Maratonas de Matemática ⇒ l Maratona Olímpica de Teoria dos Números

[Ittalo25MOD]

Solução do problema 69

O polinômio característico dessa recorrência é [tex3]x^2 =1996x+1997 [/tex3], o qual tem raízes [tex3]-1[/tex3] e [tex3]1997 [/tex3].
Então:
[tex3]\begin{cases}
1=x\cdot (-1)^2 + y\cdot (1997)^2 \\
3993= x\cdot (-1)^3+y\cdot (1997)^3
\end{cases}[/tex3]
Somando as 2:
[tex3]\frac{3994}{(1997)^3+(1997)^2} = y[/tex3]
[tex3]\frac{2}{(1997)^2+(1997)} = y[/tex3]
[tex3]\frac{1}{1997 \cdot 999} = y[/tex3]
[tex3]-\frac{998}{ 999} = x[/tex3]

Assim:
[tex3]x_{1997} = -\frac{998}{999} \cdot (-1)^{1997} + \frac{(1997)^{1997}}{1997 \cdot 999}[/tex3]
[tex3]x_{1997} = \frac{998+(1997)^{1996}}{ 999}[/tex3]
[tex3]x_{1997} = 1+\frac{(1997)^{1996}-1}{ 999}[/tex3]
[tex3]x_{1997} = 1+\frac{((1997)^{499})^{4}-1}{ 999}[/tex3]
[tex3]x_{1997} = 1+\frac{((1997)^{499}-1)((1997)^{499}+1)((1997)^{998}+1)}{ 999}[/tex3]
[tex3]x_{1997} = 1+\frac{((1997)^{499}-1)(1998)(1997^{498}-1997^{497}+1997^{496}-1997^{495}+....-1997+1)((1997)^{998}+1)}{ 999}[/tex3]
[tex3]x_{1997} = 1+2\cdot ((1997)^{499}-1)(1997^{498}-1997^{497}+1997^{496}-1997^{495}+....-1997+1)((1997)^{998}+1)[/tex3]
[tex3]x_{1997} \equiv 1+2\cdot ((-1)^{499}-1)((-1)^{498}-(-1)^{497}+(-1)^{496}-(-1)^{495}+....+1+1)((-1)^{998}+1)\mod(3)[/tex3]
[tex3]x_{1997} \equiv 1+2\cdot (-2)\cdot (499)\cdot (2)\mod(3)[/tex3]
[tex3]x_{1997} \equiv 1-8\mod(3)[/tex3]
[tex3]\boxed{x_{1997} \equiv 2\mod(3)}[/tex3]

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Problema 70
(Kosovo - 2013) Encontre todos os inteiros n tais que [tex3]\frac{n^2+n-27}{n-5}[/tex3] é um número inteiro.

Resposta

---

2,4,6,8

[BotoCorDeRosa]

Solução do problema 70

Usando o denominador:
[tex3]n - 5\equiv 0 \mod(n - 5)[/tex3]
[tex3]n\equiv 5 \mod(n - 5)[/tex3]
[tex3]n^2\equiv 5^2 \mod(n - 5)[/tex3]
[tex3]n^2 + n \equiv25 + 5\mod(n - 5)[/tex3]
[tex3]n^2 + n - 27 \equiv 30 - 27 \mod(n - 5)[/tex3]
[tex3]n^2 + n - 27 \equiv 3 \mod(n - 5)[/tex3]

Então, [tex3](n - 5)|3[/tex3], divisores inteiros de 3: - 1, - 3, 1, 3

[tex3]n - 5 = - 1[/tex3]
[tex3]n = 5 - 1[/tex3]
[tex3]n = 4[/tex3]

[tex3]n - 5 = - 3[/tex3]
[tex3]n = 5 - 3[/tex3]
[tex3]n = 2[/tex3]

[tex3]n - 5 = 1[/tex3]
[tex3]n = 5 + 1[/tex3]
[tex3]n = 6[/tex3]

[tex3]n - 5 = 3[/tex3]
[tex3]n = 5 + 3[/tex3]
[tex3]n = 8[/tex3]

---

Problema 71
(Finlândia - 2001) Determine [tex3]n\in \mathbb{N}[/tex3] tais que [tex3]n^2 + 2[/tex3] divida [tex3]2 + 2001n[/tex3].

