Álgebra Elementar

Calcule o resto da divisão de [latex](1006^{1006}+1004^{1004})^{1005}[/latex]  por 5.

GABARITO:

O resto da divisão é dois.


O professor resolveu usando congruências lineares, existe algum outro método?

Acho que dá pra fazer assim:



[latex]\begin{align*} \left(1006^{1006}+1004^{1004}\right)^{1005} &= \left[\left(5a+1 \right )^{1006}+\left(5b-1 \right )^{1004}\right]^{1005}\\~\\ &= \left[\displaystyle\sum_{k=0}^{1006}\binom{1006}{k}\left(5a \right )^{1006-k}\cdot 1^{k}+\displaystyle\sum_{k=0}^{1004}\binom{1004}{k}\left(5b \right )^{1004-k}\cdot \left(-1 \right )^{k}\right]^{1005} \end{align*} [/latex]




Analisando as somas, percebe-se que o único termo que não é múltiplo de 5 ocorre quando k = 1006 na primeira e k = 1004 na segunda.


[latex]\begin{align*} \left(1006^{1006}+1004^{1004}\right)^{1005} &= \left[\displaystyle\sum_{k=0}^{1006}\binom{1006}{k}\left(5a \right )^{1006-k}\cdot 1^{k}+\displaystyle\sum_{k=0}^{1004}\binom{1004}{k}\left(5b \right )^{1004-k}\cdot \left(-1 \right )^{k}\right]^{1005}\\~\\ &= \left[5c+1^{2006}+\left(-1 \right )^{1004} \right ]^{1005}\\~\\ &= \left(5c+2 \right )^{1005} \end{align*} [/latex]



Usando a mesma lógica:


[latex]\begin{align*} \left(1006^{1006}+1004^{1004}\right)^{1005} &= \left(5c+2 \right )^{1005}\\~\\ &= 5d+2^{1005} \end{align*} [/latex]



Aqui não tem fuga, sabemos que [latex]16 \equiv 1 \mod(5) \implies 2^4 \equiv 1\mod(5)   \implies 2^{1004} \equiv 1 \mod(5) \implies 2^{1005} \equiv 2 \mod(5)[/latex]

Uma tentativa mais simples:

{10006¹⁰⁰⁶ + 1004¹⁰⁰⁴}¹⁰⁰⁵

10006¹⁰⁰⁶ termina em 6
10004¹⁰⁰⁴ termina em 6
A soma de ambos termina em 2 ---> xxx.....xx2

2⁵ termina em 2 ---> A divisão por 5 tem resto 2

Ex. 12 , 22 , 32, 42 , etc divididos por 5 tem resto 2

tales amaral escreveu:Acho que dá pra fazer assim:



[latex]\begin{align*} \left(1006^{1006}+1004^{1004}\right)^{1005} &= \left[\left(5a+1 \right )^{1006}+\left(5b-1 \right )^{1004}\right]^{1005}\\~\\ &= \left[\displaystyle\sum_{k=0}^{1006}\binom{1006}{k}\left(5a \right )^{1006-k}\cdot 1^{k}+\displaystyle\sum_{k=0}^{1004}\binom{1004}{k}\left(5b \right )^{1004-k}\cdot \left(-1 \right )^{k}\right]^{1005} \end{align*} [/latex]




Analisando as somas, percebe-se que o único termo que não é múltiplo de 5 ocorre quando k = 1006 na primeira e k = 1004 na segunda.


[latex]\begin{align*} \left(1006^{1006}+1004^{1004}\right)^{1005} &= \left[\displaystyle\sum_{k=0}^{1006}\binom{1006}{k}\left(5a \right )^{1006-k}\cdot 1^{k}+\displaystyle\sum_{k=0}^{1004}\binom{1004}{k}\left(5b \right )^{1004-k}\cdot \left(-1 \right )^{k}\right]^{1005}\\~\\ &= \left[5c+1^{2006}+\left(-1 \right )^{1004} \right ]^{1005}\\~\\ &= \left(5c+2 \right )^{1005} \end{align*} [/latex]



Usando a mesma lógica:


[latex]\begin{align*} \left(1006^{1006}+1004^{1004}\right)^{1005} &= \left(5c+2 \right )^{1005}\\~\\ &= 5d+2^{1005} \end{align*} [/latex]



Aqui não tem fuga, sabemos que [latex]16 \equiv 1 \mod(5) \implies 2^4 \equiv 1\mod(5)   \implies 2^{1004} \equiv 1 \mod(5) \implies 2^{1005} \equiv 2 \mod(5)[/latex]

Infelizmente, ainda não domino os conceitos matemáticos que você usou e, por isso, não vou conseguir entender sua resolução, mas, de qualquer forma, muito obrigado, cara!

