Problemas e Teoremas em Teoria dos Números

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Problemas e Teoremas em Teoria dos N´

umeros

Alex Abreu e Samuel Feitosa

7 de mar¸co de 2008

Nosso objetivo será apresentar algumas idéias e teoremas que consideramos indispensáveis para seu treinamento. Assumiremos alguns resultados básicos que o leitor encontrará facilmente na referências [Pl´ınio] e [EUREKA2]. Antes de ler a solu¸cão de algum problema tente resolvê-lo sozinho. Se você quer se tornar um bom ”resolvedor”, você deve gastar muito tempo pensando nos problemas para aprender a ter suas próprias idéias. Estude as solu¸cões até dominá-las por completo. Dominar uma solu¸cão significa que você consegue aplicar com facilidade as idéias ali contidas em outros problemas.

1 Divisibilidade

Nosso primeiro teorema é bem ingênuo, porém muito útil.

Teorema 1. Se b 6= 0 e a | b ent˜ao |a| ≤ |b|.

Problema 1. (Leningrado 1990) Sejam a e b n´umeros naturais tais que b2_{+ ba + 1 divide a}2_{+ ab + 1. Prove que a = b.}

Solu¸cão. É fácil ver que a ≥ b e b2_{+ ab + 1 > a − b. A igualdade b(a}2_{+ ab + 1) − a(b}2_{+ ba + 1) = b − a implica que a − b ´}_e

divis´ıvel por b2_{+ ba + 1. Se a − b 6= 0 ent˜}_{ao b}2_{+ ab + 1 ≤ a − b ⇒ b}2_{+ ab + 1 ≤ a − b. . Mas isso ´}_{e um absurdo, logo a − b = 0.}

Problema 2. (IMO 1998) Determine todos os pares de inteiros positivos (x, y) tais que xy2_{+ y + 7 divide x}2_{y + x + y.}

Solu¸c˜ao. A igualdade y(x2_{y + x + y) − x(xy}2_{+ y + 7) = y}2_{− 7x implica que y}2_{− 7x ´}_{e divis´ıvel por xy}2_{+ y + 7. Se y}2_{− 7x ≥ 0,}

ent˜ao como y2_{− 7x < xy}2_{+ y + 7, segue que y}2_{− 7x = 0. Ent˜}_{ao (x, y) = (7t}2

, 7t) para algum t ∈ N. É fácil checar que esses pares são realmente solu¸cões. Se y2_{−7x < 0, ent˜}_{ao 7x−y}2_{> 0 ´}_{e divis´ıvel por xy}2_{+y +7. Mas da´ı, xy}2_{+y +7 ≤ 7x−y}2_{< 7x,}

que produz y ≤ 2. Para y = 1, temos x + 8 | 7x − 1 ⇒ x + 8 | 7(x + 8) − (7x − 1) = 57. Então as únicas possibilidades são x = 11 e x = 49 e os pares correspondentes são (11, 1), (49, 1) que obviamente são solu¸cões. Para y = 2 temos 4x + 9 | 7x − 4 e consequentemente 7(4x + 9) − 4(7x − 4) = 79 é divis´ıvel por 4x + 9. Nesse caso não obtemos nenhuma solu¸cão nova. Todas as solu¸cões (x, y): (7t2_{, 7t)(t ∈ N), (11, 1) e (49, 1).}

Problema 3. (R´ussia 1963) Resolva em inteiros a equa¸c˜ao: xy z + xz y + yz x = 3

Problema 4. (Leningrado 1989) Seja A um número natural maior que 1, e seja B um número natural que é um divisor de A2_{+ 1. Prove que se B − A > 0, ent˜}_{ao B − A >}√_A.

Quando o conjunto de solu¸cões de um dado problema é infinito é intressante tentar buscar alguma rela¸cão entre essas solu¸cões. Frequentemente existe algum tipo de rela¸cão de recorrência(lembra do material 2?). O próximo problema é um clássico e ilustra bem essa idéia.

Problema 5. (IMO 1988) Sejam a e b dois inteiros positivos tais que ab + 1 divide a2_{+ b}2_{. Mostre que} a 2_{+ b}2

ab + 1 ´e um quadrado perfeito.

