Esse blog é de caráter pessoal e destina-se aos alunos e companheiros interessados em Matemática.
Sendo a internet uma vasta rede de informações que se perde em quantidade de conteúdo, o que pretendemos é juntar todas essas informações em um local que meus alunos possam ter acesso de forma mais simples. Logo para construção desse blog o que estamos fazendo é garimpando na rede tudo que consideramos relevante e postando em um único lugar.

segunda-feira, 19 de março de 2012

LISTA 02 - TEORIA DOS NÚMEROS

Bom trabalho pessoal!

LISTA 01 DE CÁLCULO II - MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO




Bom trabalho pessoal!

Teoria dos números - Exercícios de divisibilidade

01 – Mostrar que se a | b,  então  (-a) | b,  a | (-b)  e  (-a) | (-b).
 
Solução:
Se a | b então  ∃q ∈ Z | b = aq.
(i) b = aq => b = (-1)(-1)aq  = (-1)a. (-1)q = (-a)(-q).
Como q é inteiro, (-q) também pertence a Z. Portanto, existe (-q) inteiro tal que
b = (-a).(-q) => (-a) | b.
(ii) b = aq => (-1)b = (-1)aq   => (-b) = a(-q). Conforme justificado acima,  a | (-b).
(iii) b = aq => (-1)b = (-1)aq  => (-b) = (-a).q => (-a) | (b). Conforme justificativa em (i)
 
02 – Sejam a, b e c inteiros. Mostrar que:
(a) se a | b, então a | bc.
Solução: a | b =>  b = aq,  q ∈ Z  => bc = aqc => bc = a(qc). 
Se q e c são inteiros, qc é inteiro (multiplicação em Z).
Portanto,  existe um inteiro (qc) tal que  bc = a(qc) => a | bc. Cqd

(b) se a | b e se a | c, então a2 | bc.
Solução:

a | b  => b = aq, q ∈ Z  (I)
a | c  => c = aq’, q’ ∈ Z  (II).
Multiplicando as igualdades obtidas em I e II, resulta  bc = a2(qq’).  Como q e q’ são inteiros, qq’ é inteiro.
Assim, existe o inteiro qq’, tal que bc = a2(qq’). Portanto, a2 | bc. Cqd.
 
(c)  a | b  se e somente se ac | bc  (c ≠ 0).
Solução: 
a | b ⇔ b = aq <=> bc = aqc  (a implicação nos dois sentidos só é válida para c ≠ 0) <=>  bc = (ac) q <=>  ac | bc. Cqd.
 
03 – Verdadeiro ou falso: se a | (b + c), então a | b ou a | c.
Solução: a afirmativa é falsa pois  3|9 ⇔ 3 | (4 + 5), mas 3 ~| 4 e 3 ~| 5.
 
04 – Mostrar que, se a é um número inteiro qualquer, então um dos inteiros a, a + 2, a + 4 é divisível por 3.
Solução: De acordo com o algoritmo da divisão, a = 3q ou  a = 3q + 1 ou a = 3q + 2. Isto é, os restos da divisão por 3 somente podem ser 0, 1 ou 2.
Se a = 3q, está comprovada a hipótese.
Se a = 3q + 1, então  a + 2 = 3q + 2 + 1 = 3q + 3 = 3(q + 1) ⇒ a + 2 é divisível por 3.
Se a = 3q + 2, então a + 1 = 3q + 2 + 1 = 3q + 3 = 3(q + 1) ⇒ a + 1 é divisível por 3.
Portanto, uma das três formas será divisível por 3.
 
05 – Sendo a um inteiro qualquer, mostrar:
(a) 2|a(a + 1).
Solução: pelo algoritmo da divisão, a = 2n ou a = 2n + 1.
Se a = 2n, então  a (a + 1) = 2n(2n + 1) = 2[n(2n+1)] = 2q ⇒ 2 |a(a + 1).
Se a = 2n + 1, então a(a + 1) = (2n + 1)(2n + 1 + 1) = (2n + 1)(2n + 2) = 2(n + 1)(2n + 1) = 2q ⇒ 2 | a(a + 1).
Portanto, qualquer que seja a, 2 | a(a + 1). Cqd.

