[Obm - 2003 ]

por **chronoss** » Seg Abr 22, 2013 20:16

3ª Fase: Determine o menor número primo positivo que divide x² + 5x + 23 para algum inteiro x .

Obs: Não estudei congruências ainda, tem como resolver de outros modos?

por **e8group** » Seg Abr 22, 2013 21:22

Considere

,completando quadrados ,podemos reescrever

como

para quaisquer

.Assim ,é fácil ver que $min\{f(x)\} = 67/4$ em x = -2,5

.Mas ,como

inteiro ,calculando f( -2)

e

,obtemos

que neste caso , o menor número primo positivo que divide f(-2) =f(-3)

é o próprio 17 .

Tente concluir a parti daí .

por **chronoss** » Seg Abr 22, 2013 23:22

A conclusão não está na ultima linha? Não vejo como acrescentar algo de relevante.

por **e8group** » Ter Abr 23, 2013 11:15

A conclusão não está na última linha ,mas ela é importante (veremos porque).

Minha estimativa é que 17 seja o menor número primo positivo que divide f(x)

,será ?Como provar ?

Sugestões para a solução :

Suponha que exista $a,b \in \mathbb{Z}$ (dependendo de x) tal que $f(x) = a\cdot b + 17$ .Se provarmos que de fato existam $a,b \in \mathbb{Z}$ e que o produto deles é par, poderemos concluir que 17 é o menor número primo positivo que divide f(x)

(Por quê ?).É isto que vamos fazer .

O número -2,5

que é ponto de mínimo de f(x)

estar compreendido entre

e

(note que estes valores são raízes da equação (x+2)(x+3)=0

) .Assim ,tomando-se a = x+2

e

,segue

.

O que acontece com o produto (x+2)(x+3)

se tomarmos $x = 2n , n\in \mathbb{Z}$ e $x = 2n +1, n\in \mathbb{Z}$ ,o produto é sempre par (múltiplo de 2)?

Pense sobre isto .

OBS.: Há de ter outra formas de resolver este exercício .

por **chronoss** » Ter Abr 23, 2013 14:38

Obrigado , vou pensar .

por **chronoss** » Qui Jul 04, 2013 10:11

O raciocínio seria que como ( x + 2 )( x + 3 ) --> sempre par , 17 + par = impar , a função sempre adota valores impares logo ela não é divisível por 2 (primo)??

por **e8group** » Qui Jul 04, 2013 19:00

Este exercício é interessante .Tenho uma nova idéia .Gostaria de opiniões dos demais usuários .Mas vamos resslatar algumas informações que temos sobre o exercício .Segue elas ...

(1)

Sabemos $f(x) = x^2 + 5x + 23 = (x+2)(x+3) + 17 \geq 17 , \forall x \in \mathbb{Z}$

(2)

, $\forall x \in \mathbb{Z}$ temos sempre (x+2)(x+3)

um número par , ou seja , $\forall x \in \mathbb{Z}$ tem-se f(x)

um número impar.(Verifique !) .

Quanto a solução , pelo Teorema fundamental da aritmética ,sempre conseguimos números primos $p_0, p_1, \hdots , p_n$ tais que para cada $x \in \mathbb{Z}$ ,

$f(x) = p_0 \cdot p_1 \cdots p_n$ com

$2 < p_0 < p_1 \leq p_2 \leq \hdots \leq p_n$ (Observe o item 2) .Assim , definido os números primos , $(*) p_0 = min\{p_0, \hdots ,p_n\}$ .Agora pelo item (1) ,

$f(x) \geq 17$ , ou seja , $p_0 \cdot p_1 \cdots p_n \geq 17$ . Logo ,

$p_0 \geq \frac{17}{p_1\cdots p_n} > 2$ .Vemos então ,

$0 < p_1 \cdots p_n < 17/2$ para que p_0 > 2

. Mas , o número $p_1 \cdots p_n$ é impar e diferente que

,donde obtemos $p_1 \cdots p_n \in \{3,5,7\}$ .

