prova
1- Prove que a equação x^5+y^2=z^3 possui infinitas soluções inteiras positivas. Observações: a^b: significa (a) elevado a (b)
prova
1- Prove que: se cosA + cosB + cosC = 1 + (r / R ) então o triângulo é eqüilátero. r: raio da circunferência inscrita R: raio da circunferência circunscrita
Retas
Olha esse problema do Torneio das Cidades Problema. n retas são traçadas no plano de tal forma que cada uma intersecte exatamente 1999 outras. Determine n (dê todas as respostas possíveis). Solução. Eu pensei algo assim. Podemos ter grupos A1,A2,A3,...,Ak de retas tais que dentro de cada grupo Ai duas retas r,s E Ai são paralelas r||s. E duas retas de grupos diferentes, r E Ai, s E Aj são concorrentes r-||-s. Queremos que o total de retas seja n: #(A1 U A2 U ... U Ak) = n. E para cada reta r E Ai, seja tal que tenha 1999 concorrentes que são n - #Ai, pois todas as retas em Ai são paralelas a ela. Agora como queremos que todas as n retas tenham 1999 concorrentes, n - #A1 = ... = n - #Ak, ou seja, todos os grupos A1,A2,...,Ak tem o mesmo número de retas. Portanto basta ver todos os divisores de 1999, que são 1 e 1999, daí k=1+1=2 e k=1999+1=2000. Logo as respostas são: 2000 retas todas concorrentes entre si; ou, 2 conjuntos de 1999 retas cada um. n=2000 ou 3998. Há um outro problema só que em nível mais difícil. Problema. n planos são traçados no espaço de tal forma que cada uma intersecte exatamente 1999 outros. Determine n (dê todas as respostas possíveis) Solução. Acho que o problema é semelhante ao de cima e dá as mesmas respostas, 2000 e 3998. Só não sei como chamar os planos que não se tocam: são planos paralelos? Era isso... Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com
Tabuleiro
Até tinha me esquecido de dizer que
ECASS DODEBEL = E...DO CAS...DE S...BEL = Eduardo Casagrande Stabel
Eu estou usando essa conta do hotmail pois não tive capacidade suficiente de
configurar o meu Outlook Express para um formato de e-mail que todos
pudessem ler.
Bem, eu ando um pouco entusiasmado, enviando soluções para problemas que eu
mesmo escrevo. O fato é que eu preciso da apreciação de todos e possíveis
colaborações, e, não me levem a mal, mas todos precisam. Bem, quem não
quiser, fique no direito de não ler a solução, isso não é desprestígio.
Esse é da Cone Sul.
Problema.
As mn casas de um tabuleiro m x n (m,n >1 inteiros) são pintadas
alternadamente de branco e preto, como em um tabuleiro de xadrez. Em
seguida, colocamos em cada casa um número inteiro, de modo que a soma de
cada linha e cada coluna sejam pares. Prove que a soma dos números escritos
nas pretas é par
Solução.
Primeiramente enumeremos as casas do tabuleiro assim:
1 2 3 4 ...
1
2
3
4
...
E definamos que (1,1) é branca. Fácil de ver é que todas as casas brancas
(a,b) são tais que (a + b) é sempre par, e as casas pretas (a,b) tais que (a
+ b) é sempre ímpar.
Consideremos algo similar ao problema:
1) Deixamos as casas com números pares, limpas
2) Pomos uma marca nas casas com números ímpares
Temos que mostrar que há par marcas em cada linha e coluna.
Seja B o conjunto de casas brancas com uma marca
Seja P o conjunto de casas pretas com uma marca
Sejam SBl e SBc a soma de todas as linhas e colunas de elementos de B.
(respectivamente)
Sejam SPl e SPc a soma de todas as linhas e colunas de elementos de P.
(respectivamente)
(Por exemplo. Se P={ (2,1) , (4,1) }, então SPc=2+4=6 e SPl=1+1=2)
Se (a,b)E B então (a + b) é par, logo (SBl + SBc) é par. Como o número de
marcas em cada linha é par SBl + SPl é par, e como o número de marcas em
cada coluna é par SBc + SPc é par, logo (SBl + SBc) + (SPl + SPc) é par, e
portanto (SPl + SPc) é par. Mas veja que para todo o (a,b)E P temos (a + b)
ímpar. Sendo a soma de todas as linhas e colunas de marcas em casas pretas
PAR e a soma de linha e coluna em cada casa preta ÍMPAR então,
necessariamente, o número de casas pretas é PAR, pois se fossem ímpar (SPl +
SPc) seria ímpar, um absurdo.
