Olimpíadas ⇒ (Irlanda-1999) Teoria dos números Tópico resolvido
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Fev 2015
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14:15
(Irlanda-1999) Teoria dos números
Determine todos os inteiros positivos m tais que a quarta potência do número de seus divisores positivos é igual a m.
O que eu fiz:
[tex3]m = p_1^{4\alpha_1}p_2^{4\alpha_2}...p_n^{4\alpha_n} = (1+4\alpha_1)^4(1+4\alpha_2)^4...(1+4\alpha_n)^4[/tex3]
[tex3]p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_n^{\alpha_n} = (1+4\alpha_1)(1+4\alpha_2)...(1+4\alpha_n)[/tex3]
Não sei como proceder aqui.
Se [tex3]m[/tex3] só tiver um fator primo...
[tex3]p_1^{\alpha_1} = (1+4\alpha_1)[/tex3]
como [tex3]p_1 \geq 2[/tex3]
[tex3]p_1^{\alpha} > (1 + 4\alpha)[/tex3]
se
[tex3]\alpha > 4[/tex3]
logo
[tex3]\alpha = \{1,2,3,4\}[/tex3]
[tex3]\alpha = 1 \rightarrow p=5[/tex3]
[tex3]\alpha = 2 \rightarrow p=3[/tex3]
então dois números são [tex3]m = 5^4[/tex3] e [tex3]m = 3^8[/tex3]
E se ele tivesse dois fatores primos ?
O que eu fiz:
[tex3]m = p_1^{4\alpha_1}p_2^{4\alpha_2}...p_n^{4\alpha_n} = (1+4\alpha_1)^4(1+4\alpha_2)^4...(1+4\alpha_n)^4[/tex3]
[tex3]p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_n^{\alpha_n} = (1+4\alpha_1)(1+4\alpha_2)...(1+4\alpha_n)[/tex3]
Não sei como proceder aqui.
Se [tex3]m[/tex3] só tiver um fator primo...
[tex3]p_1^{\alpha_1} = (1+4\alpha_1)[/tex3]
como [tex3]p_1 \geq 2[/tex3]
[tex3]p_1^{\alpha} > (1 + 4\alpha)[/tex3]
se
[tex3]\alpha > 4[/tex3]
logo
[tex3]\alpha = \{1,2,3,4\}[/tex3]
[tex3]\alpha = 1 \rightarrow p=5[/tex3]
[tex3]\alpha = 2 \rightarrow p=3[/tex3]
então dois números são [tex3]m = 5^4[/tex3] e [tex3]m = 3^8[/tex3]
E se ele tivesse dois fatores primos ?
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- candre
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Fev 2015
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16:57
Re: (Irlanda-1999) Teoria dos números
Acho que seria assim pra iniciar
Sendo [tex3]m[/tex3] inteiro positivo podemos escrever
[tex3]m=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots[/tex3]
Pelo principio combinatorio chegamos que o numero de divisores positivos de m e
[tex3]N=(1+\alpha_1)(1+\alpha_2)\cdots[/tex3]
Sendo que a quarta potencia do numeros de divisores de m e igual a m temos que resolver
[tex3]p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots=(1+\alpha_1)^4(1+\alpha_2)^4\cdots[/tex3]
Mais a partir dai nao faco ideia de como proseguir.
Sendo [tex3]m[/tex3] inteiro positivo podemos escrever
[tex3]m=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots[/tex3]
Pelo principio combinatorio chegamos que o numero de divisores positivos de m e
[tex3]N=(1+\alpha_1)(1+\alpha_2)\cdots[/tex3]
Sendo que a quarta potencia do numeros de divisores de m e igual a m temos que resolver
[tex3]p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots=(1+\alpha_1)^4(1+\alpha_2)^4\cdots[/tex3]
Mais a partir dai nao faco ideia de como proseguir.
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a vida e uma caixinha de surpresas.
- Cássio
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Fev 2015
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12:43
Re: (Irlanda-1999) Teoria dos números
Uma coisa que pode ser observada é que m não pode ter somente fatores primos maiores que 5, já que [tex3]7^{\alpha}>1+4\alpha[/tex3]
.
