Curso de Matematica Olimpica POTI

(1)

Curso de Treinamento em

Matemática Olímpica

Compilação Omegaleph dos Materiais dos

Cursos dos Polos de Treinamento Olímpico

POTI-IMPA

Teoria dos Números

Álgebra

Combinatória

Geometria

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Polos Olímpicos de Treinamento

Curso de Teoria dos Números - Nível 2

Samuel Barbosa Feitosa

Aula

1 Divisibilidade I

Teorema 1. (Algoritmo da Divis˜ao) Para quaisquer inteiros positivos a e b, existe um ´unico

par (q, r) de inteiros não negativos tais que b = aq + r e r < a. Os números q e r são

chamados de quociente e resto, respectivamente, da divis˜ao de b por a.

Exemplo 2. Encontre um n´umero natural N que, ao ser dividido por 10, deixa resto 9, ao ser dividido por 9 deixa resto 8, e ao ser dividido por 8 deixa resto 7.

O que acontece ao somarmos 1 ao nosso número? Ele passa a deixar resto 0 na divisão por 10, 9 e 8. Assim, um poss´ıvel valor para N é 10 · 9 · 8 − 1.

Exemplo 3. a) Verifique que an_{− 1 = (a − 1)(a}n−1_{+ a}n−2_{+ . . . + a + 1)}

b) Calcule o resto da divis˜ao de 42012 por 3.

Para o item a), usando a distributividade e efetuando os devidos cancelamentos no lado direito, podemos escrever:

an+ an−1+ . . . + a2+ a − an−1− an−2− . . . − a − 1 = an− 1.

Para o item b), veja que 3 = 4−1 e assim ´e natural substituir os valores dados na express˜ao

do primeiro item:

42012− 1 = 3(42011+ . . . + 4 + 1).

Isso significa que q = (42011+ . . . + 4 + 1) e que r = 1.

Observa¸c˜ao 4. O teorema anterior admite um enunciado mais geral: Para quaisquer

intei-ros a e b, com a 6= 0, existe um ´unico par de inteiros (q, r) tais que b = aq + r, 0 ≤ r < |a|.

Por exemplo, o resto da divisão de −7 por −3 é 2 e o quociente é 3.

Iremos agora estudar propriedades a respeito das opera¸c˜oes com restos.

Teorema 5.(Teorema dos Restos) Se b1e b2deixam restos r1e r2na divis˜ao por a,respectivamente,

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POT 2012 - Teoria dos N´umeros - N´ıvel 2 - Aula 1 - Samuel Feitosa

b1+ b2 deixa o mesmo resto que r1+ r2 na divis˜ao por a

b1b2 deixa o mesmo resto que r1r2 na divis˜ao por a.

Demonstra¸c˜ao. Por hip´otese, existem q1, q2 e q tais que: b1 = aq1+ r1, b2 = aq2 + r2 e

r₁+ r2= aq + r, logo:

b1+ b2 = a(q1+ q2+ q) + r.

Como 0 < r < |a|, b1+ b2 deixa resto r quando dividido por a. A demonstra¸c˜ao para o produto ´e deixada ao cargo do leitor.

Observa¸cão 6. Em alguns casos, é prefer´ıvel que o professor fa¸ca uma demonstra¸cão do resultado anterior para a = 3 ou a = 5 apenas com o intuito de deixar os alunos mais

confort´aveis a respeito do resultado. ´E prefer´ıvel que mais tempo seja gasto resolvendo

exemplos e problemas. Na se¸cão de congruências, os alunos terão um contato mais

apro-priado com o enunciado anterior.

Exemplo 7. Qual o resto que o n´umero 1002 · 1003 · 1004 deixa quando dividido por 7?

Como 1002 deixa resto 1 por 7, o n´umero acima deixa o mesmo resto que 1 · 2 · 3 = 6 por 7. Exemplo 8. Qual o resto que o n´umero 45000 deixa quando dividido por 3?

Como 4 deixa resto 1 por 3, 45000 deixa o mesmo resto que 1 · 1 · . . . · 1 | {z }

5000

= 1 por 3.

Exemplo 9. Qual o resto que o n´umero 22k+1 deixa quando dividido por 3?

Note que 20 deixa resto 1 por 3, 21 deixa resto 2 por 3, 22 deixa resto 1 por 3, 23 deixa resto 2 por 3, 24 deixa resto 1 por 3. Precebeu alguma coisa? Como 100 é par, o resto deverá ser 1. Como 22 _{deixa resto 1, então 2}2k _{= 2}2_{· 2}2_{· . . . · 2}2

| {z } k

deixa o mesmo resto que 1 · 1 · . . . · 1

| {z } k

= 1 e 22k+1= 22k· 2 deixa o mesmo resto que 1 · 2 = 2 por 3.

Exemplo 10. Qual o resto de n3+ 2n na divis˜ao por 3?

Se o resto de n por 3 é r, o resto de n3_{+ 2n é o mesmo de r}3 _{+ 2r. Para r = 0, esse} resto seria 0. Para r = 1, seria o mesmo resto de 3 que é 0. Finalmente, para r = 2, o resto seria o mesmo de 8 + 4 = 12 que também é 0. Assim, não importa qual o resto de n por 3, o número n3_{+ 2n sempre deixará resto 0. Uma ideia importante nessa solu¸cão foi} divid´ı-la em casos. Também poder´ıamos ter resolvido esse exemplo apelando para alguma fatora¸cão:

n3+ 2n = n3− n + 3n = n(n2− 1) + 3n = n(n − 1)(n + 1) + 3n.

Como n − 1, n e n + 1 são consecutivos, um deles é múltiplo de 3. Assim, o último termo da igualdade anterior é a soma de dois múltiplos de 3 e consequentemente o resto procurado é 0.

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Observa¸cão 11. Fatora¸cões podem ser muito úteis para encontrarmos os valores expl´ıcitos de q e r.

Exemplo 12. Prove que, para cada n natural,

(n + 1)(n + 2) . . . (2n)

´e divis´ıvel por 2n_.

Veja que

(n + 1)(n + 2) . . . (2n) = 1 · 2 · · · 2n 1 · 2 · · · n.

Para cada n´umero natural k no produto escrito no denominador, temos uma apari¸c˜ao de 2k no produto escrito no numerador. Basta efetuarmos os cancelamentos obtendo:

(n + 1)(n + 2) . . . (2n) = 2n_{· 1 · 3 · · · (2n − 1).}

Exemplo 13. (Olimp´ıada de Leningrado 1991) Cada um dos naturais a, b, c e d ´e divis´ıvel

por ab − cd, que também é um número natural. Prove que ab − cd = 1.

Se chamarmos p = ab − cd, teremos a = px, b = py, c = pz e d = pt onde x, y, z e t s˜ao inteiros. Assim, p = p2_{(xy − zt). Consequentemente 1 = p(xy − zt) e conclu´ımos que p = 1,} pois p ´e natural.

Exemplo 14. A soma digital D(n) de um inteiro positivo n ´e definida recursivamente como segue:

D(n) =

n se 1 ≤ n ≤ 9, D(a0+ a1+ . . . + am) se n > 9,

onde a0, a1, . . . , am s˜ao todos os d´ıgitos da express˜ao decimal de n na base 10, i.e.,

n= am10m+ am−110m−1+ . . . + a110 + a0

Por exemplo, D(989) = D(26) = D(8) = 8. Prove que: D((1234)n) = D(n), para n =

1, 2, 3 . . .

Como 10n_{− 1}n_{= (10 − 1)(10}n−1_{+ 10}n−2_{+ . . . + 1), podemos concluir que 10}n_{sempre deixa} resto 1 na divisão por 9. Assim, n = am10m+ am−110m−1+ . . . + a110 + a0, deixa o mesmo resto que am+ am−1+ . . . + a0 na divisão por 9. Desse modo, D(n) nada mais é do que o resto na divisão por 9 do número n. Como 1234 deixa resto 1 por 9, o número (1234)n deixa o mesmo resto que 1 · n por 9, ou seja, D((1234)n) = D(n).

Observa¸cão 15. O exemplo anterior contém o critério de divisibilidade por 9, i.e., n deixa

o mesmo resto que D(n) na divisão por 9. O critério de divisibilidade por 3 é análogo pois

10n _{tamb´em sempre deixa resto 1 por 3.}

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Fatoremos a express˜ao anterior. Somando 6 aos dois lados da equa¸c˜ao, obtemos: 85 = 6 + ab + 2a + 3b

= (3 + a)(2 + b)

Assim, (3 + a) e (2 + b) são divisores positivos de 85 maiores que 1. Os únicos divisores positivos de 85 são 1, 5, 19, 85. Logo, os poss´ıveis pares de valores para (3 + a, 2 + b) são (5, 19) ou (19, 5) que produzem as solu¸cões (a, b) = (2, 17) e (16, 3).

Problema 17. (Olimp´ıada Russa) Prove que se 2

n_{− 2}

n ´e um inteiro, ent˜ao

22n

−1− 2 2n_{− 1}

tamb´em ´e um inteiro.

Se k = 2 n_{− 2} n , então 22n −1− 2 2n_{− 1} = 2(22n −2− 1) 2n_{− 1} = 2 2 nk_{− 1} 2n_{− 1} = 2 (2 n_{− 1)(2}n(k−1)_{+ 2}n(k−2)_{+ . . . + 2}n_{+ 1)} 2n_{− 1} ! = 2(2n(k−1)+ 2n(k−2)+ . . . + 2n+ 1), é um número inteiro.

Problemas Propostos

Problema 18. Encontre os inteiros que, na divis˜ao por 7, deixam um quociente igual ao resto.

Problema 19. Determinar os n´umeros que divididos por 17 d˜ao um resto igual ao quadrado do quociente correspondente.

Problema 20. (OCM 1985) Encontre o quociente da divis˜ao de a128− b128 por

(a64+ b64)(a32+ b32)(a16+ b16)(a8+ b8)(a4+ b4)(a2+ b2)(a + b)

Problema 21. (OCM 1994) Seja A = 777 . . . 77 um n´umero onde o d´ıgito ”7”aparece 1001

vezes. Determinar o quociente e o resto da divis˜ao de A por 1001.

