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Terceira fase OBM 2010

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Terceira fase OBM 2010

Mensagempor victoreis1 » Dom Out 24, 2010 16:14

Essa questão caiu na terceira fase da obm desse ano, do nível 3:

Encontre todos os pares de inteiros positivos (a,b) tais que 3^a = 2b^2 + 1.

Já tentei fazer por congruência modular, não deu certo..

alguém tem alguma ideia?
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Re: Terceira fase OBM 2010

Mensagempor VtinxD » Ter Out 26, 2010 23:29

Tive uma ideia aki mas não sei se esta certo.

Pela congruencia modular:
{3}^{a}\equiv 2b^2+1(mod 4),perceba que se" b" for impar "a" é impar e se "b "for par "a" é par.
Tendo isto em mente voltamos para a igualdade:
{3}^{a}-2{b}^{2}=1
Se "a" for impar teremos:a=2n+1 e b=2k+1
\left[ \sqrt[]{3}{(3)}^{n}-\sqrt[]{2}(2k+1)\right].\left[\sqrt[]{3}{(3)}^{n}+\sqrt[]{2}(2k+1) \right]=1 e como n e k são naturais essa equação é impossivel.
Utilizando a mesma tecnica para "a" par: a=2g e b=2r
\left[{(3)}^{g}-\sqrt[]{2}(2r)\right].\left[{(3)}^{g}+\sqrt[]{2}(2r) \right]=1 que por acaso a unica solução é a trivial.

Espero ter ajudado(e certo hehe).
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Re: Terceira fase OBM 2010

Mensagempor victoreis1 » Qua Out 27, 2010 14:13

no primeiro caso, com a e b ímpares e a=2n+1 e b=2k+1, note que, se n=2, temos:

{3}^{5}-2(2k+1)^{2}=1 \longleftrightarrow 2(2k+1)^2 = 244 \longleftrightarrow (2k+1)^2 = 121

daí temos que 2k+1 = 11 (visto que k deve ser positivo) e k = 5 \longleftrightarrow b = 11 e a = 5.

Veja que sim, é possível que existam soluções para a e b ímpares; o problema é, esta é a única solução para a e b ímpares, ou há outras? é isso que não sei dizer..
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Re: Terceira fase OBM 2010

Mensagempor VtinxD » Qua Out 27, 2010 16:33

Tenho outra ideia,o teorema util de fermat:
{3}^{p-1}\equiv 1 (mod p) , como (p-1) é sempre par,para todo primo maior que 2, então "b=2k" mas o que é impossível dado que para {3}^{p-1}\equiv 1 (mod p) b=p. Tornando assim impossível "b" par ,para todo a=(p-1) maior do que 2.
Agora espero estar certo.
Só falta uma parte agora, já volto.
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Re: Terceira fase OBM 2010

Mensagempor al-mahed » Sáb Dez 11, 2010 21:55

Olá, primeiro suponha a par

a = 2k, assim 3^{2k} - 1 = 2b^2 \ \Rightarrow \ (3^k - 1)(3^k + 1) = 2b^2.

como {\rm mdc}(3^k - 1, \, 3^k + 1) = 2, então um fator 2 de um cancela o 2 em 2b^2, como nenhnum outro fator divide ambos os termos, teremos que um deles é um quadrado par, já que um deles é divisível por dois, e o outro por 4, e nenhum quadrado par pode ser incongruente a 4

digamos que 3^k = c^2 - 1 = (c-1)(c+1) \ \Rightarrow \ c-1 = 1 \ \Rightarrow \ k = 1 então uam solução é (2,2), pois como 3 é primo ele não pode ser decomposto em dois fatores distintos c-1 e c+1, logo o menor é igual a 1

agora digamos que 3^k-1 \equiv 0\: mod\: 4\ \Rightarrow \ k = 2q \ \Rightarrow \ (3^q+1)(3^q-1) = c^2, mas {\rm mdc}(3^q+1, \, 3^q-1) = 2 \ \Rightarrow \ 3^q - 1 = 2 \ \Rightarrow \ q = 1\ \Rightarrow \ c^2=8, impossível para c inteiro, veja que k deve ser par pois 3^k-1 \equiv 0\: mod\: 4 se e somente se 3^k é da forma 4n+1, pois se k for ímpar 3^k será a forma 4n+3, e 4n+3-1 não é divisível por 4

logo a única solução com a sendo par é (2,2).