(b) 3 | a(a + 1)(a + 2) .
Solução:  Pelo algoritmo da divisão,  a = 3n ou a = 3n + 1 ou a = 3n + 2.
Se a = 3n,  a(a + 1)(a + 2) = 3n(3n + 1)(3n + 2) = 3[n(n + 1)(n + 2)] = 3q ⇒ 3 | a(a + 1)(a + 2)
Se a = 3n + 1,  a(a + 1)(a + 2) = (3n + 1)(3n + 1 + 1)(3n + 1 + 2) = (3n + 1)(3n + 2)(3n + 3) =
= (3n + 1)(3n + 2)3(n + 1) = 3[(3n + 1)(3n + 2)(n + 1)] ⇒ 3 | a(a + 1)(a + 2)
Se a = 3n + 2,  a(a + 1)(a + 2) = (3n + 2)(3n + 2 + 1)(3n + 2 + 2) = (3n + 2)((3n + 3)(3n + 4) =
= (3n + 2)3(n + 1)(3n + 4) = 3[(3n +2)(n + 1)(3n + 4)] = 3q ⇒ 3 | a(a + 1)(a + 2).
Portanto, qualquer que seja a, 3 | a(a + 1)(a + 2). Cqd.
 
06 – Mostrar que um inteiro qualquer da forma 6k + 5 também é da forma 3k + 2.
Solução: Se n = 6k + 5 = 6k + 3 + 2 = 3 (k + 3) + 2 = 3k’ + 2 ⇒ n é da forma 3k + 2. Cqd.
 
07 – Mostrar que todo inteiro ímpar é da forma 4k + 1 ou 4k + 3.
Solução: Seja n um número inteiro. Pelo algoritmo da divisão n = 4k ou n = 4k + 1 ou n = 4k + 2 ou n = 4k + 3.
Se n = 4k,  então n = 2(2k) ⇒ n é par.
Se n = 4k + 1,  então n = 2(2k) + 1 è n = 2k’ + 1è 2 | n è n é ímpar.
Se n = 4k + 2,  então n = 2(2k + 1) è n = 2k’ ⇒ n é par.
Se n = 4k + 3,  então n = 4k + 2 + 1 = 2(2k + 1) + 1 ⇒ n = 2k’ + 1 ⇒ n é impar.
Portanto, n é ímpar se apresentar uma das formas 4k + 1 ou 4k + 3. Cqd.
 
08 – Mostrar que o quadrado de um inteiro qualquer é da forma 3k ou 3k + 1.
Solução: De acordo com o algoritmo da divisão  n = 3k’  ou n = 3k’ + 1 ou  n = 3k’ + 2.
Assim,
Se n = 3k’,  então :  n2 = 9k’ = 3(3k’) = 3k
Se n = 3k’ + 1, então:  n2 = (3k’ + 1)2 = 9k’2 + 6k’ + 1 = 3(3k’2 + 2k’) + 1 = 3k + 1.
Se n = 3k’ + 2, então,  n2 = (3k’ + 2)2 = 9k’2 + 12k’ + 4 =  9k’2 + 12k’ + 3 + 1 = 3(3k’2 + 4k’ + 1) + 1 = 3k + 1.
Portanto, n2 terá uma das formas, 3k ou 3k + 1.
 
09 – Mostrar que o cubo de um inteiro qualquer é de uma das formas 9k, 9k + 1 ou 9k + 8.
Solução: Temos n = 3k’   ou  n = 3k’ + 1  ou n = 3k’ + 2.
Se n = 3k’,  então   n3 = (3k’)3 = 27k’3 = 9(3k’3) = 9k.
Se n = 3k’ + 1, então n3 = (3k’ + 1)3 = (3k’)3 + 3.(3k’)2.1 + 3(3k’)12 + 13 = 27k’3 + 27k’2 + 9k’ + 1 =
= 9(3k’3 + 3k’2 + k’) + 1 = 9k + 1.
Se n = 3k’ + 2, então n3   = (3k’)3 + 3.(3k’)2.2 + 3(3k’)22 + 23 =
= 27k’3 + 54k’2 + 36k’ + 8 = 9(3k’3 + 6k’2 + 4k’) + 8 = 9k + 8.
Portanto, o cubo de um inteiro tem uma das formas: 9k, 9k + 1 ou 9k + 8.
 
