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Teoria elementar dos numeros
 

Teoria elementar dos numeros

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Teoria elementar dos numeros Teoria elementar dos numeros Document Transcript

  • TEORIA ELEMENTAR DOS NÚMEROS Jaime Edmundo Apaza Rodriguez Departamento de Matemática, FEIS - UNESP 15385-000, Ilha Solteira - SP E-mail: jaime@mat.feis.unesp.br1 IntroduçãoO objetivo central da Teoria dos Números é o estudo das propriedades dos números inteirospositivos. Nestas breves notas apresentamos alguns dos resultados fundamentais desta teoria. A Teoria dos Números se divide em três ramos principais: Teoria Elementar, Teoria Analíticae Teoria Algébrica. Os resultados que serão apresentados servem, tanto para o estudo dos outrosramos (Analítica e Algébrica), como também para outros ramos da Matemática. Os conceitos serão introduzidos por meio de um número significativo de exemplos, buscandomotivar ao interessado antes de ter contato com demostrações formais. Isto sempre é possívelpelo grande número de problemas interessantes que aparecem nesta teoria e que não requeremde sofisticadas ferramentas matemáticas para sua compreensão.2 DivisibilidadeNesta seção apresentamos resultados básicos tais como o Algoritmo da Divisão (de Euclides), oTeorema Fundamental da Aritmética e uma das demonstrações da existência de infinitos númerosprimos.2.1 InduçãoIniciamos a seção enunciando o Princípio de Indução Finita (PIF) e o Princípio da Boa Ordenação(PBO).Teorema 2.1 (PBO) Todo subconjunto, não vazio, de números inteiros positivos tem elementominimal.Teorema 2.2 (PFI) Seja S subconjunto dos números inteiros positivos tal que: (1) 1 ∈ S (2) k + 1 ∈ S, sempre que k ∈ S. Então S contém todos os números inteiros positivos. Uma outra forma de apresentar o PFI é o seguinte.Teorema 2.3 (PFI) Seja S subconjunto dos números inteiros positivos tal que: (1) 1 ∈ S (2) k + 1 ∈ S, sempre que 1, 2, · · · ∈ S. Então S contém todos os números inteiros positivos.Observação 2.1 Os três resultados apresentados acima são equivalentes (veja-se o texto de J.P. de O. Santos, Introdução à Teoria dos Números).
  • Exemplo 2.1 Mostrar que an − 1 1 + a + a2 + · · · + an−1 = , a−1para a ̸= 1 e todo n inteiro positivo (Sugestão: Aplicar indução sobre n).2.2 DivisibilidadeDefinicão 2.1 Se a e b são números inteiros, dizemos que a divide b se existir um número inteiroc tal que b = ac. Denotamos por a|b o fato de a divide b.Observação 2.2 (a) A definição acima equivale a dizer que b é múltiplo de a.(b) Se a não divide b, escrevemos a b.Proposição 2.1 Se a, b e c são números inteiros tais que a|b e b|c, então a|c.Proposição 2.2 Se a, b, c, m en são números inteiros tais que c|a e c|b, então c|(ma + nb). Prova: Dado que c|a e c|b então a = k1 c e b = k2 c. Multiplicando estas expressõesrespectivamente por m e n obtemos ma = mk1 c e nb = nk2 c. Logo somando membro amembro temos ma + nb = (mk1 + nk2 )c, o que garante que c|(ma + nb).Exemplo 2.2 Dado que 5|15 e 5|25, então 5|(4 × 15 − 7 × 25).Teorema 2.4 Valem as seguintes propriedades:(1) a|a e a|0, para todo número inteiro a ̸= 0.(2) Se d|n, então ad|an, para todo número inteiro a.(3) Se ad|an e a ̸= 0, então d|n.(4) 1|a, para todo número inteiro a. Antes de apresentar o Algoritmo da Divisão, enunciamos o chamado "Teorema de Eudoxius":Sejam a, b números inteiros com b ̸= 0. Então a é múltiplo de b ou se encontra entre dois múltiplosconsecutivos de b, ou seja, existe um número inteiro q tal que: Para b > 0 temos qb ≤ a < (q + 1)b, Para b < 0 temos qb ≤ b < (q − 1)b.Exemplo 2.3 Pelo Teorema de Eudoxius temos:(1) Para a = 11 e b = 4, devemos tomar q = 2. Assim 2 × 4 ≤ 11 < 3 × 4.(2) Para a = −11 e b = 4, devemos tomar q = −3. Assim (−3) × 4 ≤ −11 < (−2) × 4.(3) Para a = 11 e b = −4, devemos tomar q = −2. Assim (−2) × (−4) ≤ 11 < (−3) × (−4).(4) Para a = −11 e b = −4, devemos tomar q = 3. Assim 3 × (−4) ≤ −11 < 2 × (−4).Teorema 2.5 (Algoritmo da Divisão) Dados dois números inteiros a e b, com b > 0, existe umúnico par de inteiros q e r (chamados quociente e resto, respectivamente), tais que a = qb + r, com 0≤r<b
