Técnicas em Olimpíadas de Matemática - Divisibilidade
55) (IMO-98) Determine todos os pares (a, b) de inteiros positivos tais que ab2 + b + 7 divide a2b + a + b. 56) (IMO-2006) Determine todos os pares de inteiros (x, y) tais que: 1 + 2x + 22x + 1 = y2. 57) (Balcânica Jr.-2013) Determine todos os pares (a, b) de inteiros a3 b − 1 b3a + 1 positivos para os quais os números e são inteiros a +1 b −1 positivos. 58) (Lista de Treinamento Cone Sul-2007) Existe algum natural n para o qual existem n – 1 progressões aritméticas com razões 2, 3, ..., n tais que qualquer natural está em pelo menos uma das progressões? 3.5. EXERCÍCIOS PROPOSTOS – PARTE B 1) (Hungria-1908) Dados dois inteiros ímpares a e b. Prove que a3 – b3 é divisível por 2n se e somente se a – b é divisível por 2n. 2) (OBM-99) Contando-se os alunos de uma classe de 4 em 4 sobram 2 e contando-se de 5 em 5 sobra 1. Sabendo-se que 15 alunos são meninas e que nesta classe o número de meninas é maior que o número de meninos, o número de meninos nesta classe é igual a : a) 7 b) 8 c) 9 d) 10 e) 11 3) (Santa Catarina-99) Demonstrar que nenhum inteiro da seqüência: 11, 111, 1111, 11111, ... é um quadrado perfeito. 4) (Irlanda-98) Mostre que nenhum inteiro da forma xyxy em base 10 (onde x e y são dígitos) podem ser o cubo de um inteiro. 5) (AIME-2007) Quantos quadrados perfeitos menores que 106 são divisíveis por 24? 6) (Argentina) Prove que 7 | a2 + b2 somente quando 7 | a e 7 | b. 7) (Romênia Distrital-2001) Um inteiro positivo é chamado de bom se pode ser escrito como a soma de dois inteiros positivos consecutivos e como a soma de três inteiros positivos consecutivos. Prove que: a) 2001 é bom, mas 3001 não é bom. 36
Técnicas em Olimpíadas de Matemática - Números Primos
(ii) cada ai é um primo ou um produto de diferentes primos. Determine o menor valor possível de n o qual é possível construir uma seqüência de n termos que não contenha um número primo.
22) (Suíça-2010) Sejam m e n números naturais tais que m + n + 1 é primo e divide 2(m2 + n2) – 1. Prove que m = n. 23) (Austrália-81) Mostre que cada um dos números 1066 até 1981 é um fator de (1.2.3.….915) + (2.3.4.….916) + … + (1066.1067.1068.….1980). 24) (Austrália-82) A seqüência p1, p2, p3, … é definida por p1 = 2 e pn = o maior divisor primo de p1p2…pn – 1 + 1, n ≥ 2. Prove que 5 não é um membro desta seqüência. 25) (OBM-2010) Determine todos os números primos m e n tais que 0 < m < n e os três números 2m + n, m + 2n e m + n – 18 sejam também primos. 26) (Hong Kong-97) Iniciando de um certo inteiro positivo, é permitido fazer apenas uma operação: o dígito das unidades é separado e multiplicado por 4, e então este valor é somado ao restante do número. Por exemplo, o número 1997 é transformado para 7.4 + 199 = 227. A operação é feita repetidamente. Prove que se a seqüência de números obtida contem 1001, então nenhum dos números na seqüência pode ser um número primo. 27) (OBM-2002) Mostre que existe um conjunto A formado por inteiros positivos tendo as seguintes propriedades: a) A tem 2002 elementos. b) A soma de qualquer quantidade de elementos distintos de A (pelo menos um) nunca é uma potência perfeita. Obs: Uma potência perfeita é um número da forma ab, onde a e b são inteiros positivos e b ≥ 2. 28) (Lista de Treinamento Cone Sul-99) Prove que, ao expressarmos a 1 1 1 1 1 soma 1 + + + + ... + + como uma fração irredutível, o 2 3 4 109 110 numerador é um múltiplo de 11. 29) (Índia-2012) Sejam p1 < p2 < p3 < p4 e q1 < q2 < q3 < q4 dois conjuntos de números primos, tais que p4 – p1 = 8 e q4 – q1 = 8. Suponha que p1 > 5 e q1 > 5. Prove que 20 divide p1 – q1. 49
Técnicas em Olimpíadas de Matemática - Congruência
