Resolu¸c˜ ao de Problemas Lista 02
Solu¸ c˜ oes dos Exerc´ıcios de Divisibilidade 1. Prove que se n ´e ´ımpar (a) n2 − 1 ´e divis´ıvel por 8; Demonstra¸c˜ ao. Como n ´e ´ımpar, temos que n = 2q + 1 para algum q ∈ Z. Assim, n2 − 1 = (2q + 1)2 − 1 = 4q 2 + 4q + 1 − 1 = 4q 2 + 4q = 4q(q + 1). Como q e q + 1 s˜ao consecutivos, um deles tem que ser par. Logo, n2 − 1 ´e divis´ıvel por 8.
(b) n3 − n ´e divis´ıvel por 24; Demonstra¸c˜ ao. Usaremos o fato que se a, b s˜ ao primos entre si, ent˜ao c ´e divis´ıvel por ab se, e somente se, c ´e divis´ıvel por a e por b. Assim, para mostrar que n3 − n ´e m´ ultiplo de 24, basta mostrar que n3 − n ´e m´ ultiplo de 3 e de 8, uma vez que 3 e 8 s˜ao primos entre si. Observe que n3 − n = n(n2 − 1). Como n ´e ´ımpar, segue do exerc´ıcio anterior que n3 − n ´e divis´ıvel por 8. A divisibilidade por 3 decorre do lema dos restos. De fato, se n ≡ 0 mod 3, n3 − n ser´a m´ ultiplo de 3, claramente. Se n ≡ 1 mod 3, temos que n3 − n ser´a m´ ultiplo de 3, j´ a que 13 − 1 ≡ 0 mod 3. Se n ≡ 2 mod 3, temos que n3 − n ser´a m´ ultiplo de 3, j´a que 23 − 2 ≡ 0
mod 3,
completando assim a prova.
(c) n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 + 1 ´e divis´ıvel por 12.
Demonstra¸c˜ ao. Novamente, usaremos o fato que se a, b s˜ao primos entre si, ent˜ ao c ´e divis´ıvel por ab se, e somente se, c ´e divis´ıvel por a e por b. Assim, para mostrar que a express˜ao ´e m´ ultiplo de 12, basta mostrar que 3 e de 4. Vamos primeiro `a divisibilidade por 4. Observe que como n ´e ´ımpar, basta verificar os casos quando n ≡ 1 mod 4 e n ≡ 3 mod 4. Quando n ≡ 1 mod 4 temos que n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 + 1 ≡ 12 + (1 + 2)2 + (1 + 4)2 + 1 ≡ 36 ≡ 0
mod 4.
Do mesmo modo, quando n ≡ 3 mod 4 temos que n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 + 1 ≡ 32 + (3 + 2)2 + (3 + 4)2 + 1 ≡ 84 ≡ 0
mod 4.
Para verificar a divisibilidade por 3, repetimos o argumento usando os restos da divis˜ ao por 3. Observe que quando n ≡ 0 mod 3 temos que n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 + 1 ≡ 02 + (0 + 2)2 + (0 + 4)2 + 1 ≡ 21 ≡ 0
mod 3.
Procedendo de modo inteiramente an´alogo para os casos n ≡ 1 mod 3 e n ≡ 2 mod 3, completamos a prova.
2. Trˆes n´ umeros primos p, q e r, maiores que 3, formam uma progress˜ao aritm´etica, ou seja, q = p + d e r = p + 2d. Prove que d ´e divis´ıvel por 6.1 Demonstra¸c˜ ao. Temos que d ´e par, j´a que d = q − p, com p e q primos maiores que dois, logo ´ımpares. Basta mostrar que d ´e divis´ıvel por 3. Ora, supondo o contr´ario, temos que d ≡ 1 mod 3 ou n ≡ 2 mod 3. Analisando o resto de q e r m´odulo 3 nas tabelas a seguir (em fun¸c˜ao dos restos de d nas colunas e p nas linhas). Para q temos mod 3 p≡1 p≡2
d≡1 2 0
d≡2 0 1.
mod 3 p≡1 p≡2
d≡1 0 1
d≡2 1 0.
Para r temos:
1 Foi demonstrado em 2004 pelos Matem´ aticos B. Green e T. Tao que existem progress˜ oes aritm´ eticas de tamanho arbitrariamente grande formadas somente por primos. A prova pode ser encontrada em www.arxiv.org.
Logo, se d n˜ ao ´e divis´ıvel por 3, ou q ou r ser˜ao divis´ıveis por 3, o que ´e imposs´ıvel, j´ a que s˜ ao ambos n´ umeros primos.