  • Prova: Existência: Pelo Teorema de Eudoxius, dado b > 0, existe o inteiro q satisfazendo a condição qb ≤ a < (q + 1)b,o que implica 0 ≤ a − qb e a − qb < b. Assim, se definimos r = a − qb, garantimos a existênciade q e r. Unicidade: Vamos supor a existência de outro par q1 , r1 verificando a = q 1 b + r1 , com 0 ≤ r1 < b.Segue que qb + r) − (qb1 + r1 ) = 0, o que implica b(q − q1 ) = r1 − r, ou seja, b|(r1 − r). Mascomo r1 < b e r < b, temos que |r1 − r| < b. Se b|(r1 − r), então devemos ter r1 − r = 0, ouseja r1 = r. Logo q1 b = qb, de onde q1 = q, pois b ̸= 0.Observação 2.3 Embora a hipotese do Algoritmo da Divisão exija b > 0, isto não é necessáriopois usando o Teorema de Eudoxius é possível encontrar q e r para b < 0. Assim, o Algoritmoda Divisão pode ser enunciado na seguinte forma: Dados a, b números inteiros, com b ̸= 0, existeum único par de inteiros q e r, tais que a = qb + r, com 0 ≤ r < |b|.2.3 O Máximo Divisor ComumDefinicão 2.2 O máximo divisor comum de dois inteiros a e b, com a ou b não nulo, é o maiorinteiro que divide a e b. Denotamos o máximo divisor comum de a e b por (a, b).Teorema 2.6 (Propriedades do máximo divisor comum)(1) Seja d = (a, b). Então existem inteiros n0 e m0 tais que d = n0 a + m0 b.(2) Seja d = (a, b). Então d é o divisor positivo de a e b que é divisível por todo divisor comum.(3) Para todo inteiro positivo m, temos que (ma, mb) = m(a, b). a b 1(4) Se c > 0 e a e b são divisíveis por c, então ( , ) = (a, b). c c cDefinicão 2.3 Os números inteiros a e b são primos relativos quando (a, b) = 1.Teorema 2.7 (Outras propriedades do máximo divisor comum) a b(1) Seja d = (a, b). Então ( , ) = 1. d d(2) Sejam a, b e n números inteiros. Então (a, b) = (a, b + an).(3) Se a|bc e (a, b) = 1, então a|c.(4) Se a e b são inteiros e a = qb + r, onde q e r são inteiros, então (a, b) = (b, r).Exemplo 2.4 Usando as propriedades acima mencionadas temos(1) (12, 36) = 12, logo 12 = 1 × 12 + 0 × 36. Também temos 12 = (−2) × 12 + 1 × 36.(2) Dado que (12, 36) = 12, e sendo 3 um outro divisor comum de 12 e 36, segue que 3|12.(3) (3 × 5, 3 × 7) = 3(5, 7) = 3, pois (5, 7) = 1. 12 36 1 1(4) ( , ) = (12, 36) = × 12 = 4. 3 3 3 3
  • 48 36(5) Dado que (48, 36) = 12, segue ( , ) = (4, 3) = 1. 12 12(6) (3, 15) = (3, 15 + 3 × 4) = (3, 15 + 3 × 7) = (3, 15 + 3 × (−2)) = · · · .(7) 4|(27 × 20), logo 4|20 ja que (4, 27) = 1.(8) Vamos calcular o máximo divisor comum de 1126 e 522. Usamos o Algoritmo da Divisão para dividir 1126 por 522. Logo dividimos 522 pelo resto 82 e assim sucessivamente até obter resto 0. 1126 = 2 × 522 + 82 522 = 6 × 82 + 30 82 = 2 × 30 + 22 30 = 1 × 22 + 8 22 = 2 × 8 + 6 8 = 1×6+2 6 = 3×2+0 Da última equação temos que (6, 2) = 2. Pelo teorema 2.7 (4), da equação 8 = 1 × 6 + 2, podemos concluir que (8, 6) = (6, 2). Da equação 22 = 2 × 8 + 6 segue que (22, 8) = (8, 6). Sucessivas aplicações dessa propriedade permitem obter a sequência de igualdades (6, 2) = (8, 6) = (22, 8) = (30, 22) = (82, 30) = (522, 82) = (1126, 522). Desta forma obtemos que (1126, 522) = 2.2.4 O Algoritmo de EuclidesTeorema 2.8 Sejam r0 = a e r1 = b números inteiros não-negativos, com b ̸= 0. Se o Algoritmoda Divisão for aplicado sucessivamente para se obter rj = qj+1 rj+1 + rj+2 , 0 ≤ rj+2 < rj+1 ,para j = 0, 1, 2, · · · n − 1 e rn+1 = 0, então (a, b) = rn , o último