32) (Teste de Seleção Cone Sul-2004) E possível, para algum inteiro positivo n, escrever os números n, n2 e n3 utilizando apenas uma vez cada um dos algarismos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9? 33) (Balkan Jr.-2001) Determine o máximo divisor comum dos números An = 23n + 36n + 2 + 56n + 2, quando n = 0, 1, 2, ..., 1999. 34) (Asian Pacific-97) Determine um inteiro n com 100 ≤ n ≤ 1997 tal que n divide 2n + 2. 35) (Macedônia-2011) Determine todos os números naturais n tais que cada número natural escrito com n – 1 dígitos 1 e um dígito 7 é primo. 7.5. EXERCÍCIOS PROPOSTOS – PARTE B 1) Determine todos os membros da seqüência an = 32n – 1 + 2n – 1 (n ∈ N) que são quadrados perfeitos de algum inteiro positivo. 2) (Lituânia-2004) Assuma que m e n são inteiros positivos. Prove que se mn – 23 é divisível por 24 então m3 + n3 é divisível por 72. 3) (Lista de Treinamento Cone Sul-2011) Sejam x, y e z inteiros tais que S = x4 + y4 + z4 é divisível por 29. Mostre que S é divisível por 294. 4) (Rio Grande do Sul-99) Prove que 32N + 2 – 8N – 9 é divisível por 64 para todo N inteiro positivo. 5) (Rússia-87) Prove que 11987 + 21987 + ... + n1987 não é divisível por (n + 2). 6) (Bay Area-99) Prove que 19931993 + 19941994 + 19951995 + 19961996 é divisível por 10. 7) Demonstrar que An = 5n + 2.3n – 1 + 1, é múltiplo de 8 para todo inteiro positivo n. 8) (Manhattan-97) Pode a soma dos dígitos de um número quadrado perfeito ser igual a 1970? 9) Os inteiros 1, 2, 3, ..., 1986 são escritos concatenadamente, um atrás do outro, em alguma ordem, formando um único número. Mostre que,
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Técnicas em Olimpíadas de Matemática - Equações Diofantinas
22) (OBM-2006) Encontre todos os pares ordenados (x; y) de inteiros tais que x3 – y3 = 3(x2 – y2). 23) (OBM-2009) Prove que não existem inteiros positivos x e y tais que: x3 + y3 = 22009. 24) (Cone Sul-2010) Determine todos os pares (x, y) de inteiros positivos que satisfazem x3y + x + y = xy + 2xy2. 25) (Coréia do Sul-2010) Determine todas as triplas (x, y, z) de inteiros positivos satisfazendo 1 + 4x + 4y = z2. 26) (China South East-2009) Determine todos os pares de inteiros (x, y) tais que x2 – 2xy + 125y2 = 2009. 27) (Zhautykov-2009) Determine todos os pares de inteiros (x, y) tais que x2 – 2009y + 2y2 = 0. 28) (Singapura-2009) Determine todos os inteiros positivos m e n que satisfazem a equação 3.2m + 1 = m2. 29) (Uzbequistão-2002) Para todos os inteiros positivos n e m satisfazendo n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 = m3, prove que 4 | (n + 1). 30) (Alemanha-2006) Prove que não existem inteiros x, y para os quais: x3 + y3 = 4(x2y + xy2 + 1). 31) (Quirguistão-2010) Resolva nos inteiros não negativos x3 + 7x2 + 35x + 27 = y3. 32) (Lista de Treinamento Cone Sul-2011) Determine todos os conjuntos de inteiros não negativos x, y e z que satisfazem a equação 2x + 3y = z2. 33) (Lista de Treinamento Cone Sul-2013) Encontre todas as triplas de inteiros não negativos (k, m, n) tais que 2k + 7m − 9n = 0. 34) (Romênia-83) Determine todos os inteiros não negativos soluções da equação 3x – y3 = 1. 35) (Lista de Treinamento Cone Sul-2010) Determine todos os inteiros positivos a, b e c tais que a2 + b2 = c2 e a + b – c = 20.
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Técnicas em Olimpíadas de Matemática - Representação Decimal - Soluções
29) Suponha que n possua k dígitos. Se x = 2008000...00, onde existem k dígitos iguais a 0 no final do números, note que um dos números x + 1, x + 2, ..., x + n é divisível por n. 30) Vamos separar o número de quatro dígitos em duas partes: os dois primeiros dígitos, da esquerda para a direita, formam o número x e os dois restantes formam o número y. Então a propriedade significa que 100x + y = x 2 + y2 . Esta igualdade pode ser considerada uma equação do segundo grau em x: x 2 − 100 x + y2 − y = 0. (3) Resolvendo encontramos x = 50 ± 2500 − ( y2 − y). (4) Com o exemplo do enunciado, y = 33 resulta em x = 12 com o sinal (–) na expressão: x = 50 − 1444 = 50 − 38 = 12. Naturalmente outra solução aparece quando colocamos o sinal (+) na mesma expressão: x1 = 50 + 1444 = 50 + 38 = 88. Então outro número com a mesma propriedade é 8833 = 882 + 332.