Problema 22. Encontre um inteiro que deixa resto 4 na divis˜ao por 5 e resto 7 na divis˜ao por 13

Problema 23. Encontre o menor inteiro que, dividido por 29 deixa resto 5, e dividido por

(6)

Problema 24. Prove que, para todo inteiro positivo n o n´umero n5− 5n3+ 4n ´e divis´ıvel

por 120.

Problema 25. (Fatora¸c˜oes Importantes)

a) Seja S = 1 + z + z2+ z3+ . . . + zn−1_{. Veja que S + z}n_{= 1 + zS ent˜}_{ao S(z − 1) = z}n_{− 1.}

Conclua que, para quaisquer x e y vale:

xn− yn= (x − y)(xn−1+ xn−2y+ xn−3y2+ . . . + x2yn−3+ xyn−2+ yn−1)

b) Mostre que se n ´e ´ımpar vale:

xn+ yn= (x + y)(xn−1− xn−2y+ xn−3y2− . . . + x2yn−3− xyn−2+ yn−1) Problema 26. Prove que, o n´umero 199_{+ 2}99_{+ 3}99_{+ 4}99_{+ 5}99 _{´e m´}_{ultiplo de 5.}

Problema 27. Mostre que o n´umero 1n_{+ 8}n_{− 3}n_{− 6}n _{´e multiplo de 10 para todo natural} n.

Problema 28. Encontre o resto da divis˜ao 3710_{− 1 por 11.} Problema 29. Prove que 22225555+ 55552222 ´e divis´ıvel por 7.

Problema 30. Encontre o ´ultimo d´ıgito do n´umero 19891989.

Problema 31. Mostre que se n divide a ent˜ao 2n_{− 1 divide 2}a_{− 1.} Problema 32. (Cone Sul 1996) Provar que o n´umero

1995 · 19971996− 1996 · 19971995+ 1 19962

´e um inteiro.

Problema 33. Mostre que para n ´ımpar, n divide 1n_{+ 2}n_{+ . . . + (n − 1)}n Problema 34. Existe um natural n tal que nn_{+ (n + 1)}n _{´e divis´ıvel por 2011?}

Problema 35. Quantos n´umeros inteiros positivos n existem tais que n + 3 divide n2_{+ 7?} Problema 36. Encontre o n´umero de inteiros n tais que

1. 1000 < n < 8000.

2. nn+1+ (n + 1)n ´e divis´ıvel por 3.

Problema 37. Sejam m e n naturais tais que mn + 1 ´e m´ultiplo de 24, mostre que m + n

(7)

Problema 38. (Irlanda 1997) Encontre todos os pares de inteiros (x, y) tais que 1+1996x+

1998y = xy.

Dicas e Solu¸

c˜

oes

18. Os n´umeros s˜ao {0, 8, 16, 24, . . . , 8 · 7}.

18. Escreva n = 17q + q2 e note que 0 ≤ q2 <17. Assim, q = 0, 1, 2, 3, 4.

19. Use a diferen¸ca de quadrados sucessivas vezes para obter (a − b) como quociente. 21. O n´umero do problema ´e igual a 7(101001−1)

9 . Al´em disso, 10 999 +1 103 +1 ´e inteiro e 101001 −1 103 +1 = 100 ·10₁₀9993₊₁+1−₁₀1003₊₁.

22. Os números que satisfazem essa propriedade são os números da forma 65k + 59. 24. Basta mostrar que n5− 5n3+ 4n é múltiplo de 3, 8 e 5. Na divisão por 5, temos

quatro restos poss´ıveis: {0, 1, 2, 3, 4}. Assim, o número n5− 5n3+ 4n possui o mesmo resto na divisão por 5 que um dos cinco números: {05_{− 5 · 0}3_{+ 40, 1}5_{− 5 · 1}3_{+ 4, 2}5₋ 5 · 23+ 8, 35− 5 · 33+ 12, 45− 5 · 43+ 16}. Como todos esses números são múltiplos de 5, segue que n5− 5n3+ 4n é múltiplo de 5 para todo n inteiro. O procedimento com 3 e 8 é semelhante.

25. Para o item a), troque z por x_y. Para o item b), substitua y por −y no item anterior. 26. Pelo problema anterior, como 99 é ´ımpar temos: 199_{+ 4}99 _{= (1 + 4)(1}98_{+ 1}97_{· 4 +} . . .+ 1 · 497_{+ 4}98_{). Da´ı, segue que 1}99_{+ 4}99_{é m´}_{ultiplo de 5. Analogamente podemos} mostrar que 299+ 399é múltiplo de 5.

27. O número em questão é mútiplo de 2 pois é a soma de dois ´ımpares e dois pares. Para ver que também é múltiplo de 5, basta notar que 5 divide 1n_{− 6}n _{e 8}n_{− 3}n_. Isso pode ser facilmente mostrado usando a fatora¸cão do exerc´ıcio 25.

31. Se a = nk, temos (2n_{− 1)(2}n(k−1)_{+ 2}n(k−2)_{+ . . . + 2}n_{+ 1) = 2}nk_{− 1.} 32. Veja que 1995·19971996−1996·19971995+1 = 1995·(19971996−1)−1996·(19971995−1). Pela fatora¸cão de xn_{− y}n_, 1996 · (19971995_{− 1)} 19962 = (1997 1994_{+ 1997}1993_{+ . . . + 1),} é inteiro. Além disso, pela mesma fatora¸cão,

1995 · (19971996_{− 1)} 19962 = 1995· 19971995_{− 1} 1996 + 19971994_{− 1} 1996 + . . . + 1997 − 1 1996 + 1996 1996 , ´e uma soma de n´umeros inteiros.

(8)

33. Como n ´e impar,

(n − i)n_{+ i}n_{= ((n − i) + i)((n − i)}n−1_{− (n − i)}n−2_i_{+ . . . − (n − i)i}n−2_{+ i}n−1_). 34. Fa¸ca n = 1005 e use a fatora¸c˜ao de xn_{+ y}n_.

37. Fatore a express˜ao como:

(x − 1998)(y − 1996) = xy − 1998y − 1996x + 1998 · 1996 = 19972.

Os divisores de 19972 _s˜_{ao {±1, ±1997, ±1997}2_{}. Resolvendo os sistemas} correspon-dentes `a essas possibilidades, temos: (x, y) = (1999, 19972+ 1996), (1997, −19972+ 1996), (3995, 3993), (1, −1), (19972+ 1998, 1997), (−19972+ 1998, 1995).

Referˆ

encias

[1] F. E. Brochero Martinez, C. G. Moreira, N. C. Saldanha, E. Tengan - Teoria dos N´umeros um passeio com primos e outros n´umeros familiares pelo mundo inteiro, Projeto Euclides, IMPA, 2010.

[2] E. Carneiro, O. Campos and F. Paiva, Olimp´ıadas Cearenses de Matem´atica 1981-2005 (N´ıveis J´unior e Senior), Ed. Realce, 2005.

[3] S. B. Feitosa, B. Holanda, Y. Lima and C. T. Magalh˜aes, Treinamento Cone Sul 2008. Fortaleza, Ed. Realce, 2010.

[4] D. Fomin, A. Kirichenko, Leningrad Mathematical Olympiads 1987-1991, MathPro Press, Westford, MA, 1994.

[5] D. Fomin, S. Genkin and I. Itenberg, Mathematical Circles, Mathematical Words, Vol. 7, American Mathematical Society, Boston, MA, 1966.

[6] I. Niven, H. S. Zuckerman, and H. L. Montgomery, An Introduction to the Theory of Numbers.

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Polos Olímpicos de Treinamento

Curso de Teoria dos Números - Nível 2

Prof. Samuel Feitosa

Aula

2 Divisibilidade II

Defini¸cão 1. _{Dados dois inteiros a e b, com a 6= 0, dizemos que a divide b ou que a é} um divisor de b ou ainda que b é um m´_{ultiplo de a e escrevemos a | b se o r obtido pelo} algoritmo de divisão aplicado à a e b é 0, ou seja, se b = aq para algum inteiro q.

Lema 2. Sejam a, b, c, d inteiros. Temos

i) (”d divide”) Se d | a e d | b, ent˜ao d | ax + by para quaisquer x e y inteiros. ii) (”Limita¸c˜_{ao”) Se d | a, ent˜ao a = 0 ou |d| ≤ |a|.}

iii) (Transitividade) Se a | b e b | c, ent˜ao a | c.

Em particular, segue da propriedade i) que d | a + b e d | a − b.

Exemplo 3. _{(Olimp´ıada de Maio 2006) Encontre todos os naturais a e b tais que a|b + 1 e} b_{|a + 1.}

Pela propriedade da Limita¸c˜ao, temos a ≤ b + 1 e b ≤ a + 1. Da´ı, a − 1 ≤ b ≤ a + 1. Vejamos os casos:

(i) a = b. Como a|b + 1 e a | b(pois b = a) temos que a | [(b + 1) − b] = 1. Assim, a = 1 Nesse caso, s´o temos a solu¸c˜ao (a, b) = (1, 1)

(ii) a = b + 1. Como b|a + 1 e b|a − 1(pois b = a − 1) temos que b|[(a + 1) − (a − 1)] = 2. Assim, b = 1 ou b = 2 e nesse caso, s´o temos as solu¸c˜oes (3, 2) e (2, 1).

(iii) a = b − 1. Esse caso é análogo ao anterior e as solu¸cões para (a, b) são (1, 2) e (2, 3). Exemplo 4. (Critério de Divisibilidade por 7) Existem alguns métodos práticos para deci-dirmos se um número é múltiplo de outro. Certamente o leitor já deve ter se deparado com algum critério de divisibilidade. Existe um critério por 7 bastante popular: Para saber se um inteiro é multiplo de 7, basta apagar seu último d´ıgito, multiplicá-lo por 2 e o subtrair do número que restou. Se o resultado é múltiplo de 7, então o número original também é múltiplo de 7.

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Podemos aplicar esse algoritmo sucessivas vezes até que o resultado obtido seja facil-mente verificável como um múltiplo de 7. Por exemplo, para o número 561421 podemos escrever:

56142 − 2 = 56140 5614 − 0 = 5614

561 − 8 = 553 55 − 6 = 49

Como 49 é múltiplo de 7, nosso número original também é. Por que esse processo funciona? Se o nosso número original está escrito na forma 10a + b, então o número obtido após a opera¸cão descrita é a − 2b. Basta mostrarmos que se 7 | a − 2b, então 7 | 10a + b. Se 7 | a − 2b, pela propriedade (i) do lema, conclu´ımos que 7 | 10a − 20b. Como 7 | 21b, também temos que 7 | [(10a − 20b) + 21b] = 10a + b.