resto não-nulo. Prova: Aplicamos inicialmente o Algoritmo da Divisão para dividir a por b obtendo assimr0 = q1 r1 + r2 . A seguir dividimos r1 por r2 obtendo r1 = q2 r2 + r3 e assim sucessivamente atéobter o resto rn+1 = 0. A cada passo o resto é sempre menor que o anterior e dado que estamoslidando com números inteiros positivos, é claro que após um número finito de vezes do Algoritmoda Divisão, obteremos resto 0. Temos assim a seguinte sequência de equações: r0 = q 1 r1 + r2 , 0 < r2 < r1 r1 = q 2 r2 + r3 , 0 < r3 < r2 r2 = q 3 r3 + r4 , 0 < r4 < r3 . . . rn−2 = qn−1 rn−1 + rn , 0 < rn < rn−1 rn−1 = qn rn + 0. Pelo teorema 2.7 (4) temos que (rn , rn−1 ) = rn . Como no exemplo 2.4 (8), aplicando repetidasvezes essa propriedade temos a sequência: rn = (rn−1 , rn ) = (rn−2 , rn−1 ) = · · · = (r1 , r2 ) = (r0 , r1 ) = (a, b),e portanto (a, b) = rn .
  • 2.5 Números PrimosDefinicão 2.4 Um número inteiro n > 1 é dito primo se possui dois divisores positivos: n e 1. Se n não é primo é chamado composto.Teorema 2.9 Seja p número primo tal que p|ab. Então p|a ou p|b.Exemplo 2.5 Temos que 3|96 = 16 × 6, logo 3|6, mas 3 16.Teorema 2.10 (Teorema Fundamental da Aritmética) Todo número inteiro, maior do que 1,pode ser representando de maneira única (exceto a ordem dos fatores) como produto de fatoresprimos ou potências desses fatores primos. Prova: Se n for primo não há nada a mostrar. Então suponha n composto e seja p1 o menordos divisores positivos de n. Afirmamos que p1 é primo, pois caso contrário existirá um númerop, 1 < p < p1 com p|n, contradizendo a escolha de p1 . Assim n = p1 n1 , para algum inteiro n1 . Se n1 for primo, a prova esta terminada. Caso contrário, tomamos p2 como o menor fatorpositivo de n1 . Pelo mesmo argumento anterior, p2 é primo e assim temos n = p1 p2 n2 . Repetindo este procedimento, obtemos uma sequência decrescente de números inteiros posi-tivos n1 , n2 , · · · nr , todos eles maiores que 1 e portanto o processo deve parar em algum momento.Como os números primos p1 , p2 , · · · , pk não são necessariamente distintos, temos que n = pm1 pm2 · · · pmk , 1 2 konde os números mi são naturais. Para mostrar a unicidade desta representação usamos indução sobre n. Para n = 2 a afir-mação é verdadeira. Assumimos então que se verifica para todos os números inteiros maiores doque 1 e menores do que n. Agora vamos mostrar que vale também para n. Se n for primo nãohá nada a mostrar. Então suponha n composto e que admite duas fatorações: n = p1 p2 · · · ps = q 1 q 2 · · · q r . Vamos mostrar que s = r e que cada pi é igual a algum qj . Como p1 divide o produtoq1 q2 · · · qr , então ele divide pelo menos um dos fatores qj . Sem perda de generalidade podemossupor que p1 |q1 . Como ambos são primos, temos que p1 = q1 . Logo n/p1 = p2 · · · ps = q2 · · · qr .Sendo que 1 < n/p1 < n, a hipótese de indução garante que as duas fatorações são idénticas,salvo a ordem dos fatores, isto é, s = r. Assim p1 p2 · · · ps = q1 q2 · · · qr .Teorema 2.11 Se n = pm1 pm2 · · · pmk , o conjunto dos divisores positivos de n é o conjunto de 1 2 ktodos os números da forma pc1 pc2 · · · pck , 1 2 k com 0 ≤ ci ≤ mi , i = 1, 2, · · · k.Observação 2.4 Os produtos obtidos no resultado acima são finitos pois o número de fatoresprimos de qualquer inteiro é sempre finito.Teorema 2.12 Se dois números inteiros a e b possuem as fatorações a = pm1 pm2 · · · pmr , 1 2 r e b = pn1 pn2 · · · pns , 1 2 sentão (a, b) = pj1 pj2 · · · pt t , onde ji = min{mi , ni }. 1 2 j Prova: Para um produto de fatores primos comuns seja um divisor comum nenhum expoenteji de pi poderá superar nem mi nem ni . Dado que estamos interessados no maior dos divisorespositivos, basta tomar ji como sendo o menor desses dois.
