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Teoria dos Numeros

Solucoes dos Exercıcios do Capıtulo 1

1. Encontrar, usando o algoritmo da divisao de Euclides, o maximo divisor comum dos seguintes pares

de numeros:

(a) 542 e 234: 2

(b) 9652 e 252: 4

(c) 24573 e 1387: 1

(d) 4276 e 1234: 2

(e) 48762 e 176: 2

(f) 42516 e 97421: 1

(g) 8374 e 24517: 1

(h) 35262 e 12753: 1

2. Achar o mınimo multiplo comum dos seguintes pares de numeros:

(a) 44 e 32: 352

(b) 234 e 12: 468

(c) 35 e 24: 840

(d) 142 e 742: 52682

(e) 17 e 141: 2397

(f) 42 e 52: 1092

(g) 501 e 2141: 438905

(h) 144 e 64: 576

3. Encontrar uma sequencia de pelo menos 30 inteiros consecutivos e compostos.

Solucao: Para ak = 31! + k + 1, temos que a1 = 31! + 2 e composto (coloque o 2 em evidencia),

temos que a2 = 31! + 3 e composto (coloque aqui o 3), temos que a3 = 31! + 4 tambem e composto,

e assim por diante, ate o a30 = 31! + 31. Com isso, obtemos uma sequencia de 30 inteiros compostos

consecutivos.

4. Mostrar, por inducao, que:

(a)

12 + 22 + 32 + . . .+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6

Solucao: De fato, para n = 1, 12 = 1 =1(1+1)(2·1+1)

6= 1·2·3

6. Supondo valida para um n = k,

analisemos o caso n = k + 1:

(k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1)

6=

(k + 1)(k + 2)(2k + 3)

6=

(k + 1)(2k2 + 7k + 6)

6=

(k + 1)[6(k + 1) + k(2k + 1)]

6=

6(k + 1)2 + k(k + 1)(2k + 1)

6= (k+1)2+

k(k + 1)(2k + 1)

6=

(k + 1)2 + k2 + . . .+ 32 + 22 + 11

(b) 1 + 3 + 5 + . . .+ (2n− 1) = n2

Solucao: De fato, para n = 1, 1 = 12. Supondo valida para um n = k, analisemos o caso n = k + 1:

(k + 1)2 = k2 + 2k + 1 = k2 + 2(k + 1)− 1 = (2(k + 1)− 1) + (2k − 1) + . . .+ 5 + 3 + 1.

(c)

1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + . . .+ n(n+ i) =n(n+ 1)(n+ 2)

3

2

Solucao: De fato, para n = 1, 1 · 2 = 2 =1(1+1)(1+2)

3= 1·2·3

3. Supondo valida para n = k,

analisemos o caso n = k + 1:

(k + 1)((k + 1) + 1)((k + 1) + 2)

3=

(k + 1)(k + 2)(k + 3)

3=

3(k + 1)(k + 2) + k(k + 1)(k + 2)

3=

(k + 1)(k + 2) +k(k + 1)(k + 2)

3= (k + 2)(K + 1) + (k + 1)k + . . .+ 4 · 3 + 3 · 2 + 2 · 1

(d) n! > 2n, ∀n ≥ 3

Solucao: De fato, para n = 4, 4! = 24 > 16 = 24. Supondo valida para n = k, analisemos o caso

n = k + 1: (k + 1)! = (k + 1)k! > (k + 1)2k > k2k > 2 · 2k = 2k+1, pois k ≥ 3, por hipotese.

(e) n2 > 2n+ 1, ∀n ≥ 3

Solucao: De fato, para n = 3, 32 = 9 > 7 = 2 · 3 + 1. Supondo valida para n = k, analisemos o

caso n = k + 1: (k + 1)2 = 1 + 2k + k2 > 1 + 2k + 2k + 1 = 2k + 2k + 2 > 2k + 2k + 1 >

2k + 2 + 1 = 2(k + 1) + 1.

(f) 9|(10n+1 − 9n− 10),∀n ≥ 1

Solucao: De fato, para n = 1, 102−9−10 = 100−19 = 81, que e multiplo de nove. Supondo valida

para n = k, analisemos o caso n = k+1: 10(k+1)+1−9(k+1)−10 = 10 ·10k+1−9k−9−10, mas

10k+1−9k−10 = 9q, q ∈ Z⇒ 10k+1 = 9q+9k+10, logo 10 ·10k+1−9k−9−10 = 10(9q+9k+

10)−9k−19 = 90q+90k+100−9k−19 = 90q+90k−9k+81 = 90q+81k+81 = 9(10q+9k+9),

que e multiplo de nove. Portanto, vale tambem para n = k + 1.

5. Provar que o produto de 3 inteiros consecutivos e divisıvel por 6.

Solucao:

Lema: O produto de dois numeros consecutivos e par. De fato, m(m + 1) e par, pois, se m for par,

m(m + 1) = 2λ(2λ + 1) = 2p, p ∈ Z, e, se m for ımpar, m(m + 1) = (2λ + 1)(2λ + 2) =

2(2λ+ 1)(λ+ 1) = 2q, q ∈ Z.