Solu¸c˜ao. Seja a

2_{+ b}2

ab + 1 = k ∈ N. Temos a

2_{− kab + b}2_{= k. Assuma que k n˜}_{ao ´}_{e o quadrado de um inteiro, implicando que}

k ≥ 2. Observemos agora um par (a, b) que ´e solu¸c˜ao de a2− kab + b2 _{= k. Podemos assumir sem perda de generalidade}

que a ≥ b. Para a = b temos k = (2 − k)a2_{≤ 0, ent˜}_{ao a > b. Observe a equ˜}_a¸_c˜_{ao do segundo grau x}2_{− kbx + b}2_{− k = 0,}

que tem solu¸c˜oes a e a1. Como a + a1 = kb, segue que a1∈ Z. Como a > kb ⇒ k > a + b2> kb e a = kb ⇒ k = b2, segue

que a < kb e da´ı b2 _{> k. Como aa}

1 = b2− k > 0 e a > 0, segue que a1 ∈ N e a1 =

b2_{− k}

a < a2_{− 1}

a < a. Então o par (a1, b) satisfz 0 < a1 < a e é solu¸cão da equa¸cão original. Veja que descobrimos uma maneira de gerar solu¸cões a partir de

uma solu¸cão dada. Dentre todas os pares (a, b) que são solu¸cões com a ≥ b, escolha aquele que tem a m´ınimo. Pelo processo anterior podemos obter outro par com um a menor. Mas isso é um absurdo, logo k é um quadrado perfeito.

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Problema 6. Seja m um inteiro positivo. Defina a sequência an por a0 = 0, a1 = m e an+1 = m2an− an−1. Prove que a ≤ b é solu¸cão de a 2_{+ b}2 ab + 1 = m 2 _{se e somente se (a, b) = (a} n−1, an) para algum n.

Problema 7. (IMO 2003) Encontre todos os pares de inteiros positivos (m, n) tais que

m2

2mn2_{− n}3_{+ 1}

´e um inteiro positivo.

Problema 8. (IMO 2007) Sejam a e b inteiros positivos. Mostre que se 4ab − 1 divide (4a2_{− 1)}2_{, ent˜}_{ao a = b.}

Problema 9. (IMO 1994) Encontre todos os pares ordenados (m, n) onde m e n s˜ao inteiros positivos tais que _mn−1n3+1 ´e um inteiro.

Problema 10. (Seletiva Rioplatense 2001) Encontre todos os pares (m, n) de n´umeros naturais com m < n tais que m2_{+ 1}

´e um m´ultiplo de n e n2_{+ 1 ´}_{e um m´}_{ultiplo de m.}

Solu¸cão. Afirmamos que todas as solu¸cões são da forma (F2k−1, F2k+1), k ≥ 0 (Fn é o n-ésimo termo da sequência de

Fibonacci). É fácil ver que F2k−1F2k+3 = F2k+12 + 1 e portanto os pares anteriores são solu¸cões. Seja P o conjunto das

solu¸cões que não são da forma (F2k−1, F2k+1). P contém um par (a, b) tal que a + b é m´ınimo. Suponhamos a < b(se

a = b ⇒ (a, b) = (1, 1) = (F−1, F1) 6∈ P ). Como b | a2+ 1 ⇒ a2+ 1 = bb0 ⇒ b0 < a. ´E f´acil ver que a | b02+ 1 e b0 | a2+ 1.

Logo (b0, a) ´e uma solu¸c˜ao com b0+ a < a + b ⇒ (b0, a) 6∈ P ⇒ (b0, a) = (F2k−1, F2k+1) ⇒ F2k−1b = b0b = a2+ 1 = F2k+12 ⇒

b = F2k+3⇒ (a, b) = (F2k+1, F2k+3) 6∈ P . Logo P deve ser vazio.

Problema 11. Prove que para qualquer inteiro positivo m, existe um n´umero infinito de pares de inteiros (x, y) satisfazendo as condi¸c˜oes:

1. x e y s˜ao primos entre si;

2. y divide x2+ m; 3. x divide y2_{+ m.}

2 MDC, MMC e o Teorema de B´

ezout.

O próximo resultado é extremamente útil. Recomendamos a leitura da referência [EUREKA12]

Teorema 2. (Bézout) Sejam a e b inteiros não nulos e d seu mdc. Então existem inteiros x e y tais que d = ax + by. Se a e b são positivos podemos escolher x > 0 e y < 0, ou vice-versa.

Prova. Seja P = {ax + by|ax + by > 0 e x, y ∈ Z}. O conjunto P ´e n˜ao vazio pois 0 < a2_{+ b}2 _{= a · a + b · b ∈ P . Seja}

f o menor elemento de P . Claramente d = mdc(a, b)| f Como f, d > 0, para mostrarmos que d = f basta que f | d. Seja a = qf + r, com q ∈ Z e 0 ≤ r < f . Assim 0 ≤ r = a(1 − qx) + b(−qy) ∈ Z. Como r < f ⇒ r = 0. Analogamente f | b. Ent˜ao f | mdc(a, b) = d. A outra parte ´e deixada para o leitor.

