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A parte inteira de um número é o maior inteiro menor ou igual a ele. Esta também é chamada de função chão. Denotaremos a parte inteira de x por \lfloor x\rfloor.

Também podemos definir a parte fracionária de x (que será denotada por \{x\}) como sendo \{x\}=x-\lfloor x\rfloor. Observe que 0 \leq \{x\} <1.

PropriedadesEditar

(i) Sejam a inteiro e x um número real. Então \lfloor x\rfloor=a \Leftrightarrow a \leq x <a+1 \Leftrightarrow x-1 <a \leq x..

(ii) Se a é inteiro, então \lfloor x+a\rfloor=\lfloor x\rfloor+a

(iii) \lfloor \{x\}\rfloor=0.

(iv) \{\{x\}\}=\{x\}.

(v) \{\{a\}+\{b\}\}=\{a+b\}.

(vi) Se n é natural, então \{n\{x\}\}=\{nx\}.

(vii) \lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor \leq \lfloor x+y\rfloor.

(viii) \{x\}=\{y\} se, e somente se, x-y é inteiro.

Quantidade de algarismos de um númeroEditar

Se x for um número inteiro positivo, então ele possui \lfloor \log{x} \rfloor+1 algarismos.

Exemplo (Cone Sul 1993)Editar

Encontre o número de elementos que um conjunto B contido em \{1,2,...,n\} pode ter com a seguinte propriedade: para quaisquer elementos a e b de B (a \neq b), (a-b) \not| (a+b).

Solução:

Façamos alguns casos particulares para entendermos melhor.

  • n=1

B=\{1\} satisfaz as condições do enunciado. Aliás todo conjunto com apenas um elemento satisfaz as condições do enunciado.

  • n=2

B=\{1,2\} não satisfaz as condições do enunciado, pois (2-1)|(2+1). A partir daqui, podemos suspeitar de alguma coisa? Sim: dois números consecutivos não podem estar em B. De fato, isso acontece: se n e n+1 pertencessem a B, então [(n+1)-n]|[(n+1)+n]. Absurdo. Logo, neste caso, B pode ter no máximo 1 elemento.

  • n=3

Já sabemos que B pode ter um elemento. E dois? Como não podemos colocar números consecutivos em B, segue que ele não pode ser \{1,2\} e nem \{2,3\}. Mas B pode ser igual a \{1,3\}? Não, pois (3-1)|(3+1).

Podemos, com isso, nos fazer a seguinte pergunta: n e n+2 podem pertencer simultaneamente a B? Não, pois [(n+2)-n]|[(n+2)+n].

Vale a pena continuar explorando mais: em quais casos n e n+3 pertencem simultaneamente a B. Observe que

[(n+3)-n]|[(n+3)+n] \Leftrightarrow 3|(2n+3) \Leftrightarrow 3|2n \Leftrightarrow 3|n.

Com isso, n e n+3 pertencem simultaneamente a B se, e somente se, 3 não for um divisor de n.

Por isso, parece interessante observarmos o problema módulo 3. A primeira coisa que podemos suspeitar é: se dois números possuem resto 1 na divisão por 3, então eles podem estar no mesmo conjunto? Observe que se x e y possuem resto 1 na divisão por 3, então existem a e b inteiros tais que x=3a+1 e y=3b+1. Então

x-y=3(a-b)

x+y=3(a+b)+2

Então (x-y) \not| (x+y), pois 3(a-b) \not| 3(a+b)+2, já que 3\not| 3(a+b)+2. Analogamente se dois números possuem resto 2 na divisão por 3, então eles podem estar no mesmo conjunto.

Com isso, podemos considerar

B_1=\{k \in \mathbb{Z}: 1 \leq k \leq n \text{ e } k \equiv 1 \mod 3\} ou B_2=\{k \in \mathbb{Z}: 1 \leq k \leq n \text{ e } k \equiv 2 \mod 3\}.

E estes conjuntos irão satisfazer as condições do enunciado. Quantos elementos cada um deles possui? Comecemos com B_1. Neste caso, podemos escrever o conjunto na forma \{1,4,7,...,3a-2\}, onde a é o número de elementos. Como determinár a?

Basta notarmos que 3a-2 pertence ao conjunto, mas 3(a+1)-2 não. Assim

3a-2 \leq n < 3(a+1)-2 \Leftrightarrow \frac{n+2}{3}-1 < a \leq \frac{n+2}{3} \Leftrightarrow a=\lfloor \frac{n+2}{3}\rfloor.

Analogamente, B_2 possui \lfloor \frac{n+1}{3}\rfloor elementos. Observe que se 1 \leq x \leq \lfloor \frac{n+2}{3}\rfloor, então conseguimos um conjunto de x elementos que satisfaz as condições do enunciado (basta tomarmos um subconjunto de B_1 com x elementos).

Podemos montar algum conjunto com mais de \lfloor \frac{n+2}{3}\rfloor elementos. Já vimos que não podemos colocar 2 ou mais múltiplos de 3 em um conjunto.

Além disso, se colocarmos algum número da forma 3k, não podemos colocar nenhum cuja diferença é 1 ou 2, ou seja, ficarão de fora 3k-2, 3k-1, 3k+1 e 3k+2. Ou seja, colocar múltiplos de 3 faz com que "percamos" elementos para colocar no conjunto e eles só atrapalham na hora de maximizar.

E dá para combinar números a 1 e 2 módulo 3 no mesmo conjunto? Se colocarmos um número da forma 3k+1, devemos tirar do conjunto os números 3k+2 e 3(k-1)+2. Portanto os conjuntos que maximizam são B_1 e B_2.

Finalmente, só podemos montar conjuntos B satisfazendo as condições do enunciado com uma qualquer quantidade menor ou igual a \lfloor \frac{n+2}{3}\rfloor elementos.

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