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Segunda Prova Resolvida de Introdução à Teoria dos Números

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1. Responda verdadeiro ou falso. Para cada item incorreto será descontado 12, 5% da questão.
a. (V) Seja n = (131553)b. Se b for ı́mpar então n é par;
Temos que, n = 3+5 ·b+5 ·b2 +b3 +3 ·b4 +b5. Por hipótese, b é ı́mpar logo1 3 ·b, 5 ·b2, b3, 3 ·b4
e b5 são todos ı́mpares. Desta forma2, 3+5 · b é par, 3+5 · b+5 · b2 é ı́mpar, 3+5 · b+5 · b2 + b3
é par, 3 + 5 · b + 5 · b2 + b3 + 3 · b4 é ı́mpar e 3 + 5 · b + 5 · b2 + b3 + 3 · b4 + b5 é par.
b. (V) n = (24622664402444002224443)b é sempre ı́mpar, qualquer que seja b > 6;
Observamos que n = (2)b·(12311332201222001112220)b+(3)b = 2·(12311332201222001112220)b+
3 = 2 · ((12311332201222001112220)b + 1) + 1. Portanto, n é sempre ı́mpar, qualquer que seja
b > 6.
c. (F) Existe alguma base b > 5 tal que m = (235430)b seja um número primo;
Para qualquer b > 5 temos que, m = 3·b+4·b2+5·b3+3·b4+2·b5 = b·(3+4·b+5·b2+3·b3+2·b4).
Assim, b é um divisor de m e 5 < b < m. Portanto, m é um número composto.
d. (F) Para cada n ∈ N tem-se que n! + 1 é um número primo ou é um quadrado perfeito
(quadrado de um número inteiro). Lembramos que 0! = 1 e n! = n · (n− 1)! para n > 0.
Embora a afirmação seja verdadeira para n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, temos que 6! + 1 = 721 = 7 · 103
não é primo e também não é quadrado perfeito pois, 262 = 676 < 721 < 729 = 272.
RESOLVA APENAS 3 (TRÊS) DOS 6 (SEIS) EXERCÍCIOS ABAIXO.
ATENÇÃO: Não resolva mais do que 3 exerćıcios pois, serão corrigidos apenas 3 (TRÊS)
exerćıcios.
2. Sejam n = (2314)5 e m = (431)5.
a) Determine a representação de n ·m na base 5;
2 3 1 4
× 4 3 1
2 3 1 4
1 3 0 0 2 +
2 0 3 2 1 +
2 2 1 4 4 3 4
1O produto de qualquer quantidade finita de números ı́mpares é ainda um número ı́mpar. Isso pode ser mostrado
facilmente por indução finita.
2De maneira geral temos que a soma de uma quantidade par de números ı́mpares é sempre par e a soma de
uma quantidade ı́mpar de números ı́mpares é sempre ı́mpar. Isso também pode ser mostrado, sem dificuldades, por
indução finita.
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Segunda Prova de Introdução à Teoria dos Números
Portanto, (2314)5 × (431)5 = (2214434)5
b) Determine a representação de n−m na base 4.
2 3 1 4
- 4 3 1
1 3 3 3
Logo, (2314)5− (431)5 = (1333)5 = 53 +3 ·52 +3 ·5+3 = 218 = 54 ·4+2 = (13 ·4+2) ·4+2 =
13 · 42 + 2 · 4 + 2 = (3 · 4 + 1) · 42 + 2 · 4 + 2 = 3 · 43 + 42 + 2 · 4 + 2 = (3122)4.
3. Seja n o número inteiro que é representado na base 3 por n = (2201)3 e é representado na
base b por (243)b. Determine o valor de b.
Temos que, n = 2 · 33 + 2 · 32 + 1 = 54 + 18 + 1 = 73. Logo, 73 = 2 · b2 + 4 · b + 3. Assim,
2 · b2 + 4 · b− 70 = 0, ou seja, b2 + 2b− 35 = 0. Resolvendo essa equação quadrática obtemos
que b = −7 ou b = 5. Como b > 1 temos que, b = 5, ou seja,
n = (2201)3 = (243)5
4. Mostre que, se n ∈ N é um número primo tal que 3n + 1 é um quadrado perfeito (quadrado
de um número inteiro), então n = 5.
Por hipótese, deve existir um número inteiro a tal que a2 = 3n + 1, ou seja, 3n = a2 − 1 =
(a−1)(a+1). Logo, (a−1)|3n. Desta forma, como n é primo podemos concluir3 que, a−1 = 3
ou a− 1 = n ou a− 1 = 3n.
Se a− 1 = 3n então, a + 1 = 1, ou seja, a = 0. Mas isso implica que 3n + 1 = 0, o que é um
absurdo pois 3n + 1 > 0 para todo n ∈ N.
Se a− 1 = n então, a + 1 = 3, ou seja, a = 2. Mas isso implica que, 3n + 1 = a2 = 4, ou seja,
n = 1 e isso é um absurdo novamente pois n é primo.
Concluimos portanto que a− 1 = 3, ou seja, a = 4. Desta forma, n = a2−1
3
= 15
3
= 5.
5. Seja p um número primo positivo tal que o resto da divisão de p por 3 é igual a 1. Mostre
que o resto da divisão de p por 6 é também igual a 1.
Por hipótese, p é primo e existe n ∈ Z tal que, p = 3n + 1. Temos que, n é par ou n é ı́mpar.