Problema 12. (O Problema Clássico) Se a e b são números naturais, mostre que mdc(2a_{− 1, 2}b_{− 1) = 2}mdc(a,b)_{− 1}

Solu¸c˜ao. Seja d = mdc(a, b). Pelo teorena de Bezout, existem inteiros positivos x, y tais que d = ax − by. Seja k = mdc(2a_{− 1, 2}b_{− 1). Vale a igualdade 2}by₍₂d_{− 1) = (2}ax_{− 1) − (2}by_{− 1). Como k | 2}a_{− 1 | 2}ax_{− 1 , k | 2}b_{− 1 | 2}by_{− 1 e}

mdc(2by_{, k) = 1, temos k | 2}d_{− 1. Como 2}d_{− 1 | 2}a_{− 1 e 2}d_{− 1 | 2}b_{− 1 ent˜}_{ao 2}d_{− 1 | k. Logo k = 2}d_{− 1.}

Problema 13. Mostre que para quaisquer inteiros positivos ´ımpares a e b

mdc(2a+ 1, 2b+ 1) = 2mdc(a,b)+ 1 o problema anterior será muito útil na nossa próxima solu¸cão.

Problema 14. (Teste IMO 2003) Seja n um inteiro positivo, e sejam p1, p2, . . . , pn, primos distintos maiores que 3. Prove

que 2p1p2...pn_{+ 1 tem pelo menos 4}n _divisores.

Solu¸cão. Suponha que a afirma¸cão seja verdadeira para n primos. Seja N0 = pN = p(p1p2. . . pn). Então 2N + 1 tem pelo

menos 4n_{divisores distintos e 2}p_{+1, em virtude do problema anteiror, tem pelo menos um fator q que n˜}_{ao divide 2}N_{+1. Ent˜}_ao

M = (2

N _{+ 1)(2}p_{+ 1)}

3 tem pelo menos 2 · 4

n _{divisores distintos. Como p > 4 ⇒ (N − 2)(p − 2) > 2 · 2 ent˜}_{ao 2(N + p) < N p.}

Mas M < 2N +p então M2< 22(N +p) < 2N p+ 1 = 2N ‘+ 1. Como M divide 2N0+ 1, 2N0+ 1 = M · M0(M0 > M ). Para cada divisor d de M , ambos d e d · M0 são fatores de 2N0+ 1. Então 2N0+ 1 tem pelo menos 4n+1 divisores.

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Problema 15. A sequˆencia de Fibonacci ´e definida por: F1= F2= 1 e Fn+1= Fn+ Fn−1 se n ≥ 2. Prove que:

a) Fm+n= Fm−1Fn+ FmFn+1;

b) mdc(Fm, Fn) = Fmdc(m,n).

Problema 16. (URSS 1988) A sequência de inteiros ané dada por a0= 0, an= P (an−1), onde P (x) é um polinômio cujos

coeficientes são inteiros positivos. Mostre que para quaisquer inteiros positivos m, k com máximo divisor comum d, o máximo divisor comum de am e ak é ad.

Solu¸cão. Quando temos um polinômio com coeficientes inteiros é sempre bom lembrar que a − b | P (a) − P (b). Essa será nossa principal ferramenta nesta solu¸cão.

1. am| amr. Provaremos por indu¸c˜ao. Se am(r−1)≡ 0 (mod am) ⇒ am(r−1)+1≡ P (0) (mod am) ⇒ am(r−1)+2≡ P (P (0))

(mod am) ⇒ amr= am(r−1)+m≡ P (P (. . . (P (0))

| {z }

m vezes

= am≡ 0 (mod am).

2. Se l | at e l | af ⇒ l | at−f(Supondo t > f ). (Deixaremos a prova dessa afirma¸c˜ao para o leitor).

Pelo teorema de Bezout, existem inteiros positivos x, y tais que mx − ky = d. Seja n = mdc(am, ak). Como n | am| amx e

Teorema 3. Existe uma sequˆencia arbitrariamente longa de n´umeros compostos consecutivos.

Problema 17. (TT 2001) Existe um bloco de 1000 inteiros consecutivos n˜ao contendo nenhum primo, a saber, 1001! + 2, 1001! + 3, . . . , 1001! + 1001. Existe um bloco de 1000 inteiros consecutivos contendo apenas um primo?

Solu¸cão. Considere um bloco qualquer de 1000 números consecutivos come¸cando no número a, fa¸camos o movimento de ”andar uma casa”com o bloco que consiste em considerar o bloco de 1000 números consecutivos come¸cando em a + 1. O número de primos em um bloco muda no máximo em uma unidade após um movimento. Como o primeiro bloco(1,2,. . . , 1000) contém mais que 5 primos e o bloco 1001! + 2, 1001! + 3, . . . , 1001! + 1001 não contém nenhum, algum bloco entre eles deverá ter exatamente 5 primos.

