagem, o que pode ser feito facilmente com indução.
[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]
Nov 2021
03
01:22
Re: (Coréia) Função de pares ordenados
[tex3]\text{Notemos que }f(1,1)=f(1,0)=f(0,1)=f(0,0)=2\\
\begin{align}
\left.\begin{array}{} f(1,q)=f(0,q)+0=f(0,q)+\displaystyle\sum_{k=0}^0k\\
f(p,q)=f(0,q)+\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}k
\end{array}\right\}
&\implies\left\{\begin{array}{} f(0,q)=f(1,q)+\displaystyle\sum_{k=0}^0k\\
f(p+1,q)=f(p,q)+(p+1)=f(0,q)+\displaystyle\sum_{k=0}^{p}k
\end{array}\right.\\
&\implies \forall p,q\in\mathbb{N}^*,\ f(p,q)=f(1,q)+\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}k=f(0,q)+\dfrac{p(p-1)}{2}
\end{align}\\
\begin{array}{}
\left.\begin{array}{} f(p,1)=f(p,0)-0=f(p,0)-\displaystyle\sum_{k=0}^{1}k\\
f(p,q)=f(p,1)-\displaystyle\sum_{k=0}^{q-1}k
\end{array}\right\}
&\implies\left\{\begin{array}{} f(p,1)=f(p,0)-\displaystyle\sum_{k=0}^{1}k\\
f(p,q+1)=f(p,q+1)-(q+1)=f(p,1)-\displaystyle\sum_{k=0}^{q}k
\end{array}\right.\\
&\implies \forall p,q\in\mathbb{N}^*,\ f(p,q)=f(p,0)-\displaystyle\sum_{k=0}^{q-1}k=f(p,0)-\dfrac{q(q-1)}{2}
\end{array}\\[12pt]
\text{e então:}\\
\forall p,q\in\mathbb{N}^*,\
f(p,q)=f(0,q)+\dfrac{p(p-1)}{2}=f(0,0)+\dfrac{p(p-1)}{2}-\dfrac{q(q-1)}{2}=2+\dfrac{p(p-1)}{2}-\dfrac{q(q-1)}{2},\\
\text{verdadeiro também para }p,q\in\mathbb{N}\\[24pt]
\begin{array}{}
f(p,q)=2001 &\implies p(p-1)-q(q-1)=2\times 1999\\
&\implies (q+h)(q+h-1)-q(q-1)=2\times 1999\quad\begin{array}[t]{}\text{com }h=p-q\text{ e }h\in\mathbb{N}\\\text{já que }p\leqslant q\implies f(p,q)\leqslant2\\\text{ou seja }p\leqslant q\implies (p,q)\text{ não é solução}\end{array}\\
&\implies h(h+2q-1)=2\times 1999\\
&\implies h+2q-1=\dfrac{2\times1999}{h}\quad\text{já que }h=0\implies f(p,q)=2\neq 2001\\
&\implies h=2^a1999^b,\ a,b\in\{0;1\}\text{ já que }h,h\!+\!2q\!-\!1\in\mathbb{N}\text{ e }2,1999\text{ primos}\\
&\implies
\left\{\begin{array}{}h=2^01999^0=1\\\text{ou}\\h=2^11999^0=2\\\text{ou}\\h=2^01999^1=1999\\\text{ou}\\h=2^11999^1=2\times 1999
\end{array}\right.\\
&\implies \left\{\begin{array}{}q=1999\\\text{ou}\\q=999\\\text{ou}\\q=-998\quad\text{impossível já que }q\in\mathbb{N}\\\text{ou}\\q=-1998\quad\text{impossível já que }q\in\mathbb{N}\\
\end{array}\right.\text{já que }q=\dfrac{2\times 1999-h^2+h}{2h}\\
&\implies \left\{\begin{array}{}(p,q)=(2000,1999)\\\text{ou}\\(p,q)=(1001,999)
\end{array}\right.\\
\end{array}
[/tex3]
\begin{align}
\left.\begin{array}{} f(1,q)=f(0,q)+0=f(0,q)+\displaystyle\sum_{k=0}^0k\\
f(p,q)=f(0,q)+\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}k
\end{array}\right\}
&\implies\left\{\begin{array}{} f(0,q)=f(1,q)+\displaystyle\sum_{k=0}^0k\\
f(p+1,q)=f(p,q)+(p+1)=f(0,q)+\displaystyle\sum_{k=0}^{p}k
\end{array}\right.\\
&\implies \forall p,q\in\mathbb{N}^*,\ f(p,q)=f(1,q)+\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}k=f(0,q)+\dfrac{p(p-1)}{2}
\end{align}\\
\begin{array}{}
\left.\begin{array}{} f(p,1)=f(p,0)-0=f(p,0)-\displaystyle\sum_{k=0}^{1}k\\
f(p,q)=f(p,1)-\displaystyle\sum_{k=0}^{q-1}k
\end{array}\right\}
&\implies\left\{\begin{array}{} f(p,1)=f(p,0)-\displaystyle\sum_{k=0}^{1}k\\
f(p,q+1)=f(p,q+1)-(q+1)=f(p,1)-\displaystyle\sum_{k=0}^{q}k
\end{array}\right.\\
&\implies \forall p,q\in\mathbb{N}^*,\ f(p,q)=f(p,0)-\displaystyle\sum_{k=0}^{q-1}k=f(p,0)-\dfrac{q(q-1)}{2}
\end{array}\\[12pt]
\text{e então:}\\
\forall p,q\in\mathbb{N}^*,\
f(p,q)=f(0,q)+\dfrac{p(p-1)}{2}=f(0,0)+\dfrac{p(p-1)}{2}-\dfrac{q(q-1)}{2}=2+\dfrac{p(p-1)}{2}-\dfrac{q(q-1)}{2},\\
\text{verdadeiro também para }p,q\in\mathbb{N}\\[24pt]
\begin{array}{}
f(p,q)=2001 &\implies p(p-1)-q(q-1)=2\times 1999\\
&\implies (q+h)(q+h-1)-q(q-1)=2\times 1999\quad\begin{array}[t]{}\text{com }h=p-q\text{ e }h\in\mathbb{N}\\\text{já que }p\leqslant q\implies f(p,q)\leqslant2\\\text{ou seja }p\leqslant q\implies (p,q)\text{ não é solução}\end{array}\\
&\implies h(h+2q-1)=2\times 1999\\
&\implies h+2q-1=\dfrac{2\times1999}{h}\quad\text{já que }h=0\implies f(p,q)=2\neq 2001\\
&\implies h=2^a1999^b,\ a,b\in\{0;1\}\text{ já que }h,h\!+\!2q\!-\!1\in\mathbb{N}\text{ e }2,1999\text{ primos}\\
&\implies
\left\{\begin{array}{}h=2^01999^0=1\\\text{ou}\\h=2^11999^0=2\\\text{ou}\\h=2^01999^1=1999\\\text{ou}\\h=2^11999^1=2\times 1999
\end{array}\right.\\
&\implies \left\{\begin{array}{}q=1999\\\text{ou}\\q=999\\\text{ou}\\q=-998\quad\text{impossível já que }q\in\mathbb{N}\\\text{ou}\\q=-1998\quad\text{impossível já que }q\in\mathbb{N}\\
\end{array}\right.\text{já que }q=\dfrac{2\times 1999-h^2+h}{2h}\\
&\implies \left\{\begin{array}{}(p,q)=(2000,1999)\\\text{ou}\\(p,q)=(1001,999)
\end{array}\right.\\
\end{array}
[/tex3]
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