  • Teorema 2.13 (Euclides) A sequência de números primos é infinita Prova: Vamos supor que a sequência de números primos é finita e sejam estes p1 , p2 , · · · , pn .Agora considere o número p = p1 p2 · · · pn + 1. Então é claro que p não é divisível por nenhumdos pi que p é maior do que qualquer pi . Isto significa que ou p é primo ou p possui algum fatorprimo. Dado que esta última possibilidade não acontece então p é um primo diferente de todosos pi . Assim a lista de números primos não poderia ser finita.Observação 2.5 Para n ∈ N defina-se o fatorial de n por n! = 1 · 2 · 3 · (n − 1)n. Verifica-seque n! é divisível por todos os números comprendidos entre 2 e n. Também definimos 0! = 1.Teorema 2.14 Para qualquer número inteiro positivo n, existem n inteiros consecutivos com-postos. Isto significa que existem "saltos" arbitrariamente grandes na sequência dos númerosprimos. Prova: Como (n + 1)! é divisível por todos os n números entre 2 e n + 1, temos que asequência (n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, (n + 1)! + 4, · · · , (n + 1)! + n, (n + 1)! + (n + 1),esta formada por n números consecutivos compostos (isto é um deserto de primos).Observação 2.6 Sejam n e k números inteiros não-negativos, com k ≤ n. Os chamadosnúmeros combinatórios, definidos por ( ) n n! = , k k!(n − k)!são números inteiros. Isto pode ser mostrado por indução ou usando a propriedade: ( ) ( ) ( ) n+1 n n = + , k k k−1a qual mostramos a seguir: ( ) ( ) n n n! n! + = + k k−1 k!(n − k)! (k − 1)!(n − k + 1)! n!(n + 1 − k) n!k = + k!(n + 1 − k)! k!(n + 1 − k)! ( ) (n + 1)! n+1 = = . k!(n + 1 − k)! kTeorema 2.15 O produto de qualquer sequência de n números inteiros consecutivos é divisívelpor n!. Prova: Consideremos n e k números inteiros positivos com k ≤ n. Sabemos (AnáliseCombinatória) que o número de combinações de n, tomadas de k em k, é um número inteiro dadopor ( ) n n! n(n − 1) · · · (n − k + 1) = = . k k!(n − k)! k! Dado que o numerador é o produto de k inteiros consecutivos, o resultado vale para umasequência de k inteiros positivos. No caso de zero ser um elemento na sequência, o resultadoé evidente pois o zero é divisível por qualquer número. Se a sequência contiver só númerosnegativos, a fração do lado direito acima mudará de sinal unicamente.