Exemplo 5. _{Mostre que se 7 | 3a + 2b ent˜ao 7 | 4a − 2b.}

Veja que 7 | 7a e 7 | 3a + 2b, então 7 | [7a − (3a + 2b)] = 4a − 2b. Na prática, o que fizemos foi multiplicar o número 3a + 2b por algum inteiro para posteriormente subtra´ımos um múltiplo de 7 conveniente e obtermos o n´_{umero 4a − 2b. Existem outras formas de} fazermos isso. Observe os n´_{umeros 3 · 0, 3 · 1, 3 · 2, 3 · 3, 3 · 4, 3 · 5, 3 · 6. O número 3 · 6 deixa} o mesmo resto que 4 por 7, pois 3 · 6 = 7 · 2 + 4. Como 7|3a + 2b podemos concluir que 7|(18a + 12b) e consequentemente 7 | [18a + 12b − 14a)] = 4a + 12b. Mas 7 | 14b, então 7 | [4a + 12b − 14b] = 4a − 2b.

Para o proximo exemplo, o leitor precisar´a lembrar dos crit´erios de divisibilidade por 9 e 3 vistos na aula passada.

Exemplo 6. Usando os d´ıgitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, constru´ımos v´arios n´umeros de sete d´ıgitos distintos. Existem dois deles, distintos, tais que um divide o outro?

Não. Suponha, por absurdo, que m < n sejam dois desses n´_{umeros, com m | n. Claramente} m_{| n − m e 9 | n − m, pois n e m possuem a mesma soma dos d´ıgitos e consequentemente} possuem o mesmo resto na divisão por 9. Por outro lado, sabemos a soma dos d´ıgitos de m_{: 1 + 2 + · · · + 7 = 3 · 9 + 1. Da´ı, m não possui fator 9 e podemos garantir que 9m | n − m.} Mas então 9m ≤ n − m ⇒ 10m ≤ n ⇒ n tem pelo menos oito d´ıgitos, uma contradi¸cão.

Exemplo 7. (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, então B − A >}√_A. Seja B − A = q. Assim, A + q | A2_{+ 1. Como (A − q)(A + q) = A}2_{− q}2 _{é divis´ıvel por} A_{+ q, podemos concluir que A + q | [(A}2_{+ 1) − (A}2_{− q}2)] = q2+ 1. Pela propriedade de limita¸cão, A + q ≤ q2_{+ 1. Nessa desigualdade, não podemos ter q = 1 pois A > 1. Usando} então que q > 1, temos A ≤ q2_{− q + 1 < q}2_{, ou seja,} √_{A < q.}

Problema 8. (AIME 1986) Qual ´e o maior inteiro n para o qual n3+ 100 ´e divis´ıvel por n+ 10?

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Para achar explicitamente o quociente de n3+ 100 por n + 10 podemos fazer uso de alguma fatora¸c˜ao. Utilizaremos a soma dos cubos n3+ 103= (n + 10)(n2_{− 10n + 100). Como,}

n3+ 100 = (n + 10)(n2_{− 10n + 100) − 900,}

podemos concluir que o número 900 deve ser múltiplo de n + 10. O maior inteiro n para o qual n + 10 divide 900 é 890. Veja que se n = 890, o quociente da divisão de n3+ 100 por n+ 10 é n2_{− 10n + 100 − 1 = 890}2_{− 10 · 890 + 99.}

Exemplo 9. (Extra´ıdo de [1]) Encontre todos os inteiros positivos n tais que 2n2 _{+ 1 |} n3_{+ 9n − 17.}

Utilizando o “2n2+ 1 divide” para reduzir o grau de n3_{+ 9n − 17, temos que} (

2n2_{+ 1 | n}3_{+ 9n − 17} 2n2_{+ 1 | 2n}2+ 1

=⇒ 2n2+ 1 | (n3+ 9n − 17) · 2 + (2n2+ 1) · (−n) ⇐⇒ 2n2+ 1 | 17n − 34

Como o grau de 17n − 34 é menor do que o de 2n2+ 1, podemos utilizar a “limita¸cão” para obter uma lista finita de candidatos a n. Temos 17n − 34 = 0 ⇐⇒ n = 2 ou |2n2+ 1| ≤ |17n − 34| ⇐⇒ n = 1, 4 ou 5. Destes candidatos, apenas n = 2 e n = 5 são solu¸cões.

Exemplo 10. (Leningrado 1990) Sejam a e b n´umeros naturais tais que b2+ ba + 1 divide a2+ ab + 1. Prove que a = b.

Pela propriedade de limita¸cão, b2_{+ba+1 ≤ a}2_{+ab+1 e da´ı b ≤ a. Além disso, b}2_{+ab+1 >} a_{− b. A igualdade b(a}2_{+ ab + 1) − a(b}2_{+ ba + 1) = b − a implica que a − b é divis´ıvel por} b2_{+ ba + 1. Se a − b 6= 0, então b}2_{+ ab + 1 ≤ a − b. Mas isso é um absurdo, logo a − b = 0.}

Problemas Propostos

Problema 11. _{Mostre que se 3 | a + 7b então 3 | a + b.} Problema 12. _{Mostre que se 7 | a + 3b então | 13a + 11b} Problema 13. _{Mostre que se 19 | 3x + 7y então 19 | 43x + 75y} Problema 14. _{Mostre que se 17 | 3a + 2b então 17 | 10a + b}

Problema 15. Encontre todos os inteiros positivos n tais que n + 2009 divide n2+ 2009 e n+ 2010 divide n2+ 2010.

Problema 16. _{Seja n > 1 e k um inteiro positivo qualquer. Prove que (n − 1)}2_|(nk_{− 1) se,} e somente se , (n − 1)|k.

(12)

Problema 17. (OBM 2005) Prove que a soma 1k + 2k

+ . . . + nk

, onde n é um inteiro e k é ´ımpar, é divis´ıvel por 1 + 2 + . . . + n.

Problema 18. O n´_{umero de seis d´ıgitos X = abcdef satisfaz a propriedade de que abc−def} é divis´ıvel por 7. Prove que X também é divis´ıvel por 7.

Problema 19. (Bielor´ussia 1996) Inteiros m e n, satisfazem a igualdade (m − n)2= 4mn

m_{+ n − 1}. a) Prove que m + n ´e um quadrado perfeito.

b) Encontre todos os pares (m, n) satisfazendo a equa¸c˜ao acima.

Problema 20. (Olimp´ıada de Leningrado) Os números naturais a,b e c têm a propriedade que a3 _{é divis´ıvel por b, b}3 _{é divis´ıvel por c e c}3 _{é divis´ıvel por a. Prove que (a + b + c)}13 _é divis´ıvel por abc.

Problema 21. (OBM 2000) É poss´ıvel encontrar duas potências de 2, distintas e com o mesmo número de algarismos, tais que uma possa ser obtida através de uma reordena¸cão dos d´ıgitos da outra? (Dica: Lembre-se do critério de divisibilidade por 9)

Problema 22. (IMO 1998) Determine todos os pares de inteiros positivos (x, y) tais que xy2+ y + 7 divide x2y+ x + y.

Dicas e Solu¸

c˜

oes

11. Como 3 | 6b, segue que 3 | [(a + 7b) − 6b] = a + b.

12. Como 7 | a + 3b, segue que 7 | 13a + 39b = (13a + 11b) + 28b. Mas 7 | 28b, portanto 7 | [(13a + 11b) + 28b − 28b] = 13a + 11b.

16. Veja que nk − 1 (n − 1)2 = nk₋₁ − 1 n_{− 1} + nk₋₂ − 1 n_{− 1} + . . . + n_{− 1} n_{− 1}+ k n_{− 1} . Como os n´umeros nl −1

n₋₁ sempre são inteiros, o número do lado esquerdo da equa¸cão será inteiro se, e somente se, o número k

(13)

17. Comece dividindo o problema quando em dois casos: n é par ou n é ´ımpar. Sabemos que 1 + 2 + . . . + n = n(n+1)₂ . Para n ´ımpar, basta mostrar que o número em questão é divis´ıvel por n e n₊₁

2 . O próximo passo é lembrar do problema 33 da aula 1. Pela fatora¸cão de xn

+ yn

, temos que ik

+ (n − i)k

´e divis´ıvel por n. Fa¸ca outros tipos de pares para mostrar a divisibilidade por n

2. O caso quando n é par é análogo.

18. Veja que X = 103_{· abc + def = 1001abc − (abc − def). Como 1001 é multiplo de 7,} conclu´ımos que X é a soma de dois múltiplos de 7.

19. Somando 4mn em ambos os lados, obtemos: (m + n)2 = 4mn m_{+ n − 1} + 4mn = 4mn(m + n) m_{+ n − 1} ⇒ (m + n) = 4mn m_{+ n − 1} = (m − n)2.

Assim, m + n ´e o quadrado de um inteiro. Se m − n = t, ent˜ao m + n = t2 _e (m, n) = (t2₂+t,t2−t

2 ). É fácil verificar que para qualquer t inteiro esse par é solu¸cão do problema.

20. Analise a expans˜ao pelo binˆomio de Newton.

21. Não. Suponha, por absurdo, que existam duas potências de 2, 2m <2n , satisfazendo o enunciado. Como 2n é um múltiplo de 2m , podemos ter: 2n = 2·2m ,_4·2m,_8·2m, . . .. Além disso, como ambos possuem a mesma quantidade de d´ıgitos, temos 1 < ₂2mn <

10. Assim, as ´unicas possibilidade s˜ao 2n

= 2 · 2m ,_{4 · 2}m

,_{8 · 2}m

. Pelo crit´erio de divisibilidade por 9, como 2m

e 2n

possuem os mesmos d´ıgitos, podemos concluir que 2n

− 2m

é um múltiplo de 9. Entretanto, nenhuma das possibilidade anteriores satisfaz essa condi¸cão e chegamos em um absurdo.