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"Se você se sente menos e menos satisfeito com suas respostas a perguntas que você mesmo elabora mais e mais perfeitamente, é sinal de que sua capacidade intelectual está aumentando."
Charles Churchman
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Fev 2015
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16:40
Re: (Irlanda-1999) Teoria dos números
ele não pode ter todos os fatores primos maiores do que 7, porém acho que ele pode ter um fator primo maior que sete, outro menor que sete e o produto dos dois da [tex3]1 + 4\alpha_i[/tex3]
será que existe algum [tex3]\alpha_m[/tex3] tal que [tex3]7\cdot 2^{\alpha_m} = 1 + 4(5+7k)[/tex3]
[tex3]2^{\alpha_m} = 3 + 4k[/tex3]
ta, com 2 não tem, com [tex3]3[/tex3]
[tex3]3^{\alpha_m} = 3 + 4k[/tex3]
[tex3]3^{\alpha_m}-3 = 4k[/tex3]
[tex3]3(3^{\alpha_m-1}-1)=4k[/tex3]
basta [tex3]3^{\alpha_m-1}-1 \equiv 0 \mod (4)[/tex3]
[tex3]3^{\alpha_m-1} \equiv 1 \mod (4)[/tex3]
fácil ver que [tex3]\alpha_m -1 = 2m_1[/tex3]
pegando o caso mais pequeno
[tex3]3^3 = 3 + 4\cdot 6[/tex3]
[tex3]5 + 42 = 47[/tex3]
[tex3]47\cdot4 +1 = 189[/tex3]
repara então que [tex3]3^3 \cdot 7^1 \cdot x^{47} = 189(1+4\alpha_x)[/tex3]
ah eu montei mal esse contra-exemplo... mas ainda não sei se pode ter algum número com 7 no meio
se ele tivesse um fator [tex3]7[/tex3]
então [tex3]1+4\alpha_j \equiv 0 \mod 7 \rightarrow 4\alpha_j \equiv -1 \mod 7 \rightarrow \alpha_j = 5 + 7k[/tex3]
será que existe algum [tex3]\alpha_m[/tex3] tal que [tex3]7\cdot 2^{\alpha_m} = 1 + 4(5+7k)[/tex3]
[tex3]2^{\alpha_m} = 3 + 4k[/tex3]
ta, com 2 não tem, com [tex3]3[/tex3]
[tex3]3^{\alpha_m} = 3 + 4k[/tex3]
[tex3]3^{\alpha_m}-3 = 4k[/tex3]
[tex3]3(3^{\alpha_m-1}-1)=4k[/tex3]
basta [tex3]3^{\alpha_m-1}-1 \equiv 0 \mod (4)[/tex3]
[tex3]3^{\alpha_m-1} \equiv 1 \mod (4)[/tex3]
fácil ver que [tex3]\alpha_m -1 = 2m_1[/tex3]
pegando o caso mais pequeno
[tex3]3^3 = 3 + 4\cdot 6[/tex3]
[tex3]5 + 42 = 47[/tex3]
[tex3]47\cdot4 +1 = 189[/tex3]
repara então que [tex3]3^3 \cdot 7^1 \cdot x^{47} = 189(1+4\alpha_x)[/tex3]
ah eu montei mal esse contra-exemplo... mas ainda não sei se pode ter algum número com 7 no meio
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- Ittalo25
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Fev 2015
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17:40
Re: (Irlanda-1999) Teoria dos números
2 não pode ser fator porque [tex3](1+4\alpha_1)(1+4\alpha_2)...(1+4\alpha_n)[/tex3]
Como:
[tex3]p_1^{\alpha_1}> 1+4\alpha_1[/tex3] para [tex3]p_1\geq 7[/tex3] e [tex3]\alpha_1\geq 1[/tex3]
Então pra igualdade ser verdadeira com algum fator maior ou igual a 7, os outros fatores devem ser menores que [tex3](1+4\alpha_1)[/tex3] , mas:
[tex3]3^{\alpha_1}\geq 1+4\alpha_1[/tex3] para [tex3]\alpha_1\geq 2[/tex3] - Caso I
[tex3]5^{\alpha_1}\geq 1+4\alpha_1[/tex3] para [tex3]\alpha_1\geq 1[/tex3] - Caso II
Ter o 5 e outro primo maior que 5 é impossível.