Como os números 3,5, 7

são primos , logo a decomposição $p_1 \cdots p_n$ é a trival .Assim , $p_1 \in \{3,5,7\}$ .Se p_1 = 3

,isto contraria a hipótese (*)

.Caso fosse p_1 < p_0

,

só poderia ser

pois $3 \cdot 5 = 15 < 17$ ,logo não existe $x\in \mathbb{Z}$ tal que f(x) = 15

. Caso ,

.Segue ,

,mas isto implica $x \notin \mathbb{Z}$ (por favor faça as contas) .Assim , fica evidente que p_0 < p_1

é uma contradição .Para $p_1\in\{5,7\}$ ,segue p_0 = 3

que não é possível determinar $x\in \mathbb{Z}$ para este caso (Observe as contas acima , basta trocar as letras p_0

com

e manter as estruturas algébricas ) .Assim , só podemos ter a decomposição trivial para f(x)

.Assim , sendo , segue $p_0 \geq 17$ logo o menor primo positivo que divide f(x)

é

.

Peço desculpas ,não conseguir organizar as idéias da forma que queria devido a falta de tempo .De qualquer forma espero que ajude .

por **e8group** » Sex Jul 05, 2013 00:16

Boa noite .Minha solução está incompleta . Acabei esquecendo de analisar o caso em que $17/(p_1\cdots p_n) < 2$ com $p_1\cdots p_n < 17$ (pois ,se $p_1\cdots p_n \geq 17$ então sempre $p_0 p_1 \cdots p_n \geq 17$ ) .Neste caso , $p_1 \cdots p_n \in \{9,11,13\}$ ,logo podemos ter $p_0 \in \{3,5,7,11,13\}$ .Além disso,falta analisar o caso em que $p_0 = \hdots = p_n$ .Quando estiver disponível tentarei terminar esta questão .

por **chronoss** » Sex Jul 05, 2013 10:27

-Prezado Santhiago , agradeço pela ajuda , não tive contato com o conteúdo citado ainda , mas acho que consigo entender pois está bem axiomático , analisarei com cuidado a resolução . Em seguida posso postar um resumo do que consegui entender para confirmação?

Obs: Aguardando a demonstração do caso : $p_0= \hdots = p_n$

por **e8group** » Sex Jul 05, 2013 12:09

Bom dia .Mesmo após ter acrescentado aquelas informações pendentes na resolução ,ainda não estou satisfeito com a resolução .Vou continuar pensando sobre esta questão , assim que tiver melhores idéias postarei aqui ,infelizmente só não posso prometer a data pois tenho outras atividades a fazer.Entretanto ,fique à vontade para postar o que entendeu sobre a questão e também sobre como você pensou em desenvolver a mesma. A princípio sem provas , apenas verificando alguns valores inteiros para

,observei a função aplicada a estes valores sempre retornou como resposta um número primo .Se conseguimos provar isto(caso fosse verdade) ,ficaria fácil concluir que o menor primo positivo que divide f(x)

é o 17 já que o menor valor que a função assume é 17 que para a nossa sorte é primo .

Aguardo repostas .

por **chronoss** » Sex Jul 05, 2013 13:11

Ok , sem problemas quanto a data , também não sei quando irei conseguir postar o resumo , pois , como tinha dito, alguns conteúdos da resolução não me são familiares. Outra coisa , no site oficial da OBM tem postado uma resolução para o problema . Usando relações de congruência (que também não estudei :lol:

)

por **chronoss** » Dom Jul 07, 2013 14:31

Pensei no seguinte para verificar cada caso individualmente :

(1) A função pode ser expressa por : f(x) = ( x + 2 )( x + 3 ) + 17 , que também pode ser representada por : f(n) = 17 + n( n + 1 ) [ com n em função de x ] , que nada mais é que 17 + [ soma dos n primeiros números pares : 2 + 4 + 6 + ... + 2n = n( n + 1 )] ; logo a função sempre adota valores ímpares .

(2) Agora considerando o seguinte teorema :

Se b1 e b2 deixam restos r1 e r2 na divisão por a , respectivamente , então:

b1 + b2 deixa o mesmo resto que r1 + r2 na divisão por a
b1 . b2 deixa o mesmo resto que r1 . r2 na divisão por a.