22. Come¸caremos usando a ideia do exemplo 10. A igualdade y(x2_y_{+ x + y) − x(xy}2₊ y+ 7) = y2_{− 7x implica que y}2 _{− 7x é divis´ıvel por xy}2+ y + 7. Se y2 _{− 7x ≥ 0,} como y2_{− 7x < xy}2+ y + 7, segue que y2_{− 7x = 0. Assim, (x, y) = (7t}2,7t) para algum t ∈ N. É fácil checar que esses pares são realmente solu¸cões. Se y2_{− 7x < 0,} então 7x − y2 >0 é divis´ıvel por xy2+ y + 7. Da´ı, xy2_{+ y + 7 ≤ 7x − y}2 <7x, que nos permite concluir que y ≤ 2. Para y = 1, temos x + 8 | 7x − 1 e consequentemente x_{+ 8 | 7(x + 8) − (7x − 1) = 57. Então as únicas possibilidades são x = 11 e x = 49,} cujos pares correspondentes s˜_{ao (11, 1), (49, 1). 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 para (x, y) são: (7t2_,_{7t)(t ∈} N_{), (11, 1) e (49, 1).}

(14)

Referˆ

encias

[1] F. E. Brochero Martinez, C. G. Moreira, N. C. Saldanha, E. Tengan - Teoria dos N´umeros um passeio com primos e outros n´umeros familiares pelo mundo inteiro, Projeto Euclides, IMPA, 2010.

(15)

Polos Olímpicos de Treinamento

Curso de Teoria dos Números - Nível 2

Aula

3 O Algoritmo de Euclides

Exemplo 1. Seja S um conjunto infinito de inteiros não negativos com a seguinte propri-edade: dados dois quaisquer de seus elementos, o valor absoluto da diferen¸ca entre eles também pertence a S. Se d é o menor elemento positivo de S, prove que S consiste de todos os múltiplos de d.

Considere um elemento m qualquer de S. Pelo algoritmo da divisão, m = qd + r com 0 ≤ r < d. Como todos os números m − d, m − 2d, m − 3d, . . . , m − qd = r pertencem a S e d é o menor elemento positivo de tal conjunto, devemos ter obrigatoriamente que r = 0. Sendo assim, podemos concluir que todos os elementos de S são múltiplos de d. Resta mostrarmos que todos os múltiplos de d estão em S. Seja kd um múltiplo positivo qualquer de d. Como S é infinito, existe um inteiro m ∈ S tal que m = qd > kd. Assim todos os números m − d, m − 2d, . . . , m − (q − k)d = kd estão em S.

Defini¸cão 2. Um inteiro a é um divisor comum de b e c se a | b e a | c. Se b e c não são ambos nulos, denotaremos por mdc(b, c) o máximo divisor comum de b e c.

Como um inteiro não nulo possui apenas um número finito de divisores, se b e c são ambos não nulos, o número mdc(b, c) sempre existe, isto é, sempre está bem definido.

Lema 3. (Euclides) Se x 6= 0, mdc(x, y) = mdc(x, x + y)

Demonstra¸cão. Seja d um divisor comum de x e y. Então d | x + y e consequentemente d também á um divisor comum de x e x + y. Reciprocamente, se f é um divisor comum de x + y e x, f também divide (x + y) − y = x e assim f é um divisor comum de x e y. Como os conjuntos de divisores comuns dos dois pares de números mencionados são os mesmos, o maior divisor comum também é o mesmo.

Ent˜ao podemos calcular:

(16)

Exemplo 4. Três máquinas I, R, S imprimem pares de inteiros positivos em tickets. Para a entrada (x, y), as máquinas I, R, S imprimem respectivamente (x − y, y), (x + y, y), (y, x). Iniciando com o par (1, 2) podemos alcan¸car

a) (819, 357)? b) (19, 79)?

Para o item a), calculemos inicialmente mdc(819, 357):

mdc(819, 357) = mdc(462, 357) = mdc(105, 357) = mdc(105, 252) = . . . = mdc(21, 21) = 21. Pelo Lema de Euclides, o mdc entre os dois n´umeros em um ticket nunca muda. Como mdc(1, 2) = 1 6= 21 = mdc(819, 357), n˜ao podemos alcan¸car o par do item a).

Para o item b), indiquemos com → uma opera¸c˜ao de alguma das m´aquinas. Veja que: (2, 1) → (3, 1)R → (1, 3)S → (4, 3)R → . . .R → (19, 3)R → (3, 19)S → (22, 19)R → (41, 19)R →R (60, 19)→ (79, 19).R

Observa¸cão 5. Procurar invariantes sempre é uma boa estratégia para comparar confi-gura¸cões diferentes envolvidas no problema. Confira o problema proposto 31.

Defini¸cão 6. Dizemos que dois inteiros p e q são primos entre si ou relativamente primos se mdc(p, q) = 1. Dizemos ainda que a fra¸cão p_q é irredut´ıvel se p e q são relativamente primos.

Exemplo 7. (IMO 1959) Prove que 21n + 4

14n + 3 ´e irredut´ıvel para todo n´umero natural n. Pelo lema de Euclides, mdc(21n+4, 14n+3) = mdc(7n+4, 14n+3) = mdc(7n+1, 7n+2) = mdc(7n + 1, 1) = 1.

O seguinte lema ser´a provado na pr´oxima aula.

Lema 8. (Propriedades do MDC) Seja mdc(a, b) = d, ent˜ao: i) Se k 6= 0, mdc(ka, kb) = kd. ii) mdc a d, b d = 1.

iii) Se mdc(a, c) = 1, ent˜ao mdc(a, bc) = d.

Exemplo 9. (Olimp´ıada Inglesa) Se x e y s˜ao inteiros tais que 2xy divide x2+ y2− x, prove que x ´e um quadrado perfeito

(17)

Se d = mdc(x, y), ent˜ao x = da e y = db, com mdc(a, b) = 1. Do enunciado, temos: 2abd2 | d2a2+ d2b2− da ⇒

d2 | d2a2+ d2b2− da ⇒ d2| −da ⇒

d | a.

Logo, a = dc, para algum c. Como x | y2, obtemos d2c | d2b2, ou seja, c|b2 e mdc(c, b2) = c. Usando que mdc(a, b) = 1 e que todo divisor comum de b e c tamb´em ´e um divisor comum de a e b, podemos concluir que mdc(c, b) = 1. Usando o item iii) do lema anterior, mdc(c, b2) = 1. Assim, c = 1 e x = d2c = d2.

Exemplo 10. No planeta X, existem apenas dois tipos de notas de dinheiro: $5 e $78. ´E poss´ıvel pagarmos exatamente $7 por alguma mercadoria? E se as notas fossem de $ 3 e $ 78?

Veja que 2 × 78 − 31 × 5 = 1 e consequentemente 14 × 78 − 217 × 5 = 7. Basta darmos 14 notas de de $ 78 para recebermos 217 notas de $ 5 como troco na compra de nossa mercadoria. Usando as notas de $3 e $78 não é poss´ıvel pois o dinheiro pago e recebido como troco por algo sempre é múltiplo de 3 e 7 não é múltiplo de 3.

Queremos estudar a vers˜ao mais geral desse exemplo. Quais s˜ao os valores que podemos pagar usando notas de $a e $b? Em particular, estaremos interessados em conhecer qual o menor valor que pode ser pago. Para responder essa pergunta, precisaremos do algoritmo de Euclides:

Teorema 11. (O Algoritmo de Euclides) Para os inteiros b e c > 0, aplique sucessivamente o algoritmo da divisão para obter a série de equa¸cões:

b = cq1+ r1, 0 < r1< c, c = r1q2+ r2, 0 < r2 < r1, r1 = r2q3+ r3, 0 < r3 < r2, .. . r_j−2 = r_j−1qj + rj, 0 < rj < rj−1, r_j−1 = rjqj+1

A sequência de restos não pode diminuir indefinidamente pois 0 ≤ ri < ri−1 e existe apenas um número finito de naturais menores que c. Assim, para algum j, obteremos rj+1 = 0. O maior divisor comum de b e c será rj, ou seja, o último resto não nulo da sequência de divisões acima.

Demonstra¸c˜ao. Pelo Lema de Euclides,

(18)

Ent˜ao,

mdc(b, c) = mdc(c, r1) = mdc(r1, r2) = . . . = mdc(rj−1, rj) = rj.

Exemplo 12. Calcule mdc(42823, 6409). Pelo Algoritmo de Euclides,

42823 = 6 × 6409 + 4369 6409 = 1 × 4369 + 2040 4369 = 2 × 2040 + 289 2040 = 7 × 289 + 17 289 = 17 × 17. Portanto, mdc(42823, 6409) = 17.

Podemos extrair mais informa¸c˜oes do Algoritmo de Euclides. Para isso, iremos organizar as equa¸c˜oes do exemplo acima de outra forma.

Essencialmente, a equa¸cão mdc(x+qy, y) = mdc(x, y) nos diz que podemos subtrair q vezes um número de outro sem alterar o máximo divisor comum do par em questão. Realizando esse procedimento sucessivas vezes, subtraindo o número menor do maior, podemos obter pares com números cada vez menores até que chegarmos em um par do tipo (d, d). Como o máximo divisor comum foi preservado ao longo dessas opera¸cões, d será o máximo divisor comum procurado. Iremos repetir o exemplo anterior registrando em cada opera¸cão quantas vezes um número é subtraido do outro. Isso será feito através de dois pares de números auxiliares: (42823, 6409) | (1, 0)(0, 1) (4369, 6409) | (1, −6)(0, 1) (4369, 2040) | (1, −6)(−1, 7) (289, 2040) | (3, −20)(−1, 7) (289, 17) | (3, −20)(−22, 147) (17, 17) | (355, −2372)(−22, 147)

Da primeira linha para a segunda, como subtra´ımos 6 vezes o n´umero 6409 de 42823, subtra´ımos 6 vezes o par (0, 1) de (1, 0), obtendo: (1, 0) − 6(0, 1) = (1, −6). Se em uma dada linha, temos:

(x, x + qy)) | (a, b)(c, d); então, a próxima linha deverá ser:

(19)

porque representará a opera¸cão de subtrairmos q vezes o primeiro número do segundo. Veja que o par (a, b) foi subtraido de (c, d) exatamente q vezes. Os números escritos nos últimos dois pares representam os coeficientes dos números originais para cada número do primeiro par. Por exemplo, analisando a linha:

(289, 2040) | (3, −20)(−1, 7); obtemos que:

289 = 3 × 42823 − 20 × 6409, 2040 = −1 × 42823 + 7 × 6409.

