Divisibilidade

por **victoreis1** » Qua Out 20, 2010 14:59

Boa tarde.. há dois anos, faço a OBM, e me deparo com questões muito desafiadoras, como esta:

PROBLEMA 5

Prove que o número $1^{2005} + 2^{2005} + 3^{2005} + ... + 2005^{2005}$ é múltiplo de 1 + 2 + 3 + ... + 2005

.

Queria saber como é feita, e também, se possível, uma introdução sobre congruência modular e divisibilidade, já que sou do primeiro ano e nunca tive contato com tais assuntos..

obrigado! ^^

por **VtinxD** » Qua Out 20, 2010 22:27

Cara....poderia até tentar resolver por congruência(estou com uma ideia na cabeça :-D

) mas você disse que ainda não sabe.Então acho que seria melhor se te disse-se um bom lugar para procurar material.

O site da OBMEP(OBM da escola publica) tem tudo que você pode até precisar para a terceira fase,se você chegar la tem que procurar uma igreja e se benze :-D

.Segue o link:
http://www.obmep.org.br/prog_ic_2008/apostila2008.html
Caso chegue na terceira fase e saiba inglês procure no site da IMO por materiais, são muito bons e complexos.

por **victoreis1** » Qua Out 20, 2010 23:51

valeu pelo link, muito bons os pdfs de lá.. vo dar uma lida amanhã..

se vc souber como resolver, e tiver vontade, resolve a questão usando congruência modular e tal, que talvez dê pra entender..

valeu!

por **VtinxD** » Qui Out 21, 2010 20:40

Espero que esteja certo :

Primeiro vamos analisar o 1+2+3+4+5+....+2005, que é uma PA de razão 1.Sua soma é dada por $S=\frac{2005\left(1+2005 \right)}{2}=2005*1003$
Agora nós temos que provar que esse numero é divisivel por 2005 e por 1003:
Agora vou começar a usar a congruencia modular:
${2005}^{k}\equiv0(mod 2005)$ o que quer dizer que 2005 sempre deixa resto zero quando divido por 2005;
$1\equiv-2004(mod 2005)\Rightarrow {1}^{2005}\equiv{(-2004)}^{2005}(mod 2005)$ ,uma propriedade da aritmética modular é:"O resto de uma soma e soma dos restos".Repetindo o processo anterior e somando os restos chegamos ao resto igual zero que representa que a soma é divisível pelo módulo.Provando que é divisível.
Agora só usar o mesmo método para 1003 ,provando que a soma também é disivel por 1003.E como 1003 e 2005 não possuem fatores comuns podemos inferir que a soma é disivel por 1+2+3...+2005.

por **victoreis1** » Qui Out 21, 2010 20:53

VtinxD escreveu:Espero que esteja certo :

Primeiro vamos analisar o 1+2+3+4+5+....+2005, que é uma PA de razão 1.Sua soma é dada por $S=\frac{2005\left(1+2005 \right)}{2}=2005*1003$
Agora nós temos que provar que esse numero é divisivel por 2005 e por 1003:
Agora vou começar a usar a congruencia modular:
${2005}^{k}\equiv0(mod 2005)$ o que quer dizer que 2005 sempre deixa resto zero quando divido por 2005;
$1\equiv-2004(mod 2005)\Rightarrow {1}^{2005}\equiv{(-2004)}^{2005}(mod 2005)$ ,uma propriedade da aritmética modular é:"O resto de uma soma e soma dos restos".Repetindo o processo anterior e somando os restos chegamos ao resto igual zero que representa que a soma é divisível pelo módulo.Provando que é divisível.
Agora só usar o mesmo método para 1003 ,provando que a soma também é disivel por 1003.E como 1003 e 2005 não possuem fatores comuns podemos inferir que a soma é disivel por 1+2+3...+2005.

somando os restos teríamos

$1^{2005} + 2^{2005} + ... + 2004^{2005} + 2005^{2005} \equiv(-2004)^{2005} + (-2003)^{2005} + ... + (-1)^{2005} + 0^{2005} (mod 2005)$

porque então chegamos ao resto zero?

por **VtinxD** » Qui Out 21, 2010 21:49

Foi mal...esqueci de falar:
só usar essa técnica até o numero 1002 no caso,pois ai os alternos se anulam.

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