3. Mostre que 311 − 3 ´e divis´ıvel por 112 . 4. Um robˆ o possui dois bot˜oes, permitindo que a cada momento ele suba a degraus ou des¸ca b degraus de uma escada com infinitos degraus. Sabendo que o robˆ o est´ a no in´ıcio da escada, pergunta-se: (a) Se a = 12 e b = 3, ´e poss´ıvel que o robˆo visite todos os degraus ap´os uma sucess˜ ao desses movimentos? Demonstra¸c˜ ao. Se apertamos o bot˜ao de subir x vezes e o de descer y vezes, o robˆ o ir´a subir ou descer 12x − 3b degraus. Note que esse n´ umero ´e sempre m´ ultiplo de 3, n˜ao sendo poss´ıvel para o robˆo com uma sequˆencia desses movimentos atingir um degrau com n´ umero que n˜ ao ´e divis´ıvel por 3. (b) Mostre que se a e b s˜ao primos entre si, o robˆo consegue visitar todos os degraus. Demonstra¸c˜ ao. Como a e b s˜ao primos entre si, pelo Teorema de Bezout-Bachet, ´e poss´ıvel encontrar x e y de modo que ax − by = 1. Assim, o robˆ o pode sair do n´ıvel inicial e ir para o degrau 1 apertandose x vezes o bot˜ ao de subir e em seguida apertando-se y vezes o bot˜ao de descer. Repetindo esse procedimento, o robˆo pode atingir qualquer degrau. 5. Encontre o resto que deixa (a) 2001 · 2002 · 2003 · 2004 + 20052 quando ´e dividido por 7; Demonstra¸c˜ ao. Vamos usar o lema dos restos. 2001 quando dividido por 7 deixa resto 6; Assim, 2002 ´e divis´ıvel por 7 e 2005 deixa resto 3 quando dividido por 7. Logo, 20052 deixa resto 2, j´a que 32 deixa resto 2 quando dividido por 7. (b) 2100 quando ´e dividido por 3; Demonstra¸c˜ ao. 22 resto 1 quando dividido por 3. Logo, 2100 = (22 )5 0 deixa resto 1 quando dividido por 3. (c) 1237156 + 34
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quando ´e dividido por 111.
6. Encontrar o u ´ltimo d´ıgito dos n´ umeros (a) 19892005 ;
(b) 777777 + 250 ; (c) 1 + 22 + 32 + · · · + 20052 . 7. Verifique que 111 . . . 1} = |222{z . . . 2} +(333 . . . 3})2 . | {z | {z 2012 uns
1006 dois
1006 trˆ es
Demonstra¸c˜ ao. Observe que 111 . . . 1} = | {z 2012 uns
102012 − 1 9
e que 101006 − 1 222 . . . 2} = 2 × | {z 9
e
1006 dois
(333 . . . 3})2 = 9 × | {z
101006 − 1 2 . 9
1006 trˆ es
Portanto, basta verificar que 102012 − 1 101006 − 1 101006 − 1 2 =2× +9× , 9 9 9 De fato, cancelando 9 em ambos os lados 102012 − 1 = 2 × (101006 − 1) + (101006 − 1)2 , como quer´ıamos demonstrar.
8. Demonstre que o n´ umero 1 000 . . . 00} 1 ´e composto. | {z 2012 zeros
Demonstra¸c˜ ao. Para termos uma id´eia da prova deste fato, vamos provar que 1001 ´e composto. Ora, temos que 1001 = 11 × 91. Do mesmo modo, 100001 = 11 × 9091 e que 10000001 = 11 × 909091. Assim, depois dessa an´alise inicial, fica bem claro que nosso candidato para divisor do n´ umero pedido ´e o 11; Podemos verificar sem maiores dificuldades que 1 |000 {z . . . 00} 1 = 11 × 9090 . . . 90} 91. | {z 2012 zeros
1005 vezes
9. Considere o polinˆ omio p(n) = am nm +am−1 nm−1 +· · ·+a0 de grau m ≥ 1 com coeficientes inteiros e n ∈ N. Prove que p(n) ´e um n´ umero composto para infinitos valores de n.2 10. Prove que se (x0 , y0 ) ´e uma solu¸c˜ao da equa¸c˜ao diofantina linear ax − by = 1, ent˜ ao a ´ area do triˆ angulo cujos v´ertices s˜ao (0, 0), (b, a) e (x0 , y0 ) ´e 1/2. 11. Ao entrar numa sala, Jo˜ao se depara com 100 interruptores e 100 lˆampadas, numerados de 1 a 100. O interruptor n acende somente a lˆampada n, para cada valor de n = 1, 2, . . . , 100. De in´ıcio, todas as 100 lˆampadas est˜ao apagadas. Jo˜ ao aperta todos os interruptores m´ ultiplos de 2. A seguir, aperta todos os m´ ultiplos de 3, e assim sucessivamente, at´e o u ´nico interruptor m´ ultiplo de 100. Ao final deste procedimento, pergunta-se: (a) Quais lˆ ampadas est˜ao apagadas? αk 0 1 Demonstra¸c˜ ao. Dado um n´ umero natural n = pα 1 · · · pk , com pi s 0 primos e αi s ≥ 0, sabemos que o n´ umero de divisores de n ´e
d(n) = Πki=1 (αi + 1). Para responder essa pergunta, basta analisar quantos divisores cada n´ umero de 1 a 100 possui. Na verdade, basta verificar a paridade da quantidade de divisores de cada n´ umero, j´a que se d(n) for par, a lˆ ampada n ficar´a acesa. Da express˜ao acima, ´e claro que d(n) ´e ´ımpar se, e somente se, αi ´e par, para cada valor de i. Assim, d(n) ´e ´ımpar se, e somente se, n ´e um quadrado. Logo, as lˆampadas que ficar˜ ao apagadas s˜ao aquelas que tˆem n´ umero que ´e um quadrado perfeito. (b) Quantas lˆ ampadas acenderam exatamente 4 vezes? Demonstra¸c˜ ao. Basta contar quantas lˆampadas tem 8 ou 9 divisores. Fazendo a contagem usando a express˜ao em produto de primos, obtemos a lista: 24, 30, 36, 40, 42, 54, 56, 66, 70, 78, 88 e 100. (c) Qual ´e o n´ umero da lˆampada que mais acendeu? Demonstra¸c˜ ao. Essa lˆampada corresponde aos n´ umeros que tem mais divisores. O problema est´a mal-formulado, j´a que temos cinco n´ umeros com exatamente 12 divisores: 60, 72, 84, 90 e 96.
2 Sugest˜ ao: Use o fato de que existe a ∈ N tal que α = |p(a)| > 1 e mostre que α divide a p(αk + a), para todo k ∈ Z.