  • Observação 2.7 Se n não for primo, então n possui, necessariamente, um fator primo menor √ou igual a n. De fato, sendo n composto, então n = n1 n2 , onde 1 < n1 , n2 < n. Sem √perda de generalidade, podemos supor n1 ≤ n2 . Logo n1 ≤ n pois, caso contrário, teríamos √ √n = n1 n2 > n n = n, o qual é um absurdo. Logo n1 possui algum fator primo p, tal que √p ≤ n. Temos que p, sendo fator primo de n1 , é também fator primo de n, o que conclui aprova. A observação acima tem uma importante aplicação prática, pois fornece uma forma de testarse um número n é primo. Para isso basta testar a divisibilidade apenas pelos números primos √p tais que p ≤ n. Assim por exemplo, se quisermos obter a lista de todos os primos menoresque 60 devemos excluir, dentre os números de 2 a 60, aqueles que são múltiplos de 2, 3, 5 e 7,pois estes números são os primos menores ou iguais do que 60. Este processo é chamado Crivode Eratóstenes: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 Logo, os primos entre 2 e 60 são todos aqueles que não foram eliminados pelo processo descritoacima, isto é, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59.2.6 Mínimo Múltiplo ComumDefinicão 2.5 O Mínimo Múltiplo Comum de dois inteiros a e b é o menor inteiro positivo queé divisível por a e b. Denotamos por [a, b].Teorema 2.16 Se a = pa1 pa2 · · · pan e b = pb1 pb2 · · · pbn onde p1 , p2 , · · · , pn são primos, então 1 2 n 1 2 n max{a1 ,b1 } max{a2 ,b2 } [a, b] = p1 p2 · · · pmax{an ,bn } . n Prova: Para que pi esteja no múltiplo comum de a e b, deverá ser um fator de ambos osnúmeros e para ser o menor dos múltiplos comuns deverá aparecer com o maior expoente entreai e bi . Assim pi estará no mínimo múltiplo comum se aparecer com o maior expoente entre aie bi .Teorema 2.17 Se x e y são números reais, então max{x, y} + min{x, y} = x + y. Prova: Se x = y então max{x, y} = min{x, y} = x = y, e o resultado verifica-se claramente.Sem perda de generalidade, podemos supor x < y. Então max{x, y} = y e min{x, y} = x, deonde segue o resultado.Teorema 2.18 Para a e b números inteiros positivos temos [a, b] · (a, b) = a · b. Prova: Suponha que a = pa1 pa2 · · · pan e b = pb1 pb2 · · · pbn . Então temos que 1 2 n 1 2 n ∏ max{a ,b } n ∏ min{a ,b } n i i i i [a, b] = pi e (a, b) = pi . i=1 i=1
  • Logo ∏ max{a ,b }+min{a ,b } ∏ a +b n n ∏ a ∏ b n n [a, b] · (a, b) = pi i i i i = pi i i = pi · i pi i = a · b. i=1 i=1 i=1 i=1 nDefinicão 2.6 Um número da forma Fn = 22 + 1 é dito Número de Fermat. 3Exemplo 2.6 O número F3 = 22 + 1 = 28 + 1 é um número de Fermat.Teorema 2.19 Quaisquer dois números de Fermat distintos Fn e Fm são primos entre si. Prova: Verifica-se que F0 F1 · · · Fn−1 = Fn − 2. Provamos este fato por indução sobre n. Paran = 1 temos que F0 = F1 − 2, ou seja, 3 = 22 + 1. Vamos supor a validade da relação para n emostraremos que também vale para n + 1. Assim temos F0 F1 · · · Fn = (F0 F1 · · · Fn−1 )Fn = (Fn − 2)Fn n n n n = (22 + 1 − 2)(22 + 1) = (22 − 1)(22 + 1) n+1 n+1 = 22 − 1 = 22 + 1 − 2 = Fn − 2. Supondo n < m, pela relação acima, se tem que F0 F1 F2 · · · Fn · · · Fm−1 = Fm − 2, o queimplica que Fm − F0 · · · Fn · · · Fm−1 = 2. Logo, se um número d divide Fn e Fm , então d divide2. Como Fn é ímpar, d não pode ser 2 e portanto (Fn , Fm ) = 1. Deste resultado podemos concluir que existem infinitos números primos, pois sendo infinitaa sequência dos Números de Fermat e não possuindo fatores primos em comum, isto não poderiaocorrer caso este conjunto fosse finito.Teorema 2.20 Existem infinitos números primos da forma 6k + 5. Prova: Pelo Algoritmo da Divisão, quando dividimos um número qualquer por 6, os possíveisrestos são 0, 1, 2, 3, 4 e 5, o que significa que um número inteiro pode ser escrito em uma dasseguintes formas: 6k, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 4, 6k + 5. Logo se p é primo ímpar, então p é daforma 6k + 1 ou 6k + 5. Para mostrar que existem infinitos primos da forma 6k + 5 vamos supor o contrário, ou seja,que existe apenas um número finito deles. Sejam então p0 = 5, p1 , p2 , · · · , pr estes números.Agora consideremos o número p = 6p1 p2 · · · pr + 5. Temos que este número não é divisível pornenhum dos primos p0 , p1 , p2 , · · · , pr . Afirmamos que p possui um fator primo da forma 6k + 5pois, caso contrário, todos seriam da forma 6k + 1, o que não é possível, dado que o produto dedois números da forma 6k + 1 é sempre desta mesma forma. Isto mostra que, ou p é primo, ou ppossui um fator primo da forma 6k + 5, ficando mostrado assim a existência de infinitos primosda forma 6k + 5.Observação 2.8 O que foi mostrado acima é um caso especial do chamado Teorema dos Primosem Progressão Aritmética (Dirichlet), o qual afirma que se a e b são números inteiros primosentre si, então a progressão aritmética an + b, n = 1, 2, 3, · · · , contém um número infinito deprimos.2.7 Critérios de DivisibilidadeOs critérios que serão apresentados são, basicamente, aplicações da proposição 2.2. Divisibilidade por 3: Para descrever a ideia, consideremos um número n com 5 dígitosabcde. Em base 10, ele pode ser escrito na forma n = a × 104 + b × 103 + c × 102 + d × 101 + e × 100 .