Obrigadão! E espero não ter feito nenhuma confusão como no último e-mail.
PS. a conclusão final do último e-mail deveria ser que N=2xy e não N=xy...
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RE: Problema de inteiros
Apenas uma colaboração, se é que muitos já não conhecem, sobre teoria dos números. Um bom livro, pelo menos é do meu gosto, é "Teoria das Congruências" de Edgard de Alencar Filho, Ed. Nobel. Lá se pode encontar no capítulo sobre sistemas de congruências lineares o referido "Teorema Chines do Resto" e muitas outras coisas interessantes. Ele é de fácil compreensão, eu achei! Alguém gosta tb? []'s e saudações (Tricolores... claro!!) Alexandre Vellasquez >-- >De:Marcos Paulo[SMTP:[EMAIL PROTECTED]] >Enviada em:Domingo, 23 de Abril de 2000 06:18 >Para: [EMAIL PROTECTED] >Assunto: RES: Problema de inteiros > >Equações do tipo xa + yb = n são >chamadas Equações Diofantinas, que são usadas pra resolver, por >exemplo o problema >Chinês do resto (muito interessante por sinal) >Espero ter ajudado. >[]'s M.P. application/ms-tnef
Re: Problema de inteiros
O Teorema de Bezout (por alguns chamado de Teorema Fundamental da Teoria dos Numeros) diz que dados dois inteiros a e b, eh possivel (usando o algoritmo de Euclides, por exemplo) encontrar dois inteiros r e s tais que ra+sb=m.d.c(a,b). [Veja RPM no 37, p.27: "Dispositivo pratico para expressar o mdc de dois numeros como combinacao linear deles"]. Em particular, se a e b e forem primos entre si, pode-se achar r e s tais que ra+sb=1 e, portanto: (r n)a+ (sn)b = n, onde n eh um numero qualquer dado. PS: Eu ja tinha escrito este e-mail quando vi que o Marcos Paulo falou a mesma coisa. That's my boy! -Mensagem original- De: Ecass Dodebel <[EMAIL PROTECTED]> Para: [EMAIL PROTECTED] <[EMAIL PROTECTED]> Data: Sábado, 22 de Abril de 2000 18:05 Assunto: Problema de inteiros >E ai, pessoal? > >Eu estava tentando resolver um dos problemas propostos na última Eureka! e >acabei chegando em uma parte que consigo seguir adiante mas é muito >trabalhosa a minha prova, e não sei se está bem certa. Lá vai. > >1) Sejam x e y dois números primos entre si. Provar que podemos obter >qualquer número somando múltiplos de x e de y. > >Solução. >Queremos provar que para todo o x,y,n dados, podemos achar f e g de modo que > >fx + gy = n ( a soma de múltiplos de x e de y dão o n ) > >Isola-se o f, ou o g... no caso isolei o f: > >f = (n - gy)/x > >Agora nos basta encontrar g de modo que x | n - gy. Para quem sabe um >pouquinho de Teoria dos Números, eu acho que se variarmos o y num s.c.r. >então o n - gy será um s.c.r. módulo x, e estaria provado. Mas vamos por >partes: > >Suponhamos que > >n - g1y =/= n - g2y (mod x)'=/= incongruente >g1y =/= g2y (mod x) ==> afirmação similar a x não divide y(g1-g2) > >Como mdc(x,y)=1 então > >g1 =/= g2 (mod x) > >Vale tambem que se g1 =/= g2 (mod x) então n - g1y =/= n - g2y (mod x). >Agora escolhemos x números incongruentes módulo x (g1,...,gx), ou seja, que >nunca deixem o mesmo resto na divisão por x. E necessariamente: > >n - giy =/= n - gjy (mod x) para todo o i e j > >Ou seja, nesses x números (n-g1y,...,n-gxy), todos são incongruentes módulo >x, e como existem apenas x restos possíveis na divisão por x, >necessariamente algum deles deixará resto zero na divisão por x, e portanto >haverá um g, tal que: > >f = (n - gy)/x será inteiro, e está provado o enunciado. > >2) Sejam x e y dois números primos entre si. Prove que existe um N, de modo >que para todo o n > N, podemos escolher múltiplos positivos de x e de y que >somados dão n. Nessas condições teremos que ter > >Solução. >O problema pede para que mostremos que existem f e g positivos de modo que, >para n > N > >fx + gy = n (lembrando que é todo mundo inteiro nesse e-mail) > >A minha idéia é a seguinte, claramente xy - yx = 0, e portanto para todo o a >vale axy - ayx = 0, daí: > >fx + gy + axy - ayx = n >(f + ay)x + (g - ax)y = n, para qualquer a que escolhermos > >Quero mostrar que existirá um a, a partir de um dado n, para que f + ay e g >- ax sejam ambos positivos. > >Conseguimos escolher a de modo que (f + ay)x - (g - ax)y = fx - gy + 2ayx >esteja entre -yx e yx, basta mostrar que nesse intervalo teremos f+ay e g-ax >sempre positivos. > >Tanto f+ay quanto g-ax podem ficar entre [ n-xy ; n+xy ], ou seja basta que >n-xy>0 e portanto que n > xy. Logo para N = xy vale o enunciado. > > >Obrigado para quem leu! E tem algum erro? >Valeu... > >Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com >