Observar o mdc sempre é uma idéia útil. Veja o próximo exemplo:

Problema 18. Se x e y s˜ao inteiros tais que 2xy divide x2_{+ y}2_{− x, prove que x ´}_{e um quadrado perfeito}

Solu¸c˜ao. Seja d = mdc(x, y), ent˜ao x = da e y = db com mdc(a, b) = 1. Como d2_|d2_a2_{+ d}2_b2_{− da temos que d|a ⇒ a = dc.}

Como x|y2 _{obtemos d}2_c|d2_b2_{, ou seja, c | b}2_{. Veja que mdc(a, b) = 1 ⇒ mdc(c, b) = 1. Assim c = 1 e x = d}2_{c = d}2_.

Problema 19. (Leningrado 1990) Um bolo é preparado para uma festa de aniversário em que estarão exatamente p ou q pessoas (p e q são inteiros relativamente primos). Encontre o menor número de peda¸cos (não necessariamente iguais) em que o bolo deve se dividido para que possamos partilhar igualmente o bolo em qualquer caso.

Problema 20. (R´ussia 95) A sequˆencia a1, a2, ... de naturais satisfaz mdc(ai, aj) = mdc(i, j) para todo i 6= j Prove que

ai= i para todo i.

Teorema 4. mdc(a, b)mmc(a, b) = |ab|.

Problema 21. Encontre todas as fun¸c˜oes f , definidas sobre o conjunto de todos os pares de inteiros positivos, satisfazendo as seguintes propriedades:

f (x, x) = x, f (x, y) = f (y, x), (x + y)f (x, y) = yf (x, x + y). Solu¸c˜ao. Claramente mmc(x, x) = x e mmc(x, y) = mmc(y, x). Usando o teorema anteiror temos:

(x + y)mmc(x, y) = (x + y) xy

mdc(x, y) = y ·

x(x + y)

mdc(x, x + y)= y · mmc(x, x + y)

Temos então uma forte suspeita que f = mmc. Para provarmos isso vamos usar uma idéia parecida à demonstra¸cão do teorema de Bézout. Seja S o conjunto de todos os pares de inteiros positivos (x, y) tais que f (x, y) 6= g(x, y) = mmc(x, y), e seja (m, n) o par em S com a soma m + n minima. Se tivermos m = n teremos:

f (m, n) = f (m, m) = m = g(m, m) = g(m, n) Ent˜ao devemos ter m 6= n. Suponha sem perda de generalidade que m > n. Ent˜ao

nf (m, n − m) = [m + (n − m)]f (m, n − m) = (n − m)f (m, m + (n − m))

ent˜ao f (m, n − m) = n − m

n · f (m, n). Analogamente temos g(m, n − m) = n − m

n · g(m, n). Da´ı f (m, n − m) 6= g(m, n − m), ent˜ao (m, n − m) ∈ S. Isto provoca uma contradi¸c˜ao pois m + n − m < m + n. Desse modo, S deve ser um conjunto vazio e f (x, y) = mmc(x, y).

Problema 22.

a) Prove que para quaisquer inteiros positivos a e b a equa¸c˜ao mmc(a, a + 5) = mmc(b, b + 5) implica a = b. b) ´E poss´ıvel que mmc(a, b) = mmc(a + c, b + c) para a, b, c inteiros positivos?

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3 Congruˆ

encias, Ordens e N´

umeros Primos

Teorema 5. Se mdc(a, m) = 1 ent˜ao existe um inteiro x tal que

ax ≡ 1 (mod m).

Tal x é único (mod m). Se mdc(a, m) > 1 então não existe tal x.

Defini¸cão 1. O número φ(m) é o número de inteiros positivos que são menores ou iguais a m e que são relativamente primos com m.

Defini¸cão 2. Um conjunto {r1, r2, . . . , rk} é chamado sistema completo de restos módulo n se para todo x existe um único i

tal que x ≡ ri (mod n). Em particular k = n

Defini¸cão 3. Um conjunto {r1, r2, . . . , rk} é chamado sistema completo de ivert´ıveis módulo n se para todo x com (x, n) = 1

existe um ´unico i tal que x ≡ ri (mod n). Em particular k = φ(n)

Teorema 6. Seja mdc(a, m) = 1. Sejam r1, r2, . . . , rk um sistema completo de restos(invert´ıveis) de restos m´odulo m. Ent˜ao

ar1, ar2, . . . , ark ´e um sistema completo de restos(invet´ıveis) m´odulo m.