Em cada linha, essa propriedade é mantida pois a mesma subtra¸cão que é realizada no primeiro par também é realizada entre os dois últimos pares. Analisando o último par, podemos escrever 17 como combina¸cão de 42823 e 6409 de duas formas diferentes:

17 = −22 × 42823 + 147 × 6409, 17 = 355 × 42823 + −2372 × 6409,

Assim, se no planeta X tiv´essemos apenas notas de $42823 e $6409, poder´ıamos comprar algo que custasse exatamente $17.

Como conclusão da discussão anterior e do algoritmo de Euclides, podemos concluir que: Teorema 13. (Bachet-Bèzout) Se d = mdc(a, b), então existem inteiros x e y tais que ax + by = d.

De fato, a discussão anterior também nos mostra um algoritmo para encontrarmos x e y. Voltando à discussão sobre o planeta X, podemos concluir em virtude do teorema anterior que qualquer valor múltiplo de d poderá ser pago usando apenas as notas de $a e $b. Como todo valor pago, necessariamente é um múltiplo do máximo divisor comum de a e b, descobrimos que o conjunto que procurávamos consiste precisamente do conjunto dos múltiplos de d.

Observa¸cão 14. (Para professores) A prova mais comum apresentada para o teorema an-terior baseia-se na análise do conjunto de todas as combina¸cões lineares entre a e b e quase sempre se preocupa apenas com mostrar a existência de x e y. Acreditamos que o algoritmo para encontrar x e y facilite o entendimento do teorema para os alunos mais jovens. Entre-tanto, frequentemente utilizemos apenas a parte da existência descrita no enunciado. Além disso, preferimos discutir um exemplo numérico ao invés de formalizarmos uma prova e sugerimos que o professor fa¸ca o mesmo com mais exemplos em aula.

Exemplo 15.(Olim´ıada Russa 1995) 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.

(20)

Para qualquer inteiro n, mdc(a2n, an) = mdc(2n, n) = n, consequentemente n | an. Seja d um divisor qualquer de an diferente de n, então d | mdc(ad, an). De mdc(ad, an) = mdc(d, n), podemos concluir que d | n. Sendo assim, todos os divisores de an que são diferentes de n são divisores de n. Como já sabemos que an = nk, para algum k, não podemos ter k > 1 pois nk não divide n e assim conclu´ımos que an= n.

Exemplo 16. Mostre que mdc(2120− 1, 2100− 1) = 220− 1. Pelo lema de Euclides,

mdc(2120− 1, 2100− 1) = mdc(2120− 1 − 220(2100− 1), 2100− 1), = mdc(220− 1, 2100− 1), = mdc(220− 1, 2100− 1 − 280(220− 1)), = mdc(220− 1, 280− 1), = mdc(220− 1, 280− 1 − 260(220− 1)), = mdc(220− 1, 260− 1), = mdc(220− 1, 260− 1 − 240(220− 1)), = mdc(220− 1, 240− 1), = mdc(220− 1, 240− 1 − 220(220− 1)), = mdc(220− 1, 220− 1) = 220− 1.

Exemplo 17. (Olimp´ıada Russa 1964) Sejam x, y inteiros para os quais a fra¸c˜ao a = x

2_{+ y}2 xy ´e inteira. Ache todos os poss´ıveis valores de a.

A primeira estratégia é cancelar os fatores comuns com o objetivo de reduzir o problema ao caso em que x e y são primos entre si. Seja d = mdc(x, y), com

x = d · x0 y = d · y0 , mdc(x0, y0) = 1, ent˜ao a = x 2_{+ y}2 xy = x02+ y02 x0y0 ·

Nessa condi¸c˜ao, como x0 divide y20 e y0 divide x20, cada um deles ´e igual a 1, donde a = 1

2_{+ 1}2 1 · 1 = 2.

(21)

Defini¸cão 18. Os inteiros a1, a2, . . . , an, todos diferentes de zero, possuem múltiplo comum b se ai|b para i = 1, 2, . . . , n(note que a1a2. . . ané um múltiplo comum). O menor múltiplo comum positivo para tal conjunto de inteiros é chamado de m´ınimo múltiplo comum e será denotado por mmc(a1, a2, . . . , an).

Proposi¸cão 19. Se a e b são não nulos, então: mmc(a, b) · mdc(a, b) = |ab|. (A prova desta proposi¸cão também será deixada para a próxima se¸cão)

Exemplo 20. (Olimp´ıada Russa 1995) Sejam m e n interios positivos tais que: mmc(m, n) + mdc(m, n) = m + n.

Prove que um deles ´e divis´ıvel pelo o outro.

Se d = mdc(m, n), então podemos escrever m = da e n = db. Pela proposi¸cão anterior, mmc(m, n) = d 2_ab d = dab. Temos: mmc(m, n) + mdc(m, n) − m − n = 0 ⇒ dab + d − da − db = 0 ⇒ ab + 1 − a − b = 0 ⇒ (a − 1)(b − 1) = 0. Portanto, ou a = 1 e m | n ou então b = 1 e n | m.

Exemplo 21. (Torneio das Cidades 1998) Prove que, para quaisquer inteiros positivos a e b, a equa¸c˜ao mmc(a, a + 5) = mmc(b, b + 5) implica que a = b.

Para o item a), como (a + 5) − a = 5, temos mdc(a, a + 5) ´e igual a 1 ou 5. O mesmo vale para mdc(b, b + 5). Pela proposi¸c˜ao anterior, temos:

mmc(a, a + 5) = a(a + 5) mdc(a, a + 5), mmc(b, b + 5) = b(b + 5)

mdc(b, b + 5).

Suponha que mdc(a, a + 5) = 5 e mdc(b, b + 5) = 1, então a(a + 5) = 5b(b + 5). Consequen-temente, a é múltiplo de 5 e a(a + 5) é múltiplo de 25. Isso implica que b(b + 5) também é múltiplo de 5 e que mdc(b, b + 5) > 1. Uma contradi¸cão. Analogamente, não podemos ter mdc(a, a + 5) = 1 e mdc(b, b + 5) = 5. Sendo assim, mdc(a, a + 5) = mdc(b, b + 5) e:

a(a + 5) − b(b + 5) = 0 ⇒ (a − b)(a + b + 5) = 0. Como a + b + 5 > 0, conclu´ımos que a = b.

(22)

Exemplo 22. Uma m´aquina f executa opera¸c˜oes sobre o conjunto de todos os pares de inteiros positivos. Para cada par de inteiros positivos, ela fornece um inteiro dado pelas regras:

f (x, x) = x, f (x, y) = f (y, x), (x + y)f (x, y) = yf (x, x + y). Determine f (2012, 2012! + 1).

Claramente mmc(x, x) = x e mmc(x, y) = mmc(y, x). Usando a proposi¸c˜ao anterior e o lema de Euclides 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 de que f = mmc. Seja S o conjunto de todos os pa-res de inteiros positivos (x, y) tais que f (x, y) 6= mmc(x, y), e seja (m, n) o par em S com a soma m + n minima. Note que todo par da forma (n, n) não está em S pois f (n, n) = n = mmc(n, n). Assim, devemos ter m 6= n. Suponha sem perda de generalidade que n > m. Portanto:

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

n · f (m, n)

Como o par (m, m − n) não está em S, dado que a soma de seus elementos é menor que m + n, temos:

f (m, n − m) = mmc(m, n − m) ⇒ n − m

n · f (m, n) = (n − m)mmc(m, m + (n − m)) ⇒ f (m, n) = mmc(m, n)

Uma contradi¸c˜ao. Desse modo, S deve ser um conjunto vazio e f (x, y) = mmc(x, y) para todos os pares de inteiros positivos. Como 2012 | 2012!, mdc(2012, 2012! + 1) = 1 e consequentemente mmc(2012, 2012! + 1) = 2012(2012! + 1).

Problemas Propostos

Problema 23. Calcule: a) mdc(n, n2_{+ n + 1).}

(23)

POT 2012 - Teoria dos N´umeros - N´ıvel 2 - Aula 3 - Samuel Feitosa c) mdc 2 40_{+ 1} 28_{+ 1}, 2 8_{+ 1} . Problema 24. Encontre mdc(2n + 13, n + 7)

Problema 25. Prove que a fra¸c˜ao 12n+1_30n+2 ´e irredut´ıvel.

Problema 26. Sejam a, b, c, d inteiros não nulos tais que ad − bc = 1. Prove que a+b_c+d é uma fra¸cão irredut´ıvel.

Problema 27. Mostre que mdc(am− 1, an− 1) = amdc(m,n)− 1. Problema 28. Mostre que se mdc(a, b) = 1, ent˜ao:

mdc(a + b, a2− ab + b2) = 1 ou 3 Problema 29. Dado que mdc(a, 4) = 2, mdc(b, 4) = 2, prove que:

mdc(a + b, 4) = 4. Problema 30. Prove que, para todo natural n,

mdc(n! + 1, (n + 1)! + 1) = 1.

Problema 31. No exemplo 4, determine todos os pares que podem ser obtidos come¸cando-se com o par (1, 2).

Problema 32. Qual o m´aximo divisor comum do conjunto de n´umeros: {16n+ 10n − 1, n = 1, 2, 3 . . .}?

Problema 33. A sequência Fn de Farey é a sequência de todos as fra¸cões irredut´ıveis a b com 0 ≤ a ≤ b ≤ n arranjados em ordem crescente.

F1 = {0/1, 1/1} F2 = {0/1, 1/2, 1/1} F3 = {0/1, 1/3, 1/2, 2/3, 1/1} F4 = {0/1, 1/4, 1/3, 1/2, 2/3, 3/4, 1/1} F5 = {0/1, 1/5, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 4/5, 1/1} F6 = {0/1, 1/6, 1/5, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 4/5, 5/6, 1/1}

Claramente, toda fra¸c˜ao a_b < 1 com mdc(a, b) = 1, est´a em algum Fn. Mostre que se m/n e m′_/n′ _s˜_{ao fra¸c˜}_{oes consecutivas em F}_n _{temos |mn}′_{− nm}′_{| = 1.}

Problema 34. (Resvista Quantum - Jornal Kvant) Todas as fra¸cões irredut´ıveis cujos de-nominadores não excedem 99 são escritas em ordem crescente da esquerda para a direita:

1 99, 1 98, . . . , a b, 5 8, c d, . . . Quais s˜ao as fra¸c˜oes a

b e c

d em cada lado de 5 8?