Sobrou o caso I, onde se teria o 3 multiplicado por um primo maior que 5....
é necessariamente ímpar.Como:
[tex3]p_1^{\alpha_1}> 1+4\alpha_1[/tex3] para [tex3]p_1\geq 7[/tex3] e [tex3]\alpha_1\geq 1[/tex3]
Então pra igualdade ser verdadeira com algum fator maior ou igual a 7, os outros fatores devem ser menores que [tex3](1+4\alpha_1)[/tex3] , mas:
[tex3]3^{\alpha_1}\geq 1+4\alpha_1[/tex3] para [tex3]\alpha_1\geq 2[/tex3] - Caso I
[tex3]5^{\alpha_1}\geq 1+4\alpha_1[/tex3] para [tex3]\alpha_1\geq 1[/tex3] - Caso II
Ter o 5 e outro primo maior que 5 é impossível.
Sobrou o caso I, onde se teria o 3 multiplicado por um primo maior que 5....
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Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]
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Fev 2015
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19:16
Re: (Irlanda-1999) Teoria dos números
interessante então supondo que ele tem um fator 7
[tex3]7^{\alpha_3} > (1 + 4\alpha_3)[/tex3]
[tex3]3^{\alpha_1}5^{\alpha_2}7^{\alpha_3} = (1+4\alpha_1)(1+4\alpha_2)(1+4\alpha_3)[/tex3]
não podemos ter então [tex3](\alpha_1,\alpha_2) > (2,1)[/tex3]
logo [tex3](\alpha_1,\alpha_2) \in \{(0,1)(1,0)(1,1)(2,1) (2,0)\}[/tex3]
porém [tex3](0,1)[/tex3] e [tex3](2,0)[/tex3] temos igualdades [tex3]p^{\alpha}=1+4\alpha[/tex3] quando multiplicamos com a desigualdade do sete temos outra desigualdade. Logo:
[tex3](\alpha_1,\alpha_2) \in \{(1,0)(1,1)(2,1)\}[/tex3]
[tex3](1,0)[/tex3] também não pode ser porque [tex3]1+4 =5[/tex3]
[tex3](\alpha_1,\alpha_2) \in \{(1,1)(2,1)\}[/tex3]
[tex3]3\cdot5\cdot 7^{\alpha} = (1+4)(1+4)(1+4\alpha)[/tex3]
temos [tex3]5^2[/tex3] do lado direito.
[tex3]3^2 \cdot 5 \cdot 7^{\alpha} = (1+8)(1+4)(1+4\alpha)[/tex3]
absurdo.
Então [tex3]n[/tex3] só pode ter fatores [tex3]3[/tex3] ou [tex3]5[/tex3] porque qualquer outro iria acentuar ainda mais a desigualdade do [tex3]7[/tex3]
vamos lá
[tex3]3^{\alpha} 5^{\beta} = (1+4\alpha)(1+4\beta)[/tex3]
de novo os expoentes não podem superar ao mesmo tempo [tex3]2[/tex3] e [tex3]1[/tex3]
então realmente só sobra [tex3]5^1[/tex3] e [tex3]3^2[/tex3]
logo as únicas soluções são [tex3]m=1[/tex3] ,[tex3]m = 3^8[/tex3] , [tex3]m=5^4[/tex3] e [tex3]m = 5^4 \cdot 3^8[/tex3]
[tex3]7^{\alpha_3} > (1 + 4\alpha_3)[/tex3]
[tex3]3^{\alpha_1}5^{\alpha_2}7^{\alpha_3} = (1+4\alpha_1)(1+4\alpha_2)(1+4\alpha_3)[/tex3]
não podemos ter então [tex3](\alpha_1,\alpha_2) > (2,1)[/tex3]
logo [tex3](\alpha_1,\alpha_2) \in \{(0,1)(1,0)(1,1)(2,1) (2,0)\}[/tex3]
porém [tex3](0,1)[/tex3] e [tex3](2,0)[/tex3] temos igualdades [tex3]p^{\alpha}=1+4\alpha[/tex3] quando multiplicamos com a desigualdade do sete temos outra desigualdade. Logo:
[tex3](\alpha_1,\alpha_2) \in \{(1,0)(1,1)(2,1)\}[/tex3]
[tex3](1,0)[/tex3] também não pode ser porque [tex3]1+4 =5[/tex3]
[tex3](\alpha_1,\alpha_2) \in \{(1,1)(2,1)\}[/tex3]
[tex3]3\cdot5\cdot 7^{\alpha} = (1+4)(1+4)(1+4\alpha)[/tex3]
temos [tex3]5^2[/tex3] do lado direito.