  • A seguir, faremos as seguintes substituições: 10 = 9 + 1 100 = 99 + 1 1000 = 999 + 1 10000 = 9999 + 1. Assim temos: n = a(9999 + 1) + b(999 + 1) + c(99 + 1) + d(9 + 1) + e = 9999a + 999b + 99c + 9d + (a + b + c + d + e) = 9(1111a + 111b + 11c + d) + (a + b + c + d + e). Portanto, se 3|n, então 3|(a + b + c + d + e), pois 3|9(1111a + 111b + 11c + d). Recíprocamentese 3|(a + b + c + d + e), então 3|n, dado que 3|9(1111a + 111b + 11c + d). Desta forma mostramoso seguinte critério de divisibilidade por 3: "Um número é divisível por 3 se, e somente se, a somade seus dígitos é divisível por 3". Divisibilidade por 9: Para obter um critério de divisibilidade por 9 basta, no argumentoacima, substituir 3 por 9 e obter: "Um número é divisível por 9 se, e somente se, a soma de seusdígitos é divisível por 9". Por outro lado, como todo número inteiro pode ser escrito na forma 10k + u, onde u é o dígitodas unidades, e como 10 é divisível por 2, então 10k + u será divisível por 2 se, e somente se, ufor múltiplo de 2, ou seja, se, e somente se, ele for par. Divisibilidade por 4: O critério de divisibilidade por 4 se obtém considerando o númerointeiro escrito na forma 100k + ab, onde ab é o número formado pelos dois últimos dígitos, istoé, das dezenas e unidades e observando que 100 é múltiplo de 4.Exemplo 2.7 Pelos critérios vistos acima temos que:(1) O número 7341 é divisível por 3 pois 7 + 3 + 4 + 1 = 15 é divisível por 3.(2) O número 8547 não é divisível por 9 pois 8 + 5 + 4 + 7 = 24 não é divisível por 9.(3) O número 27548 é divisível por 4 pois 48 é múltiplo de 4. Por outro lado o número 75314 não é divisível por 4 pois 14 não é divisível por 4. Divisibilidade por 7: Para descrever o critério de divisibilidade por 7, consideremos umexemplo. Seja n = 59325. Separamos o dígito 5 das unidades e, do número restante, 5932,subtraímos o dobro deste dígito, ou seja 5932 − 10 = 5922. Repetimos este procedimento atéobter um número suficientemente pequeno de modo a poder reconhecer se é ou não divisível por7. Assim, continuando com o número acima temos 592 − 4 = 588, logo 58 − 16 = 42 e observamosque, como 42 é divisível por 7, então o número original 59325 é divisível por 7. O critério: Seja u o dígito das unidades do número n. Então n pode ser escrito na forma10k + u. No procedimento descrito acima obtivemos um número r tal que r = k − 2u, comk = 5932 e u = 5. Assim será suficiente mostrar que os números 10k + u e k − 2u são tais que,se um deles é múltiplo de 7, o outro também é. Isto é, devemos mostrar a seguinte equivalência: 10k + u é múltiplo de 7 ⇐⇒ k − 2u é múltiplo de 7. De fato, se 10k +u é múltiplo de 7, então existe um inteiro m tal que 10k +u = 7m e portantok − 2u = k − 2(7m − 10k) = 21k − 14m = 7(3k − 2m), o que significa que k − 2u é múltiplo de 7. Recíprocamente, se k − 2u é múltiplo de 7, então existe um inteiro n tal que k − 2u = tn eportanto 10k + u = 10(tn + 2u) + u = 70n + 20u + u = 70n + 21u = 7(10n + 3u), o que implica10k + u ser múltiplo de 7.
