Maratonas de Matemática ⇒ l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

[goncalves3718]

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.

[Ittalo25MOD]

Solução do problema 21
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

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:

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.

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]

[Auto Excluído (ID: 25040)]

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

[Babi123]

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]

[Ittalo25MOD]

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]\left\lfloor\frac{2008}{3} \right\rfloor +\left\lfloor\frac{2008}{3^2} \right\rfloor+\left\lfloor\frac{2008}{3^3} \right\rfloor+\left\lfloor\frac{2008}{3^4} \right\rfloor+.... = 1004[/tex3]
E a maior potência de 7 que divide [tex3]2008! [/tex3] é:
[tex3]\left\lfloor\frac{2008}{7} \right\rfloor +\left\lfloor\frac{2008}{7^2} \right\rfloor+\left\lfloor\frac{2008}{7^3} \right\rfloor+\left\lfloor\frac{2008}{7^4} \right\rfloor+.... = 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

[Auto Excluído (ID: 25200)]

Solução do problema 24

• 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].

O problema pede múltiplos de [tex3]3[/tex3] menores que [tex3]1000[/tex3] não são divisíveis nem por [tex3]9[/tex3] nem por [tex3]10[/tex3]. Ou seja, [tex3]333-(33+111-11)=333-133=200[/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]?

[Ittalo25MOD]

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.

[Auto Excluído (ID: 25040)]

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]

[Ittalo25MOD]

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]?

[AnthonyC]

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.