(24)

Problema 35. (OBM) Para cada inteiro positivo n > 1, prove que 1 +1₂ +1₃ + . . . +_n1 n˜ao ´e inteiro.

Problema 36. Determine todas as solu¸c˜oes em inteiros positivos para _a1 +1_b = 1_c.

Problema 37. Inteiros positivos a e b, relativamente primos, s˜ao escolhidos de modo que a + b

a − b seja também um inteiro positivo. Prove que pelo menos um dos números ab + 1 e 4ab + 1 é um quadrado perfeito.

Problema 38. (IMO 1979) Sejam p, q n´umeros naturais primos entre si tais que: p q = 1 − 1 2+ 1 3 − . . . − 1 1318+ 1 1319. Prove que p ´e divis´ıvel por 1979.

Respostas, Dicas e Solu¸

c˜

oes

23. (a) mdc(n, n2+ n + 1) = mdc(n, n2+ n + 1 − n(n + 1)), = mdc(n, 1), = 1. (b) mdc(3 × 2012, 2 × 2012 + 1) = mdc(3 × 2012 − (2 × 2012 + 1), 2 × 2012 + 1), = mdc(2012 − 1, 2 × 2012 + 1), = mdc(2012 − 1, 2 × 2012 + 1 − 2(2012 − 1)), = mdc(2012 − 1, 3), = mdc(2012 − 1 − 3 × 670, 3), = mdc(2, 3) = 1.

Outra op¸cão seria observar que o mdc procurado deve dividir o número 3(2 × 2012 + 1) − 2(3 × 2012) = 3 e que 2 × 2012 + 1 não é múltiplo de 3.

(c) mdc 2 40_{+ 1} 28_{+ 1}, 2 8_{+ 1} = mdc 232+ 224+ 216+ 28+ 1, 28+ 1 , = mdc (232− 1) + (224+ 1) + (216− 1) + (28+ 1) + 1, 28+ 1 , = mdc(1, 28+ 1) = 1.

(25)

POT 2012 - Teoria dos N´umeros - N´ıvel 2 - Aula 3 - Samuel Feitosa 24. mdc(2n + 13, n + 7) = mdc(2n + 13 − 2(n + 7), n + 7), = mdc(2n + 13 − 2(n + 7), n + 7), = mdc(−1, n + 7) = 1 25. mdc(12n + 1, 30n + 2) = mdc(12n + 1, 30n + 2 − 2(12n + 1)), = mdc(12n + 1, 6n), = mdc(12n + 1 − 2(6n), 6n), = mdc(1, 6n) = 1

26. Seja f = mdc(a + b, c + d). Ent˜ao f | d(a + b) − b(c + d) = 1 e consequentemente f = 1.

27. Veja que

mdc(am− 1, an− 1) = mdc(am−n− 1 + (an− 1)am−n, an− 1) = mdc(am−n_{− 1, a}n_{− 1)}

O resultado segue aplicando o Algoritmo de Euclides aos expoentes.

28. Seja f = mdc(a + b, a2 − ab + b2). Ent˜ao f | (a + b)2− (a2 − ab + b2) = 3ab. Se mdc(f, a) > 0, devemos ter mdc(f, b) > 0 pois f | a + b. O mesmo argumento vale para mdc(f, b) > 0. Assim, mdc(f, a) = mdc(f, b) = 1. Portanto, f | 3.

30. Pelo lema de Euclides,

mdc(n! + 1, (n + 1)! + 1) = mdc(n! + 1, (n + 1)! + 1 − (n + 1)(n! + 1)) = mdc(n! + 1, −n)

= mdc(n! + 1 − n[(n − 1)!], −n) = 1 34. Sejam l = mmc{1, 2, . . . , n} e ai = l/i. A soma considerada ´e

a1+ a2+ . . . + an l .

Queremos analisar o expoente do fator 2 no numerador e no denominador. Seja k tal que 2k_{≤ n < 2}k+1_{. Ent˜ao 2}k_{||l e a}

i ´e par para todo i 6= 2k. Como a2k ´e ´ımpar, segue

que o numerador é ´ımpar enquanto que o denominador é par. Consequentemente a fra¸cão anterior não representa um inteiro.

(26)

36. Sejam d = mdc(a, b), a = dx, b = dy. Consequentemente mdc(x, y) = 1 e podemos escrever a equa¸c˜ao como:

1 a+ 1 b = 1 c ⇒ bc + ac = ab dyc + dxc = d2xy c(x + y) = dxy

Como mdc(xy, x + y) = 1 pois mdc(x, y) = 1, devemos ter xy | c e consequentemente c = xyk. Assim, d = k(x + y). O conjunto solu¸c˜ao ´e formado pelas triplas (a, b, c) onde (a, b, c) = (kx(x + y), ky(x + y), xyk) com mdc(x, y) = 1 e x, y e k inteiros positivos.

38. Use a identidade de Catal˜ao: 1 −1 2 + 1 3 − 1 4+ . . . − 1 2n = 1 n + 1 + 1 n + 2+ . . . + 1 2n Em seguida, agrupe os termos da forma 1

n + i+ 1

2n − i + 1 e analise o numerador da fra¸c˜ao obtida.

Referˆ

encias

(27)

Polos Olímpicos de Treinamento

Curso de Teoria dos Números - Nível 2

Aula

4 N´

umeros Primos, MDC e MMC.

Defini¸cão 1. Um inteiro p > 1 é chamado número primo se não possui um divisor d satisfazendo 1 < d < p. Se um inteiro a > 1 não é primo, ele é chamado de número composto. Um inteiro m é chamado de composto se |m| não é primo.

O próximo teorema nos diz que os primos são as ”pe¸cas”fundamentais dos números inteiros: Teorema 2. Todo inteiro n, maior que 1, pode ser expresso como o produto de número primo.

Demonstra¸cão. Se o inteiro n é um primo, então ele mesmo é o produto de um único fa-tor primo. Se o inteiro n não é primo, existe uma decomposi¸cão do tipo: n = n1n2 com 1 < n1< n e 1 < n2< n. Repetindo o argumento para n1 e n2, podemos escrever n como o produto de primos ou podemos obter parcelas menores escrevendo n como um produto de naturais. Como não existe uma sucessão infinita de naturais cada vez menores, após um número finito de opera¸cões desse tipo, poderemos escrever n como um produto de números primos.

Quantos n´umeros primos existem?

Teorema 3. (Euclides) Existem infinitos n´umeros primos.

Demonstra¸cão. Suponha, por absurdo, que exita apenas uma quantidade finita de primos: p1, p2, . . . , pn. Considere o número X = p1p1. . . pn+ 1. Pelo teorema anterior, esse número deve ser o produto de alguns elementos do conjunto de todos os números primos. Entre-tanto, nenhum dos primos pi divide X.

Exemplo 4. Existe um bloco de 1000 inteiros consecutivos n˜ao contendo nenhum primo? Sim. Um exemplo ´e o conjunto 1001! + 2, 1001! + 3, . . . , 1001! + 1001. Veja i | 1001! + i para todo i = 2, 3, . . . , 1001.

(28)

Exemplo 5. (Torneio das Cidades) Existe um bloco de 1000 inteiros consecutivos contendo apenas um primo?

Para cada bloco de 1000 números consecutivos, contemos sua quantidade de números pri-mos. Por exemplo, no bloco 1, 2, 3, . . . , 1000, temos 168 números primos (mas só usaremos o fato de que existem mais de dois primos nesse bloco). Comparando os blocos consecuti-vos k + 1, k + 2, . . . , k + 1000 e k + 2, k + 3, . . . , k + 1001, ou o número de números primos aumenta em uma unidade, ou fica constante ou diminui em uma unidade. Analisando to-dos os blocos consecutivos desde 1, 2, . . . , 1000 até 1001! + 2, 1001! + 3, . . . , 1001! + 1001, o número de números primos deve ser igual à 1 em algum deles. Para ver isso, usare-mos um argumento de continuidade discreta: Come¸cando com o número 168 e realizando altera¸cões de no máximo uma unidade na quantidade de primos em cada bloco, para che-garmos no número 0, necessariamente deveremos passar pelo número 1 em algum momento. Relembremos um importante resultado da aula passada:

Teorema 6. (Bachet- B`ezout) Se d = mdc(a, b), ent˜ao existem inteiros x e y tais que ax+ by = d.

Proposi¸cão 7. _{Sejam a, b e c inteiros positivos com a | bc e mdc(a, b) = 1. Então, a | c.} Demonstra¸cão. Pelo teorema anterior, existem x e y inteiros tais que ax + by = 1. Assim, acx_{+ bcy = c. Como a | acx e a | bcy, podemos concluir que a | c.}

Em particular, se p ´e um n´_{umero primo e p | ab, ent˜ao p | a ou p | b. Podemos usar esse} fato para garantir a unicidade em nosso primeiro teorema, obtendo o importante:

Teorema 8. (Teorema Fundamental da Aritmética) A fatora¸cão de qualquer inteiro n > 1, em fatores primos, é única a menos da ordem dos fatores.

Exemplo 9. (Rússia 1995) É poss´ıvel colocarmos 1995 números naturais ao redor de um c´ırculo de modo que para quaisquer dois números vizinhos a razão entre o maior e o menor seja um número primo?

Não, é imposs´ıvel. Suponha, por absurdo, que isso seja poss´ıvel e denotemos por a0, a1, . . . , a1995 = a0 tais inteiros. Então, para k = 1, . . . , 1995, ak−1_a_k é primo ou o in-verso de um primo. Suponha que a primeira situa¸cão ocorra m vezes e a segunda ocorra 1995 − m vezes entre esses quocientes. Como o produto de todos os números da forma ak−1

ak , para k = 1, . . . , 1995 ´e igual `a 1, podemos concluir que o produto de m primos deve

ser igual ao produto de 1995 − m primos. Em virtude da fatora¸cão única, m = 1995 − m. Um absurdo pois 1995 é ´ımpar.

Proposi¸cão 10. Se as fatora¸cões em primos de n e m são: n = pα1 1 pα22. . . p αk k , m = pβ1 1 p β2 2 . . . p βk k .

(29)

POT 2012 - Teoria dos N´umeros - N´ıvel 2 - Aula 4 - Samuel Feitosa Ent˜ao, mdc(m, n) = pγ1 1 p γ2 2 . . . p γk k e mmc(m, n) = p θ1 1 p θ2 2 . . . p θk

k , onde γi ´e o menor dentre {αi, βi} e θi ´e o maior dentre {αi, βi}.