Queremos mostrar que 6|(n− 1)n(n+1). Note que (n− 1)n(n+1) = (n2 − 1)n = n3 −n. Para

n = 1, n3−n = 0 e 6|0. Suponha´que 6|k3−k, ou seja, k3−k = 6q, q ∈ Z; analisemos o caso n = k+1:

(k+1)3−(k+1) = k3+3k2+3k+1−k−1 = k3−k+3k2+3k = 6q+3k2+3k = 6q+3k(k+1).

Pelo lema, 6q + 3k(k + 1) = 6q + 3 · 2q′ = 6q + 6q′ = 6(q + q′), que e multiplo de 6. Observe que

6|(n− 1)n(n+ 1)⇒ 6|(1− n)(−n)(−n− 1). Com isso, ∀n ∈ Z, 6|(n− 1)n(n+ 1).

6. Provar que, para todo n ∈ N, 32n+1 + 2n+2 e multiplo de 7 e que 32n+2 + 26n+1 e multiplo de

11.

Solucao:

* Para n = 1, 32·1+1+21+2 = 33+23 = 27+8 = 35 = 7 ·5, que e multiplo de 7. Suponha valido

para n = k, ou seja, 7q = 32k+1 + 2k+2 ⇒ 32k+1 = 7q − 2k+2, q ∈ Z; analisemos o caso n = k+ 1:

32(k+1)+1+2k+1+2 = 32k+2+1+2k+2+1 = 32 ·32k+1+2 ·2k+2 = 32 · (7q−2k+2)+2 ·2k+2 =

7 · 9q − 9 · 2k+2 + 2 · 2k+2 = 7 · 9q − 7 · 2k+2 = 7 · (9q − 2k+2).

** Para n = 1, 32·1+2 + 26·1+1 = 34 + 27 = 81 + 128 = 209 = 11 · 19. Supondo valida para

n = k, ou seja, 32k+2 + 26k+1 = 11q ⇒ 32k+2 = 11q − 26k+1; analisemos o caso n = k + 1:

32(k+1)+226(k+1)+1 = 32 · 32k+2 + 26 · 26k+1 = 9 · 32k+2 + 64 · 26k+1 = 9 · (11q − 26k+1) +

64 · 26k+1 = 11 · 9q − 9 · 26k+1 + 64 · 26k+1 = 11 · 9q + 55 · 26k+1 = 11 · (9q + 5 · 26k+1).

7. Encontrar inteiros x y tais que

(a) 93x+ 81y = 3 ⇒ 31x+ 27y = 1

31 = 27 · 1 + 4⇒ 4 = 31− 27

3

27 = 4 · 6 + 3⇒ 3 = 27− 4 · 6

4 = 3 · 1 + 1⇒ 1 = 4− 3

1 = 31− 27− (27− (31− 27) · 6)

= 31− 27− 27 + (31− 27) · 6

= 31− 27− 27 + 6 · 31− 6 · 27

= 7 · 31− 8 · 27

= 7 · 31− 8 · 27 + 27 · k · 31− 31 · k · 27

= (7 + 27k) · 31− (8 + 31k) · 27

(x, y) = (7 + 27k,−8− 31k), k ∈ Z

(b) 43x+ 128y = 1

128 = 43 · 2 + 42⇒ 42 = 128− 2 · 43

43 = 42 · 1 + 1⇒ 1 = 43− 42

1 = 43− (128− 2 · 43)

= 43− 128 + 2 · 43

= 3 · 43− 128

= 3 · 43− 128 + 43 · k · 128− 128 · k · 43

= (3− 128k) · 43− (128− 43k) · 128

(x, y) = (3− 128k, 43k − 128), k ∈ Z

8. Mostrar que se a b sao inteiros positivos, com (a, b) = [a, b], entao a = b.

Solucao: Como sabemos, [a, b] = ab(a,b)

. Com isso, temos (a, b) = ab(a,b)

. Como (a, b)|a e (a, b)|b,

temos a(a,b)

· b(a,b)

= 1⇒ a(a,b)

= b(a,b)

= 1⇒ a = b = (a, b).

9. Mostrar que n5 − n e divisıvel por 30 para todo inteiro n.

Solucao:

Lema 1: Para todon natural, n(7+6n+2n2) e multiplo de 3. De fato, paran = 1, 1·(7+6·1+2·12) =

7 + 6 + 2 = 15 = 3 · 5. Supondo valida para n = k, ou seja, 7k + 5k2 + 2k3 = 3q; analisemos o caso

n = k+1: (k+1)(7+6 · (k+1)+2 · (k+1)2) = (k+1)(13+10k+2k2) = 15k+10k2 +2k3 +

15+10k+2k2 = (2k3+6k2+7k)+6k2+18k+15 = 3q+6k2+18k+15 = 3 ·(q+2k2+6k+5).