Problema 23. (Banco IMO 1987)

a) Seja mdc(m, k) = 1. Prove que existem inteiros a1, a2, . . . , am e b1, b2, . . . , bk tais que todos os produtos aibj(i =

1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , k) deixam restos diferentes ao serem divididos por mk

b) Se mdc(m, k) > 1 Prove que para quaisquer inteiros inteiros a1, a2, . . . , ame b1, b2, . . . , bk existem dois produtos aibj e asbt

com (i, s) 6= (j, t) que deixam o mesmo resto ao serem divididos por mk.

Teorema 7. (Teorema de Fermat) Seja p um primo. Se p n˜ao divide a ent˜ao

ap−1≡ 1 (mod p). Para todo inteiro a, ap_{≡ a (mod p)}

Teorema 8. (Teorema de Euler) Se mdc(a, m) = 1 ent˜ao

aφ(m)≡ 1 (mod m) Teorema 9. (Teorema de Wilson) Se p ´e primo, ent˜ao

(p − 1)! ≡ −1 (mod p)

Teorema 10. Todo primo da forma 4n + 1 ´e a soma de dois quadrados.

Prova. Vamos precisar de um lema:

Lema: Se p ´e um primo da forma 4n + 1, existe um inteiro x tal que x2_{≡ −1 (mod p).}

Como (p − i) ≡ −i (mod p) temos:

(p − 1)! ≡ 1 · 2 · . . . ·p − 1 2 · p + 1 2 · p + 3 2 · . . . · (p − 1) ≡ 1 · 2 · . . . · p − 1 2 · −p − 1 2 · . . . · (−2) · (−1) (mod p)

Pelo teorema de Wilson, (p − 1)! ≡ −1 (mod p). Como (−1)p−12 = (−1)2n= 1 temos:

−1 ≡ (p − 1 2 )! 2 · (−1)p−12 ≡ (p − 1 2 )! 2 (mod p) Seja x = (p − 1 2 )!.

Considere agora, o conjunto de todos os pares (m, n) com m, n ∈ {0, 1, . . . , b√pc}. Como existem (1 + b√pc)2 _{pares e}

(1 + b√pc)2_{> (}√_p)2_{= p , pelo menos duas diferen¸}_{cas da forma m − xn ter˜}_{ao o mesmo resto na divis˜}_{ao por p. Digamos que}

m1− xn1≡ m2− xn2 (mod p) com (m1, n1) 6= (m2, n2).

Defina a = |m1− m2| e b = |n1− n2|. Ent˜ao, a, b ∈ {0, 1, . . . , b

√

pc} e a ≡ ±xb (mod p). Como a2≡ x2_b2_{≡ −b}2 _{(mod p),}

temos que p | a2+ b2. Mas 0 < a2+ b2< p + p = 2p pois (m1, n1) 6= (m2, n2) e a, b ∈ {0, 1, . . . , b

√

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Por que só funciona com primos da forma 4n + 1? O próximo problema é uma boa ajuda para responder essa pergunta.

Problema 24. Mostre que se p é um primo da forma 4n + 3 então não existe x tal que x2_{≡ −1 (mod p)}

Solu¸c˜ao. Suponha que exista tal x, como p−1₂ ´e ´ımpar, x2 _{≡ −1 (mod p) ⇒ (x}2₎p−1₂ _{≡ (−1)}p−1₂ _{(mod p) ⇒ x}p−1 _{≡ −1}

(mod p). Mas isso contradiz o teorema de Fermat.

Problema 25. (Banco IMO 1984) Sejam m e n inteiros positivos. Mostre que 4mn − m − n nunca pode ser um quadrado perfeito.

Solu¸c˜ao. Como 4m − 1 deixa resto 3 por 4, algum de seus divisores primos deve deixar resto 3 por 4. Seja p primo, p ≡ 3 (mod 4) e p | 4m − 1. Suponha que x2 _{= 4mn − m − n = n(4m − 1) − m ≡ −m (mod p) ⇒ (2x)}2 _{= 4x}2 _{≡ −4m ≡ −1}

(mod p). Pelo problema anterior isso ´e um absurdo. Logo 4mn − m − n nunca pode ser um quadrado perfeito.

Problema 26. (Seletiva Rioplantense 2007) Ache todos os primos p, q tais que pp_{+ q}q_{+ 1 seja divis´ıvel por pq.}

Solu¸cão. É fácil ver que a equa¸cão do problema implica que p | qq+ 1 e q | pp+ 1. Suponha sem perda de generalidade que p < q( É evidente que p 6= q). Como mdc(p − 1, q) = 1, pelo teorema de Bezout, existem inteiros positivos x, y tais que (p − 1)x = qy + 1. Pelo teorema de Fermat, temos 1 ≡ q(p−1)x ≡ qqy+1 _{≡ (q}q₎y_{q ≡ ±q (mod p). Logo p | q ± 1. Se}

mdc(q − 1, p) = 1, obtemos de modo an´alogo que q | p ± 1. Se mdc(q − 1, p) 6= 1 ⇒ p | q − 1. Ent˜ao temos que analisar as seguintes possibilidades:

1. p | q + 1 e q | p + 1

2. p | q − 1

Se p | q − 1 ⇒ q ≡ 1 (mod p) ⇒ −1 ≡ qq ≡ 1 (mod p) ⇒ p = 2 ⇒ q | 22_{+ 1 = 5 ⇒ q = 5. Temos a solu¸}_c˜_{ao (p,q)=(2,5). Se}

p | q + 1 e q | p + 1 ⇒ q − 1 ≤ p ≤ q + 1. Como p 6= q e p < q ⇒ p = q − 1 ⇒ q − 1 | q + 1 ⇒ q − 1 | 2 ⇒ p = q − 1 = 2 ⇒ q = 3. Veja que (2,3) não é solu¸cão. Solu¸cões (p, q) = (2, 5), (5, 2).

Problema 27. Mostre que se k > 1 ent˜ao 2k−1_{6≡ −1 (mod k)}

Solu¸c˜ao. Suponha que k | 2k−1_{+ 1. Claramente k ´}_{e ´ımpar. Seja k = p}α1

1 ·p α2

2 ·. . .·pαrr, onde p1, p2, . . . , prs˜ao primos ´ımpares.

Seja pi− 1 = 2mi· ti onde os ti s˜ao ´ımpares(i = 1, 2, . . . r). Suponha sem perda de generalidade que m1´e o menor elemento de

{m1, m2, . . . , mr}. Como piαi ≡ 1 (mod 2mi ≥ 2m1), segue que k = p α1

1 · p α2

2 · . . . · pαrr ≡ 1 (mod 2m1) ⇒ k − 1 = 2m1· u. Mas

2k−1 _{≡ −1 (mod k) ⇒ 2}2m1u _{≡ −1 (mod k) ⇒ 2}2m1u _{≡ −1 (mod p}

1) ⇒ 22

m1_ut₁

≡ (−1)t1 _{= −1 (mod k) ⇒ 2}(p1−1)u_{≡ −1}

(mod p1). Mas isso contradiz o teorema de Fermat pois (2p1−1)u≡ 1u≡ 1 (mod p1).

Problema 28. (Bulgária 1995) Encontre todos os números primos p e q tais que o número 2p+ 2q é divis´ıvel por pq. (Dica: Use o problema anterior)

Problema 29. (Bulg´aria 1996) Ensontre todos os n´umeros primos p e q tais que

(5p_{− 2}p₎₍₅q_{− 2}q₎

pq

´e um inteiro.

Problema 30. (Bulg´aria 1997) Encontre todos os n´umeros inteiros m, n ≥ 2 tais que

1 + m3n_{+ m}2·3n

n ´e um inteiro

Solu¸cão. Claramente n é ´ımpar, mdc(m, n) = 1 e n > 2. Se n = 3, como mdc(m, n) = 1 devemos ter que m ≡ 1 (mod 3) pois caso contrário 1 + m3n+ m2·3n ≡ 1 − 1 + 1 ≡ 1 (mod 3). É fácil ver que todo par (m, n) = (3k + 1, 3) é solu¸cão. Suponha agora n > 3 e seja k = ordnm. Se n > 3 ⇒ m3

n 6≡ 1 (mod n). Como 1 + m3n_{+ m}2·3n ₌ m 3n+1 − 1 m3n − 1 segue que n | m3n+1−1 _{⇒ k | 3}n+1_{. Logo k = 3}n+1_{. Pelo teorema de Euler, m}φ(n) _{≡ 1 (mod n) ⇒ k ≤ φ(n) ⇒ 3}n+1_{≤ φ(n) ≤ n − 1,}

uma contradi¸c˜ao.

Problema 31. (Alemanha) Se n ´e um n´umero natural tal que 4n_{+ 2}n_{+ 1 ´}_{e primo, prove que n ´}_{e potˆ}_{encia de 3.}

Problema 32. (IMO 1971) Prove que a sequˆencia 2n_{− 3(n > 1) cont´}_{em uma subsequˆ}_{encia de n´}_{umeros primos entre si dois}

a dois.

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Problema 33. Mostre que qualquer n ≥ 7 pode ser escrito na forma p + m, com p e m naturais primos entre si, maiores que 1 e p ´e primo.

Solu¸c˜ao. Aplicando o teorema anterior com l =ln 2 m

> 3, o menor inteiro maior ou igual a n

2, produzimos um primo p com n

2 < p < n − 1. Tal primo n˜ao pode dividir n pois p < n < 2p. Ent˜ao n = p + (n − p) satisfaz o enunciado. Tente resolver o problema anterior sem usar o teorema 11.