RES: Problema de inteiros
Tem um teorema (acho q eh do Euclides O Zé Paulo me corrija, pois foi meu professor de Os Números equivalente a álgebra 1)que diz que o m.d.c. entre dois números sempre pode ser escrito como uma combinação linear entre esses números. No seu problema temos m.d.c(a, b)= 1 => xa + yb = 1. (eh fácil chegar aos possiveis valores de x e y pelo algoritmo de Euclides)daí basta multiplicar toda a expressão pelo valor de n desejado. Equações do tipo xa + yb = n são chamadas Equações Diofantinas, que são usadas pra resolver, por exemplo o problema Chinês do resto (muito interessante por sinal) Espero ter ajudado. []'s M.P. -Mensagem original- De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]]Em nome de Ecass Dodebel Enviada em: sábado, 22 de abril de 2000 17:42 Para: [EMAIL PROTECTED] Assunto: Problema de inteiros E ai, pessoal? Eu estava tentando resolver um dos problemas propostos na última Eureka! e acabei chegando em uma parte que consigo seguir adiante mas é muito trabalhosa a minha prova, e não sei se está bem certa. Lá vai. 1) Sejam x e y dois números primos entre si. Provar que podemos obter qualquer número somando múltiplos de x e de y. Solução. Queremos provar que para todo o x,y,n dados, podemos achar f e g de modo que fx + gy = n ( a soma de múltiplos de x e de y dão o n ) Isola-se o f, ou o g... no caso isolei o f: f = (n - gy)/x Agora nos basta encontrar g de modo que x | n - gy. Para quem sabe um pouquinho de Teoria dos Números, eu acho que se variarmos o y num s.c.r. então o n - gy será um s.c.r. módulo x, e estaria provado. Mas vamos por partes: Suponhamos que n - g1y =/= n - g2y (mod x)'=/= incongruente g1y =/= g2y (mod x) ==> afirmação similar a x não divide y(g1-g2) Como mdc(x,y)=1 então g1 =/= g2 (mod x) Vale tambem que se g1 =/= g2 (mod x) então n - g1y =/= n - g2y (mod x). Agora escolhemos x números incongruentes módulo x (g1,...,gx), ou seja, que nunca deixem o mesmo resto na divisão por x. E necessariamente: n - giy =/= n - gjy (mod x) para todo o i e j Ou seja, nesses x números (n-g1y,...,n-gxy), todos são incongruentes módulo x, e como existem apenas x restos possíveis na divisão por x, necessariamente algum deles deixará resto zero na divisão por x, e portanto haverá um g, tal que: f = (n - gy)/x será inteiro, e está provado o enunciado. 2) Sejam x e y dois números primos entre si. Prove que existe um N, de modo que para todo o n > N, podemos escolher múltiplos positivos de x e de y que somados dão n. Nessas condições teremos que ter Solução. O problema pede para que mostremos que existem f e g positivos de modo que, para n > N fx + gy = n (lembrando que é todo mundo inteiro nesse e-mail) A minha idéia é a seguinte, claramente xy - yx = 0, e portanto para todo o a vale axy - ayx = 0, daí: fx + gy + axy - ayx = n (f + ay)x + (g - ax)y = n, para qualquer a que escolhermos Quero mostrar que existirá um a, a partir de um dado n, para que f + ay e g - ax sejam ambos positivos. Conseguimos escolher a de modo que (f + ay)x - (g - ax)y = fx - gy + 2ayx esteja entre -yx e yx, basta mostrar que nesse intervalo teremos f+ay e g-ax sempre positivos. Tanto f+ay quanto g-ax podem ficar entre [ n-xy ; n+xy ], ou seja basta que n-xy>0 e portanto que n > xy. Logo para N = xy vale o enunciado. Obrigado para quem leu! E tem algum erro? Valeu... Get Your Private, Free E-mail from MSN Hotmail at http://www.hotmail.com
