A maior rede de estudos do Brasil

Grátis
132 pág.
Problemas em Teoria dos Números (Resolvidos e Propostos) do prof Diego Marques

Pré-visualização | Página 4 de 23

que n composto implica Un composto. De fato, se n = rs, com r, s > 1, 
então 
lOn - 1 lOrs - 1 (lOr)s - 1 
Un = 111 ... 1 = 
9 9 
-
9 
= ( lOr 9- 1) (lor(s-1) + ... + 1) 
que é composto, já que cada expressão entre parênteses é maior que 1. Note que 10~ - 1 2: 10~-1 = 
11. o 
23. Mostrar que, se para algum n, m I (35n + 26), m I (7n + 3) em> 1, então m = 11. 
Solução: Como m I (35n + 26) em I (7n + 3) então m divide 
1(35n + 26) + ( -5)(7n + 3) = 11. 
Logo m = 1 ou m = 11, mas por hipótese, m > 1. Assim, m = 11. o 
24. Sendo ~ + i um inteiro, onde a e b são inteiros positivos, mostrar a = b. Mostrar também que 
a= 1 ou 2. 
Solução: Apresentamos três soluções para esse problema. 
(i) Suponha que ~+i = c E Z. Então a+ b = abc e podemos concluir que a I b pois b = a(bc- 1) 
e b I a pois a= b(ac- 1). Logo a= b, pois a e b são positivos.· Daí ~ = c e logo a I 2. Sendo 
assim, segue que a = 1 ou a = 2. 
(ii) Se ~+i =c, então a+ b = abc e, portanto, b = acC:..1. Como ac- 1 é maior do que a para 
c > 3; segue que c = 1 ou c = 2. Logo b = a~1 ou b = 2aC:..1. Assim a - 1 I a e daí a = 2 (e, 
portanto, b = 2). No outro caso (2a- 1) I a e daí 1 = ( -1, a) = (2a- 1, a) = 2a- 1 =>a= 1 (e, 
portanto, b = 1). 
(iii) Se min{a,b} > 2, então 
1 1 1 1 
0<-+-<-+-=1. 
a b 2 2 
Logo ~ + i não pode ser inteiro, pois está entre O e 1. Logo min{ a, b} ~ 2. Daí, se a = 1 então 
g E N ===> b = 1. Se a = 2 então ! + i E N => g E N => b = 1 ou b = 2. Mas ~ + 1 fi N então 
b=2. 0 
Capítulo 1. Problemas resolVidos 15 
25. Mostrar que, se (a, b) = 1, então (2a + b, a+ 2b) = 1 ou 3. 
Solução: (i) Solução 1. Se d = (2a + b, a+ 2b). Temos que, 
dI (( -1)(2a + b) + 2(a + 2b)) = 3b 
e também, 
dI (2(2a + b) + ( -1)(a + 2b)) = 3a. 
Se (3,d) = 1 então dI a e dI b. Logo d = 1 pois (a,b) = 1. 
Se (3,d) = 3 então d = 3k. Como dI 3a e dI 3b então k I a e k I b. Mas (a,b) = 1 e portanto 
k = 1. Assim, d = 3. 
(ii) Solução 2. Usaremos o Teorema 1.7 e a Proposição 1.3. De fato, 
mas, 
d= (2a+b,a+2b) = (2(a+2b)- 3b,a+2b) = 
= (3b,a+2b) = (3b,a-b+3b) = (3b,a-b) 
(3b, a- b) I (3b, 3(a- b)) = (3b, 3a- 3b) = (3b, 3a) = 3(b, a)= 3. 
Logo, d I 3 e portanto d = 1 ou d = 3. o 
26. Mostrar que sendo num inteiro, o número n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 é um quadrado perfeito. 
Solução: Defina a= n 2 + 3n. Logo n(n +1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n(n+ 3))((n + 1)(n + 2)) + 1 = 
(n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1 = a(a + 2) + 1 = a2 + 2a + 1 =(a+ 1)2 = (n2 + 3n + 1)2 . O 
27. Determinar todos os números de 3 algarismos divisíveis por 8, 11 e 12. 
Solução: Primeiramente calculamos o menor inteiro que tem 8, 11 e 12 como fatores comuns. 