10 – Mostrar que n(n + 1)(2n + 1)/6 é um inteiro, qualquer que seja o inteiro positivo n.
Solução: Devemos provar que 6 | n(n + 1)(2n + 1).
(1º)  Qualquer que seja  n (n + 1) é múltiplo de 2, ou seja 2 |n(n + 1) pois,
pelo algoritmo da divisão, n = 2k ou n = 2k + 1.

Se n = 2k,  2 | n è 2 | (n)(n + 1)
Se n = 2k + 1,  temos que n + 1 = 2k + 1 + 1 = 2k + 2 = 2(k + 1) è
è 2 | (n + 1) è 2 | n(n + 1).
Portanto, qualquer que seja na 2 | n (n + 1) è 2 | n(n + 1)(2n + 1).

(2º) Qualquer se seja n,  n = 3k ou n = 3k + 1 ou n = 3k + 2.
Se n = 3k,  3 | n è 3 | n(n + 1)(2n + 1.
Se n = 3k + 1,  2n + 1 = 2(3k + 1) + 1 = 6k + 2 + 1 = 6k + 3 = 3(2k + 1) ⇒ 3 | (2n + 1) ⇒ 3 ! n (n + 1)(2n + 1)
Se 3 = 3k + 2,  n + 1 = 3k + 2 + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1) ⇒ 3 | (n + 1) è 3 | n(n + 1)(2n + 1).
Portanto, qualquer que seja n, 3 | n (n + 1)(2n + 1).
Se 2 | n (n + 1)(2n + 1) e 3 | n (n + 1)(2n + 1),  6 | n(n + 1)(2n + 1) pois 2 e 3 são primos entre si.
Assim, ∃ q, inteiro tal que n(n + 1)(2n + 1) = 6q è ao dividir n (n + 1)(2n + 1) por 6 , o resultado é o inteiro q. Cqd.
 
11 – Mostrar que se a | (2x – 3y) e se a | (4x – 5y), então a | y.
Solução:
Se a | (2x – 3y) então, existe o inteiro q, tal que (2x – 3y) = aq ⇒ 2(2x – 3y) = 2aq ⇒ 4x – 6y = 2aq. (I)
Da mesma forma, se a | (4x – 5y), existe o inteiro q’, tal que (4x – 5y) = aq’. (II)
Fazendo (II) – (I), resulta  (4x – 5y) – (4x – 6y) = aq’ – 2aq ⇒ 4x – 5y – 4y + 6y = a(q’ – 2q) ⇒ y = a(q’ – 2q).
Como q’ e 2q são inteiros, (q’ – 2q) é inteiro. Portanto existe um inteiro, tal que y = ak ⇒ a | y.

12 – Sendo a e b dois inteiros quaisquer, mostrar que os inteiros a e a + 2b têm sempre a mesma paridade.
Solução: Se a é par, então a = 2q, q inteiro e a + 2b = 2q + 2b = 2(q + b) = 2k, k inteiro (soma de dois inteiros). Portanto: a + 2b é par pois 2 | (a + 2b). Assim, a e a + 2b são ambos pares, isto é têm a mesma paridade.
Se a é impar, então a = 2q + 1, q inteiro e a + 2b = 2q + 1 + 2b = 2(q + b) + 1 = 2k + 1 è a + 2b é ímpar. Portanto, a e a + 2b são ambos ímpares. Têm a mesma paridade.
De acordo com as duas únicas situações possíveis para “a”,  a e a + 2b sempre terão a mesma paridade. Cqd.

13 – Sendo m e n dois inteiros quaisquer, mostrar que os inteiros m + n e m – n têm sempre a mesma paridade.
Solução: Três são as possíveis situações para m e n: (1) ambos pares; (b) ambos ímpares e (3) um par e um ímpar.
(1) Ambos pares m = 2k e n = 2k’.
     Temos então:
         m + n = 2k + 2k’ = 2(k + k’) ⇒ m + n é par
         m – n = 2k – 2k’ = 2(k – k’) ⇒ m – n é par
(2) Ambos ímpares m = 2k + 1 e n = 2k’ + 1
     Temos:  
        m + n = 2k + 1 + 2k’ + 1 = 2(k + k’ + 1) ⇒ m + n é par
        m – n = 2k – 1 + 2k’ – 1 = 2 ( k + k’ – 2) ⇒ m – n é par
(3) Um ímpar e outro par; m = 2k + 1 e n = 2k’
     Temos:
        m + n = 2k + 1 + 2k’ = 2(k + k’) + 1 ⇒ m + n é ímpar.
        m – n = 2k + 1 – 2k’ = 2(k – k’) + 1 ⇒ m – n é ímpar.
Assim, nas três únicas situações possíveis, m + n e m – n têm a mesma paridade.Cqd.
 