Se n for ı́mpar então, n = 2k + 1 para algum inteiro k. Logo, p = 3(2k + 1) + 1 = 6k + 4 =
2(3k + 2). Como p é primo positivo devemos ter p = 2 e 3k + 2 = 1. Mas isso implica que
3k = −1, ou seja, 3|(−1) e portanto, 3 ≤ | − 1| = 1 o que é um absurdo.
Concluimos assim que n deve ser par, ou seja, n = 2q para algum q ∈ Z. Desta forma,
p = 3n + 1 = 3(2q) + 1 = 6q + 1, ou seja, o resto da divisão de p por 6 é igual a 1.
RESOLUÇÃO ALTERNATIVA
Temos que p é primo positivo e p = 3n + 1 para algum n ∈ N. Ao dividirmos p por 6 temos
6 possibilidades para os restos:
(1) Existe q ∈ N tal que p = 6q ou
(2) Existe q ∈ N tal que p = 6q + 1 ou
3Vimos em aula que, se n = pα11 · p
α2
2 · · · p
αk
k sendo 0 < p1 < p2 < · · · < pk números primos e αi inteiros positivos
para todo i = 1, 2, . . . , k e se d é um divisor de n então, d = pβ11 · p
β2
2 · · · p
βk
k para certos 0 ≤ βi ≤ αi, i = 1, 2, . . . , k
2
(3) Existe q ∈ N tal que p = 6q + 2 ou
(4) Existe q ∈ N tal que p = 6q + 3 ou
(5) Existe q ∈ N tal que p = 6q + 4 ou
(6) Existe q ∈ N tal que p = 6q + 5.
Como p é primo positivo e p = 3n + 1, devemos ter n ≥ 2 (pois n ∈ N e se n = 0 ou n = 1,
3n + 1 não é primo). Desta forma, p ≥ 7. Logo em todos os casos acima q deve ser positivo.
Mas para q > 0 temos que, 6q, 6q+2, 6q+3 e 6q+4 são todos números compostos. Portanto,
deve ocorrer (2) ou (6).
Se ocorre (6) devemos ter 3n + 1 = p = 6q + 5, ou seja, 3(n− 2q) = 4. Mas isso implica que
3 um é divisor de 4 (absurdo).
Logo deve ocorrer (2), ou seja, p = 6q + 1 para algum q ∈ N. E assim, o resto da divisão de
p por 6 é igual a 1.
6. Quantos divisores positivos de 43200 são múltiplos de 30?
Temos que, 43200 = 26 · 33 · 52 = (25 · 32 · 5) · 30. Se d = 30k para algum k ∈ N − {0} e d é
divisor de (25 · 32 · 5) · 30 então k é divisor de 25 · 32 · 5. Reciprocamente, se k ∈ N−{0} é um
divisor de 25 · 32 · 5 então 30k é um divisor de 43200 e é também múltiplo de 30.
Assim, o número de divisores positivos de 43200 que são múltiplos de 30 coincide com o
número de divisores de 25 · 32 · 5, o qual é igual a (5 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 6 · 3 · 2 = 36.
7. Seja n um número inteiro maior do que 3. Mostre que:
a)
n! + 2
2
é um inteiro ı́mpar maior do que 12;
Temos que n ≥ 4. Logo, n! = 1 ·2 ·3 ·4 ·q para algum q ∈ N−{0}. Assim, n!+2 = 2(3 ·4 ·q+1)
é par. Logo,
n! + 2
2
= 3 · 4 · q + 1 = 2(3 · 2 · q) + 1 é um inteiro ı́mpar. Além disso,
n! + 2
2
= 3 · 4 · q + 1 ≥ 3 · 4 · 1 + 1 = 13 > 12
b) n! + 2 possui um fator primo maior do que 2;
Pelo item a), n!+2 = 2 ·k sendo k um inteiro ı́mpar maior que 12. Assim, 2 não é fator primo
de k. Logo, como k > 1, k possui um fator primo maior do que 2 e portanto n! + 2 = 2k
possui um fator primo maior que 2.
c) Se p é um fator primo de n! + 2 então p < n!;
Suponha que p é primo e que p|(n! + 2). Logo, p ≤ (n! + 2). Como n! + 2 é um número
composto (pois é par), devemos ter p < n! + 2, ou seja, p ≤ n! + 1. Se fosse p = n! + 1 então
teŕıamos que p|(n! + 1) e p|(n! + 2) de onde seguiria que p|(n! + 2 − (n! + 1)), ou seja, p|1
(absurdo, pois p é primo). Portanto, p < n! + 1, ou seja, p ≤ n!. Como n! é um número
composto (lembre que n > 3) e p é primo, devemos ter p < n!.
d) Se m é um inteiro maior do que 2, então existe um número primo q tal que, m < q < m!.
Se m = 3 temos que, m = 3 < 5 < 6 = 3! = m! e q = 5 é primo.
Supondo m ≥ 4 segue dos itens b) e c) que existe um fator primo q de m! + 2 tal que,
2 < q < m!. Se fosse q ≤ m então q seria um fator primo de m!. Desta forma teŕıamos,
q|(m! + 2), q|m! e q é um primo maior do que 2. Assim, q|(m! + 2−m!) ou seja, q|2. Mas isso
implicaria que 2 < q ≤ 2 (absurdo). Portanto, q é um primo tal que, m < q < m!.
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