para a ímpar o buraco é mais embaixo

a = 2k+1, então 3^{2k+1} - 1 = 2b^2 \ \Rightarrow \  3^{2k+1} - 3 = 2b^2-2 \ \Rightarrow \ 3(3^{2k} - 1) = 2(b^2-1)
assim
3(3^k - 1)(3^k+1) = 2(b-1)(b+1)

há duas soluções triviais k = 0 (a=1) e b = 1, ou a = 0 e b = 0, e ñ há inteiro k, mas suponha que k>0

como mdc(3^k - 1,\:3^k+1) = 2 \ \Rightarrow \  (3^k - 1)(3^k+1)\equiv 0\: mod\: 8 \ \Rightarrow b é ímpar\ \Rightarrow \  b = 2n+1 \ \Rightarrow

b^2 = 4n(n+1)+1 \ \Rightarrow \ \: 3^{2k+1} - 1 = 2[4n(n+1)+1] \ \Rightarrow \ \: 3^{2k+1} = 8n(n+1)+3 \ \Rightarrow

\ \Rightarrow \ \: 3^{2k} = (3^k)^2=\frac{8n(n+1)}{3}+1 já que (3^k)^2 é um quadrado perfeito ímpar, ele deve ser da forma \frac{8m(m+1)}{2}+1, logo

(3^k)^2 =\frac{8m(m+1)}{2}+1 =\frac{8n(n+1)}{3}+1\ \Rightarrow \ \: 3m(m+1)=2n(n+1)

isso significa que \frac{n(n+1)}{3} deve ser triangular, já que \frac{m(m+1)}{2} é triangular

uma solução em que ambos são triangulares é quando n = m+1 = 5\ \Rightarrow \: a=5\: e\: b=11

para completar a prova indo nessa direção teria que mostrar que não há outras soluções tal que \frac{n(n+1)}{3} seja triangular e 8\frac{n(n+1)}{3}+1 seja uma potência de 3.
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Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: Thassya - Sáb Out 01, 2011 16:20

1) Para que os pontos (1,3) e (-3,1) pertençam ao grafico da função f(X)=ax + b ,o valor de b-a deve ser ?

2)Qual o maior valor assumido pela função f : [-7 ,10] em R definida por f(x) = x ao quadrado - 5x + 9?

3) A função f, do primeiro grau, é definida pos f(x)= 3x + k para que o gráfico de f corte o eixo das ordenadas no ponto de ordenada 5 é?


Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: Neperiano - Sáb Out 01, 2011 19:46

Ola

Qual as suas dúvidas?

O que você não está conseguindo fazer?

Nos mostre para podermos ajudar

Atenciosamente


Assunto: [Função] do primeiro grau e quadratica
Autor: joaofonseca - Sáb Out 01, 2011 20:15

1)Dados dois pontos A=(1,3) e B=(-3,1) de uma reta, é possivel definir a sua equação.

y_{b}-y_{a}=m(x_{b}-x_{a})

1-3=m(-3-1) \Leftrightarrow -2=-4m \Leftrightarrow m=\frac{2}{4} \Leftrightarrow m=\frac{1}{2}

Em y=mx+b substitui-se m, substitui-se y e x por um dos pares ordenados, e resolve-se em ordem a b.

3=\frac{1}{2} \cdot 1+b\Leftrightarrow 3-\frac{1}{2}=b \Leftrightarrow b=\frac{5}{2}



2)Na equação y=x^2-5x+9 não existem zeros.Senão vejamos

Completando o quadrado,

(x^2-5x+\frac{25}{4})+9-\frac{25}{4} =0\Leftrightarrow (x-\frac{5}{2})^2+\frac{11}{4}=0

As coordenadas do vertice da parabola são (\frac{5}{2},\frac{11}{4})

O eixo de simetria é a reta x=\frac{5}{2}.Como se pode observar o vertice está acima do eixo Ox, estando parabola virada para cima, o vertice é um mínimo absoluto.Então basta calcular a função para os valores dos extremos do intervalo.

f(-7)=93
f(10)=59