[Ittalo25MOD]

Solução do problema 71

[tex3]n^2+2 | 2+2001n [/tex3]
[tex3]n^2+2 | n\cdot (2+2001n) - 2001 \cdot (n^2+2) [/tex3]
[tex3]n^2+2 | 2n-4002[/tex3]
[tex3]n^2+2 | 2001\cdot (2n-4002) - 2\cdot (2+2001n)[/tex3]
[tex3]n^2+2 | 2\cdot (2001^2 +2)[/tex3]
[tex3]n^2+2 | 2\cdot 19 \cdot 83 \cdot 2539[/tex3]

[tex3]\begin{cases}
n^2+2 = 2\rightarrow \boxed{n = 0} \\
n^2+2 = 2\cdot 19 \rightarrow \boxed{n=6} \\
n^2+2 = 2\cdot 19 \cdot 83\rightarrow n = \sqrt
{3152} \\
n^2+2 = 2\cdot 19 \cdot 83 \cdot 2539 = \sqrt{8008004} \\
n^2+2 = 19\rightarrow n = \sqrt{17} \\
n^2+2 = 19 \cdot 83\rightarrow n=\sqrt{1575} \\
n^2+2 = 19\cdot 83 \cdot 2539\rightarrow \boxed{n = 2001} \\
n^2+2 = 83\rightarrow \boxed{n=9} \\
n^2+2 = 83 \cdot 2539\rightarrow n=210735 \\
n^2+2=2539\rightarrow n=\sqrt{2537} \\
\end{cases}[/tex3]
[tex3]\boxed{ n\in \{0,6,9,2001\}} [/tex3]

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Problema 72
(México - 1988) Sejam a e b inteiros positivos. Se 19 divide [tex3]11a+2b [/tex3], então prove que 19 também divide [tex3]18a+5b [/tex3]

[BotoCorDeRosa]

Solução do problema 72

[tex3]11a + 2b \equiv 0 \mod(19)[/tex3]
[tex3]11a \equiv - 2b \mod(19)[/tex3]

[tex3]11 \equiv (- 8) \mod(19)[/tex3]
[tex3]11a \equiv (- 8)a \mod(19)[/tex3]

Então:
[tex3](- 8)a \equiv -2b \mod(19)[/tex3]
[tex3]2 \times(4a) \equiv 2 \times (b) \mod(19)[/tex3], como [tex3]19 \nmid 2[/tex3]:
[tex3]4a \equiv b \mod(19)[/tex3]

[tex3]18a + 5b \equiv x \mod(19)[/tex3]
[tex3]18a + 5(4a) \equiv x \mod(19)[/tex3]
[tex3]18a + 20a \equiv x \mod(19)[/tex3]
[tex3]38a \equiv x \mod(19)[/tex3]
[tex3]19(2a) \equiv x \mod(19)\therefore \boxed {x=0}[/tex3]

---

Problema 73
(Estônia - 2002) Um número natural de 10 algarismos distintos é dito mágico se ele for múltiplo de 99999. Quantos números mágicos não começados por zero existem?

[Ittalo25MOD]

Solução do problema 73

Seja o número mágico: [tex3]\overline{x_1x_2x_3x_4x_5....x_{10}}[/tex3], então:

[tex3]\overline{x_1x_2x_3x_4x_5....x_{10}} = 10^5\cdot \overline{x_1x_2x_3x_4x_5}+ \overline{x_6x_7x_8x_9x_{10}}[/tex3]
[tex3]\overline{x_1x_2x_3x_4x_5....x_{10}} = 99999\cdot \overline{{x_1x_2x_3x_4x_5}}+ \overline{{x_1x_2x_3x_4x_5}}+ \overline{{x_6x_7x_8x_9x_{10}}}[/tex3]

Então 99999 divide [tex3]\overline{{x_1x_2x_3x_4x_5}}+ \overline{{x_6x_7x_8x_9x_{10}}}[/tex3]
Mas [tex3]x_i\neq x_j [/tex3] para [tex3]i\neq j[/tex3] (A questão diz isso)
Consequência disso é que [tex3]\overline{{x_1x_2x_3x_4x_5}}<99999[/tex3] e também [tex3]\overline{{x_6x_7x_8x_9x_{10}}}<99999[/tex3].
Sendo assim: [tex3]\overline{{x_1x_2x_3x_4x_5}}+ \overline{{x_6x_7x_8x_9x_{10}}} = 99999[/tex3]
Portanto: [tex3]x_1+x_6 = x_2+x_7=x_3+x_8=x_4+x_9 = x_5+x_{10}=9 [/tex3]

Para [tex3]x_1+x_6 [/tex3]: [tex3](x_1\neq 0)[/tex3]
[tex3]\begin{cases}
9+0 \\
8+1 \\
7+2 \\
6+3 \\
5+4\\
4+5 \\
3+6 \\
2+7 \\
1+8
\end{cases}[/tex3]
9 possibilidades.

Para [tex3]x_2+x_7 [/tex3]:
Aqui vai adicionar 1 caso já que não existe restrição para [tex3]x_2,x_7\neq 0[/tex3]
Vai retirar 1 caso que já foi escolhido anteriormente e também o caso simétrico. Por exemplo: Se [tex3]x_1 = 8 [/tex3], [tex3]x_6=1 [/tex3], não é possível ter [tex3]x_2=1 [/tex3] e [tex3]x_7=8 [/tex3] nem [tex3]x_2=8 [/tex3] e [tex3]x_7=1 [/tex3]
8 possibilidades

Para [tex3]x_3+x_8 [/tex3]:
Aqui retira-se o caso escolhido anteriormente e seu simétrico.
6 possibilidades

Para [tex3]x_4+x_9 [/tex3]:
Aqui retira-se o caso escolhido anteriormente e seu simétrico.
4 possibilidades

Para [tex3]x_5+x_{10} [/tex3]:
Aqui retira-se o caso escolhido anteriormente e seu simétrico.
2 possibilidades

Então pelo princípio multiplicativo, o número total de números mágicos é: [tex3]\boxed{9\cdot 8\cdot 6\cdot 4\cdot 2=3456} [/tex3]

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Problema 74
(México - 1997) Encontre todos os primos p tais que [tex3]8p^{4}-3003[/tex3] é um número primo positivo.

Resposta

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p=5

[Auto Excluído (ID: 25040)]

Solução Problema 74
devido ao expoente ser [tex3]4 = 5-1[/tex3] talvez seja uma boa ideia olhar módulo 5 para poder usar o teorema de euler, fazendo isso temos o seguinte.
[tex3]8p^4-3003\equiv3p^4-3\equiv3(p^4-1)(\mod5)[/tex3]
se [tex3](p,5)=1[/tex3] o número do enunciado sera divisível por 5, vamos testar isso então.
[tex3]8p^4-3003=5[/tex3]
[tex3]8p^4=3008[/tex3]
[tex3]p^4=376=2^3\cdot47[/tex3] então [tex3]2|p^4[/tex3] como 2 é primo e divide um produto [tex3]2|p\implies p = 2[/tex3] mas
[tex3]2^4\neq2^3\cdot47[/tex3]
como [tex3](p, 5) = 1 \text{ ou }5[/tex3] dependendo se [tex3]5\nmid p[/tex3] ou [tex3]5|p [/tex3] respectivamente
só falta testar [tex3]5|p[/tex3] e pelo fato de p ser primo, p = 5
[tex3]8\cdot5^4-3003=1997[/tex3] que é primo, lembre-se que só precisamos dividir 1997 por primos até [tex3]\sqrt{1997}[/tex3] devido ao seguinte teorema.

Resposta

---

Se n inteiro positivo não é primo, então n possui, necessariamente, um fator primo menor do que ou igual a [tex3]\sqrt{n}[/tex3]
demonstração: [tex3]n=n_1n_2[/tex3], suponha sem perda de generalidade [tex3]n_1\leq n_2[/tex3], então [tex3]n_1\leq \sqrt{n}[/tex3] caso contrário [tex3]n = n_1n_2>\sqrt{n}\sqrt{n}=n[/tex3], absurdo, como [tex3]n_1[/tex3] deve ter um fator primo e se [tex3]p[/tex3] for fator primo de [tex3]n_1[/tex3] tbm sera fator primo de [tex3]n[/tex3], a prova está completa.

---

Problema 75
(APMO - 1997) Encontre um [tex3]n[/tex3] no conjunto [tex3]\{100, 101, ..., 1997\}[/tex3] tal que [tex3]n[/tex3] divide [tex3]2^n+2[/tex3]

[iammaribrg]

Solução Problema 75

Temos que encontrar n = 2 [tex3]\cdot [/tex3] p [tex3]\cdot [/tex3] q, p, q primos ímpares distintos. Devemos ter [tex3]2^{2pq-1}[/tex3]−1 + 1 ≡ 0 (mod p) ⇐⇒[tex3]2^{2q-1}[/tex3] ≡ −1 (mod p). Veja que [tex3](2^{\frac{p-1}{2}})^{2}[/tex3] ≡ 1 (mod p) ⇐⇒ (p−1)/2 ≡ ±1 (mod p). Se [tex3]2^{\frac{p-1}{2}}[/tex3] ≡ −1 (mod p), podemos tentar 2q − 1 = (p − 1)/2 ⇐⇒ p = 4q − 1. Analogamente, 2 [tex3]^{2p-1}[/tex3] ≡ −1 (mod q) ⇐⇒ 2 [tex3]^{8q-3}[/tex3] ≡ −1 (mod q) ⇐⇒ 2 [tex3]^{5}[/tex3]≡ −1 (mod q) ⇐⇒ q = 3 ou q = 11. No primeiro caso, p = 11 e n = 66; no segundo caso, p = 43 e n = 946. De fato, uma busca no computador mostra que n = 946 é a única possibilidade

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Problema 76
(Marrocos - 2021) Sejam a e b números reais positivos, tais que: [tex3]\begin{cases}
ab=2 \\
\frac{a}{a+b^2}+\frac{b}{b+a^2} = \frac{7}{8}
\end{cases}[/tex3], encontre o valor de [tex3]a^6+b^6[/tex3]

[Auto Excluído (ID: 25040)]

Solução do problema 76.
[tex3]\frac{a}{a+b^2}+\frac{b}{b+a^2} = \frac{7}{8}\implies8(a(b+a^2)+b(a+b^2))=7(a+b^2)(b+a^2)\iff a^3 + 9 a b + b^3 = 7 a^2 b^2[/tex3]
usando [tex3]ab=2[/tex3]
[tex3]a^3+b^3=7\cdot4-9\cdot2=10[/tex3]
elevando os dois lados ao quadrado obtemos a seguinte igualdade:
[tex3]a^6+2a^3b^3+b^6=100[/tex3] usando novamente [tex3]ab = 2[/tex3]
[tex3]a^6+b^6=84[/tex3]

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Problema 77.
(All Russia Mathematics Olympiad - 1995)
sejam m e n inteiros positivos tais que
[tex3]mmc(m, n) + mdc(m, n) = m+n[/tex3]
mostre que um dos números é divisível pelo outro.