31) Não. Vamos mostrar que, qualquer que seja n, existe m para o qual S(mn) é múltiplo de 2007. Mais precisamente, vamos exibir um múltiplo de n = (a1...ak)10 formado por 2007 cópias de n dispostas lado a lado: mn = (a1 ...a k )10 (a1 ...a k )10 ...(a1 ...a k )10 2007 vezes
Para isso, basta tomar m = 102006k + 102005k + ... + 10k + 1.
32) n1 = abc = 100a + 10b + c n2 = cba = 100c + 10b + a n1 + n2 = 92(a + b + c) ⇒ 100a + 10b + c + 100c + 10b + a = 92a + 92b + 92c ⇒ 9a – 72b + 9c = 0 ⇒ 8b = a + c Sendo a ≠ 0 e c ≠ 0: i) b = 1 ⇒ a + c = 8 ⇒ (a, c) = {(1, 7), (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2), (7, 1)} ⇒ n1 = 117, 216, 315, 414, 513, 612, 711 ii) b = 2 ⇒ a + c = 16 ⇒ (a, c) = {(7, 9), (8, 8), (9, 7)} ⇒ n1 = 729, 828, 927 145
Técnicas em Olimpíadas de Matemática - MDC e MMC - Soluções
ii) 2
p −1 2
−1 = b
2
⇒
2
p −1 2
− 1 = (2x + 1)
2
⇒
2
p −1 2
− 1 = 4x 2 + 4x + 1
⇒
p −1
2 2 = 2(2x 2 + 2x + 1) Como 2x2 + 2x + 1 é ímpar ⇒ 2x2 + 2x + 1 = 1 p −1 p −1 2 2 −1 = 1 ⇒ = 1 ⇒ p = 3. 2
⇒
x = 0
⇒
37) Suponha que d seja o mdc de todos estes números. Assim, d divide a soma de todos os números: 2n 2n 2n 2n 2n −1 + + + ... + =2 1 3 5 2n − 1 Logo, d deve ser uma potência de 2: d = 2a. Suponhamos que n = 2k.r, onde r é ímpar. 2n Como = 2k +1.r então a ≤ k + 1. 1 2n 2k +1.r 2k +1.r 2k +1 r − 1 Perceba agora que = = . m m −1 m m Como todos os termos binomiais são inteiros e m é ímpar segue que 2n m | r. Assim, conclui-se que = 2k +1.M , onde M é um inteiro. m Desta forma, 2k + 1 é o mdc dos números dados.
38) Se d = mdc (x, y, z), existem a, b e c tais que x = ad, y = bd e z = cd, com mdc (a, b, c) = 1. Assim: x + 1 y + 1 z + 1 x 2z + xz + y 2 x + yx + z2 y + zy + + = = y z x xyz d 3 (a2c + b2a + c 2 b) + xy + yz + zx d 3abc Como esta expressão é um número inteiro conclui-se que: d3 | [d3(a2c + b2a + c2b) + xy + yz + zx] ⇒ d3 | xy + yz + zx ⇒ d3 ≤ xy + yz + zx ⇒ d ≤ 3 xy + yz + zx =
39) Fazendo m = i e n = 2i: mdc (ai, a2i) = mdc (i, 2i) = i ⇒ i | ai ⇒ ai = k.i 219
Técnicas em Olimpíadas de Matemática - Teoremas de Euler e Fermat - Soluções
p = 7. Desta forma, p = 3 e p = 7 são as únicas soluções.