14 – Determinar os inteiros positivos que divididos por 17 deixam um resto igual ao quadrado do quociente.
Solução: Seja N o inteiro positivo. Pelo algoritmo da divisão e pelas condições dadas, temos:
N = 17q + q2.  Como o resto é um quadrado perfeito e deve ser menor que 17, “q” só pode assumir um dos valores: 1, 2, 3 ou 4 pois seus quadrados são 1, 4, 9 e 16.
Portanto, N = 17.1 + 1 = 18,   ou N = 17.2 + 4 = 38, ou N = 17.3 + 9 = 60, ou N = 17.4 + 16 = 84.
Resposta: Os inteiros positivos são: 18, 38, 60 e 84.

15 – Achar inteiros “a”, “b”  e “c”  tais que a | bc mas a b  e ac.
Solução: Basta escolher números b e c que não sejam múltiplos de a, mas que na decomposição dos apareçam  fatores que multiplicados resultam no valor de a.
Eis alguns:
6 = 2.3 . Como 6 ~|8   e 6 ~|15  , mas  em 8 aparece o fator 2 (8 = 23) e em 15 aparece o fator 3 (15 = 3.5) , 
6 | 8.15.  Portando: a = 6, b = 8 e c = 15 satisfaz as condições. Resposta: (6, 8, 15)
10 = 2.5.   Como  10 12  e 1015, mas em 12 aparece o fator 2 (12 = 22.3) e em 15 tem o fator 5 (15 = 3.5), 10 | 12.15. Portando a = 10, b = 12 e c = 15, satisfaz as condições. Resposta: (10, 12, 15)
Existem infinitas soluções.

16 – Verdadeiro ou falso: se a | c   e se b | c, então a | b.
Solução: A afirmativa é falsa pois 2 | 6  e 3 | 6  pois 2 ~|  3.

17 – Demonstrar:
(a)  Se  “a “ é um inteiro ímpar, então  24 | a(a2 – 1).
Solução:  Sendo a um inteiro ímpar, podemos escrever a = 2k + 1, com k inteiro.
Assim,  a(a2 – 1) = (2k + 1)[(2k + 1)2 – 1)] = (2k + 1)[(2k + 1) + 1][(2k + 1) – 1] =
= (2k + 1)(2k + 2)(2k) = 4k(k + 1)(2k + 1).
Conforme foi provado no exercício 10,  k(k + 1)(2k + 1) /6 é um inteiro, então  k(k + 1)(2k + 1) = 6q.
Portanto, a(a2 – 1) = 4.6q ⇔ a(a2 – 1) = 24q ⇔  24 | a(a2 – 1). Cqd.
(b) Se “a”  e “b”  são inteiros ímpares, então 8 | a2 – b2.
Solução:- Se “a”  e  “b”   são inteiros ímpares, então  pode-se escrever a = 2k + 1 e b = 2k’ + 1.
Assim, a2 – b2 = (2k + 1) 2  - (2k’ + 1) 2 = (2k + 1 + 2k’ + 1)(2k + 1 – 2k’ – 1) =
= (2k + 2k’ + 2)(2k – 2k’) = 2(k + k’ + 1).2(k – k’) = 4(k + k’ + 1)(k – k’).
Se k – k’ é par , teremos:  a2 – b2 = 4(k + k’ + 1)2.q = 8q(k + k’ + 1) Û  8 | a2 – b2.
Se k – k’ é ímpar, então k + k’ também é ímpar, conforme foi demonstrado no exercício 13.
Se k + k’ é ímpar, k + k’ + 1 é par.  Em conseqüência:  a2 – b2 =4.2q(k – k’) ⇔ a2 – b2 = 8q(k – k’) ⇔  8 | (a2 – b2).
 