[Ittalo25MOD]

Solução do problema 77

é bem sabido que [tex3]mdc(m,n) \cdot mmc(m,n) = mn [/tex3], portanto:
[tex3]mmc(m, n) + mdc(m, n) = m+n[/tex3]
[tex3]mmc(m, n) +\frac{mn}{mmc(m,n)} = m+n[/tex3]
[tex3]mmc^2(m, n)-(m+n)\cdot mmc(m,n) +mn = 0[/tex3]
[tex3]mmc(m,n)=\frac{m+n\pm \sqrt{(m+n)^2-4 mn}}{2}[/tex3]
[tex3]mmc(m,n)=\frac{m+n\pm |m-n|}{2}[/tex3]
Sendo assim: [tex3]\boxed{mmc(m,n)\in \{m,n\}}[/tex3]

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Problema 78
(Polônia - 2018) Encontre os trios de inteiros (x,y,z) que são soluções do sistema: [tex3]\begin{cases}
x-yz=1 \\
xz+y=2
\end{cases}[/tex3]

Resposta

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(1,0,2) , (1,2,0)

[AnthonyC]

Solução do Problema 78:
[tex3]\begin{cases}
x-yz=1 \\
xz+y=2
\end{cases}[/tex3]
[tex3]\begin{cases}
x^2-xyz=x \\
xyz+y^2=2y
\end{cases}[/tex3]
Somando ambas as equações:
[tex3]x^2+y^2= x+2y[/tex3]
[tex3]x^2-x+y^2-2y=0[/tex3]
[tex3]x^2-x+{1\over4}+y^2-2y+1={5\over4}[/tex3]
[tex3]\(x-{1\over2}\)^2+(y-1)^2={5\over4}[/tex3]
[tex3]\(x-{1\over2}\)^2={5\over4}-(y-1)^2[/tex3]
[tex3]x-{1\over2}=\pm\sqrt{{5\over4}-(y-1)^2}[/tex3]
[tex3]x={1\over2}\pm\sqrt{{5\over4}-(y-1)^2}~~~~~~~~~~(I)[/tex3]
Para que haja soluções reais, temos que [tex3]{5\over4}-(y-1)^2\geq0\implies {\sqrt{5}\over2}\geq|y-1|\implies1-{\sqrt{5}\over2}\leq y\leq{1+\sqrt{5}\over2}[/tex3]. Como estamos interessados em [tex3]y\in\mathbb{Z}[/tex3], temos:
[tex3]y\in\[1-{\sqrt{5}\over2},{1+\sqrt{5}\over2}\]\cap\mathbb{Z}[/tex3]
[tex3]y\in\left\{0,1,2\right\}[/tex3]
Subsituindo este três valores em (I), temos:

• [tex3]y=0\implies x=0 \text{ ou } 1[/tex3]

• [tex3]y=1\implies x={1\over2}\pm {\sqrt5\over2} [/tex3]

• [tex3]y=2\implies x=0 \text{ ou } 1[/tex3]

Considerando apenas soluções inteiras, temos [tex3](x,y)\in\{(0,0),(1,0),(0,2),(1,2)\}[/tex3]. Testando estas opções nas equações originais:

• [tex3](x,y)=(0,0)\implies\begin{cases}
  0=1 \\
  0=2
  \end{cases}~~(\text{impossível})[/tex3]

• [tex3](x,y)=(1,0)\implies\begin{cases}
  1=1 \\
  z=2
  \end{cases}[/tex3]

• [tex3](x,y)=(0,2)\implies\begin{cases}
  -2z=1\implies z=-{1\over2} \\
  2=2
  \end{cases}~~(\text{não serve, pois } z\in\mathbb{Z} )[/tex3]

• [tex3](x,y)=(1,2)\implies\begin{cases}
  1-2z=1\implies z=0 \\
  z+2=2\implies z=0
  \end{cases}[/tex3]

Assim, temos o seguinte conjunto solução:
[tex3](x,y,z)=\{(1,0,2),(1,2,0)\}[/tex3]

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Problema 79
(Olímpiada Aberta de Matemática 239-2011) Sejam [tex3]a,b,c\in\mathbb{N}[/tex3], satisfazendo [tex3]\begin{cases}
a+b=b(a-c) \\
c+1=p^2, ~~\text{para um primo } p \text{ qualquer}
\end{cases}[/tex3].
Mostre que [tex3]a+b[/tex3] ou [tex3]ab[/tex3] é um quadrado perfeito.