Lema 2: Para todo n natural, n(n + 1)(n2 + n + 1) e multiplo de 6. De fato, para n = 1, 1 ·

(1 + 1) · (12 + 1 + 1) = 2 · 3 = 6. Supondo valida para n = k, ou seja, k(k + 1)(k2 + k + 1) =

k4+2k3+2k2+k = 6q; analisemos o caso para n = k+1: (k+1)((k+1)+1)((k+1)2+(k+1)+1) =

(k + 1)(k + 2)(k2 + 3k + 3) = (k2 + 3k + 2)(k2 + 3k + 3) = k4 + 6k3 + 14k2 + 15k + 6 =

(k4+2k3+2k2+k)+4k3+12k2+14k+6 = 6q+4k3+12k2+14k+6 = 6q+2k(7+6k+2k2)+6.

Pelo lema 1, 6q + 2k(7 + 6k + 2k2) + 6 = 6q + 2 · 3q′ + 6 = 6q + 6q′ + 6 = 6 · (q + q′ + 1).

Com isso, podemos provar que 30|(n5 − n). Para n = 1, n5 − n = 15 − 1 = 0, e 30|0. Supondo

valida para n = k, ou seja, k5 − k = 30q; analisemos o caso para n = k + 1: (k + 1)5 − (k + 1) =

k5 + 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k + 1 − k − 1 = k5 − k + 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k = 30q + 5k4 +

10k3 + 10k2 + 5k = 30q + 5k(k3 + 2k2 + 2k + 1) = 30q + 5k(k + 1)(k2 + k + 1). Pelo lema

4

2, 30q + 5k(k + 1)(k2 + k + 1) = 30q + 5 · 6q′ = 30q + 30q′ = 30(q + q′). Por outro lado, como

30|(n5 − n), temos que 30|((−n)5 − (−n)); logo, ∀n ∈ Z, 30|(n5 − n).

10. Mostrar que a equacao x3 + 7x+ 17 = 0 nao tem solucao inteira.

Solucao: Se x3 +7x+17 = 0⇒ x3 +7x = −17 admite solucao inteira, entao, ja que x|(x3 +7x),

x| − 17. Como 17 e primo, os possıveis valores de x pertencem a {−17,−1, 1, 17}. Por outro lado,

(−17)3+7 ·(−17) < −17, (−1)3+7 ·(−1) = −8 6= −17, 13+7 ·1 = 8 6= −17 e 173+7 ·17 > −17.

Portanto, nao admite solucao inteira.

11. Mostrar que, para nenhum n ∈ N, 2n + 1 e um cubo.

Solucao:

Lema: Para todo x natural, x2 + x e par. De fato, x = 2k ou x = 2k + 1; assim, x2 + x =

(2k)2 + (2k) = 4k2 + 2k = 2 · (2k2 + k), que e par, ou x2 + x = (2k + 1)2 + (2k + 1) =

4k2 + 4k + 1 + 2k + 1 = 4k2 + 6k + 2 = 2 · (2k2 + 3k + 1), que tambem e par.

Suponha que 2n + 1 = m3, logo terıamos 2n = m3 − 1 = (m − 1)(m2 +m + 1). Como 2|2n,

∀n ∈ N, temos que 2|(k− 1)(k2 + k+1). Mas 2 6 |(k2 + k+1), pois k2 + k e par e k2 + k+1 e ımpar.

Assim, 2|(k − 1), para todo k, absurdo.

11. Pode o numero A = 111 . . . 1 formado por trezentos 1’s ser um quadrado?

Solucao:

Lema: Todo quadrado perfeito nao deixa resto 3 na divisao por 4. De fato, se um numero e par, (2m)2 =

4m2, que deixa resto 0, se e ımpar, (2m + 1)2 = 4m2 + 4m + 1 = 4(m2 +m) + 1, que deixa resto 1

na divisao por 4. Assim, todo quadrado perfeito deixa resto 0 ou 1. Logo, nao deixa resto 3.

O numero nao e um quadrado, pois deixa resto 3 na divisao por 4. Observe que 111 . . . 111 =

111 . . . 100 + 11 = 100 · 111 . . . 1 + 8 + 3 = 4 · (25 · 111 . . . 1 + 2) + 3 que deixa resto 3 na di-

visao por 4.

13. Sejam F1 = 1, F2 = 1 e Fn = Fn−1 + Fn−2, n ≥ 3 (Fn e chamado n-esimo numero do

Fibonacci). Mostre que

(a) F1 + F3 + F5 + . . .+ F2n−1 = F2n

Solucao: De fato, para n = 1, F2·1−1 = F1 = 1 = F2 = F2·1. Supondo valida para n = k,

analisemos o caso para n = k+1: F2(k+1) = F2k+2 = F2k+1 +F2k = F2(k+1)−1 +F2k−1 + . . .+

F5 + F3 + F1.

(b) F2 + F4 + F6 + . . .+ F2n = F2n+1 − 1

Solucao: De fato, para n = 1, F2·1 = F2 = F3 − F1 = F2·1+1 − 1. Supondo valida para

n = k, analisemos o caso para n = k + 1: F2(k+1)+1 − 1 = F2k+3 − 1 = F2k+2 + F2k+1 − 1 =

F2(k+1) + F2k + . . .+ F6 + F4 + F2.