Analisaremos cada número primo menor que 17 para verificar se dividem a função .

3 | f(x) => 3 | f(n) => 3 | 17 + n( n + 1 ) ; seja : 17 = b1 , n( n + 1 ) = b2 onde concluímos pelo teorema que : 3 | f(n) se e somente se : a soma dos restos r1 e r2 , de b1 e b2 (respectivamente) , deixar resto 0 quando dividida por 3 , ou seja se : 3 | ( r1 + r2 ).

Os possíveis restos na divisão por 3 são : 0 , 1 , 2 .

17 deixa resto igual a 2 , quando dividido por 3 , logo r2 deve ser igual a 1 para que afirmação : 3 | f(n) seja verdadeira .

r2 = 1 , se e somente se : o produto dos restos r3 e r4 das de divisões de n e ( n + 1 ) por 3 for igual a 1 .

Fazendo uma verificação baseada no teorema apresentado :

n (n) + n(1) = 1 <--> r3 ( r3) + r3 ( 1 ) = 1 <--> (r3)² + r3 = 1 <--> (r3)² + r3 - 1 = 0 ; cujas raízes são : $\frac{-1\: \pm\: \sqrt{5} }{2}$ .

Que não é um resultado válido , pois sabemos que se n e 3 $\in\:\mathbb{Z}$ , então o resto r3 , da divisão de n por 3 , $\in\:\mathbb{Z}$ .

Provando que a afirmação : 3 | f(n) é falsa $\therefore$ a afirmação 3 | f(x) também é falsa .

Após verificar de forma análoga os outros números primos menores que 17 : { 5 , 7 , 11 , 13 } , concluímos que 17 é o menor número primo que divide f(x) , para algum inteiro x .

Obs: No raciocínio usado foram considerados apenas os valores de x inteiros $\geq \, -2$ , pois o gráfico da função é uma parábola .

Ps : Santhiago , gostaria de sua ajuda e dos demais usuários para verificar se o raciocínio contém erros , inconsistência ou escassez de informação . E por favor não riam se cometi algum erro ridiculamente tosco . :lol:

por **e8group** » Dom Jul 07, 2013 17:42

Na minha opinião sua solução está globalmente correta,vamos ver o que os demais usuários do fórum acham.Se permite-me ,gostaria de palpitar novamente,desta vez vou incluir seu raciocínio na minha resolução .

Consideremos

o subconjunto do conjunto dos números primos impares.Suponhamos que para cada $x \geq -2$ ou $x \leq -3$ inteiro (pois a função

não é injetiva ,para cada $x_0 \geq -2$ inteiro existe algum $x'_0 \leq - 3$ inteiro tal que f(x_0) =f(x'_0)

) conseguimos números (dependendo de

) primos $\beta_{1} \leq \hdots \leq \beta_{k} , \{\beta_1, \hdots ,\beta_k\}\subsetneqq L$ tal que o número composto (x+2)(x+3)

pode ser reescrito como $2 \cdot \beta_{0} \cdots \beta{k} = 2 \prod_{i\in \{1,\hdots,k\}} \beta_{i}$ .Assim , sendo f(x) = x^2+5x +17 =(x+2)(x+3) + 17

. Segue , $f(x) = 2 \prod_{i\in \{1,\hdots,k\}} \beta_{i} +17$ .Além disso ,para cada $m \in\{1,\hdots , k\}$ , temos $2 \prod_{i\in \{1,\hdots,k\}} \beta_{i} +17 = \beta_{m}\left(1 +2 \prod_{i\in \{1,\hdots,k\}\setminus\{m\}} \beta_{i}\right) +(17 - \beta_{m})$ .Ou seja ,

$f(x)= \beta_{m}\left(1 + 2\prod_{i\in \{1,\hdots,k\}\setminus\{m\}} \beta_{i}\right) +(17 - \beta_{m})$ .