24) Como mdc (2, 9) = 1 podemos aplicar o Teorema de Euler: φ(9) = 6 ⇒ 26 ≡ 1 (mod. 9) ⇒ 26n ≡ 1 (mod. 9) ⇒ 26n + 1 ≡ 2 (mod. 9) ⇒ 26n + 2 ≡ 4 (mod. 9) ⇒ 26n + 3 ≡ 8 (mod. 9) ⇒ 26n + 4 ≡ 7 (mod. 9) ⇒ 26n + 5 ≡ 5 (mod. 9) Deste modo, para que duas potências de 2 tenham o mesmo resto na divisão por 9, devemos ter que a diferença entre os seus expoentes deve ser múltiplo de 6, ou seja, a menor diferença dos expoentes é 6. Como as duas potências de 2 do enunciado são obtidas pela reordenação dos dígitos da outra, a soma dos dígitos das duas são iguais, implicando que o resto da divisão por 9 dos dois números é igual. Notemos também que o número máximo de potências de 2 com um mesmo número de dígitos é 4, que acontece quando o primeiro dígito de x é 1, e as outras potências são 2x, 4x e 8x. Logo, é impossível existir duas potências de 2 distintas com o mesmo número de dígito tais que uma possa ser obtida através de uma reordenação dos dígitos da outra, pois a distância entre os expoentes das duas é no máximo 3, que torna impossível que as duas tenham o mesmo resto na divisão por 9 (a distância entre os expoentes teria que ser igual a 6). 25) Seja p um número primo ímpar. Pelo Teorema de Fermat, se mdc (a, p) = 1 temos que ap – 1 ≡ 1 (mod. p) ⇒ (ap – 1)2 ≡ 1 (mod. p) ⇒ a2p – 2 ≡ 1 (mod. p) ⇒ a(a2p – 2) ≡ a (mod. p) ⇒ a2p – 1 – a ≡ 0 (mod. p) ⇒ p | a2p – 1 – a. Como a2p – 1 e a tem a mesma paridade, a2p – 1 – a é par, e como p é ímpar: 2p | a2p – 1 – a. Se mdc (a, p) ≠ 1 ⇒ mdc (a, p) = p, pois p é primo. Assim, temos diretamente que 2p | a2p – 1 – a. Deste modo, fazendo n = 2p (p um primo ímpar) temos sempre que n | an – 1 – a, para todo inteiro a. 26) I) Vamos mostrar que n = 3k (k = 0, 1, 2, …) divides 2n + 1. 0
Notemos que vale para k = 0, desde que 30 = 1 divides 23 + 1 = 2 . k
Suponhamos que exista k tal que, 23 + 1 = A ⋅ 3k , onde A é um inteiro. Então: 23
k +1
( ) k
+ 1 = 23
3
k +3
+ 1 = ( A ⋅ 3k − 1)3 + 1 = A 3 ⋅ 23
265
− 3 A2 ⋅
Técnicas em Olimpíadas de Matemática - Função Máximo Inteiro - Soluções
que é uma contradição.
26) Inicialmente note que ( n + n + 1)2 = 2n + 1 + 2 n(n + 1) Para n ≥ 1 tem-se que n < n(n + 1) < n + 1 , ou seja: 4n + 1 < ( n + n + 1)2 < 4n + 3 ⇒ 4n + 1 < n + n + 1 < 4n + 3 (1) Considere o número k tal que k2 ≤ 4n + 1 ≤ (k + 1)2. Como um quadrado perfeito nunca é congruente a 2 ou 3 módulo 4, segue que: k2 ≤ 4n + 1 < 4n + 2 < 4n + 3 ≤ (k + 1)2 ⇒ k ≤ 4n + 1 < 4n + 2 < 4n + 3 < k + 1 (2) 4n + 2 De (1) e (2) segue que: k ≤ 4n + 1 < < 4n + 3 < k + 1 ⇒ n + n + 1 n + n + 1 = 4n + 1 = 4n + 2 = 4n + 3 = k
27) Seja N = 2x + 4x + 6x + 8x e sendo x = n + t, com n ∈ IN e 0 ≤ t < 1. Então, segue que N = 20n + 2t + 4t + 6t + 8t ≤ 1000. Conclui-se, portanto, que 0 ≤ n ≤ 50. Para 0 ≤ n ≤ 49 tem-se que N assume valores distintos para 1 2 3 4 5 6 7 1 2 4 5 t = 0, , , , , , , e também para t = , , , . Assim, existem 12 8 8 8 8 8 8 8 6 6 6 6 diferentes valores de N para cada n = 1, 2, 3, ..., 49. Para n = 0 existem 11 valores possíveis de N, pois para n = 0 tem-se t ≠ 0. Entretanto, para n = 50 tem-se apenas um valor possível para N. Logo, a quantidade de valores inteiros positivos de 2x + 4x + 6x + 8x menores ou iguais a 1000 é: 11 + 49×12 + 1 = 600.
19.2. PARTE B 1) x = 1/4. Dica: Prove que [(2x + 3)/(x + 2)] = 1 e [(2x + 1)/(x + 1)] = 1. 2) 3/4 < x ≤ 1. Dica: Faça y = 1/x. 3) 1498 4) 666167500. Dica: Demonstre que 288