  • Exemplo 2.8 Pelo critério dado temos:(1) No exemplo acima, do número 59325 foi obtido, após repetir o processo descrito três vezes, k − 2u = 42 divisível por 7, logo 10k + u = 588 é divisível por 7. Sendo 588 divisível por 7, então 5932 também será divisível por 7 e a divisibilidade deste por 7 implica a divisibilidade por 7 do número 59325.(2) Seja n = 735421. Seguindo o critério dado temos: 735421 − 2 × 1 = 73540 7354 − 2 × 0 = 7354 735 − 2 × 4 = 727 72 − 2 × 7 = 58. Como 7 58, então 7 735421. Divisibilidade por 11: Como nos casos anteriores, também usaremos um exemplo paradescrever o critério. Seja n = abcde um número com 5 dígitos. Podemos representá-lo na forma n = a × 104 + b × 103 + c × 102 + d × 101 + e × 100 .Fazendo as seguintes substituições 10 = 11 − 1 100 = 99 + 1 1000 = 1001 − 1 10000 = 9999 + 1,obtemos n = a(9999 + 1) + b(1001 − 1) + c(99 + 1) + d(11 − 1) + e = 9999a + 101b + 99c + 11d + (a + c + e) − (b + d). Como 9999a+101b+99c+11d é divisível por 11, então n será divisível por 11 se, e somente se,[(a + c + e) − (b + d)] o for. Observamos que os dígitos a, c, e ocupam posições ímpares no númeron, enquanto b e d posições pares. Aqui foram usados dois fatos simples de serem verificados: (a) Todo número da forma 99 · · · 9, onde o número de 9’s é par, é divisível por 11. (b) Todo número da forma 100 · · · 01, onde o número de 0’s entre os dois 1’s é par, tambémé divisível por 11. Para justificar esta afirmação observar que 9999 = 9900 + 99, 999999 =999900 + 99, · · · e que 1001 = 990 + 11, 100001 = 99990 + 11, · · · . Exercicios e problemas (1) Usando o Algoritmo da Divisão, determinar o Máximo Divisor Comum de: (1) 542 e 234, 2) 9652 e 252, (3) 24573 e 1387, (4) 4276 e 1234, (5) 48762 e 176. (2) Determinar o Mínimo Múltiplo Comum de: (1) 44 e 32, (2) 234 e 12, (3) 35 e 24, (4) 142 e 172, (5) 17 e 141. (3) Encontrar uma sequência de, pelo menos, 30 números inteiros consecutivos e compostos.
  • (4) Mostrar que o produto de três inteiros consecutivos é divisível por 6. n(n + 1)(n + 2) (Sugestão: Usar a igualdade 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + n(n + 1) = ). 3 (5) Determinar os valores do números inteiros x e y tais que: (1) 93x + 81y = 3, (2) 43x + 128y = 1. (6) Mostrar que se a e b são números inteiros positivos tais que (a, b) = [a, b], então a = b. (7) Mostrar que n5 − n é divisível por 30, para todo número inteiro n. (8) Mostrar que a equação x3 + 7x + 17 = 0 não possui solução inteira. (9) Mostrar que para nenhum n ∈ N, o número 2n + 1 é um cubo. (10) Mostrar que, além do número 2 = 13 + 1, nenhum número da forma n3 + 1 é primo. (11) Mostrar que não existe n ∈ N tal que 7|(4n2 − 3). (12) Sabendo que o resto da divisão de um número inteiro b por 7 é 5, calcular o resto dadivisão por 7 dos seguintes números: (1) −b, (2) 2b, (3) 3b + 7, (4) 10b + 1, (5) b2 + b + 1. 1 1 (13) Sendo + um número inteiro, com a e b inteiros positivos, mostrar que a = b. Mostrar a btambém que a = 1 ou a = 2. (14) Mostrar que se (a, b) = 1, então (2a + b, a + 2b) = 1 ou 3. (15) Mostrar: (1) (a, bc) = 1 se, e somente se, (a, b) = (a, c) = 1. (2) Se b|c então (a + c, b) = (a, b). (3) Se (a, c) = 1 então (a, bc) = (a, b). (4) (a, b, c) = ((a, b), c). (16) Encontrar o menor inteiro positivo da forma 36x + 54y, onde x, y são inteiros. (17) Sejam a eb números inteiros diferentes. Mostrar que existe um número infinito deinteiros n tal que (a + n, b + n) = 1. Solução: Suponha a < b. Se escolhemos um número k positivo e suficientemente grande, onúmero n = (b−a)k +1−a será positivo. Dado que a+n = (b−a)k +1 e b+n = (b−a)(k +1)+1,então a + n > 0 e b + n > 0. Agora, se d|(a + n) e d|(b + n), então d|(b − a). Logo, sendo qued|(a + n) e d|(b − a), então d|1, de onde segue que (a + n, b + n) = 1. Como qualquer k, maior doque o escolhido acima, fornece um número n com a propriedade deseja, temos que a sequência den’s é infinita.. (17) Para qualquer inteiro positivo k e n ≥ 2, mostrar que (n − 1)|(nk − 1). Solução: Basta observar que nk − 1 = (n − 1)(nk−1 + nk−2 + · · · + n2 + n + 1). (18) Para todo número inteiro n > 1, a soma 1 + 1 2 + 1 3 + · · · n nunca é um número inteiro. 