Proposi¸cão 11. Se a e b são inteiros positivos, mostre que mmc(a, b)mdc(a, b) = ab. Demonstra¸cão. Basta usar a proposi¸cão anterior e observar que:

max_{{x, y} + min{x, y} = x + y.}

Exemplo 12. (Torneio das Cidades 1998) ´E poss´ıvel que mmc(a, b) = mmc(a + c, b + c) para alguma conjunto {a, b, c} de inteiros positivos?

N˜_{ao. Suponha que a + c e b + c possuem algum divisor primo p. Como p | mmc(a + c, b + c),} caso existam tais inteiros, devemos ter que p | mmc(a, b). Assim, usando que pelo menos um dentre a e b é divis´ıvel por p podemos concluir que c também é divis´ıvel por p. Então, podemos cancelar o fator p:

mmc a p, b p = mmc(a, b) p = mmc(a + c, b + c) p = mmc a + c p , b+ c p .

Efetuando alguns cancelamentos, podemos supor ent˜ao que a+c e b+c n˜ao possuem fatores primos em comum. Obtivemos um absurdo pois:

mmc_{(a + c, b + c) = (a + c)(b + c) > ab ≥ mmc(a, b).}

Exemplo 13. (OCM 2005) Determinar os inteiros n > 2 que s˜ao divis´ıveis por todos os primos menores que n.

Como mdc(n, n − 1) = 1, se n − 1 possui algum fator primo, ele não dividirá n. Assim, n_{− 1 < 2. Consequentemente não existe tal inteiro.}

Exemplo 14. Mostre que n4+ n2+ 1 ´e composto para n >1.

Veja que n4 _{+ n}2 _{+ 1 = n}4_{+ 2n}2_{+ 1 − n}2 _{= (n}2_{+ 1)}2 _{− n}2 _{= (n}2_{+ n + 1)(n}2_{− n + 1).} Para n > 1, n2_{− n + 1 = n(n − 1) + 1 > 1 e assim n}4+ n2+ 1 ´e o produto de dois inteiros maiores que 1.

Exemplo 15. Mostre que n4_{+ 4}n _{´e composto para todo n > 1.}

Se n é par, certamente o número em questão é divis´ıvel por 4. Para o caso em que n é impar, iremos usar a fatora¸cão:

a4+ 4b4 = a4+ 4a2b2+ 4b4_{− 4a}2b2= (a2+ 2b2_{) − 4b}2b2 = (a2_{− 2ab + 2b}2)(a2+ 2ab + 2b2). Para n da forma 4k + 1, fa¸ca a = n e b = 4k_{. Para n da forma 4k + 3, fa¸ca a = n e} b= 22k+1.

Exemplo 16. Se 2n_{+ 1 é um primo ´ımpar para algum inteiro positivo n, prove que n é uma} potência de 2.

(30)

J´a vimos que an_{− 1 = (a − 1)(a}n−1_{+ a}n−2_{+ . . . + 1). Se n ´e impar,} (−a)n_{− 1 = (−a − 1)((−a)}n−1_{+ (−a)}n−2_{+ . . . + 1) ⇒}

an+ 1 = (a + 1)(an−1_{− a}n−2_{+ . . . − a + 1)}

Sendo assim, se n possu´ısse algum divisor primo ´ımpar p com n = pb, poder´ıamos escrever: 2n_{+ 1 = (a + 1)(a}n−1_{− a}n−2_{+ . . . − a + 1), onde a = 2}b_{. Como a}n−1_{− a}n−2_{+ . . . − a + 1 > 1,} o n´umero 2n_{+ 1 n˜ao seria primo.}

Exemplo 17. Dados que p, p + 10 e p + 14 s˜ao n´umeros primos, encontre p.

Vamos analisar os poss´ıveis restos na divisão por 3 de p. Se p deixa resto 1, então p + 14 é um múltiplo de 3 maior que 3 e consequentemente não poderá ser um número primo. Se o resto é 2, então p + 10 é um múltiplo de 3 maior que 3 e também não poderá ser um número primo. Assim, o resto de p por 3 é 0 e consequentemente p = 3.

Exemplo 18. ( ´Austria-Polˆonia) Dados naturais n e a > 3 ´ımpar, mostre que a2n _{− 1 tem} pelo menos n + 1 divisores primos distintos.

Usando a fatora¸c˜ao da diferen¸ca de quadrados, temos que:

a2k_{− 1 = (a}2k−1+ 1)(a2k−2 _{+ 1) . . . (a + 1)(a − 1).} Assim, a2m_{+ 1 | a}2k_{− 1 se k > m. Como a ´e impar, podemos concluir que:}

mdc(a2k + 1, a2m+ 1) = mdc(a2k _{− 1 + 2, a}2m+ 1) = mdc(2, a2m+ 1) = 2. Sendo assim, na fatora¸c˜ao:

a2n_{− 1} 2n = (a2n−1+ 1) 2 (a2n−2+ 1) 2 . . . (a + 1) 2 (a − 1) 2 ,

temos o produto de pelo menos n inteiros primos entre si e consequentemente seus fatores primos s˜ao distintos. Para cada termo (a2

i

+1)

2 , temos um fator primo pi+1 diferente de 2. Da´ı, a2n

− 1 possui pelo menos n + 1 fatores primos distintos, a saber, {2, p1, p2, . . . , pn}. Exemplo 19. (Rioplatense 1999) Sejam p1, p2, . . . , pk primos distintos. Considere todos os inteiros positivos que utilizam apenas esses primos (não necessariamente todos) em sua fatora¸cão em números primos, formando assim uma seqüência infinita

a1 < a2 <· · · < an<· · · . Demonstre que, para cada natural c, existe um natural n tal que

(31)

Suponha, por absurdo, que exista c > 0 tal que an+1− an≤ c, ∀ n ∈ N. Isso significa que as diferen¸cas entre os termos consecutivos de (an)n≥1 pertencem ao conjunto {1, 2, . . . , c}, logo s˜ao finitas. Sejam d1, d2, . . . , dr essas diferen¸cas. Seja αi o maior expoente de pi que aparece na fatora¸c˜ao de todos os dj.

Considere ent˜ao o n´umero M = pα1+1

1 pα22+1· · · p αk+1

k . É claro que M pertence à seqüência, ou seja, M = an, para algum n. Vejamos quem será an+1. Por hipótese, existe i tal que an+1− an= di. Como an+1 > an, existe um primo pj que divide an+1 com expoente maior ou igual a αj + 1. Caso contrário,

an< an+1< pα11+1pα22+1· · · p αk+1 k = an, absurdo. Da´ı, pαj+1 j |an⇒ p αj+1

j |di, novamente um absurdo, pela maximalidade de αj. Logo, o conjunto de todas as diferen¸cas n˜ao pode ser finito e, portanto, dado qualquer c >0, existe um natural n tal que an+1− an> c.

Problemas Propostos

Problema 20. Dado que p, 2p + 1 e 4p2+ 1 s˜ao n´umeros primos, encontre p. Problema 21. Dado o par de primos p e 8p2_{+ 1, encontre p.}

Problema 22. Dado o par de primos p e p2+ 2, prove que p3+ 2 também é um número primo.

Problema 23. Dado que p, 4p2+ 1 e 6p2+ 1 são números primos, encontre p. Problema 24. Os números de Fermat são os números da forma 22n

+ 1. Prove que o conjunto dos divisores primos dos termos da seqüência de Fermat é infinito.

Problema 25. Mostre que todo inteiro n pode ser escrito de maneira única na forma n = ab, onde a é um inteiro livre de quadrado e b é um quadrado perfeito. Um inteiro é dito livre de quadrado se não é divis´ıvel por nenhum quadrado perfeito maior que 1.

Problema 26. Prove que todo primo maior que 3 ´e da forma 6k+1 ou 6k+5.

Problema 27. Prove que todo inteiro da forma 3k+2 tem um fator primo da mesma forma. Problema 28. Prove que existem infinitos primos da forma 4k+3 e 6k +5.

Problema 29. Prove que se n ´e composto, ent˜_{ao possui um fator primo p ≤}√n.

Problema 30. (OBM 1998) São dados 15 números naturais maiores que 1 e menores que 1998 tais que dois quaisquer são primos entre si. Mostre que pelo menos um desses 15 números é primo.

(32)

Problema 32. Suponha que n >1. Mostre que a soma dos inteiros dos inteiros positivos não excedendo n divide o produto dos inteiros positivos não excedendo n se, e somente se, né composto.

Exemplo 33. (R´ussia 1995) Encontre todos os primos p para os quais p2+ 11 tenha exata-mente seis divisores distintos, incluindo 1 e p2+ 11.

Problema 34. (Irlanda 2002 ) Encontre todas as solu¸c˜oes inteiras positivas de p(p + 3) + q(q + 3) = n(n + 3), onde p, q s˜ao primos.

Exemplo 35. Prove que qualquer quadrado perfeito positivo tem mais divisores que deixam resto 1 na divis˜ao por 3 do que divisores que deixam resto 2 na divis˜ao por 3.

Dicas e Solu¸

c˜

oes

19. Analisemos o resto de p na divisão por 3. Se p deixar resto 1, o número 2p + 1 será divis´ıvel por 3. Se p deixar resto 2, o número 4p + 1 será divis´ıvel por 3. Em ambos os casos, 2p + 1, 4p + 1 > 3 e obtemos assim um absurdo.

20. Analisemos o resto de p na divis˜ao por 3. Se p deixa resto 1 ou 2, p2 _{deixa resto 1} e consequentemente 8p2_{+ 1 deixa resto 0 por 3 mas certamente ´e maior que 3. Um} absurdo, logo p = 3.

21. Analisemos o resto na divisão por 3. Se p não é múltiplo de 3, p2+ 2 é divis´ıvel por 3 e maior que 3. Um absurdo, logo p = 3 e p3+ 2 = 29.

22. Analise os restos na divis˜ao por 5. 23. Iremos usar a fatora¸c˜ao do exemplo 17:

22n_{− 1 = (2}2n−1+ 1)(22n−2_{+ 1) . . . (2 + 1)(2 − 1).} Assim, se k > m,

mdc(22k+ 1, 22m+ 1) = mdc(22k_{− 1 + 2, 2}2m+ 1) = mdc(2, 22m+ 1) = 1, produzindo que quaisquer dois números de Fermat distintos são primos entre si e isso necessariamente implica que o conjunto de seus divisores primos é infinito.