19 – Na divisão do inteiro a = 427 por um inteiro positivo “b”, o quociente é 12 e o resto é r. Achar o divisor “b” e o resto “r”.
Solução: Pelo algoritmo da divisão temos:  427 = 12b + r .
Dividindo 427 por 12 resulta:  427 = 12.35 + 7 è uma das soluções é b = 35 e r = 7.
Outros valores para q são inferiores a 35, pois 12 x 36 = 432.
Assim, 427 = 12.34 + 19, com b = 34 e r = 19
         427 = 12.33 + 31, com b = 33 e r = 31
Como 427 : 32 é maior que 12, as únicas soluções são b = 35 e r = 7; b = 34 e r = 19; b = 33 e r = 31 .
 
20 – Na divisão do inteiro 525 por um inteiro positivo o resto é 27. Achar os inteiros que podem ser o divisor e o quociente.
Solução: Como o resto é 27, 525 – 27 = 498 é múltiplo do quociente e do divisor, sendo que o divisor é maior 27.
Os divisores de 498 são: 1, 2,  3, 6, 83, 166, 249 e 498. Portanto, os possíveis valores do divisor são: 498, 249, 166 e 83. Nestes casos, os quocientes são, respectivamente: 1, 2, 3, e 6.
Resposta: (divisor, quociente) = (498, 1), (249, 2), (166, 3), (83, 6).
 
21 – Na divisão de dois inteiros positivos o quociente é 16 e o resto é o maior possível. Achar os dois inteiros, sabendo-se que sua soma é 341.
Solução: Sejam A, o dividendo e B o quociente. Como o resto é o maior possível, esse resto é B – 1.
Pelo algoritmo da divisão, temos: A = 16B + B – 1 è A = 17B – 1.
Como A + B = 341,  podemos escrever 17B – 1 + B = 341 è 18 B = 342 è B = 19.
O valor de A, é então:  341 – B = 341 – 19 = 322.
Resposta: os dois números são 322 e 19.
 
22 – Achar os inteiros positivos menores que 150 e que divididos por 39 deixam um resto igual ao quociente.
Solução: Pelo algoritmo da divisão:  A = 39q + q è A = 40q è A é múltiplo de 40. Como deve ser menor que 150,  os possíveis valores desses inteiros positivos são: 40, 80 e 120.
Resposta: 40, 80 e 120.
 
23 – Seja d um divisor de n  (d | n). Mostrar que cd | n se e somente se c | (n/d).
Solução:
Como d | n  então existe q, tal que n = qd  ou n/d = q. (1)
Se cd | n è n = cdq’ .  Usando a condição ( 1), conclui-se que   qd = cdq’ è  q = cq’  è n/d = cq’ è c | (n/d).
De outro lado se c |(n/d) então n/d = cq è n = dcq è n = dc(q) è cd | n.
Como de cd | n  è c | (n/d) e   c | (n/d) è cd | n, podemos concluir  cd | n    Û  c | (n/d)  ou cd | n se e somente se c | (n/d). Cqd.
 
24 – Sejam n, r e s inteiros tais que 0 < r < n  e 0 < s < n. Mostrar que se n | (r – s) então r = s.
Solução:
Se   n > r e s > 0 então n + r > s è n > s - r
Se   n > s e r > 0 então n + s > r è n > r – s.
Como s – r = - (r – s), temos |(s – r)| = s – r ou r – s.
Como n | (r – s) è n | |r – s| è nq = |r – s| è existe “q”  positivo ou nulo tal que nq  = |r – s| (1)
Mas, nq = |r – s| < n è nq < n è q é negativo ou nulo (2).
Como que não pode ser negativo e positivo, q somente pode ser nulo è |r – s| = nq = 0 è r – s = 0 è r = s. Cqd.
 
25 – Mostrar que o produto de dois inteiros ímpares é um inteiro ímpar.
Solução:
Se a e b são ímpares, então a = 2k + 1 e b = 2k’ + 1.
Assim,  a . b = (2k + 1)(2k’ + 1) = 4kk’ + 2k’ + 2k + 1 è a . b = 2(2kk’ + k’ + k) + 1 ou seja, a . b = 2q + 1 è a . b é ímpar. Cqd.
 