Este é o mínimo múltiplo comum que é dado por [8, 11, 12] = 264. Daí os números que são, 
simultaneamente, divisíveis por 8, 11 e 12 são os múltiplos de 264. Logo com 3 dígitos temos: 
{264, 2. 264,3. 264} = {264, 528, 792}. 
o 
28. Encontrar todos os inteiros positivos n para os quais (n + 1) I (n2 + 1). 
Solução: Suponha que ( n + 1) I ( n2 + 1), então nt.tl = n 2;;t2 = n- 1 + n!l E Z. Logo n + 1 I 2 
e portanto, n + 1 = 1 ou n + 1 = 2. Daí n = O ou n = 1. Assim, n = 1 é o único inteiro positivo 
tal que (n+ 1) I (n2 + 1). O 
29. Dados a e b inteiros com b #O, mostrar que existem inteiros q e r satisfazendo a= qb ±r, O~ 
r~~· 
Solução: Pelo algoritmo da divisão de Euclides temos que a= bq +r, com O~ r< b. Se r~ ~' 
o resultado está provado. Se r > ~ então a = b(q + 1) - (b- r), onde b- r < b- ~ = ~ e o 
resultado está completo. D 
16 Problemas em Teoria dos Números (Resolvidos e Propostos) 
30. Mostrar que se a e b são inteiros, (a, 3) = (b, 3) = 1, então a2 + b2 não é um quadrado perfeito. 
Solução: Como por hipótese (a, 3) == 1 então a= 3k + 1 ou a= 3k + 2. Logo temos, que, quando 
a= 3k + 1, a 2 = 3k + 1 com k = 3k2 + 2k e quando a= 3k + 2 temos que a 2 = 3.k' + 1 com 
k' = 3k2 + 4k + 1. Como (b, 3) = 1 temos que b = 3q + 1 ou b = 3q + 2 e, analogamente, teremos 
que b2 é da forma 3Q + 1. Assim, se x 2 = a 2 + b2 temos que x 2 = a 2 + b2 = 3s + 2. Mas como 
todo quadrado deixa resto O ou 1 na divisão por 3 
x2 = a2 + b2 
não é um quadrado perfeito. D 
31. Mostrar que para n > 1 os números n4 + 4 e n4 + n 2 + 1 são ambos números compostos. 
Solução: (i) De fato, temos que, 
n4 + 4 = n4 + (2n) 2 + 4...:. (2n)2 ·= (n2 + 2) 2 - (2n)2 = (n2 + 2 + 2n)(n2 + 2- 2n). 
Como n 2::2 temos que n 2 +2+2ri = n(n+2)+2 > 2 e n 2 +2-2n = n(n-2)+2 2::2. Portanto, 
segue que n 4 + 4 é composto. 
(i i) De fato, temos que, 
n4 + n2 + 1 = n4 + 2n2 + 1- n2 = (n2 + 1)2 - n2 = (n2 + 1 + n)(n2 + 1...:.. n}; · 
Como n 2:: 2 temos que n2 + 1 + n > 1 e n2 + 1-:- n = n(n- 1) + 1 > 1. Portanto, se~e que 
n4 + n 2 + 1 é composto. [J 
32. Mostrar os itens (a), (b) e (c) do Problema 13sem f~er uso de indução. 
Solução: (a) Observe que 
F1 =F2 
F3 = F4- F2 
Fs = F6- F4 
F2n-3 = F2n-2- F2n-4 
F2n-l = F2n- F2n-2• 
Somando as igualdades acima, obtemos F1 + F3 + · · · + F2n-i = F2n· 
(b) Com efeito, temos: 
F2 = F3- F1 
F4 = Fs- F3 
F6 = F1- Fs 
F2n-2 = F2n-l- F2n-3 
F2n = F2n+l- F2n-l· 
Capítulo 1. Problemas resolvidos 17 
Somando as igualdades acima, obtemos F2 + F4 + · · · + F2n = F2n+l- F1 = F2n+1- 1. 