24. Analise os restos na divis˜ao por 2 e 3.

27. Tente imitar a prova de Euclides para a existˆencia de infinitos primos.

29. Se n ´e composto, podemos escrever n = ab com 1 < a ≤ b ≤<. Assim, a2 _{≤ n e} a_≤√n. Para terminar, basta considerar qualquer divisor primo de a.

30. Dado 1 < n < 1998, se ele não for primo, usando o exerc´ıcio anterior, ele tem que ter um fator primo menor que 1998, ou seja, um fator primo menor que 45. Como só existem 14 primos menores que 45, e são 15 números, um deles será primo.

(33)

31. Escreva n = ab e analise as apari¸c˜oes de a e b no produto (n − 1) · (n − 2) . . . 2 · 1. 33. Se p 6= 3, 3 | p2 + 11. Analogamente, se p 6= 2, 4 | p2 + 11. Assim, exceto

nes-ses dois casos, 12 | p2 + 11 e podemos encontrar mais que 6 divisores distintos: {1, 2, 3, 4, 6, 12, p2_{+ 11}. Agora, teste p = 2 e p = 3 para verificar que p = 3 é a única} solu¸cão. 34. Seja n= 3γ_{· p}α1 1 · · · pαnn· q β1 1 · · · qβmm

a decomposi¸c˜ao de n em fatores primos, onde cada pi deixa resto 1 por 3 e cada qj deixa resto 2 por 3. Ent˜ao

n2 = 32γ_{· p}2α1

1 · · · p2αn n· q 2β1

1 · · · q2βmm.

Um divisor de n2 deixa resto 1 por 3 se e somente se possuir uma quantidade par de primos qj, contados com repeti¸c˜ao. Mais especificamente, se e somente se a soma dos expoentes de q1, . . . , qm for par. Assim, a quantidade de divisores dessa forma ´e igual a D1 = (2α1+ 1) · · · (2αn+ 1) 1 2(2β1+ 1)(2β2+ 1) · · · (2βm+ 1) + 1 .

Enquanto para se obter um divisor que deixe resto 2 por 3, precisamos de uma quantidade ´ımpar de fatores primos da forma 3k+2. Assim, a quantidade de divisores dessa forma ´e:

D2:= (2α1+ 1)(2α2+ 1) · · · (2αn+ 1) 1

2(2β1+ 1)(2β2+ 1) · · · (2βm+ 1)

. Da´ı, segue facilmente que D1> D2.

Referˆ

encias

(34)

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Curso de Teoria dos Números - Nível 2

Aula

6 Congruˆ

encias I

Defini¸cão 1. Dizemos que os inteiros a e b são congrentes módulo m se eles deixam o mesmo resto quando divididos por m. Denotaremos isso por a ≡ b (mod m).

Por exemplo, 7 ≡ 2 (mod 5), 9 ≡ 3 (mod 6), 37 ≡ 7 (mod 10) mas 5 6≡ 3 (mod 4). Veja que a ≡ b (mod m) se, e somente se, m | a − b.

Teorema 2. Se a ≡ b (mod m) e c ≡ d (mod m), ent˜ao: i) a + c ≡ b + d (mod m) ii) a − c ≡ b − d (mod m) iii) ka ≡ kb (mod m) ∀k ∈ Z iv) ac ≡ bd (mod m) v) ak ≡ bk (mod m) ∀k ∈ N

vi) Se mdc(k, m) = d, ent˜ao ka ≡ kb (mod m) ⇔ a ≡ b (mod m/d) Demonstra¸c˜ao. Sejam q1 e q2 tais que:

a − b = q1m c − d = q2m

Ent˜ao, (a + c) − (b + d) = (q1+ q2)m. Logo, a + c e b + d deixam o mesmo resto por m e consequentemente a + c ≡ b + d (mod m). Usando que a − b (mod a)k

− bk

e que m | a − b, conclu´ımos que m (mod a)k

− bk

. Os demais itens ser˜ao deixados para o leitor.

Em termos práticos, podemos realizar quase todas as opera¸cões elementares envolvendo igualdade de inteiros. Uma das diferen¸cas cruciais é a opera¸cão de divisão como mostra o ´

(35)

Exemplo 3. Calcule o resto de 4100 _{por 3.} Como 4 ≡ 1 (mod 3), temos 4100

≡ 1100

= 1 (mod 3). Exemplo 4. Calcule o resto de 4100

por 5. Como 4 ≡ −1 (mod 5), temos 4100

≡ (−1)100

= 1 (mod 5). Exemplo 5. Calcule o resto de 4100 _{por 7.}

Você deve ter percebido que encontrar rela¸cões do tipo a ≡ ±1 (mod m) podem simplificar bastante o cálculo de ak

(mod m). Procuremos alguma rela¸c˜ao como essa para 4 e 7. Veja que:

40 ≡ 1 (mod 7), 41≡ 4 (mod 7), 42 ≡ 2 (mod 7), 43 ≡ 1 (mod 7). Assim, 499 = (43 )33 ≡ 133 = 1 (mod 7). Como 43

≡ 1 (mod 7), os restos das potˆencias de 4 na divis˜ao por 7 se repetem periodica-mente de 3 em 3 pois 43k+r _{≡ 4}3k_{· 4}r

≡ 4r

(mod 7). Exemplo 6. Qual o resto de 3636

+ 4141

na divis˜ao por 77?

Inicialmente devemos perceber que existe uma rela¸c˜ao entre os n´umeros do problema: 36 + 41 = 77. Assim:

−36 ≡ 41 (mod 77), (−36)41 ≡ 4141 (mod 77), 3636(1 − 365) ≡ 3636+ 4141 (mod 77). Nosso pr´oximo passo ´e encontrar o resto de 365

na divis˜ao por 77. Como 36 ≡ 1 (mod 7), 365

≡ 1 (mod 7). Al´em disso, 36 ≡ 3 (mod 1)1 produzindo 365 ≡ 35

≡ 1 (mod 1)1. Como mdc(7, 11) = 1 e ambos dividem 365

− 1, podemos concluir que 77 | 365

− 1. Logo, 3636_{+ 41}41 _{deixa resto 0 na divis˜ao por 77.}

Exemplo 7. Prove que p2

− 1 é divis´ıvel por 24 se p é um primo maior que 3. Se p é um primo maior que 3, p ≡ ±1 (mod 3) e p ≡ 1 (mod 2). Da´ı, p2

≡ 1 (mod 3). Al´em disso, se p = 2k + 1, segue que p2 _{= 4k(k + 1) + 1 ≡ 1 (mod 8) pois k(k + 1) ´e par.} Como mdc(8, 3) = 1 e ambos dividem p2

− 1, segue que 24 | p2 − 1.

Exemplo 8. (OCM-2001) Achar o menor natural n tal que 2001 ´e a soma dos quadrados de n inteiros

Podemos concluir da solu¸c˜ao do problema anterior que todo todo inteiro ´ımpar ao quadrado deixa resto 1 por 8. Usemos isso para estimar o valor de n. Sejam x1, x2, . . . , xn inteiros ´ımpares tais que:

x21+ x 2

2+ . . . x 2

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Analisando a congruˆencia m´odulo 8, obtemos: x21+ x 2 2+ . . . x 2 n = 2001 (mod 8) 1 + 1 + . . . + 1 ≡ 1 (mod 8) n ≡ 1 (mod 8)

Como 2001 não é quadrado perfeito, não podemos ter n = 1. O próximo candidado para n seria 1 + 8 = 9. Se exibirmos um exemplo para n = 9, teremos achado o valor m´ınimo. Veja que:

2001 = 432+ 112+ 52+ 12+ 12+ 12+ 12+ 12+ 12. Exemplo 9. (IMO) Seja s(n) a soma dos d´ıgitos de n. Se N = 44444444

, A = s(N ) e B = s(A). Quanto vale s(B)?

Pelo crit´erio de divisibilidade por 9, N ≡ A ≡ B (mod 9). Inicialmente calculemos o resto de N por 9. Como 4444 ≡ 16 ≡ 7 (mod 9), precisamos encontrar 74444

(mod 9). Seguindo os m´etodos dos primeiros exemplos, seria interessante encontrarmos um inteiro r tal que 7r

≡ ±1 (mod 9). O menor inteiro positivo com essa propriedade ´e r = 3. Como 4444 = 1481 · 3 + 1, temos:

74444

≡ 71481·3+1_{≡ (7}3 )1481

· 7 ≡ 7 (mod 9). Nosso pr´oximo passo ´e estimar o valor de s(B). Como N = 44444444

< 105·4444_{, A =} s(N ) ≤ 5 · 4444 · 9 = 199980. Além disso, B = s(A) ≤ 1 + 9 · 5 = 46 e s(B) ≤ 12. O único inteiro menor ou igual a 12 com resto 7 por 9 é o próprio 7, da´ı s(B) = 7.

Exemplo 10. Prove que 11n+2_{+ 12}2n+1

é divis´ıvel por 133 para qualquer natural n. Duas rela¸cões que podemos extrair dos números envolvidos são: 144−11 = 133 e 133−12 = 121. Assim: 144 ≡ 11 (mod 133), 122 ≡ 11 (mod 133), 122n ≡ 11n (mod 133), 122n+1 ≡ 11n· 12 (mod 133), 122n+1 ≡ 11n· (−121) + 133 · 11n (mod 133), 122n+1 ≡ −11n+2 _{(mod 133).}

Exemplo 11. Prove que n5

+ 4n ´e divis´ıvel por 5 para todo inteiro n Inicialmente note que n5

+ 4n = n(n4

+ 4). Se n ≡ 0 (mod 5), n˜ao h´a o que fazer. Se n ≡ ±1 (mod 5), n4

+4 ≡ 1+4 = 0 (mod 5). Finalmente, se n ≡ ±2 (mod 5), n2

≡ 4 ≡ −1 (mod 5) e consequentemente n4_{+ 4 ≡ 1 + 4 = 0 (mod 5).}

Exemplo 12. Seja n > 6 um inteiro positivo tal que n − 1 e n + 1 s˜ao primos. Mostre que n2

(n2