26 – Demonstrar que se m e n são inteiros ímpares, então 8 | (m4 + n4 – 2).
Solução: se m e n são ímpares, podemos escrever:  m = 2k + 1 e n = 2k’ + 1.
Temos então:
m4 + n4  - 2 = (2k + 1)4 + (2k’ + 1)4 – 2 = [(2k)4 + 4(2k)3 + 6(2k)2 + 4(2k) + 1] + [(2k’)4 + 4(2k')3 + 6(2k’)2 + 4(2k’)+1] – 2 = 16(k4 + k’4) + 32(k3 – k’3) + 24(k2 + k’2) + 8(k + k’) + 2 – 2 = 8[2(k4 + k’4) + 4(k3 – k’3) + 3(k2 + k’2) + (k + k’)].
Como 2(k4 + k’4) + 4(k3 – k’3) + 3(k2 + k’2) + (k + k’)]. É um inteiro (multiplicação e adição de inteiros), podemos escrever: m4 + n4  - 2 = 8q, q inteiro è 8 | m4 + n4  - 2. Cqd.
 
27 – Demonstrar que 30 | (n5 – n)
Solução:
n5 – n = n(n4 – n) = n(n2 – 1)(n2 + 1) = n(n + 1)(n –1)(n2 + 1).
n(n + 1) é múltiplo de 2 conforme exercício 5, letra (a).
Portanto: n(n + 1)(n + 2) (n2 + 1)  é múltiplo de 2.
n(n + 1)(n – 1) é múltiplo de 3.
Temos n = 3k ou n = 3k + 1 ou n = 3k + 2.
Se n = 3k,  n é múltiplo de 3 è n(n + 1)(n – 1) é múltiplo de 3.
Se n = 3k + 1,  n – 1 = 3k + 1 – 1 = 3k , n – 1 é múltiplo de 3 è n(n + 1)(n – 1) é múltiplo de 3.
Se n = 3k + 2,  n + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1) , n + 1 é múltiplo de 3 è n(n + 1)(n – 1) é múltiplo de 3.
n(n + 1)(n – 1)(n2 + 1) é múltiplo de 5.
Temos n = 5k, ou n = 5k + 1, ou n = 5k + 2 ou n = 5k + 3 ou n = 5k + 4.
Se n = 5k, n é múltiplo de 5 è n(n + 1)(n – 1)(n2 + 1) é múltiplo de 5.
Se n = 5k + 1,  n – 1 = 5k, n – 1 é múltiplo de 5 è n(n + 1)(n – 1)(n2 + 1) é múltiplo de 5.
Se n = 5k + 2, n2 + 1 = 25k2 + 20k + 4 + 1 = 5(5k2 + 2k + 1) ⇒ n2 + 1 é múltiplo de 5 ⇒ n(n + 1)(n – 1)(n2 + 1) é múltiplo de 5.
Se n = 5k + 3 , n2 + 1 = 25k2 + 30k + 9 + 1 = 5(5k2 + 6k + 2) ⇒ n2 + 1 é múltiplo de 5 è n(n + 1)(n – 1)(n2 + 1) é múltiplo de 5.
Se n = 5k + 4, n + 1 = 5k + 4 + 1 = 5k + 5 = 5(5k + 1) ⇒ n + 1 é múltiplo de 5 è n(n + 1)(n – 1)(n2 + 1) é múltiplo de 5.
Pelo visto acima, qualquer que seja n,  n (n + 1)(n – 1)( n2 + 1) = n5 - n é múltiplo de 2, de 3 e de 5. Portanto é também múltiplo de 2.3.5 = 30. Assim, 30 | (n5 – n). Cqd

28 – Mostrar que, para todo inteiro n, existem inteiros k e r tais que  n = 3k + r e r = -1, 0, 1.
Solução: Pelo algoritmo da divisão,  n = 3k ou n = 3k + 1 ou n = 3k + 2.
Se n = 3k, r = 0.
Se n = 3k  + 1,  è r = 1.
Se n = 3k + 2,  podemos escrever   n = 3(k’ – 1) + 2 = 3k’ – 3 + 2 = 3k’ – 1 è r = -1.
 