(c) F1 + F2 + F3 + . . .+ Fn = Fn+2 − 1

Solucao: De fato, para n = 1, F1 = F3−F2 = F1+2− 1. Supondo valida para n = k, analisemos o

caso para n = k+1: Fk+1+2−1 = Fk+3−1 = Fk+2+Fk+1−1 = Fk+1+Fk+ . . .+F3+F2+F1.

(d) F1F2 + F2F3 + F3F4 + . . .+ F2nF2n+1 = F 22n+1 − 1

Solucao: De fato, para n = 1, F1F2 + F2F3 = F1(F3 − F1) + (F3 − F1)F3 = F1F3 −

F 21 + F 2

3 − F1F3 = F 23 − F 2

1 = F 23 − 1. Supondo valida para n = k, analisemos o caso para

n = k + 1: F1F2 + F2F3 + . . . + F2kF2k+1 + F2k+1F2k+2 + F2k+2F2k+3 = F 22k+1 − 1 +

F2k+1F2k+2 +F2k+2F2k+3 = F 22k+1− 1+(F2k+3−F2k+1)F2k+3 +F2k+1(F2k+3−F2k+1) =

F 22k+1 − 1 + F 2

2k+3 − F2k+1F2k+3 + F2k+1F2k+3 − F 22k+1 = F 2

2k+3 − 1 = F2(k+1)+1 − 1.

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14. Mostrar que, para os numeros de Fibonacci, definidos no problema anterior, satisfazem:

(a) (Fn, Fn+1) = 1

Solucao: De fato, para n = 1, (F1, F2) = (1, 1) = 1. Supondo valida para n = k, analisemos o caso

para n = k + 1: (Fk+1, Fk+2) = (Fk+1, Fk+1 + Fk) = (Fk+1, Fk) = 1.

(b) (Fn, Fn+3) = 1 ou 2

Solucao:

Lema: Se a e ımpar e (a, b) = 1, entao (a, 2b) = 1, com b inteiro. Certamente, se tivessemos

(a, 2b) = k, com k 6= 1, terıamos que a = αk e 2b = βk, logo aα

= 2bβ

. Como 2| 2bβ

, 2| aα

; com isso,

terıamos que 2|a, absurdo, pois a e ımpar.

Observe que (Fn, Fn+3) = (Fn, Fn+2 + Fn+1) = (Fn, Fn + 2Fn+1) = (Fn, 2Fn+1). E fato

que, se Fn for par. Fn+1 sera ımpar, se Fn for ımpar, Fn+1 podera ser par ou ımpar. Se Fn for par,

(Fn, 2Fn+1) = 2(Fn2, Fn+1) = 2 · 1 = 2, pois (Fn, Fn+1) = 1. Se Fn for ımpar, temos, pelo lema,

que, independente de Fn+1, (Fn, 2Fn+1) = 1, ja que Fn e ımpar e (Fn, Fn+1) = 1.

15. Mostrar que, alem de 2 = 13 + 1, nenhum numero da forma n3 + 1 e primo.

Solucao: Basta observar que n3 + 1 = (n+ 1)(n2 − n+ 1), que e composto para n 6= 1.

16. Utilizando a sequencia Rn = n! + 1, n ≥ 1, fornecer uma outra demonstracao para a infinitude

dos primos.

Solucao:

Lema: Se a|b, entao a 6 |b + 1. Suponha que a|b + 1, logo b + 1 = ak ⇒ b = ak − 1 ⇒ ak′ =

ak − 1⇒ ak − ak′ = 1⇒ a(k − k′) = 1⇒ a|1, absurdo.

Suponha que a sequencia dos primos seja finita. Seja a subsequencia (p1, p2, . . . , pn) dos primos que

podem ser escritos na forma pn = n! + 1. Supondo pn sendo o ultimo dos primos da forma n! + 1, temos

pn+1 = (n+1)!+1 = (n+1)n!+1+(n+1)−(n+1) = (n+1)(n!+1)+1−(n+1) = (n+1)pn−n.

Se existe um numero que divida Pn+1, senao ele mesmo ou 1, esse numero divide (n + 1)pn − n. Seja

k esse numero. Pelo lema, k nao pode dividir (n + 1)pn − n, alem de pn ser primo. Logo, pn+1 e outro

primo da forma (n+ 1)! + 1 que nao esta na sequencia dos primos, absurdo.

17. Mostrar que todo inteiro maior do que 11 e a soma de dois inteiros compostos.

Solucao: Queremos mostrar que n = aα+ bβ, com n > 11, a, b,α e β inteiros diferentes de 1. Se n

for composto, ou seja, n = λµ, temos que n = λ(k + k′), onde k e k’ sao inteiros; assim, n = λk + λk′,

e segue o resultado. Se n for primo, temos que e da forma 6m + 1 ou 6m + 5; para n = 6m + 1,

n = 6(k + 8) + 1, onde k e inteiro, logo, n = 6k + 48 + 1 = 6m + 49, e segue o resultado; para

n = 6m+5, n = 6(k′+10)+5 = 6k′+60+5 = 6k′+65, e segue o resultado. Observe que a hipotese

de n > 11 foi satisfeita; portanto, todo inteiro maior do que onze e soma de dois inteiros compostos.