Elcioschin escreveu:Uma tentativa mais simples:

{10006¹⁰⁰⁶ + 1004¹⁰⁰⁴}¹⁰⁰⁵

10006¹⁰⁰⁶ termina em 6
10004¹⁰⁰⁴ termina em 6
A soma de ambos termina em 2 ---> xxx.....xx2

2⁵ termina em 2 ---> A divisão por 5 tem resto 2

Ex. 12 , 22 , 32, 42 , etc divididos por 5 tem resto 2

Elcio, o senhor poderia explicar como se pode afirmar que 1000^1006 e 1004^1004 terminam em 6?

1) Qalquer potência de número terminado em 6, termina em 6 ---> 6² = 36, 6³ = 216, 6⁴ = 1296, etc.

2) Potências com expoente par de número terminados em 4, terminam em 6 ---> 4² = 16 , 4⁴ = 256, etc.

Elcioschin escreveu:1) Qalquer potência de número terminado em 6, termina em 6 ---> 6² = 36, 6³ = 216, 6⁴ = 1296, etc.

2) Potências com expoente par de número terminados em 4, terminam em 6 ---> 4² = 16 , 4⁴ = 256, etc.

Maravilha! Interessante demais essas observações que, realmente, podem simplificar uma conta. Muito obrigado, mestre Elcio!

Por congruência modular:






I. Colocando toda a expressão, que eu vou chamar de "E", em mod5:





II. Pelo Pequeno Teorema de Fermat:





Daí, pra matar a questão, temos que 



Então:



Observação: só vi agora que você pediu outro método e eu acabei usando congruência também, foi mal kkkk. Vou deixar a solução aqui porque deu um trabalhinho pra digitar...

Arlindocampos07 escreveu:

tales amaral escreveu:Acho que dá pra fazer assim:



[latex]\begin{align*} \left(1006^{1006}+1004^{1004}\right)^{1005} &= \left[\left(5a+1 \right )^{1006}+\left(5b-1 \right )^{1004}\right]^{1005}\\~\\ &= \left[\displaystyle\sum_{k=0}^{1006}\binom{1006}{k}\left(5a \right )^{1006-k}\cdot 1^{k}+\displaystyle\sum_{k=0}^{1004}\binom{1004}{k}\left(5b \right )^{1004-k}\cdot \left(-1 \right )^{k}\right]^{1005} \end{align*} [/latex]




Analisando as somas, percebe-se que o único termo que não é múltiplo de 5 ocorre quando k = 1006 na primeira e k = 1004 na segunda.


[latex]\begin{align*} \left(1006^{1006}+1004^{1004}\right)^{1005} &= \left[\displaystyle\sum_{k=0}^{1006}\binom{1006}{k}\left(5a \right )^{1006-k}\cdot 1^{k}+\displaystyle\sum_{k=0}^{1004}\binom{1004}{k}\left(5b \right )^{1004-k}\cdot \left(-1 \right )^{k}\right]^{1005}\\~\\ &= \left[5c+1^{2006}+\left(-1 \right )^{1004} \right ]^{1005}\\~\\ &= \left(5c+2 \right )^{1005} \end{align*} [/latex]



Usando a mesma lógica:


[latex]\begin{align*} \left(1006^{1006}+1004^{1004}\right)^{1005} &= \left(5c+2 \right )^{1005}\\~\\ &= 5d+2^{1005} \end{align*} [/latex]



Aqui não tem fuga, sabemos que [latex]16 \equiv 1 \mod(5) \implies 2^4 \equiv 1\mod(5)   \implies 2^{1004} \equiv 1 \mod(5) \implies 2^{1005} \equiv 2 \mod(5)[/latex]

Infelizmente, ainda não domino os conceitos matemáticos que você usou e, por isso, não vou conseguir entender sua resolução, mas, de qualquer forma, muito obrigado, cara!

Acho que a matéria que você teve dúvida se chama Binômio de Newton, dá uma pesquisada rápida que você vai ver que é simples. Qualquer dúvida só mandar!

castelo_hsi escreveu:Por congruência modular:






I. Colocando toda a expressão, que eu vou chamar de "E", em mod5:





II. Pelo Pequeno Teorema de Fermat:





Daí, pra matar a questão, temos que 



Então:



Observação: só vi agora que você pediu outro método e eu acabei usando congruência também, foi mal kkkk. Vou deixar a solução aqui porque deu um trabalhinho pra digitar...

kkkkkkk sem problemas! Percebo que venho tentando fugir de Congruência mas, analisando aqui, é uma ferramenta muito poderosa para a resolução de questões. Muito obrigado!