29 – Mostrar que  (1 + 2 + . . .  + n) | 3(12 + 22 + . . . + n2) para todo n > 1.
Solução: De acordo com o exercício  nº 1, letra “a”, capítulo 2,  12 + 22 + . . . + n2 = (n/6)(n + 1)(2n + 1) ⇒ 3(12 + 22 + . . . + n2) = (1/2)(n)(n + 1)(2n + 1). 
Mas, (1/2)n(n + 1) = (1 + 2 + 3 + . . . + n).
Assim, temos  3(12 + 22 + . . . + n2) = (1 + 2 + 3 + . . . + n)(2n + 1).
Como (2n + 1)(1 + 2 + 3 + . . . + n)  |  3(12 + 22 + . . . + n2) Cqd.

30 – Mostre que todo inteiro ímpar, quadrado perfeito, é da forma 4n + 1.
Solução: n não pode ser par pois n2 seria da forma  (2k)2 = 4k2 que também é par.
Portanto, n só pode ser impar para que seu quadrado seja ímpar.
Assim, n  é da forma 2k + 1. Neste caso teremos n2 = (2k + 1) 2 = 4k2 + 4k + 1 = 4(k2 + k) + 1 o que permite concluir que n2 é da forma 4n + 1. Cqd.
 
31 – Na divisão de 392 por 45, determinar:
(a) o maior inteiro que se pode somar ao dividendo sem alterar o quociente.
Solução: 392 = 45.8 + 32. Como o maior resto possível é 44, pode-se somar 44 – 32 = 12.
Resposta: 12
 
(b) o maior inteiro que se pode subtrair ao dividendo sem alterar o quociente.
Solução: o menor resto possível dessa divisão é zero. Portanto, pode-se subtrair 32.
Resposta: 32.

32 – Numa divisão de dois inteiros, o quociente é 16 e o resto 167. Determinar o maior inteiro que se pode somar ao dividendo e ao divisor sem alterar o quociente.
Solução: Sejam “a”  o dividendo e “b”  o divisor.  Temos então: a = 16b + 167 è a – 167 = 16b  (1).
O maior valor a ser somado à  “a”  e à  “b”   implicaria numa divisão com resto zero.
Assim teremos a + x = 16(b + x) ⇒ a + x = 16b + 16x (2).
De (1) e (2) podemos obter a + x = a – 167 + 16x è 15x = 167.   Como x deve ser inteiro, o maior valor de x é 11, pois 167 = 11.15 + 2. Portanto, o maior valor que pode ser somado é 11.
Resposta: 11.

33 – Achar o maior inteiro de quatro algarismos divisível por 13 e o menor inteiro  de cinco algarismos divisível por 15.
Solução:
(1) O maior inteiro de 9 algarismos é 9999. Como 9999 = 769.13 + 2, conclui-se que 9999 – 2 = 9997 é o maior número inteiro de quatro algarismos divisível por 13. Resposta: 9997
 
(2) O menor inteiro de 5 algarismos é 10000. Como 10000 = 666x15 + 10, resulta que 10000 + 5 = 666x15 + 15 ⇒ 10005 = 667 x 15. Portanto, o menor número de 5 algarismos divisível por 15 é 10005. Resposta: 10005.
 
34 – Achar um inteiro de quatro algarismos, quadrado perfeito, divisível por 27 e terminado em 6.
Solução:  Se a, b, c ... são fatores primos, os expoentes desses fatores devem ser pares para serem quadrados perfeitos.
Como 27 = 33, deve-se ter pelo menos mais um 3 como fator. Portanto, o número deve ser múltiplo de 27 x 3 ou de 81. Para que o número termine em 6, devemos multiplicar 81 por um quadrado (pois 81 já é quadrado), terminado em 6 pois 81 termina em 1. Assim, temos as possibilidades 81 x 16 = 1296 e 81 x 36 = 2916.

Se o número tivesse 6 fatores iguais a 3, ele deveria ser múltiplo de 729. Para que terminasse em 6, deveriamos ter 729 x a, com a terminado em 4. Como os menores quadrados terminados em quatro são 4 e 64, teríamos 729 x 4 = 2916 e 729 x 64 = 46656 que tem 5 algarismos.