18. Mostrar que 3 e o unico primo p tal que p, p+ 2 e p+ 4 sao todos primos.

Solucao: Suponha que exista outro p 6= 3 tal que p, p + 2 e p + 4 sejam todos primos. p = 2 ou

p = 5? Nao, pois 2 + 2 = 4 e 5 + 4 = 9, que sao compostos. Logo, p e da forma 6k + 1 ou 6k + 5. Se

p = 6k+1, temos que p+2 = 6k+1+2 = 6k+3 = 3(2k+1), que e composto. Se p = 6k+5, temos

que p + 4 = 6k + 5 + 4 = 6k + 9 = 3(2k + 3), que e composto. Com isso, obtemos um contradicao.

Portanto, para nenhum p 6= 3, p+ 2 e p+ 4 sao primos tambem. Assim, 3 e o unico.

19. Achar a soma de todos os numeros formados pelas permutacoes dos dıgitos 1, 2, 3, 4 e 5, isto e:

12345 + . . .+ 54321.

Solucao: Observe que 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15. Logo, temos:

6

5 4 3 2 1

......

......

...

+ 1 2 3 4 5

1 6 6 6 6 5

20.Provar que nao existe n ∈ N tal que 7|(4n2 − 3).

Solucao:

Lema: Se n e natural, entao 7 - (n2 + 1). Como n e natural, ele e da forma 7k, 7k ± 1, 7k ± 2

ou 7k ± 3, com k natural. Para n = 7k,n2 + 1 = 49k2 + 1 nao e multiplo de 7. Para n = 7k ± 1,

n2 + 1 = (7k ± 1)2 + 1 = 49k2 ± 14k + 2 = 7(7k2 ± 2k) + 2 nao e multiplo de 7. Para n = 7k ± 2,

n2 + 1 = (7k ± 2)2 + 1 = 49k2 ± 28k + 5 = 7(7k2 ± 4k) + 5 nao e multiplo de 7. Para n = 7k ± 3,

n2 + 1 = (7k ± 3)2 + 1 = 49k2 ± 42k + 9 = 7(7k2 ± 6k + 1) + 2 tambem nao e multiplo de 7.

Portanto, 7 6 |(n2 + 1).

Suponha que exista n ∈ N tal que 7|(4n2 − 3). Logo, 4n2 − 3 = 7q ⇒ 4n2 − 3+ 7 = 7(q+1)⇒

4n2 + 4 = 7(q + 1)⇒ 4(n2 + 1) = 7(q + 1)⇒ 7|(n2 + 1). Pelo lema, chegamos numa contradicao.

21. Sabendo que o resto da divisao de um inteiro b por 7 e 5, calcular o resto da divisao por 7 dos

seguintes numeros:

(a) −b

b = 7q + 5⇒ −b = −7k − 5 = 7(−k) + 7− 7− 5 = 7(−k)− 7 + 2 = 7(−k − 1) + 2.

−b deixa resto 2.

(b) 2b

2b = 14q + 10 = 14q + 7 + 3 = 7(2q + 1) + 3

2b deixa resto 3.

(c) 3b+ 7

3(7q + 5) + 7 = 21q + 15 + 7 = 21q + 22 = 21q + 21 + 1 = 7(3q + 3) + 1

3b+ 7 deixa resto 1.

(d) 10b+ 1

10(7q + 5) + 1 = 70q + 50 + 1 = 70q + 49 + 2 = 7(10q + 7) + 2

10b+ 1 deixa resto 2.

(e) b2 + b+ 1

(7q+5)2+(7q+5)+1 = 49q2+70q+25+7q+5+1 = 49q2+77q+31 = 49q2+77q+28+3 =

7(7q2 + 11q + 4) + 3

b2 + b+ 1 deixa resto 3.

22. Seja Un = 111 . . . 1 um numero formado por n 1’s. Provar que Un primo implica n primo.

Solucao: Suponha n = pq, com p e q diferentes de 1. Temos que Un = 111 . . . 1 = 10n−19

=

10pq−19

=(10p)q−1

9= 10p−1

9· ((10p)q−1 + (10p)q−2 + . . . + (10p) + 1). Logo, Un e composto,

absurdo.

23. Mostrar que, se, para algum n, m|(35n+ 26), m|(7n+ 3) e m > 1, entao m = 11.

Solucao: m|(35n + 26) e m|(7n + 3) ⇒ 35n + 26 = k1m e 7n + 3 = k2m ⇒ k1 − 4k2 =

35n+26−4(7n+3) = 35n+26−28n−12 = 7n+14⇒ m(k1−4k2) = 7n+14⇒ m|(7n+14).