Problema 34. Prove que se n > 1 e k são números naturais, então o número X = 1 n+ 1 n + 1+ . . . + 1 n + k não pode ser um inteiro.

Problema 35. Seja P o conjunto de todos os primos e seja M um subconjunto de P , tendo pelo menos três elementos e tal que para qualquer subconjunto próprio A de M , todos os fatores primos do número

Y

p∈A

p

est˜ao em M . Prove que P = M .

Defini¸c˜ao 4. Sejam a, n inteiros primos entre si, definimos a ordem de a m´odulo n como sendo:

ordna := min{d > 0 | ad≡ 1 (mod n)}

Teorema 12. Se am_{≡ 1 (mod n) ent˜}_{ao ord} na|m.

Teorema 13. ordna|φ(n).

Problema 36. (Teste Cone Sul 2002) Encontre o per´ıodo na representa¸c˜ao decimal de 1 32002.

Problema 37. Prove que que se p é primo, então pp− 1 tem um fator primo congruente a 1 módulo p Solu¸cão. Seja q um primo que divide p

p_{− 1}

p − 1. Como q | p

p_{− 1 segue que ord}

qp | p. Se ordqp = 1 ⇒ q | pp− 1 ⇒ 0 ≡

pp−1_{+ p}p−2_{+ . . . p + 1 ≡ 1 + 1 + . . . + 1 + 1 ≡ p (mod q). Mas isso ´}_{e um absurdo pois p 6= q. Logo ord}

qp = p e pelo teorema

anterior obtemos p | φ(q) = q − 1. Da´ı todos os divisores primos de p

p_{− 1}

p − 1 s˜ao congruentes a 1 m´odulo p.

Problema 38. (IMO 2003) Seja p um número primo. Demonstre que existe um número primo q tal que, para todo inteiro n, o número np_{− p n˜}_{ao ´}_{e divis´ıvel por q.}

No problema anterior, ´e poss´ıvel mostrar que existem infinitos primos q que satisfazem o enunciado.

Problema 39. (Leningrado 1990) Prove que para todos os inteiros a > 1 e n , n|φ(an_{− 1).}

Solu¸c˜ao. Seja k = ordan₋₁a. Como ak ≡ 1 (mod an− 1) ⇒ ak− 1 ≥ an− 1 ⇒ k ≥ n. Como an≡ 1 (mod an− 1) ⇒ k = n.

Pelo teorema anterior n = k | φ(an_{− 1).}

Problema 40. Dado um primo p, prove que existem infinitos naturais n tais que p divide 2n_{− n.}

Solu¸cão. Se p = 2 a afirma¸cão é evidente. Suponha p 6= 2. Pelo teorema de Fermat, 2(p−1)2k−(p−1)2k_{≡ (2}p−1₎(p−1)2k−1

−1 ≡ 1 − 1 ≡ (mod p). Ent˜ao todo n´umero da forma (p − 1)2k satisfaz o enunciado.

Problema 41. (Putnam 1972) Prove que n˜ao existe um inteiro n > 1 tal que n|2n− 1.

Solu¸c˜_{ao. Suponha que o conjunto S = {n ∈ N|n > 1, n | (2}n_{− 1)} ´}_{e n˜}_{ao vazio. Seja m o menor elemento de S. Claramente}

m ´e ´ımpa e pelo teorema de Fermat temos m | 2φ(m)− 1. Seja d = mdc(m, φ(m)), pelo problema 12, como m | 2m_{− 1 e}

m | 2φ(m)− 1 segue que m | (2d_{− 1). Como m > 1 e m | (2}d_{− 1), segue que d > 1. Como d | m segue que d | 2}d_{− 1. Como}

d ≤ φ(m) < m o elemento d está em S e é menor que o menor elemento desse conjunto. Essa contradi¸cão mostra que S é vazio.

Defini¸cão 5. a é chamado raiz primitiva módulo n se ordna = φ(n).

Teorema 14. Seja p primo e d tal que d|p − 1, então o número de res´ıduos com ordem d é φ(d). Em particular p tem φ(p − 1) ra´ızes primitivas.

Teorema 15. Seja g uma ra´ız primitiva módulo n, então se x é primo com n existe um a tal que x ≡ ga (mod n). Teorema 16. Seja g uma ra´ız primitiva módulo n, então ga _tamb´_{em ´}_{e ra´ız primitiva se e somente se mdc(a, φ(n)) = 1.}

(7)

Teorema 17. n tem raiz primitiva se e somente se n = 2, 4, pα_{, 2p}α _{onde p ´}_{e primo.}

Teorema 18. (Euler) Um inteiro a satisfazendo mdc(a, p) = 1 é o res´ıduo de uma potência n-ésima nódulo p se e somente se vale a rela¸cão:

ap−1d ≡ 1 (mod p) com d = mdc(p − 1, n).