Para 8 fatores iguais a 3, o número deveria ser múltiplo de 6561 = 38. Para que o número terminasse em 6, deveriamos ter 6561 x a, com a terminado em 4. Como os menores quadrados terminados em quatro são 4 e 64, teríamos 6561 x 4 = 26244 que contém cinco algarismos.
Para 10 fatores iguais a 3, teríamos 310 > 10000, que terá mais de 4 algarismos.
Portanto, os únicos números são 1296 e 2916. Resposta: 1296 e 2916.  
 
Observação: ou ~| equivale a 'não divide'.

Fonte: http://ellalves.net.br/textos/conteudo/exercicios/7/teoria-dos-numeros-exercicios-de-divisibilidade

sexta-feira, 16 de março de 2012

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS - TEORIA DOS NÚMEROS

EXERCÍCIO 1



EXERCÍCIO 2



TEOREMA FUNDAMENTAL DA ARITMÉTICA


Teorema fundamental da aritmética


O Teorema Fundamental da Aritmética sustenta que todos os números inteiros positivos maiores que 1 podem ser decompostos num produto de números primos, sendo esta decomposição única a menos de permutações dos fatores.

Este teorema foi exposto, pela primeira vez, no livro IX dos Elementos de Euclides.

Demonstração do Teorema Fundamental da Aritmética

Teorema

Seja um inteiro positivo. Então, existem primos positivos tais que , e essa decomposição é única.

Demonstração:

Existência de uma decomposição

Será usado para esta demonstração o Princípio de indução completa.

Para existe uma decomposição trivial em números primos, já que 2 é, ele próprio, um número primo. Suponhamos agora que existe uma decomposição para todo inteiro . Mostraremos que também vale para .

Se é primo, admite a decomposição trivial. Caso contrário, admite um divisor positivo tal que . Isto é, , e temos também . Pela hipótese de indução, e podem ser escritos como produtos de primos, na forma , .

Substituindo, temos , e o resultado também vale para .

Unicidade da decomposição

Dado um inteiro , ele poderia admitir, em princípio, mais de uma decomposição em produto de fatores primos. Será chamado comprimento de uma decomposição ao número de fatores que nela comparecem.

A demonstração será feita por indução no comprimento de uma decomposição de .

Suponhamos que admita uma decomposição do tipo , onde é primo, e que vale

,

em que são primos positivos. Como divide , também divide , que é primo. Então, devemos ter . Cancelando, vem . Se , teríamos que o primo seria invertível, uma contradição. Assim, e, como já provamos que , o primeiro passo de indução está verificado.

Suponhamos agora o resultado verdadeiro para todo inteiro que admita uma decomposição de comprimento , e seja um inteiro com uma decomposição de comprimento . Se admitisse outra decomposição, temos

,

em que são primos positivos.


Como na primeira parte, divide e temos que divide , para algum (Lema de Euclides). Como é primo, devemos ter novamente que . Em particular, .

De forma análoga, pode-se obter que , para algum j. Logo, . De ambas as desigualdades, vem que . Finalmente, cancelando em , temos que

.

Agora, o primeiro membro da igualdade tem uma decomposição de comprimento , logo, da hipótese de indução, admite uma única decomposição. Assim, temos , donde e , para . Como já provamos que , ambas as expressões de coincidem.

Agrupando os primos eventualmente repetidos na decomposição de , podemos enunciar o teorema anterior de forma levemente diferente. Também podemos estendê-lo a números negativos.


Teorema Fundamental da Aritmética

Seja um inteiro diferente de 0, 1 e -1. Então, existem primos positivos e inteiros positivos tais que . Além disso, essa decomposição é única.

Demonstração:

Temos que , conforme seja positivo ou negativo. Como é positivo, do teorema anterior, temos que existem primos tais que

.

Agrupando os primos eventualmente repetidos, podemos escrever

.

A unicidade segue diretamente do teorema anterior.

Está, portanto, demonstrado o Teorema Fundamental da Aritmética.
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Fonte: http://pt.wikipedia.org/wiki/Teorema_fundamental_da_aritm%C3%A9tica

Referência
Milies, Francisco César Polcino. Números: Uma Introdução à Matemática. 3 ed. São Paulo: Editora da USP, 2003.