Comomk = 7n+14 = 7n+3+11, em|(7n+3), m|11, ou sejam = 11 oum = 1 (pois 11 e primo).

Como m > 1, concluımos que m = 11.

7

24. Sendo 1a+ 1

bum inteiro, onde a e b sao inteiros positivos, mostrar que a=b. Mostrar tambem que

a = 1 ou a = 2.

Solucao: 1a+ 1

b= b

ab+ a

ab= a+b

ab⇒ ab|(a + b) ⇒ a + b = abq ⇒ a − abq + b = 0 ⇒

a(1−bq) = −b⇒ a|b. Por outro lado, a−abq+b = 0⇒ a−b(aq−1) = 0⇒ a = b(aq−1)⇒ b|a.

Portanto, a = b. Logo, a+ b = abq ⇒ a+ a = aaq ⇒ 2a = qa2 ⇒ q = 2aa2

= 2a⇒ a|2⇒ a = 1 ou

a = 2, pois 2 e primo.

25. Mostrar que, se (a, b) = 1, entao (2a+ b, a+ 2b) = 1 ou 3.

Solucao: (2a+b, a+2b) = d. Logo, 2a+b = k1d e a+2b = k2d e, portanto, d(2k1−k2) = 2(2a+

b)−(a+2b) = 4a+2b−a−2b = 3a e d(−k1+2k2) = −(2a+b)+2(a+2b) = −2a−b+2a+4b = 3b.

Como sabemos, (3a, 3b) = 3(a, b) = 3. Mas (3a, 3b) = (d(2k1 − k2), d(−k1 + 2k2)) = d(2k1 −

k2,−k1 + 2k2) = 3. Fazendo (2k1 − k2,−k1 + 2k2) = k, dk = 3⇒ d = 1 ou d = 3.

26. Mostrar que, sendo n um inteiro, o numero n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) + 1 e um quadrado perfeito.

Solucao: Basta observar quen(n+1)(n+2)(n+3)+1 = n4+6n3+11n2+6n+1 = (n2+3n+1)2.

27. Determinar todos os numeros de 3 algarismos divisıveis por 8, 11 e 12.

Solucao:

* 104 + 8n, 0 ≤ n ≤ 111.

** 110 + 11n, 0 ≤ n ≤ 80.

*** 108 + 12n, 0 ≤ n ≤ 74.

28. Encontrar todos os inteiros positivos n para os quais (n+ 1)|(n2 + 1).

Solucao: Se (n + 1)|(n2 + 1), entao n2 + 1 = (n + 1)q ⇒ n2 − 1 + 2 = (n + 1)q ⇒

(n + 1)(n − 1) + 2 = (n + 1)q ⇒ n − 1 + 2n+1

= q ⇒ 2n+1

= q − n + 1 ⇒ 2n+1

e um

inteiro. Como 2 e primo, n+ 1 = 1 ou n+ 1 = 2⇒ n = 0 ou n = 1.

29. Dados a e b inteiros, com b 6= 0, mostrar que existem inteiros q e r satisfazendo a = qb ± r,

0 ≤ r ≤ b/2.

Solucao: Pelo algoritmo da divisao, existem m e n tais que a = mb + n, 0 ≤ n < b. Se b for par, n

pode ser b2

, pois b2< b. Se b for ımpar, n < b

2ou n > b

2. Para qualquer b, se 0 ≤ n ≤ b

2, faca m = q e

n = r; se b2< n < b, temos− b

2> −n > −b⇒ b− b

2> b− n > 0⇒ b

2> b− n > 0, faca m = q e

r = −n.

30. Mostrar que, se a e b sao inteiros, (a, 3) = (b, 3) = 1, entao a2 + b2 nao e um quadrado perfeito.

Solucao:

Lema: Todos os quadrados perfeitos deixam resto 1 ou 0 na divisao por tres. De fato, se a = 3k,

a2 = 9k2, que deixa resto 0; se a = 3k ± 1, a2 = 9k2 ± 6k + 1 = 3(3k2 ± 2k) + 1, que deixa resto

resto 1. Logo, segue o resultado.

Suponha que a2 + b2 = c2. Pelo lema, os quadrados de numeros 6= 3q deixam resto 1 na divisao por

tres. Como (a, 3) = 1 e (b, 3) = 1, temos que a 6= 3q e b 6= 3q′; assim, a2 e b2 deixam resto 1 na divisao

por tres. Ou seja, a2 = 3k1 + 1 e b2 = k2 + 1⇒ a2 + b2 = 3(k1 + k2) + 2, que deixa resto 2, e nao 1;

logo, a2 + b2 nao e um quadrado perfeito, contradicao.

31. Mostrar que, para n > 1, os numeros n4 + 4 e n4 + n2 + 1 sao ambos compostos.

Solucao: Basta observar que:

*n4+4 = n4+4n2+4−4n2 = (n2+2)2−4n2 = (n2+2)2−(2n)2 = (n2+2+2n)(n2+2−2n),

que e composto, para n > 1.