1 Solução: Consideremos o conjunto S = {1, 2, 3, · · · , n} e seja 2k a maior potência de 2 em S.Temos que 2k não divide nenhum elemento de S. De fato, se 2k fosse divisor de algum outro inteiroem S (além dele mesmo), este inteiro será da forma b2k , onde b > 1. Logo o número 2k+1 estarátambém em S, o que contradiz a escolha de k. Agora, vamos supor que a soma dada seja um número inteiro t. O Mínimo Múltiplo Comum dos
  • elementos e S é da forma m2k , onde m é ímpar. Multiplicando a soma dada por m2k−1 temos 1 1 1 m2k−1 (1 + + + · · · ) = mt2k−1 . 2 3 n Quando multiplicamos cada termo da soma por m2k−1 , um dos termos será m e todos os outros 2serão inteiros, o que é uma contradição, pois m é ímpar. Portanto a soma fornecida não pode ser umnúmero inteiro. n m (19) Se m > n, então (a2 + 1)|(a2 − 1). Solução: Observamos na sequência a seguir que cada termo divide o seguinte: n x + 1, x2 − 1, x4 − 1, x8 − 1, x16 − 1, · · · , x2 − 1, · · · . n Então basta tomar x = a2 e teremos o resultado procuraro. (20) Se a, e b são ímpares, então a2 + b2 não pode ser um quadrado perfeito. Solução: Dado que a e b são impares, existem inteiros t e s tais que a = 2t+! e b = 2 + 1. Logo: a2 + b2 = (2t + 1)2 + (2s + 1)2 = 4(t2 + s2 + t + s) + 2 = 2(2k + 1),onde k = t2 + s2 + t + s. Portanto a2 + b2 é um número par, não divisível por 4, e não pode ser um quadrado perfeito poisse 2|C 2 , então 2|c, o que implica 4|c2 . Este resultado afirma que, em um triângulo retângulo com lados inteiros, os dois catetos nãopodem ser ambos números ímpares. (21) Se a e m são números inteiros, não nulos simultaneamente, então (a, a + m)|m, paratodo inteiro m. Solução: Sabemos que (Teorema 2.7 (2)) que para a, b, m números inteiros, então (a, b) =(a, b + am). Logo aplicamos este resultado, tomando b = a + m e m = −1. (22) Mostrar que se m e n são números inteiros positivos, com m > 1, então n < mn . Solução: Sabemos que mn − 1 n = 1 + 1 + · · · + 1 ≤ 1 + m + m2 + · · · + mn−1 = . m−1 n−vezes mn − 1 Mas ≤ mn − 1 < mn . Logo n < mn . m−1 (23) Mostrar que, para todo n inteiro, (n! + 1, (n + 1)! + 1) = 1. Solução: Suponha que p é um número primo, divisor comum de n! + 1 e (n + 1)! + 1. Logo pdivide à diferença destes números, que é nn!. Isto implica que p|n!. Como p|(n! + 1) e p|n! entãop|1, ou seja, p = 1. Assim (n! + 1, (n + 1)! + 1) = 1. (24) Mostrar que se a e b são números inteiros, com (a, b) = 1, então (a + b, a − b) = 1 ou 2. Solução: Seja d = (a + b, a − b). Logo a + b = k1 d e a − b = k2 d. Portanto (k1 + k2 )d = 2a e (k1 − k2 )d = 2b.De um lado temos que (2a, 2b) = 2(a, b) = 2. De outro lado (2a, 2b) = ((k1 + k2 )d, (k1 − k2 )d) =d(k1 + k2 , k1 − k2 ) = 2. Se supomos que (k1 + k2 , k1 − k2 ) = k, então temos kd = 2, o que implicaque d = 1 e k = 2, ou d = 2 e k = 1. Assim d = 1 ou d = 2.
  • (25) Mostrar que se an − 1 for primo, para n > 1 e a > 1, então a = 2 e n primo. Solução: Dado que an − 1 = (a − 1)(an−1 + an−2 + · · · + a + 1), e o segundo fator é maior doque 1 (pois a > 1), segue que a − 1 = 1 pois an − 1 é primo. Portanto a = 1. Por outro lado, se n não for primo, então teríamos n = rs, com r > 1, s > 1. Assim 2rs − 1 = (2r − 1)(2r(s−1) + 2r(s−2) + · · · + 2r + 1),o que contradiz o fato de 2rs − 1 ser primo. Portanto n tem que ser primo.