[tex3]3^2 \cdot 5 \cdot 7^{\alpha} = (1+8)(1+4)(1+4\alpha)[/tex3]
absurdo.
Então [tex3]n[/tex3] só pode ter fatores [tex3]3[/tex3] ou [tex3]5[/tex3] porque qualquer outro iria acentuar ainda mais a desigualdade do [tex3]7[/tex3]
vamos lá
[tex3]3^{\alpha} 5^{\beta} = (1+4\alpha)(1+4\beta)[/tex3]
de novo os expoentes não podem superar ao mesmo tempo [tex3]2[/tex3] e [tex3]1[/tex3]
então realmente só sobra [tex3]5^1[/tex3] e [tex3]3^2[/tex3]
logo as únicas soluções são [tex3]m=1[/tex3] ,[tex3]m = 3^8[/tex3] , [tex3]m=5^4[/tex3] e [tex3]m = 5^4 \cdot 3^8[/tex3]
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- Vinisth
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Fev 2015
15
23:20
Re: (Irlanda-1999) Teoria dos números
Olá a todos !
O número pedido é da forma
[tex3]m =2^{4\alpha_2}3^{4\alpha_3}5^{4\alpha_5}...p_n^{4\alpha_n}[/tex3]
Logo o número de seus divisores positivos [tex3](1+4\alpha_2)(1+4\alpha_3)(1+4\alpha_5)\cdots (1+4\alpha_n)[/tex3] é um número ímpar e portanto [tex3]\alpha_2=0[/tex3] , por conseguinte m é impar, pois a quarta potência do número de seus divisores positivos é igual a m.
De acordo com o enunciado temos a relação que deve ser satisfeita,
[tex3]\frac{{4\alpha_3}+1}{3^{\alpha_3}}\cdot \frac{{4\alpha_5}+1}{5^{\alpha_5}}\cdots = x_3\cdot x_5 \cdots x_n= 1[/tex3] , onde [tex3]x_n = \frac{4\alpha_{n} +1}{n^{\alpha_{n}}}[/tex3]
Temos alguns casos, caso n = 3, n=5 e n>5...
Se [tex3]\alpha_3 = 0, \ ou\ \alpha_3=2 \implies x_3 = 1[/tex3] e se [tex3]\alpha_3=1 \implies x_3=\frac{5}{3}[/tex3] e [tex3]se \ \alpha_3 > 2[/tex3] , pela Inequção de Bernoulli vem,
[tex3]3^{\alpha_3}=(8+1)^{\frac{\alpha_3}{2}}>4\alpha_3+1 \implies x_3<1[/tex3]
Aqui a gente sabe que [tex3]3^0=1 \ ou \ (3^2)^4=3^8[/tex3] faz parte da fatoração prima de m.
