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1

´
Teoria dos Numeros
Solucoes dos Exerc´cios do Cap´tulo 1
¸˜
ı
ı
1. Encontrar, usando o algoritmo da divis˜ o de Euclides, o m´ ximo divisor comum dos seguintes pares
a
a
de n´ meros:
u
(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 m´nimo m´ ltiplo comumdos seguintes pares de n´ meros:
ı
u
u
(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 sequˆ ncia de pelo menos 30 inteiros consecutivos e compostos.
e
´
Solucao: Para ak = 31! + k + 1, temos que a1 = 31! + 2 e composto (coloque o 2 em evidˆ ncia),
¸˜
e
´temos que a2 = 31! + 3 e composto (coloque aqui o 3), temos que a3 = 31! + 4 tamb´ m e composto,

e assim por diante, at´ o a30 = 31! + 31. Com isso, obtemos uma sequˆ ncia de 30 inteiros compostos
e
e
consecutivos.
4. Mostrar, por inducao, que:
¸˜
(a)
12 + 22 + 32 + . . . + n2 =
Solucao: De fato, para n = 1, 12 = 1 =
¸˜

n(n + 1)(2n + 1)
6

1(1+1)(2·1+1)
6

=

1·2·3
.
6Supondo v´ lida para um n = k,
a

analisemos o caso n = k + 1:
(k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1)
(k + 1)(k + 2)(2k + 3)
(k + 1)(2k2 + 7k + 6)
=
=
=
6
6
6
(k + 1)[6(k + 1) + k(2k + 1)]
6(k + 1)2 + k(k + 1)(2k + 1)
k(k + 1)(2k + 1)
=
= (k +1)2 +
=
6
6
6
2
2
2
2
1
(k + 1) + k + . . . + 3 + 2 + 1
(b) 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = n2
Solucao: De fato, para n = 1, 1 = 12 .Supondo v´ lida para um n = k, analisemos o caso n = k + 1:
¸˜
a
(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 v´ lida para n = k,
a

analisemos o caso n = k + 1:
(k + 1)((k+ 1) + 1)((k + 1) + 2)
(k + 1)(k + 2)(k + 3)
3(k + 1)(k + 2) + k(k + 1)(k + 2)
=
=
=
3
3
3
k(k + 1)(k + 2)
= (k + 2)(K + 1) + (k + 1)k + . . . + 4 · 3 + 3 · 2 + 2 · 1
3
n , ∀n ≥ 3
(d) n! > 2

(k + 1)(k + 2) +

Solucao: De fato, para n = 4, 4! = 24 > 16 = 24 . Supondo v´ lida para n = k, analisemos o caso
¸˜
a
n = k + 1: (k + 1)! = (k + 1)k! > (k + 1)2k > k2k > 2 · 2k = 2k+1 ,pois k ≥ 3, por hip´ tese.
o
(e) n2 > 2n + 1, ∀n ≥ 3
Solucao: De fato, para n = 3, 32 = 9 > 7 = 2 · 3 + 1. Supondo v´ lida para n = k, analisemos o
¸˜
a
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
´u
Solucao: De fato, para n = 1, 102 − 9 − 10 = 100 − 19 = 81, que e m´ ltiplo de nove.Supondo v´ lida
¸˜
a
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),
´u
que e m´ ltiplo de nove. Portanto, vale tamb´ m para n = k + 1.
e
´
5. Provar que oproduto de 3 inteiros consecutivos e divis´vel por 6.
ı
Solucao:
¸˜
´
´
Lema: O produto de dois n´ meros consecutivos e par. De fato, m(m + 1) e par, pois, se m for par,
u
m(m + 1) = 2λ(2λ + 1) = 2p, p ∈ Z, e, se m for ´mpar, m(m + 1) = (2λ + 1)(2λ + 2) =
ı
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).
´u
Pelo lema, 6q + 3k(k + 1) = 6q + 3 · 2q = 6q + 6q = 6(q + q ), que e m´ ltiplo 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).
´u
´u
6. Provar que,...
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