8

**n4+n2+1 = n4+2n2−n2+1 = n4+2n2+1−n2 = (n2+1)2−n2 = (n2+1−n)(n2+1+n),

que e composto, para n > 1.

32. Demonstrar os itens (a), (b) e (c) do problema 13 sem fazer uso de inducao.

(a) F1 + F3 + F5 + . . .+ F2n−1 = F2n

Solucao: F2n = F2n−1 + F2n−2 = F2n−1 + F2n−3 + F2n−4 = F2n−1 + F2n−3 + F2n−5 +

F2n−6 = F2n−1 + F2n−3 + F2n−5 + . . . + F6 = F2n−1 + F2n−3 + F2n−5 + . . . + F5 + F4 =

F2n−1 + F2n−3 + . . .+ F5 + F3 + F2 = F2n−1 + . . .+ F5 + F3 + F1.

(b) F2 + F4 + F6 + . . .+ F2n = F2n+1 − 1

Solucao: F2n+1−1 = F2n+F2n−1−1 = F2n+F2n−2+F2n−3−1 = F2n+F2n−2+F2n−4+

F2n−5−1 = F2n+F2n−2+F2n−4+ . . .+F7−1 = F2n+F2n−2+F2n−4+ . . .+F6+F5−1 =

F2n+F2n−2+. . .+F6+F4+F3−1 = F2n+. . .+F6+F4+F2+F1−1 = F2n+. . .+F6+F4+F2.

(c) F1 + F2 + F3 + . . .+ Fn = Fn+2 − 1

Solucao: Fn+2−1 = Fn+1+Fn−1 = Fn+Fn−1+Fn−1+Fn−2−1 = Fn+Fn−1+Fn−2+

Fn−2 +Fn−3 − 1 = Fn +Fn−1 +Fn−2 +Fn−3 + . . .+F4 +F4 +F3 − 1 = Fn +Fn−1 + . . .+

F4 +F3 +F3 +F2− 1 = Fn+ . . .+F4 +F3 +F2 +F2 +F1− 1 = Fn+ . . .+F4 +F3 +F2 +F1.

33. Mostrar que (a, bc) = 1 se, e somente se, (a, b) = (a, c) = 1.

Solucao:

*(a, bc) = 1⇒ a 6 |bc e b 6 |a e c 6 |a⇒ a 6 |b e b 6 |a e a 6 |c e c 6 |a⇒ (a, b) = (a, c) = 1.

**(a, b) = 1 e (a, c) = 1 ⇒ ∃x1, x2, y1, y2 ∈ Z; 1 = x1a + y1b e 1 = x2a + y2c ⇒ x1a +

y1b(x2a+y2c) = 1, pois 1 = x2a+y2c,⇒ x1a+x2y1ab+y1y2bc = 1⇒ a(x1+x2y1b)+y1y2bc =

1⇒ x3a+ y3bc = 1. Como bc 6 |(x3a+ y3bc), bc 6 |x3a⇒ bc 6 |a, e, como a 6 |b e a 6 |c, (a, bc) = 1.

34. Mostrar que se b|c, entao (a+ c, b) = (a, b).

Solucao: De b|c, temos c = kb. Logo, (a+ c, b) = (a+ kb, b) = (a, b).

35. Mostrar que se (a, c) = 1, entao (a, bc) = (a, b).

Solucao: Suponha (a, bc) = d e (a, b) = d′. Temos que a = q1d e bc = q2d. Como (a, c) = 1,

existem x e y inteiros tais que xa + yc = 1. Logo, x(q1d) + yc = 1 ⇒ xq1db + ycb = b ⇒

xq1db + y(q2d) = b ⇒ d(xq1b + yq2) = b ⇒ d|b ⇒ d|(a, b) ⇒ d|d′. Se (a, b) = d′, temos d′|a e

d′|b⇒ d′|a e d′|bc⇒ d′|(a, bc)⇒ d′|d. Portanto, d = d′.

36. Mostrar que (a, b, c) = ((a, b), c).

Solucao: Por definicao, sendo (a, b, c) = d e ((a, b), c) = d′, de (a, b, c) = d, tem-se que d|a, d|b e

d|c ⇒ d|(a, b) e d|c ⇒ d|((a, b), c) ⇒ d|d′. Por outro lado, de ((a, b), c) = d′, tem-se que d′|(a, b) e

d′|c⇒ d′|a e d′|b e d′|c⇒ d′|(a, b, c)⇒ d′|d. Portanto, (a, b, c) = ((a, b), c).

37. Dizer qual e o maior inteiro que pode ser somado ao dividendo sem alterar o quociente quando se

divide 431 por 37.

Solucao: Observe que 431 = 11 · 37 + 24.

431 | 37

− 407 11

(24)

Note que o maior numero que pode ser somado a 431 e 12, pois 431 + 12 = 11 · 37 + 36, e se

pudessemos somar um maior do que 12, como 13, terıamos: 431 + 13 = 11 · 37 + 37 = 12 · 37, que

alteraria o quociente.