Prova. Suponha que o inteiro a com mdc(a, p) = 1 é o res´ıduo de uma potência n-ésima nódulo p, então existe x com xn≡ a (mod p). Pelo teorema de Fermat,

ap−1d ≡ (xn₎ p−1

d ≡ (xp−1₎nd ≡ 1 _{(mod p).}

Provemos agora que a condi¸cão também é suficiente. Seja g uma raiz primitiva módulo p. Como mdc(a, p) = 1, existe um h, 0 ≤ h ≤ p − 2 e a ≡ gh _{(mod p). Substituindo na nossa rela¸}_c˜_ao,

gh(p−1)d ≡ 1 (mod p).

Como g ´e uma raiz primitiva, p − 1 | h(p − 1)

d ⇒ d | h ⇒ h = kd. Pelo teorema de Bezout, existem n´umeros naturais u, v tais que d = nu − (p − 1)v ⇒ kd = knu − k(p − 1)v. Como a ≡ gh_{≡ g}k_{d (mod p), em virtude do teorema de Fermat,}

a ≡ agh(p−1)d ≡ gkd+k(p−1)v≡ gknu≡ (gku)n (mod p).

Basta fazer x = gku_.

Problema 42. Ache todos os inteiros positivos n tais que vale an+1_{≡ a (mod n) para todo a inteiro.}

Solu¸c˜ao. Primeiro vemos que n ´e livre de quadrados. Suponha que exista p primo com p2_{|n, tome a := p. Logo p}n+1 _{≡ p}

(mod p2_{) absurdo, pois p}n+1_{≡ 0 (mod p}2_{). Ent˜}_{ao a}n+1_{≡ a (mod n) para todo a se e somente se a}n+1_{≡ a (mod p) para}

todo a, p com p primo satisfazendo p|n (Teorema chinˆes dos restos). Tomando a raiz primitiva (mod p) temos que an+1_{≡ a}

(mod p) se e somente se p − 1|n. Logo basta achar todos os n livre de quadrados satizfazendo p − 1|n para todo primo p que divide n. Escreva n = p1p2. . . pk com p1 < p2 < . . . < pk, pi primo. Logo mdc(p1− 1, n) = 1 portanto temos que

p1− 1 = 1 o que implica p1 = 2 (solu¸c˜ao n = 2). Analogamente p2− 1|n logo p2− 1 = 1, 2, portanto p2 = 3 (solu¸c˜ao

n = 6). Continuando, p3− 1 = 1, 2, 3, 6, logo p3 = 7 (solu¸c˜ao n = 42), p4− 1 = 1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42, logo p4= 43 (solu¸c˜ao

n = 42·43 = 1806), p5−1 = 1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42, 43, 86, 258, 301, 602, 903, 1806 mas em nenhum caso p5seria primo, portanto

temos s´o as solu¸c˜oes anteriores.

Problema 43. (Eureka) Prove que se p é um primo da forma 4k + 3, então 2p + 1 também é primo se e somente se 2p + 1 divide 2p− 1.

Problema 44. Prove que todos os divisores dos n´umeros de Fermat 22n_{+ 1, n > 1, s˜}_{ao da forma 2}n+2_{k + 1.}

Problema 45. (IMO 1990) Encontre todos os inteiros positivos n > 1 tais que

2n_{+ 1}

n2

´e um inteiro.

Referˆ

encias

[Sierpinski] Sierpinski, W., Elementary Theory of Numbers, Hafner, New York, 1964.

[IR] Ireland, K.: Rosen, M., A Classical Introduciton to Modern Number Theory, Springer-Verlag, 1982.

[Pl´ınio] José Pl´ınio de Oliveira, Introdu¸cão à Teoria dos Números, IMPA, 2000.

[Moreira-Saldanha] Moreira, C.G., Saldanha, N.C. (2003), Primos de Mersenne (e outros primos muito grandes), IMPA, Publica¸c˜oes Matem´aticas.

[OBM] Carlos Moreira, Edmilson Motta, Eduardo Tengan, Luiz Amˆancio, Nicolau Saldanha e Paulo Rodrigues, Ol´ımpiadas Brasileiras de Matem´atica, 9a_{a 16}a_.

[EUREKA2] Eureka! 2: Divisibilidade, Congruências e Aritmética Módulo n, Carlos G. T. de A. Moreira.

[Olimpedia] http : //erdos.ime.usp.br

[Sato] http : //www.artof problemsolving.com/Resources/P apers/SatoN T.pdf