Pedro Costa wrote:
2) Se Rn=(1/2)*(a^n+b^n) onde a = 3+2sqrt(2), b = 3 – 2sqrt(2)
e n = 0,1,2,3,4.. então R12345 é um inteiro. Seu algarismo das unidades é:
Deve ter jeito fácil de fazer isso, mas só me
veio à cabeça o jeito difícil.
Calcule a soma infinita de potências de z:
sum[Rn*z^n]=
sum[(1/2)*z^n*(a^n+b^n)]=
(1/2)*sum[(az)^n+(bz)^n]=
(1/2)*(1/(1-az) + 1/(1-bz))= (soma da pg infinita)
(1/2)*(1-bz+1-az)/((1-az)(1-bz))=
(1/2)*(2-(a+b)z)/((1-az)(1-bz))
Daí:
2(1-az)(1-bz)sum[Rn*z^n]=(2-(a+b)z)
2(1-(a+b)z+abz^2)sum[Rn*z^n]=(2-(a+b)z)
Notando que...
a+b=3+2sqrt(2)+3-2sqrt(2)=6
ab=(3+2sqrt(2))(3-2sqrt(2))=3^2-(2sqrt(2))^2=9-8=1
...chegamos em...
2(1-6z+z^2)sum[Rn*z^n]=2-6z
Abrindo a soma infinita e igualando os termos em z^n:
2(1-6z+z^2)(R0+R1z+R2z^2+....)=2-6z
2R0 = 2
2R1z + (-12)R0z = -6z
2R2z^2 + (-12)R1z^2 + 2R0z^2 = 0
2R3z^2 + (-12)R2z^2 + 2R1z^2 = 0
...
Daí podemos ver que:
2R0=2 => R0=1
2R1-12R0=-6 => 2R1-12=-6 => 2R1=6 => R1=3
e para n>=0:
2(Rn+2)-12(Rn+1)+2(Rn)=0
Rn+2 = 6(Rn+1)-Rn
Agora é só matar por congruências. Por indução
é fácil ver que todos os Rn são ímpares (base: R0 e R1
são ímpares, passo: suponha todos os Rn menores que k
ímpares, então Rk+1=par*ímpar-ímpar=par-ímpar=ímpar),
de modo que só falta calcular mod 5.
Mas a recorrência mod 5 fica assim:
Rn+2=6(Rn+1)-Rn=1(Rn+1)-Rn=Rn+1-Rn
Analisando os Rn para achar o período
(a indução pra mostrar que existe período é similar
à que usei pra mostrar que todos são ímpares):
1,3,2,4,2,3,1,3 e pronto o período é 6.
Agora 12435=2057*6+3 e portanto temos que
pegar o quarto termo do período que é 4.
Portanto R12345 mod 5 = 4, e como R1995
é ímpar, então R12345 mod 10 = 9 (argh deu trabalho)
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Ricardo Bittencourt http://www.mundobizarro.tk
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