Vemos então que se $\beta_{m}$ divide f(x)

tem-se necessariamente $\beta_{m} = 17$ (Por quê ? ) .Agora suponhamos $\beta_{m} \neq 17$ .Pela infinitude dos números primos conseguimos números primos impares distintos dos $\beta_{i's}$ tais que eles dividem f(x).Assim se $p \in L\setminus\{\beta_1, \hdots , \beta_k \}$ podemos supor que p | f(x)

e utilizar o item proposto por você (2) " ...Agora considerando o seguinte teorema : ..." em diante para concluir que

necessariamente é estritamente maior que 17 .

por **e8group** » Dom Jul 07, 2013 18:02

OBS.: Na verdade ,o produto $2\beta_{m}(1 + \beta_{1} \cdots \beta_{m-1} \cdot \beta_{m+1} \cdots \beta_{k} )$ seria $\beta_{m}(1 +2 \beta_{1} \cdots \beta_{m-1} \cdot \beta_{m+1} \cdots \beta_{k} )$ o correto que de forma compacta é : $\beta_{m}\left(1 + 2\prod_{i\in \{1,\hdots,k\}\setminus\{m\}} \beta_{i}\right)$ .

por **chronoss** » Seg Jul 08, 2013 17:24

Ainda estou tentando entender seu raciocínio , deste ponto : Além disso ,para cada m ... , em diante ficou meio confuso para mim.

Obs: No começo vc citou que a função é injetiva , mas a definição de função injetiva não seria justamente o contrário? E também para o produtório ser de números primos , x deveria ser maior que ( - 1 ) ou menor que ( - 4 ) , ou não??

por **e8group** » Seg Jul 08, 2013 17:53

Tem razão . Na verdade queria dizer que ela não era injetora (assim basta analisar um subconjunto de seu dominío onde a função é injetiva ).Estar editado .Obrigado .

Note que ,

$2 \beta_1 \cdots \beta_k + 17 = 2 \beta_1 \cdots \beta_m + 17 + (\beta_1 - \beta_1) = \beta_1(2\beta_2 \cdots \beta_k + 1) + (17 - \beta_1)$ .

De forma análoga ,

$\beta_2(2\beta_1 \beta_3 \cdots \beta_k + 1) + (17 - \beta_2)$

(...)

$\beta_k(2\beta_1 \cdots \beta_{k-1} + 1) + (17 - \beta_k)$ .

Assim , podemos dizer que para escolha arbitrária de

em $\{1,\hdots ,k\}$ temos :

$2 \beta_1 \cdots \beta_k + 17 = \beta_m(2\beta_1 \cdots \beta_{m-1} \cdot\beta_{m+1} \cdots \beta_k + 1) + (17 - \beta_m)$

ou de forma compacta conforme eu já postei .Utilizei esta introdução apenas para mostra que se alguns dos números primos da lista divide f(x)

então necessariamente ele é

. Aparti daí usei o fato da infinidade dos números primos para obtermos números primos que não está na lista (já postada) que divide f(x)

e então mostrar que tais números são necessariamente maiores que 17 (usando seu raciocínio) .

Em resumo , no fundo não fiz nada demais . Minha solução proposta difere da sua apenas na introdução ,o restante da questão é globalmente análoga a sua no meu ponto de vista .

por **chronoss** » Seg Jul 08, 2013 18:26

Acho que entendi , mas correndo o risco de ser repetitivo , no caso de ${\beta}_{m} \:$ adotar valor = 17 , o valor de x considerado não é ( -2 ) ou (-3) , pois se fosse , o produtório perderia o sentido depois da função ser dividida por ${\beta}_{m} \:$ . Certo?

por **e8group** » Seg Jul 08, 2013 19:27

Correto .

por **chronoss** » Seg Jul 08, 2013 19:57

Obrigado por toda a ajuda santhiago , toda a discussão foi bastante agradável .

por **e8group** » Seg Jul 08, 2013 21:26

Não há de quê .Se tiver mais questões aí para compartilhar, a comunidade a agradece .De qualquer forma,se você disse que esta questão foi resolvida usando relações de congruências, talvez seja melhor assim .

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