Analogamente,
Se [tex3]\alpha_5=0 \ ou \ \alpha_5=1 \implies x_5=1[/tex3] e se [tex3]\alpha_5 \geq 2[/tex3] temos,
[tex3]5^{\alpha_5}=(24+1)^{\frac{\alpha_5}{2}}>12\alpha_5+1 \implies x_5 \leq \frac{4\alpha_5+1}{12\alpha_5+1} \leq \frac{9}{25}[/tex3]
Daqui vem que 5 só pode ser [tex3]5^0=1 \ ou \ (5^1)^4=5^4[/tex3]
Último caso com [tex3]n>5[/tex3]
Se [tex3]\alpha_n = 0 \implies x_n=1 \ se \ \alpha_n =1 \implies n^{\alpha_n}=n>5=4\alpha_n+1 \implies x_n<1[/tex3] , também [tex3]\alpha_n>1[/tex3] , por Bernoulli novamente vem,
[tex3]n^{\alpha_n}>5^{\alpha_n}>12\alpha_n+1 \implies x_n <\frac{9}{25}[/tex3]
Da para ver aqui que a gente para no 5 (Não precisa analisar o 7, 11, 13 etc...), logo
Os inteiros são [tex3]1,3^8, 5^4 \ e\ 3^8\cdot 5^4[/tex3]
Abraço !
O número pedido é da forma
[tex3]m =2^{4\alpha_2}3^{4\alpha_3}5^{4\alpha_5}...p_n^{4\alpha_n}[/tex3]
Logo o número de seus divisores positivos [tex3](1+4\alpha_2)(1+4\alpha_3)(1+4\alpha_5)\cdots (1+4\alpha_n)[/tex3] é um número ímpar e portanto [tex3]\alpha_2=0[/tex3] , por conseguinte m é impar, pois a quarta potência do número de seus divisores positivos é igual a m.
De acordo com o enunciado temos a relação que deve ser satisfeita,
[tex3]\frac{{4\alpha_3}+1}{3^{\alpha_3}}\cdot \frac{{4\alpha_5}+1}{5^{\alpha_5}}\cdots = x_3\cdot x_5 \cdots x_n= 1[/tex3] , onde [tex3]x_n = \frac{4\alpha_{n} +1}{n^{\alpha_{n}}}[/tex3]
Temos alguns casos, caso n = 3, n=5 e n>5...
Se [tex3]\alpha_3 = 0, \ ou\ \alpha_3=2 \implies x_3 = 1[/tex3] e se [tex3]\alpha_3=1 \implies x_3=\frac{5}{3}[/tex3] e [tex3]se \ \alpha_3 > 2[/tex3] , pela Inequção de Bernoulli vem,
[tex3]3^{\alpha_3}=(8+1)^{\frac{\alpha_3}{2}}>4\alpha_3+1 \implies x_3<1[/tex3]
Aqui a gente sabe que [tex3]3^0=1 \ ou \ (3^2)^4=3^8[/tex3] faz parte da fatoração prima de m.
Analogamente,
Se [tex3]\alpha_5=0 \ ou \ \alpha_5=1 \implies x_5=1[/tex3] e se [tex3]\alpha_5 \geq 2[/tex3] temos,
[tex3]5^{\alpha_5}=(24+1)^{\frac{\alpha_5}{2}}>12\alpha_5+1 \implies x_5 \leq \frac{4\alpha_5+1}{12\alpha_5+1} \leq \frac{9}{25}[/tex3]
Daqui vem que 5 só pode ser [tex3]5^0=1 \ ou \ (5^1)^4=5^4[/tex3]
Último caso com [tex3]n>5[/tex3]
Se [tex3]\alpha_n = 0 \implies x_n=1 \ se \ \alpha_n =1 \implies n^{\alpha_n}=n>5=4\alpha_n+1 \implies x_n<1[/tex3] , também [tex3]\alpha_n>1[/tex3] , por Bernoulli novamente vem,
[tex3]n^{\alpha_n}>5^{\alpha_n}>12\alpha_n+1 \implies x_n <\frac{9}{25}[/tex3]
Da para ver aqui que a gente para no 5 (Não precisa analisar o 7, 11, 13 etc...), logo
Os inteiros são [tex3]1,3^8, 5^4 \ e\ 3^8\cdot 5^4[/tex3]
Abraço !
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