Prove que existe um múltiplo de 2²⁰⁰⁵, com 2005 dígitos, tal que esses dígitos sejam apenas 2 ou 5. .... Pergunta de ideia deTesrX

November 2019 1 175 Report

Prove que existe um múltiplo de 2²⁰⁰⁵, com 2005 dígitos, tal que esses dígitos sejam apenas 2 ou 5.

Por gentileza, respostas com desenvolvimento completo.

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ArthurPDC

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Vamos resolver essa questão utilizando indução. Primeiramente, vamos definir como $p_n$ um número de n dígitos formado apenas pelos algarismos 2 e 5 que seja divisível por $2^n$ .

Para n=1, encontramos facilmente que $p_1=2$ é o único número divisível por $2^1$ .

Agora, vamos considerar que existe um número $p_k$ que atende à definição de $p_n$ . Queremos mostrar que, então, existe um número $p_{k+1}$ .

Como os algarismos de $p_n$ são apenas 2 ou 5, temos que:

$p_{k+1}=2\cdot10^k+p_k~~~ou~~~p_{k+1}=5\cdot10^k+p_k$

Além disso, sabemos que $2^k\,|\,p_k$ , então $p_k$ pode ser escrito como $p_k=2^kq_k$ , com $q_k\in\mathbb{N}$ . Então:

$p_{k+1}=2\cdot10^k+p_k~~~ou~~~p_{k+1}=5\cdot10^k+p_k\\\\
p_{k+1}=2\cdot(2\cdot5)^k+2^kq_k~~~ou~~~p_{k+1}=5\cdot(2\cdot5)^k+2^kq_k\\\\ \underbrace{p_{k+1}=2^k(2\cdot5^k+q_k)}_{(i)}~~ou~~~\underbrace{p_{k+1}=2^k(5^{k+1}+q_k)}_{(ii)}$

A partir deste ponto, podemos analisar apenas a paridade de $q_k$ :

⇒ Se $q_k$ é par, temos que, em (i), $2\cdot5^k+q_k$ representa a soma de dois números pares e, portanto, também é um número par, isto é, é da forma $2m$ . Então:

$p_{k+1}=2^k(2\cdot5^k+q_k)\\\\
p_{k+1}=2^k\cdot2m \\\\p_{k+1}=2^{k+1}m$

Com isso, obtemos $p_{k+1}$ divisível por $2^{k+1}$ .

⇒ Se $q_k$ é ímpar, temos que, em (ii), $5^{k+1}+q_k$ representa a soma de dois números ímpares, resultando em um número par, isto é, um número da forma $2m$ . Assim:

$p_{k+1}=2^k(5^{k+1}+q_k)\\\\
p_{k+1}=2^k\cdot2m\\\\
p_{k+1}=2^{k+1}m$

Com isso, obtemos $p_{k+1}$ divisível por $2^{k+1}$ .

Desse modo, encontramos que, se existe $p_k$ , podemos acrescentar um algarismo 2 ou 5 à sua "frente" e obter um número $p_{k+1}$ que atende às definições de $p_n$ , o que conclui a indução.

Com isso, temos que é verdade para todos os naturais a partir de n=1, inclusive para o caso citado de $n=2005$ .

TesrX Ótima resposta, obrigado!

TesrX Olá. Sim, existe pk que atende a condição (ser composto apenas por 2 e 5).

TesrX Veja uma parte da sequência e seus divisores 2^n: 2 | 2^1 52 | 2^2 552 | 2^3 5.552 | 2^4 55.552 | 2^5 255.552 | 2^6 5.255.552 | 2^7 55.255.552 | 2^8 255.255.552 | 2^9 2.255.255.552 | 2^10 22.255.255.552 | 2^11 222.255.255.552 | 2^12 5.222.255.255.552 | 2^13 55.222.255.255.552 | 2^14 255.222.255.255.552 | 2^15 2 255 222 255 255 552 | 2^16 22 255 222 255 255 552 | 2^17 222 255 222 255 255 552 | 2^18 2 222 255 222 255 255 552 | 2^19 52 222 255 222 255 255 552 | 2^20

TesrX 552 222 255 222 255 255 552 | 22^1 5 552 222 255 222 255 255 552 | 2^22 55 552 222 255 222 255 255 552 | 2^23 255 552 222 255 222 255 255 552 | 2^24 5 255 552 222 255 222 255 255 552 | 2^25 55 255 552 222 255 222 255 255 552 | 2^26 555.255.552.222.255.222 255 255 552 | 2^27 2.555.255.552.222.255.222 255 255 552 | 2^28

TesrX Se decompor esses números (onde o maior tem 28 algarismos) verás qual deve somar na fórmula que o Arthur usou.

TesrX A resposta dele está ótima, bem clara. :)

TesrX Os números foram adicionados apenas por conhecer-lhe, meu caro "Demo"/Guachos/Drexlller (ou qualquer nome/nick que prefira ser chamado).

camponesa Se quiser posso colocar os nomes, em ordem alfabética, assim ele pode escolher como quer ser chamado ... !!!

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