9

38. Para cada par de inteiros a e b dado abaixo, encontrar o quociente q e o resto r satisfazendo o

algoritmo da divisao de Euclides.

(a) a = 59, b = 6. q=9 e r=559 | 6

− 54 9

(5)

(b) a = −71, b = 5. q=-15 e r=4−71 | 5

− −75 −15

(4)

(c) a = −48, b = −7. q=7 e r=1−48 | −7

− −49 7

(1)

(d) a = 67, b = −13. q=-5 e r=267 | −13

− 65 −5

(2)

39. Mostrar que se n e m sao inteiros ımpares, entao 8|(n4 +m4 − 2).

Solucao: Por hipotese, n = 2k1 + 1 e m = 2k2 + 1; logo, n4 + m4 − 2 = (2k1 + 1)2 +

(2k2 + 1)2 − 2 = 16k41 + 32k31 + 24k21 + 8k1 + 1 + 16k42 + 32k32 + 24k22 + 8k2 + 1 − 2 =

8(2k41 + 4k31 + k1 + 2k42 + 4k32 + 3k22 + k2).

40. Encontrar o menor inteiro positivo da forma 36x+ 54y onde x e y sao inteiros.

Solucao: Sendo d o menor inteiro positivo da forma 36x + 54y, d = (36, 54). Pelo algoritmo de

Euclides, d = 18.

54 = 1 · 36 + 18

36 = 2 · 18 + 0

41. Utilizando o processo descrito no Teorema 1.17, expressar o numero 274 nas bases 2, 5, 7 e 9.

Solucao:

*274 = 256 + 18 = 28 + 16+ 2 = 28 + 24 + 21 = 1 · 28 + 0 · 27 + 0 · 26 + 0 · 25 + 1 · 24 + 0 ·

23 + 0 · 22 + 1 · 21 + 0 · 20 = (100010010)2.

**274 = 125 + 149 = 125 + 125 + 24 = 2 · 125 + 5 + 5 + 5 + 5 + 4 = 2 · 125 + 4 · 5 + 4 =

2 · 53 + 0 · 52 + 4 · 51 + 4 · 50 = (2044)5.

***274 = 49+49+49+49+49+29 = 5·49+29 = 5·49+7+7+7+7+1 = 5·49+4·7+1 =

5 · 72 + 4 · 71 + 1 · 70 = (541)7.

****274 = 81 + 81 + 81 + 31 = 3 · 81 + 31 = 3 · 81 + 9 + 9 + 9 + 4 = 3 · 81 + 3 · 9 + 4 =

3 · 92 + 3 · 91 + 4 · 90 = (334)9.

42. Transformar para a base 10 os seguintes numeros

(a) (2351)7

Solucao:(2351)7 = 2·73+3·72+5·7+1 = 2·343+3·49+5·7+1 = 686+147+35+1 = (869)10.

(b) (1001110)2

Solucao: (1001110)2 = 0·20+1·21+1·22+1·23+0·24+0·25+1·26 = 2+4+8+64 = (78)10.

(c) (7706)8

10

Solucao: (7706)8 = 6 ·80+0 ·81+7 ·82+7 ·83 = 6+7 ·64+7 ·512 = 6+448+3584 = 4038.

(d) (11122)4

Solucao: (11122)4 = 2 · 40 + 2 · 41 + 1 · 42 + 1 · 43 + 1·4 = 2 + 2 · 4 + 16 + 64 + 256 =

2 + 8 + 16 + 64 + 256 = 346.

43. Mostrar que se 2n + 1 e um primo ımpar, entao n e uma potencia de 2.

Solucao: Suponha n 6= 2m, temos n = 2m · pα11 · pα2

2 · . . . · pαλλ = 2mk. Note que k e ımpar.

Logo, 2n +1 = 22mk +1 = (22

m)k +1 = (22

m+1)((22

m)k−1 − (22

m)k−2 + (22

m)k−3 − . . .−

22m

+1). Como ((22m)k−1 − (22

m)k−2︸ ︷︷ ︸

>0

+(22m)k−3 − (22

m)k−4︸ ︷︷ ︸

>0

+ . . .+(22m)2 − 22

m︸ ︷︷ ︸>0

+1) > 1

e 22m

+ 1 > 1, temos que 2n + 1 e composto, absurdo.

44. Provar que se d = (a, b), entao d e o numero de inteiros na sequencia a, 2a, 3a, . . ., ba que sao

divisıveis por b.

Solucao: Se b|ia, para 1 ≤ i ≤ b, temos que ia = tb. Mas a = Ad e b = Bd, com (A,B) =

1. Assim, ia = tb ⇒ iAd = tBd ⇒ iA = tB. Como B - A, temos que B|i. Considere X =

{1, 2, 3, . . . , b}. E fato que o numero de elementos em x que sao divisıveis por B e q, onde b = qB. Logo,

b = qB ⇒ Bd = qB ⇒ q = d. Com isso, o numero de inteiros na seuquencia a, 2a, 3a, . . ., ba que sao

divisıveis por b e d.