(c) Note que, 
F1 = Fa- F2 
F2 = F4- Fa 
Fa = Fs- F4 
Fn-1 = Fn+l - Fn 
Fn = Fn+2 - Fn+l· 
Somando as igualdades acima, obtemos .H + F2 + · · · + Fn = Fn+2 - F2 = Fn+2 - 1. 
33. Mostrar que (a, bc) = 1 se, e somente se, (a, b) = (a, c) = 1. 
o 
Solução: Usaremos o fato que, (a, b) = 1 se, e somente se, existem x,y E Z tais que ax + by = 1. 
De fato, se (a, bc) = 1 então existem xo, Yo E Z tais que axo + (bc)yo = 1. Logo, 
axo + (yoc)b = 1 =? (a, b) = 1 
axo + (yob)c = 1 =? (a, c) = 1. 
Se (a, b) = (a, c) = 1, então existem r, s, t, u E Z tais que, ar+ bs = 1 = at +cu. Logo, 
1 = (ar+ bs)(at +cu)= rta2 + rauc + sbta + sbuc = (rta +rue+ sbt)a + (su)(bc) =? (a,bc) = 1. 
o 
34. Mostrar que se b I c então (a+ c, b) = (a, b). 
Solução: Usaremos o Teorema 1.7. Se a, b E Z, então (qb +r, b) = (r, b). Como b I c então c= qb 
para algum q E Z. Daí pelo Teorema 1.7 segue que (a+ c, b) = (a+ qb, b) =(a, b). O 
35. Mostrar que se (a, c)= 1 então (a, bc) = (a, b). 
Solução: Como (a, b) I a, e (a, b) I b I bc segue que (a, b) é um divisor comum de (a, bc) portanto 
(a, b) ~ (a, bc). Por outro lado, a e c são primos entre si, logo, existem xo, yo E Z tais que 
axo+cyo = 1 =? (ab)xO+(bc)yo = b. Como (a, bc) I a e (a, bc) I bc, então (a, bc) I (a(bxo)+bcyo) = 
b =? (a, bc) ~ (a, b). Daí vale a igualdade, isto é, (a, bc) = (a, b). O 
36. Mostrar que (a, b, c)= ((a, b), c). 
Solução: De modo análogo a prova do Teorema 1.11, podemos mostrar que se a = IlPi0 ', 
b = IlPi'8• e c= f1pi'"Y• então (a,b,c) = IlPimin{a,,,B,m}. Por outro lado, pelo Teorema 
1.11, ((a, b), c) = (ITPimin{a,,,B,}, c) = IJPimin{rnin{a,,,B,}m}. Portanto, resta-nos mostrar que 
min { min {ai, .Bi}, {i} = min {ai, .Bi, li}. Mas essa igualdade é fácil de ser provada dividindo os 
casos em que ai, f3i e {i são mínimos, respectivamente. O 
18 Problemas em Teoria dos Números (Resolvidos e Propostos) 
37. Dizer qual é o maior inteiro que pode ser somado ao dividendo sem alterar o quociente quando 
se divide 431 por 37. 
Solução: Temos que 431 = 37 · 11 + 24. Logo, somando t ao dividendo e ao resto, temos 
431 + t = 37 · 11 + (24 + t). Queremos o maior t, tal que o quociente da divisão de 431 + t por 
37 seja ainda 11. Logo, queremos o maior t tal que 24 + t < 37 (pois caso contrário, o quociente 
será pelo menos 12). Daí t < 13 e portanto t = 12 é o valor desejado. O 
38. Para cada par de inteiros a e b dado abaixo, encontrar o quociente q e o resto r satisfazendo o 
algoritmo da divisão de Euclides 
(a) a= 59; b = 6 
(b) a = -71; b = 5 
(c) a= -48; b = -7 
(d) a= 67; b = -13 
Solução: 
(a) 59= 9 · 6 + 5 => q = 9 e r= 5. 
(b) -71 = 5 · ( -15) + 4 => q = -15 e r= 4. 
(c) -48 = ( -7) · 7 + 1 => q = 7 e r = 1. 
(d) 67 = ( -13) · ( -5) + 2 => q = -5 e r= 2. 
39. Mostrar que se nem são inteiros ímpares, então 8 I (n4 + m 4 - 2). 
Solução: