SUMÁRIO MA-14 - Aula 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Mínimo Múltiplo Comum: Pr Problemas . . . . . 8.2 Equaçõe açõess Diofan fantinas Linear eares: es: Pr Problemas . . MA-14 - Aula 05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2 Atividade Espec pecial (Revisão) . . . . . . . . . .
i
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41 41 48 57 57
MA-14 - Aula 04 Semana 27/ 27/08 a 02/ 02/09
Unidade 7 7.2 7.2
Míni Mínimo mo Múlt Múltip iplo lo Com Comum: Proble Problema mass
Exercício 7.2.1. mmc dos pares de números do Problema 1, Unidade 5. Calcule o mmc dos Solução. Os números do Problema 1, Unidade 5 são: a) 637 e 3887 d) 7325 d) 7325 e 8485
b) 648 e 1218 e) 987654321 e) 987654321 e 123456789
c) 551 e 874
a) Temos (3887, 637 637) = 13 e como 3887 × 637 637 = 2448 244881 81,, logo [3887, 637] 637] = Temos que (3887, logo [3887, 2476019 = 190463 13 [3887, 637] = 190463. 190463. Portanto, [3887, b) Temos que (648, (648, 1218) = 6 e 6 e como 1218 789264, logo [648 como 1218×648 = 789264, logo [648,, 1218] = 131544
789264 = 6
[648, 1218] = 131544. 131544. Portanto, [648, c) Temos que (874, (874, 551) = 19 e 19 e como 874 481574, logo [874 como 874 × 551 = 481574, logo [874,, 551] = 25346 [874, 551] = 25346. 25346. Portanto, [874, d) e) Exercício 7.2.2. 41
481574 = 19
MA-14 - Aula 04 Semana 27/ 27/08 a 02/ 02/09
Unidade 7 7.2 7.2
Míni Mínimo mo Múlt Múltip iplo lo Com Comum: Proble Problema mass
Exercício 7.2.1. mmc dos pares de números do Problema 1, Unidade 5. Calcule o mmc dos Solução. Os números do Problema 1, Unidade 5 são: a) 637 e 3887 d) 7325 d) 7325 e 8485
b) 648 e 1218 e) 987654321 e) 987654321 e 123456789
c) 551 e 874
a) Temos (3887, 637 637) = 13 e como 3887 × 637 637 = 2448 244881 81,, logo [3887, 637] 637] = Temos que (3887, logo [3887, 2476019 = 190463 13 [3887, 637] = 190463. 190463. Portanto, [3887, b) Temos que (648, (648, 1218) = 6 e 6 e como 1218 789264, logo [648 como 1218×648 = 789264, logo [648,, 1218] = 131544
789264 = 6
[648, 1218] = 131544. 131544. Portanto, [648, c) Temos que (874, (874, 551) = 19 e 19 e como 874 481574, logo [874 como 874 × 551 = 481574, logo [874,, 551] = 25346 [874, 551] = 25346. 25346. Portanto, [874, d) e) Exercício 7.2.2. 41
481574 = 19
42 a) Se m é um múltiplo comum de a e b, mostre que m = [a, b] b) Se r e s não são nulos e ra = ra = sb sb,, mostre que
⇔
m m ( , ) = 1. a b
ra sb = = [a, b]. (r, s) (r, s)
Solução. a) Se m é um múltiplo comum de a e b, então a = β a e m = αb = αb então a |m e b|m, logo m = β = [a, b], então pela Proposição 1 a, b] · (a, b) = ab Como m Como m = Proposição 1 da Unidade 7 Unidade 7 segue que [ que [a, mb) = ab assim, ab assim, de onde (ma, mb) 1 (ma, mb) mb) = 1 ab Portanto, se m = [a, b]
⇒
⇒
m m ( , ) = 1 b a
m m ( , ) = 1.. a b
Inve Inversa rsamen mente te (⇐) m m Suponhamos que ( , ) = 1, como m é múltiplo de a e b, segue que m = β a e a b m = αb = αb então (α, β ) = 1. m · α, m · β ) = m, m , sendo m b , e como m De onde ( onde (m sendo m · α e m · β múltiplos múltiplos de a de a e b, como m |mα e m|mβ , e m é o menor dos múltiplos de a e b, segue que m = [a, b]. m m Portanto, ( , ) = 1. ⇒ m = [a, b]. a b b) Sendo r e s não nulos, nulos, logo logo podemos podemos dividi dividirr por p or esses números números.. Sabe-se Sabe-se que [a, b] · ab ra · b rab rab ra (a, b) = ab então [a, b] = = = = = . (a, b) r(a, b) (ra, rb) rb) (sb, rb) rb) (r, s) ab sa · b sab sab sb = = = = De modo análogo, temos [a, b] = . (a, b) s(a, b) (sa, sb) sb) (sa, ra) ra) (r, s) ra sb ra = sb sb então = = [a, b]. Portanto, se ra = (r, s) (r, s) Exercício 7.2.3. a, b, c três c três números naturais não nulos. Mostre que abc = abc = [a, b, c]( c](ab, ab, ac, bc) bc). Sejam a, Demonstração. bc) = (ab, (ac, bc)) bc)) então Seja d = (a, b), como (ab, ac, bc) então (ab, ac, bc) bc) = (ab, (ac, bc)) bc)) = (ab, (ab, c( c(a, b)) = (ab, (ab, cd) cd) (ab, ac, bc) bc) = (ab, cd) cd) =
abcd [ab, cd] cd]
⇒
ab a, b, c] c] = [[a, [[a, b], c] = [ , c] = [am, c] c] onde b = md = md.. Por outro lado, [ lado, [a, d
(7.1)
43 Em (7.1) (ab, ac, bc) =
(ab, ac, bc) =
abcd abcd abcd abc = = = [ab, cd] [amd, cd] [amd, cd] [am, c]
abc abc = [am, c] [a, b, c]
⇔
(ab, ac, bc)[a,b,c] = abc
Exercício 7.2.4. Sejam a, b ∈ Z não nulos e seja n ∈ N; mostre que [na, nb] = n[a, b]. Demonstração. Pela Proposição 1 da Unidade 7, segue que [na, nb](na, nb) = na · nb então na · nb = n · [na, nb](a, b)
⇒
n·
ab = [na, nb] (a, b)
⇒
n[a, b] = [na, nb]
Portanto, se a, b ∈ N e n ∈ Z temos [na, nb] = n[a, b]. Exercício 7.2.5. Seja n ∈ N; calcule [n2 + 1, n + 1]. Demonstração. Temos pela Proposição 9 unidade 1, que (n2 +1, n+1) = ((n2 − 1)+2, n+1) = (2, n+1). Supondo que 2|n2 +1 ou n +1|n2 +1 segue que n = 0 ou n = 1. Logo (n2 +1, n+1) = 1 ou (n2 + 1, n + 1) = 2. Suponhamos que (n2 + 1, n + 1) = 1, então n-par e, [n2 + 1, n + 1] · (n2 + 1, n + 1) = (n2 + 1) · (n + 1)
⇒
[n2 + 1, n + 1] = n 3 + n2 + n + 1
Suponhamos que (n2 + 1, n + 1) = 2, então n-ímpar e, [n2 + 1, n + 1] · (n2 + 1, n + 1) = (n2 + 1) · (n + 1)
⇒
1 [n2 + 1, n + 1] = (n3 + n2 + n + 1) 2
Exercício 7.2.6. a) Mostre que (a, b) = [a, b]
⇔
a = b.
b) Mostre que, se b = a 2 , então, [a, b] = (a, b)2 . Demonstração. a) Seja (a, b) = [a, b], então pela Proposição 1 da Unidade 7 [a, b] · (a, b) = ab [a, b]2 = ab.
⇒
44 Como m = [a, b] é tal que m = βa e m = αb segue m2 = (βa)2 = ab
⇒
β 2a = b
ou m2 = (αb)2 = ab
Substituindo um no outro α2 (β 2 a) = a a = b.
⇒
(αβ )2 = 1
⇒
⇒
α2 b = a
α = β = 1, logo
Inversamente, suponhamos que a = b. Temos [a, b] = [a, a] = a e (a, b) = (a, a) = a, assim [a, b] = (a, b). b) Mostre que, se b = a 2, então, (a, b) = (a, a2) = a. Por outro lado, [a, b] = [a, a2 ] = a 2 . Destas duas igualdades, segue que [a, b] = [a, a2 ] = a 2 = (a, b)2 Portanto, se b = a 2 , então, [a, b] = (a, b)2 . Exercício 7.2.7. Sejam a, b ∈ Z ambos não nulos. Considere o conjunto M (a, b) = aZ ∩ bZ = { x ∈ Z; ∃ n, m ∈ Z
tais que x = na
e x = mb }
a) Mostre que [a, b] = min {M (a, b) ∩ N}. b) Mostre que M (a, b) = [a, b]Z . Demonstração. a) Seja x ∈ M (a, b), então ∃ n, m ∈ Z tais que x = na e x = mb. Quando m = n = 1 = ∅ ainda mais, M (a, b) ⊂ N. temos que x = a = b ∈ Z, logo M (a, b) Pelo princípio da Boa Ordem, existe P ∈ M (a, b) tal que P = n0 a e P = m0b para algum m0 , n0 ∈ N além disso P ≤ x para todo x ∈ M (a, b). Portanto, P = min M (a, b). Suponhamos que [a, b] = c, então a|c e b|c, logo c = βa e c = αb onde α, β ∈ N. Pela definição de M (a, b) segue que c ∈ M (a, b). Como P é múltiplo comum de a e b então c |P , assim c ≤ P . Por outro lado, sendo P o menor elemento de M (a, b), então P ≤ x para todo x ∈ M (a, b), em particular para c, assim P ≤ c Das duas últimas desigualdades P = c = [a, b] = min M (a, b). Portanto, P = [a, b] = min M (a, b). b) Pela parte (a) temos que qualquer elemento de x ∈ M (a, b) é múltiplo de P , isto é x = γP , onde γ ∈ N Portanto, todo elemento de M (a, b) é múltiplo de min M (a, b).
45 Exercício 7.2.8. Sejam d, m ∈ N . Mostre que uma condição necessária e suficiente para que existam a, b ∈ Z tais que (a, b) = d e [a, b] = m é que d|m. Demonstração. Condição necessária (⇒) Suponhamos que m = [a, b], então m =
ab b a = a· = b· , logo a|m e (a, b) (a, b) (a, b)
b|m Por hipótese (a, b) = d logo a = αd e b = ηd isto é d|a e d|b. Assim, a|m e d|a logo d|m, de modo análogo b|m e d|b logo d|m Condição suficiente (⇐) Suponhamos que d|m, então existe β ∈ N tal que m = βd. Sabemos que (β, 1) = 1 logo (βd, d) = d Chamando a = βd e b = d temos que existe, a, b ∈ Z tal que (a, b) = d. Por outro lado, pela definição de a e b temos que a|m e b|m, logo m é múltiplo comum de a e b. ab ad = = a = m. Sabemos que [a, b] = (a, b) d Portanto se d|m, existem a, b ∈ Z tais que (a, b) = d e [a, b] = m é que . Exercício 7.2.9. Sejam a1 , · · · , an ∈ Z. Mostre que (ai , a j ) = 1,
i = j
⇔
[a1, · · · , an] = a 1 · · · an
Demonstração. Indução sobre n ∈ N. Condição necessária (⇒)
⇒
Se n = 2 temos (a1, a2 ) = 1, verdade.
[a1 , a2 ](a1, a2 ) = a1 a2 isto é [a1 , a2 ] = a1 a2 é
Suponhamos para h ∈ N,sejam a1 , · · · , ah ∈ Z tais que (ai , a j ) = 1,
i = j
Seja h + 1 ∈ N e (ai , a j ) = 1, Proposição 5.3.2. do livro 1 que
⇒
i= j,
[a1 , · · · , ah] = a 1 · · · ah
∀ i, j = 1, 2, . . . , h, h + 1, sabemos pela
[a1 , · · · , ah , ah+1] = [a1 , a2 , a3, · · · , [ah , ah+1]] 1
“Elementos de Aritmética” de A Hefez
46 Da hipótese (ah , ah+1) = 1
⇒
[ah , ah+1] = a h ah+1, logo
[a1 , · · · , ah , ah+1] = [a1 , a2 , a3, · · · , (ah ah+1)] =
⇒
Como (ai , ah) = 1 e (ai , ah+1) = 1
∀ i = 1, 2, . . . , h − 1.
(ai , ah ah+1) = 1,
Assim, temos da hipótese indutiva [a1 , · · · , ah , ah+1] = a 1 a2 a3 · · · (ah ah+1) = a 1 a2 a3 · · · ah ah+1 Condição suficiente (⇐) Suponhamos que [a1 , a2 ] = a 1 a2 seja verdade, então [a1 , a2 ] =
a1 a2 = a 1a2 de onde (a1 , a2 )
(a1 , a2 ) = 1 Para qualquer h ∈ N suponhamos que [a1 , · · · , ah ] = a 1 · · · ah
⇒
i = j
(ai , a j ) = 1,
∀ i, j = 1, 2, . . . , h
Para h + 1 ∈ N temos [a1 , · · · , an , an+1] = a 1 · · · anan+1 =
a1 · · · an an+1 (a1 , · · · , an , an+1)
logo (a1 , · · · , an , an+1) = 1. Pela Proposição 5.2.2. do livro
2
que
1 = (a1 , · · · , ah , ah+1) = (a1 , a2 , a3 , · · · , ah 1 , (ah , ah+1)) −
⇒
temos (ai , a j ) = 1, i = j ∀ i, j = 1, 2, . . . , h − 1 sendo d = (ah , ah+1), também (ai , d) = 1, ∀ i = 1, 2, . . . , h − 1. Para dois elementos temos [ah , ah+1] = [ai , ah+1] =
ah ah+1 = a hah+1 (ah , ah+1)
ai ah+1 = a i ah+1 (ai , ah+1)
Portanto, (ai , a j ) = 1,
i = j,
⇒
⇒
(ah , ah+1) = 1
(ai , ah+1) = 1,
∀ i = 1, 2, . . . , h − 1
∀ i, j = 1, 2, . . . , h, h + 1.
Exercício 7.2.10. Sejam a,b,c ∈ Z não nulos. Mostre que: a) (a, [b, c]) = [(a, b), (a, c)]; Demonstração. 2
“Elementos de Aritmética” de A Hefez
b) [a, (b, c)] = ([a, b], [a, c]).
47 x
48
Unidade 8 Equações Diofantinas Lineares
8.2
Equações Diofantinas Lineares: Problemas
Exercício 8.2.1. Resolva em Z as equações: a)
90X + 28Y = 22
b) 50X + 56Y = 74
c) 40X + 65Y = 135
d)
8X + 13Y = 23
Solução. a) 90X − 28X = 22 ⇒ 45X − 14Y = 11 como mdc{45, 14} = 1 e 45 = 3 × 14 + 3, 14 = 4 × 3 + 2, 3 = 1 × 2 + 1, logo 1 = 3 − (1)(2) = 3 − (1)(14 − 4 × 3) = 5 × 3 − 14 = 5(45 − 3(14)) − 14 = 5(45) − 16(14) Assim, 45(5) − 14(16) = 1 Portanto,
⇒
X = 55 + 14t,
45(55 + 14t) − 14(176 + 45t) = 11 Y = 176 + 45t,
∀ t ∈ Z.
b) Primeira solução: 50X − 56Y = 74 ⇒ 25X − 28Y = 37 como mdc {25, 28} = 1 e 28 = 1×25+3, 25 = 8×3+1, logo 1 = 25−8(3) = 25−8(28−25) = 9×25−8(28) Assim, 25(9) − 28(8) = 1 Portanto,
⇒ 25(333) − 28(296) = 37
X = 333 + 28t,
Y = 296 + 25t,
∀ t ∈ Z.
b) Segunda solução: 50X − 56Y = 74 ⇒ 25X − 28Y = 37 como (25, 28) = 1 e 28 = 1 × 25+3, 25 = 8 × 3+1, logo 1 = 25 − 8(3) = 25 − 8(28 − 25) = 9 × 25 − 8(28) Assim, 25(9) − 28(8) = 1 e 296 = 11 × 25 + 21.
⇒ 25(333) − 28(296) = 37, como 333 = 11 × 28 + 25
Podemos escrever 25(28t + 25) − 28(25t + 21) = 37 Portanto,
X 0 = 25,
Y 0 = 21 é a solução minimal.
c) 40X + 65Y = 135 ⇒ 8X + 13Y = 27 como (8, 13) = 1 e 13 = 1 × 8 + 5, 8 = 1 × 5 + 3, 5 = 1 × 3 + 2, 3 = 1 × 2 + 1, logo 1 = 8(5) + 13(−3) ⇒ 27 = 8(135) + 13(−81) Assim, 8(135) + 13(−81) = 27 Portanto,
X = 135 − 13t,
⇒ 8(135 − 13t) + 13(8t − 81) = 27 Y = 8t − 81,
∀ t ∈ Z.
49 d) 8X + 13Y = 23 como (8, 13) = 1 assim, 1 = 8(5) + 13(−3) 13(−69) Logo, 8(115) + 13(−69) = 23 Portanto,
⇒
23 = 8(130) +
⇒ 8(115 − 13t) + 13(8t − 69) = 23
X = 115 − 13t,
Y = 8t − 69,
∀ t ∈ Z.
Exercício 8.2.2. Para quais valores de c em N a equação N ∪ {0} ?
90X + 28Y = c não possui soluções em
Solução. Se c = 2k + 1 é ímpar então 2(45X + 14Y ) = 2k + 1, isto é absurdo! Logo a equação não tem solução para os valores de c ∈ N onde c-ímpar. Estudemos o caso c-par. Sendo c = 2k, k ∈ N temos 2(45X + 14Y ) = 2k
⇒
Pelo algoritmo de Euclides obtemos 45(5) − 14(16) = 1 ainda podemos escrever na forma 45(5k + 14t) − 14(16k + 45t) = k
45X + 14Y = k.
⇒ 45(5k) − 14(16k) = k,
t ∈ N
Observe que 5k + 14t ∈ N e 16k + 45t ∈ N quando k ≥ 14, de onde c ≥ 28 é par. Exercício 8.2.3. Resolva em Z as equações: a) 16X + 7Y = 601 c) 47X + 29Y = 1288
b) 30X + 17Y = 201 d) 8X + 13Y = 23
Solução. a) 16X + 7Y = 601 como (16, 7) = 1 e 1 = 7 × 7 − 3 × 16, assim, 16( −3)+7(7) = 1 16(−1803) + 7(4207) = 601 ⇒ 16(7t − 1803) + 7(4207 − 16t) = 601 Assim, X = 7t − 1803,
Y = 4207 − 16t,
Portanto, X = 31 − 7,
Y = 15 + 16s,
∀ t ∈ Z, se s = (262 − t) temos ∀ s ∈ Z
b) 30X +17Y = 201 como (30, 17) = 1, assim, 1 = 30×(−6)+17×11 17(2211) = 601 ⇒ 30(17t − 1206) + 17(2211 − 30t) = 601 Portanto, X = 17t − 1206,
⇒
Y = 2211 − 30t,
⇒
30(−1206)+
∀ t ∈ Z
c) 47X + 29Y = 1288 como (47, 29) = 1, assim, 1 = 4 7 × (−8) + 13 × 29 ⇒ 47(−10304) + 29(16744) = 1288 ⇒ 47(29t − 10304) + 29(16744 − 47t) = 1288 Portanto, X = 29t − 10304,
Y = 16744 − 47t,
∀ t ∈ Z
50 Y = 12 − 47(t − 356), ∀ t ∈ Z, e Observe que X = 29(t − 356) + 20, Y = 12 − 47s, ∀ s ∈ Z, resolve o problema disto temos que X = 29s + 20, X 0 = 20, Y 0 = 12 é a solução minimal. d) 8X + 13Y = 23 como (8, 13) = 1 assim, 1 = 8(5) + 13(−3) 13(−69) Logo, 8(115) + 13(−69) = 23
Y = 8(t − 8) − 5,
Y = 8s − 5,
X = 11 + 13s,
23 = 8(130) +
⇒ 8(115 − 13t) + 13(8t − 69) = 23
X = 11 + 13(8 − t), Portanto,
⇒
∀ t ∈ Z
∀ s ∈ Z.
Exercício 8.2.4. Dispondo de 100 reais, quais são as quantias que se podem gastar comprando selos de 5 reais e de 7 reais? Solução. Suponhamos sejam X selos de 5 reais e Y selos de 7 reais, então 5X + 7Y = 100 como 5(3) + 7(−2 ) = 1, logo 5(300) + 7(−200) = 100 a solução geral da equação é 5(300 − 7t) + 7(5t − 200) = 100 para certos t ∈ N. Logo 0 ≤ 300 − 7t e 0 ≤ 5t − 200 então t ≤ 42 e 40 ≤ t 40
41
42
X 20
13
6
Y 0
5
10
t
Podemos comprar 13 selos de R$5 e 5 selos de R$7, ou 6 selos de R$5 e 10 selos de R$7 ou somente 20 selos de R$5. Exercício 8.2.5. Determine todos os múltiplos de 11 e de 9 cuja soma é igual a: c) 270
a) 79
b) 80
Solução. a) 11a + 9b = 79 como (11, 9) = 1 e 1 = 5 × 9 − 4 × 11, assim, 11(−4) + 9(5) = 1 ⇒ 11(−316) + 9(395) = 79 ⇒ 11(9t − 316) + 9(395 − 11t) = 79 Logo,
a = 9t − 316,
b = 395 − 11t,
Se a ≥ 0
⇒
9t − 316 ≥ 0
Se b ≥ 0
⇒
395 − 11t ≥ 0
⇒ ⇒
t ∈ Z.
t ≥ 35, 11
⇒
t = 36.
35, 9 ≥ t
⇒
t = 35.
Logo não existe t ∈ Z que resolva o problema, consequentemente não existem múltiplos de 11 e de 9 cuja soma é igual a 79.
51 b) 11a + 9b = 80 como (11, 9) = 1 e 1 = 5 × 9 − 4 × 11, assim, 11(−4) + 9(5) = 1 ⇒ 11(−320) + 9(400) = 80 ⇒ 11(9t − 320) + 9(400 − 11t) = 79 a = 9t − 320,
Logo,
b = 400 − 11t,
Se a ≥ 0
⇒
9t − 320 ≥ 0
⇒
Se b ≥ 0
⇒
400 − 11t ≥ 0
⇒
t ∈ Z.
t ≥ 35, 55
⇒
t = 36.
36, 6 ≥ t
⇒
t = 36.
Logo existe t ∈ Z que resolve o problema, consequentemente existem múltiplos de 11 e de 9 cuja soma é igual a 79, eles são 44 e 36. c) 11a + 9b = 270 como (11, 9) = 1 e 1 = 5 × 9 − 4 × 11, assim, 11(−4) + 9(5) = 1 ⇒ 11(−1080) + 9(1350) = 270 ⇒ 11(9t − 1080) + 9(1350 − 11t) = 79 a = 9t − 1080,
Logo,
b = 1350 − 11t,
Se a ≥ 0
⇒
9t − 1080 ≥ 0
Se b ≥ 0
⇒ 1350 − 11t ≥ 0
⇒ ⇒
t ∈ Z.
t ≥ 120. 122, 72 ≥ t
⇒
t = 120, 121. 122.
Logo existem t ∈ Z que resolvem o problema, consequentemente existem múltiplos de 11 e de 9 cuja soma é igual a 270, são: a = 0, b = 30, a = 9, b = 19 e a = 18, b = 8. Exercício 8.2.6. Determine o menor inteiro positivo que tem restos 11 e 35 quando dividido, respectivamente, por 37 e 48. Solução.( Primeira solução) Seja N o inteiro positivo. Temos que N = 37x + 11 = 48y + 35
⇒
37x − 48y = 24
Como o mdc{37, 48} = 1 e 48 = (1)(37) + 11,
37 = (3)(11) + 4,
11 = (2)(4) + 3,
4=3+1
1 = 4 − (11 − 2 × 4) = − 11 + 3 × 4 = − 11 + 3(37 − 3 × 11) = − 10(11) + 3(37) = 1 = −10(48 − 37) + 337 = 48(−10) + 37(13) logo, 37(13) + 48(−10) = 1 x = 312 −
e
⇒
37(312) + 48(−240) = 24
48 t = 312 − 48t, 1
y = − 240 +
37 t = − 240 + 37t 1
O número é N = 37(312 − 48t)+11 = 48(240 − 37t)+35, 312 − 48t ≥ 0, então t ≤ 6
t ∈ N. Como 240 − 37t ≥ 0
52 t
6
5
4
0
X
24
92
120
312
Y
18
55
92 -240
N
899
2675
4451
11555
O menor número é 899. Solução.(Segunda solução)
⇒
Seja N o inteiro positivo, temos N = 37x +11 = 48y + 35 37x = 24(1 + 2y) ⇒ x = 24s, 2y = 37s − 1 s ∈ Z s
1
3
5
7
x 24
72
120
168
y
18
55
92
129
N
899
2675
4451
6227
37x − 48y = 24 logo
Exercício 8.2.7. Numa criação de coelhos e galinhas, contaram-se 400 pés. Quantas são as galinhas e quantos são os coelhos, sabendo que a diferença entre esses dois números é a menor possível? Solução.( Primeira solução) Sejam g o número de galinhas e c o total de coelhos, temos 4c + 2g = 400 ⇒ 2c + g = 200, como o mdc{2, 1} = 1 e 2(1) − 1(1) = 1 então 2(200) − 1(200) = 200, isto é 2(200 − t) + 1(2t − 200) = 200 Logo c = 200 − t; 0 < t < 200 e g = 2t − 200; 100 < t t
101
199
149
151
125
165
127
132
133
134
c
99
1
51
49
75
35
73
68
67
66
g
2
198
98
102
50
110
54
64
66
68
diferença
97
197
47
53
25
75
19
3
1
2
A menor diferença é 1, que se obtém com 67 coelhos e 66 galinhas. Solução.(Segunda solução) Sejam g o número de galinhas e c o total de coelhos, temos 4c + 2g = 400 isto é g = 2(100 − c) ⇒ g = 2s, c = 100 − s, s ∈ Z, s
1
2
3
4
5
10
20
32
33
34
c
99
98
97
96
95
90
80
68
67
66
g
2
4
6
8
10
20
40
64
66
68
diferença 97
94
91
88
85
70
40
4
1
2
A menor diferença é 1, que se obtém com 67 coelhos e 66 galinhas.
53 Exercício 8.2.8. Subindo uma escada de dois em dois degraus, sobra um degrau. Subindo a mesma escada de três em três degraus, sobram dois degraus. Determine quantos degraus possui a escada, sabendo que o seu número é múltiplo de 7 e está compreendido entre 40 e 100. Solução. Seja N o número de degraus, então 40 ≤ N ≤ 100 Temos que N = 2x + 1 = 3y + 2 ⇒ N = 2(x + 1) − 1 = 3(y + 1) − 1, logo N + 1 é múltiplo de 6, assim como 40 ≤ N ≤ 100 segue que N = 41,
47,
53,
59,
65,
71,
77,
, 83,
89,
95
Também sendo múltiplo de 7, o número é 77. Exercício 8.2.9. (ENC 2002) Em certo país, as cédulas são de $4 e $7. Com elas, é possível pagar, sem troco, qualquer quantia inteira a) a partir de $11, inclusive. b) a partir de $18, inclusive. c) ímpar, a partir de $7, inclusive. d) que seja $1 maior do que um múltiplo de $3. e) que seja $1 menor do que um múltiplo de $5. Solução. a) Suponha que 4X + 7Y = n para n ≥ 11, então como 4(2) + 7(−1) = 1 segue que 4(2n − 7t) + 7(4t − n) = n, t ∈ N. Como 2n − 7t ≥ 0 e 4t − n ≥ 0
⇒
7n ≤ 28t ≤ 8n
Quando n = 11 ⇒ X = 1, Y = 1; quando n = 12 ⇒ X = 3, Y = 0, quando n = 13 não existem cedulas que para pagar esse valor sem troco. Portanto a) é falso. b) Pela primeira parte, quando n ≥ 18 temos 4(2n − 7t) + 7(4t − n) = n, t ∈ N. Como X = 2n − 7t ≥ 0 e Y = 4t − n ≥ 0
⇒
7n ≤ 28t ≤ 8n
Podemos representar na tabela n
18
19
20
21
22
23
24
25
26 27
28
28
29
31
t
5
5
5
6
6
6
6
7
7
7
7
8
8
8
X 1
4
5
0
2
4
6
1
3
5
7
0
2
6
Y
1
0
3
2
1
0
3
2
1
0
4
3
1
2
Observe que 7n ≤ 28t ≤ 8n
⇒
0, 250n ≤ t ≤ 0, 285n
55
c) Pela primeira parte, quando n ≥ 7 sendo n-ímpar temos 4(2n − 7t) + 7(4t − n) = n, t ∈ N, então X = 2n − 7t ≥ 0 e Y = 4t − n ≥ 0 ⇒ 7n ≤ 28t ≤ 8n. Se n = 9
⇒
2, 25 ≤ t ≤ 2, 57, logo não existe t ∈ Z.
Portanto, não é possível pagar 9 reais. d) Que seja $1 maior do que um múltiplo de $3. Se queremos pagar $10 com essas notas de $4 e $7 é impossível. e) Que seja $1 menor do que um múltiplo de $5. Se queremos pagar $9 com essas notas de $4 e $7 é impossível. Portanto, a resposta correta a esta questão deve ser a letra c). Exercício 8.2.10. De quantas maneiras pode-se comprar selos de 3 reais e de 5 reais de modo que se gaste 50 reais? Solução. Suponhamos podemos comprar X selos de 3 reais e Y selos de 5 reais, então 3X + 5Y = 50 como (3, 5) = 1 e 1 = 2 × 3 − 1 × 5, assim, 3(2) + 5(−1) = 1 ⇒ 3(100) + 5(−50) = 50 ⇒ 3(100 − 5t) + 5(3t − 50) = 50 Y = 3t − 50, t ∈ Z. Logo, X = 100 − 5t, Se a ≥ 0 ⇒ 100 − 5t ≥ 0 ⇒ 20 ≥ t. Se b ≥ 0 ⇒ 3t − 50 ≥ 0 ⇒ t ≥ 16, 6 ⇒ t = 17, 18, 19, 20. Logo existem t ∈ Z que resolvem o problema, consequentemente existem múltiplos de 3 e de 5 cuja soma é igual a 50, são: X = 15, Y = 1, X = 10, Y = 4, X = 5, Y = 7. Podemos comprar de três modos diferentes.
56
MA-14 - Aula 05 Semana 03/09 a 09/09
Unidade 9 9.2
Atividade Especial (Revisão)
Exercício 9.2.1. a) Quantos múltiplos de 5 existem no intervalo [1, 120]? e no intervalo [1, 174]? b) Quantos múltiplos de 7 existem em cada um dos intervalos [70, 342] e [72, 342]? Solução. a) Seja n a quantidade de múltiplos de 5, para o intervalo [1, 120] temos que 5n ∈ [1, 120] ⇒ 1 < 5 ≤ 5n ≤ 120 ⇒ 1 ≤ n ≤ 24, de onde para n = 24 se obtém 120. Para o intervalo [1, 174] temos que n = 34. Solução.Segunda solução a)
120 − 5 + Seja n a quantidade de múltiplos de 5, para o intervalo [1, 120] temos que n = 5 1 ⇒ n = 24. Para o intervalo [1, 174] temos, seja m a quantidade de múltiplos de 7, para o intervalo 170 − 5 [1, 174] temos que m = + 1 ⇒ m = 34. 5 b) Temos 70 = 7 × 10, 77 = 7 × 11, . . . , 342 = 7 × 48 + 6. Em [70, 342], existem 48 − 9 = 39 múltiplos de 7. Temos 72 < 77 = 7 × 11, 84 = 7 × 12, . . . , 342 = 7 × 4 8 + 6. Em [72, 342], existem 48 − 10 = 38 múltiplos de 7. De outro modo, seja n a quantidade de múltiplos de 7, para o intervalo [70, 342] 336 − 70 + 1 ⇒ n = 39. Para o intervalo [72, 342] temos, temos que n = 7 seja m a quantidade de múltiplos de 7, para o intervalo [72, 342] temos que m = 336 − 77 + 1 ⇒ m = 38. 7 57
58 Exercício 9.2.2. Dados 0 < a ≤ n < m, mostre que no intervalo [1, n] existem q múltiplos de a, onde q é o quociente da divisão de n por q . Quantos são os múltiplos de a no intervalo [n, m]? (Na última situação, divida a análise em dois casos: n múltiplo de a e o contrário.) Demonstração.
Exercício 9.2.3. Mostre que dados m inteiros consecutivos um, e apenas um, deles é múltiplo de m. Demonstração. Seja k ∈ N , então dado m ∈ N temos que mk ∈ Z, então os m números consecutivos ∗
são mk, mk + 1, mk + 2, mk + 3, mk + 4, . . . , mk + (m − 3), mk + (m − 2), mk + (m − 1) Temos que qualquer número inteiro n pode-se escrever somente em uma das formas da sequência acima, então, n = mk + r, onde 0 ≤ r < m − 1 Evidentemente quando r = 0, o primeiro número mk é múltiplo de m da sequência. Portanto, dados m inteiros consecutivos um, e apenas um, deles é múltiplo de m. Demonstração. Segunda demonstração Seja k o primeiro número inteiro de uma sequência, então temos m inteiros consecutivos k, k + 1, k + 2, k + 3, . . . , k + (m − 2), k + (m − 1) o último número é k + (m − 1). Se k = 1 existe somente um número múltiplo de m, é o último número. Se k = 2 existe somente um número múltiplo de m, é o penúltimo número. Se k = 3 existe somente um número múltiplo de m, é o antes do penúltimo número. E assim sucessivamente. Se m|k existe somente um número múltiplo de m, é o primeiro número. Portanto, dados m inteiros consecutivos um, e apenas um, deles é múltiplo de m. Exercício 9.2.4.
59 Mostre que o produto de quatro números inteiros consecutivos, quaisquer, é sempre múltiplo de 24. Demonstração. Por indução sobre n. Se n = 1 temos que 1 × 2 × 3 × 4 = 24 é verdade. Suponhamos que para n ≤ h cumpra h(h + 1)(h + 2)(h + 3) = 24α Para n = h + 1 segue da hipótese auxiliar, e sabendo que o produto de três números consecutivos é múltiplo de 6. (h+1)(h+2)(h+3)(h+4) = h(h+1)(h+2)(h+3)+4(h+1)(h+2)(h+3) = 24α+4×6β = 24γ Portanto, o produto de quatro números inteiros consecutivos, quaisquer, é sempre múltiplo de 24. Demonstração. Segunda demonstração Seja n ≥ 0, n ∈ N e consideremos os números n − 1, n, n + 1, n + 2, estes são 4 números consecutivos. Seu produto é P = (n − 1)n(n + 1)(n + 2), quando n-par isto é n = 2k, temos P = (2k − 1)(2k)(2k + 1)(2k + 2) = 4(2k − 1)[k(k + 1)(2k + 1)] P = 24(2k − 1)[
∀k ∈ N
⇔
k(k + 1)(2k + 1) ] = 24(2k − 1)[12 + 22 + . . . + n2] = 24α 6
Quando n-ímpar isto é n = 2k + 1,
∀ k ∈ N temos
P = (2k)(2k + 1)(2k + 2)(2k + 3) = 4[k(k + 1)(2k + 1)](2k + 3) = P = 24[
k(k + 1)(2k + 1) ](2k + 3) = 24(2k + 3)[12 + 22 + . . . + n2 ] = 24β 6
Portanto, o produto de quatro números inteiros consecutivos, quaisquer, é sempre múltiplo de 24. Exercício 9.2.5. a) Ache o menor inteiro positivo n tal que o número 4n2 + 1 seja divisível por 65. b) Mostre que existem infinitos múltiplos de 65 da forma 4n2 + 1. c) Mostre que se um dado número divide um número da forma 4n2 + 1, ele dividirá uma infinidade desses números. d) Para este último resultado, existe algo de especial nos números da forma 4n2 + 1? Teste o seu resultado para números da forma an2 + bn + c, onde a,b,c ∈ Z, com a e b não simultaneamente nulos. e) Mostre que existem infinitos múltiplos de 7 da forma
60 8n2 + 3n + 4. Solução. a)
4n2 + 1 = 65k = (64 + 1)k = (4 × 42 + 1)k
⇒
k = 1,
n = 4
b) Pela parte (a) temos que 4n2 + 1, podemos supor n = 4 + 65k,
k ∈ N.
Então 4n2 + 1 = 4(4 + 65k)2 + 1 = (4 × 42 + 1) + 65(32k + 260k2 ) = 65α onde α ∈ N. Assim, 65|4n2 + 1 sendo n = 4 + 65k, k ∈ N. c)
Exercício 9.2.6. a) Sejam dados os dois números a = 10c + r e b = c − 2r, com c, r ∈ Z. Mostre que a é divisível por 7 se, e somente se b é divisível por 7. b) Deduza o seguinte critério de divisibilidade por 7: O número n = a r . . . a1a0 é divisível por 7 se, e somente se, o número ar . . . a1 − 2a0 é divisível por 7. c) Utilize repetidas vezes o critério acima para verificar se 2.368 é ou não divisível por 7. Demonstração. a) Suponhamos que 7|a, então a = β 7 c = b + 2r assim
⇒
7β = 10c + r como b = c − 2r segue
7β = 10c + r = 10(b + 2r) + r = 10 · b + 21 b) Seja n = ar . . . a1 a0 ar . . . a1.
⇒
⇒
7β 1 = 10b
⇒
7|b
n = ar . . . a1 0 + a 0 de onde n = 10X + a 0, onde X =
Seja P o número ar . . . a1 − 2a0
⇒
P = X − 2a0.
Suponhamos que n seja múltiplo de 7, então n = 10X + a0 = m(7), isto é
⇔
n = 10X + a0 = m(7)
⇔
n = 7X + 3X + a0 − 7a0 = m(7)
n = 3X −6a0 = m(7)
⇔
3(X −2a0 ) = m(7)
⇔
⇔
X −2a0 = P = m(7)
Portanto, se o número n = a r . . . a1 a0 é divisível por 7 então o número a r . . . a1 − 2a0 é divisível por 7. Inversamente (⇐)
61 Suponhamos que o número ar . . . a1 − 2a0 é divisível por 7 então o número P = X − 2a0 é divisível por 7. O número n = a r . . . a1 a0 podemos escrever na forma n = 10X + a0 então n = 10X + a0 = n = 10(P + 2a0 ) + a0 = 10P + 21a0 = m(7) Portanto, se o número a r . . . a1 − 2a0 é divisível por 7 então o número n = a r . . . a1 a0 é divisível por 7. c) Temos para o número 2.368 2.36 − 16 = 220,
22 − 2 = 20
Como 2 não é múltiplo de 7, logo 2.368 não é múltiplo de 7. Exercício 9.2.7. Um número inteiro n é dito um quadrado se existe a ∈ Z tal que n = a2 . Dizemos que n é uma potência m-ésima quando n = a m . a) Mostre que o algarismo das unidades de um quadrado só pode ser um dos seguintes: 0, 1, 4, 5, 6 e 9. b) Mostre que nenhum dos números 22, 222, 2222, . . . , ou 33, 333, 3333, . . . ou 77, 777, 7777, . . . , ou ainda 88, 888, 8888, . . . pode ser um quadrado. Demonstração. a) Todo número n = ar ar 1 . . . a1 a0 podemos escrever na forma n = 10X + a 0 , logo n2 = 10(10X 2 + 2Xa0 ) + a20 = 10Y + a20 −
• Se a0 = 0 então n 2 = 10Y + 02 = . . . 0, termina em 0. • a0 = 1 então n2 = 10Y + 12 = . . . 1, termina em 1. • a0 = 2 então n2 = 10Y + 22 = . . . 4, termina em 4. • Se a0 = 3 então n 2 = 10Y + 32 = . . . 9, termina em 9. • a0 = 4 então n2 = 10Y + 42 = 10Y + 10 + 6 = . . . 6, termina em 6. • a0 = 5 então n2 = 10Y + 52 = 10Y + 20 + 5 = . . . 5, termina em 5. • a0 = 6 então n2 = 10Y + 62 = 10Y + 30 + 6 = . . . 6, termina em 6. • Se a0 = 7 então n 2 = 10Y + 72 = 10Y + 40 + 9 = . . . 9, termina em 9. • a0 = 8 então n2 = 10Y + 82 = 10Y + 60 + 4 = . . . 4, termina em 4.
62
• a0 = 9 então n2 = 10Y + 92 = 10Y + 80 + 1 = . . . 1, termina em 1. Portanto, o algarismo das unidades de um quadrado só pode ser um dos seguintes: 0, 1, 4, 5, 6 e 9. Demonstração. b) Aplicando o resultado da parte a), temos que o algarismo das unidades da sequência
•
22, 222, 2222, . . . , termina em 2 logo nenhum número será quadrado prefeito.
•
33, 333, 3333, . . . termina em 3 logo nenhum número será quadrado prefeito.
•
77, 777, 7777, . . . , termina em 7 logo nenhum número será quadrado prefeito.
•
88, 888, 8888, . . . termina em 8 logo nenhum número será quadrado prefeito.
Exercício 9.2.8. a) Mostre que todo quadrado ímpar é da forma 4n+ 1. b) Mostre que nenhum número na sequência 11, 111, 1111, 11111, . . . ., é um quadrado. c) Mostre que nenhum número na sequência 44, 444, 4444, 44444, . . . ., é um quadrado. d) Mostre que nenhum número na sequência 99, 999, 9999, 99999, . . . ., é um quadrado. e) Mostre que nenhum número na sequência 55, 555, 5555, 55555, . . . ., é um quadrado. Demonstração. a) Seja P = 2k + 1,
k ∈ N qualquer número ímpar, então n 2 = 4(k 2 + k) + 1 = 4n + 1.
Portanto, todo quadrado ímpar é da forma 4n + 1. Demonstração. b) Qualquer número M da sequência 11, 111, 1111, 11111, . . . . é um número ímpar e podemos escrever na forma M = 11111100 + 11 = 4β + 8 + 3 = 4n + 3,
β, n ∈ N
Sendo M número ímpar, é da forma M = 4n + 3, logo não é quadrado perfeito. Demonstração. c) Sabemos que, se M × P ∈ N ⇒ (M × P )2 = M 2 × P 2 , M, P ∈ N sendo (M × P )2 um número quadrado. Qualquer número N da sequência 44, 444, 4444, 44444, . . . ., podemos escrever na forma N = 44444 . . . 44444 = 4 × 1111 . . . 1111 = 22 × 1111 . . . 1111 = Pela parte b) deste exercício o número 1111 . . . 1111 não é quadrado, logo o número N não será quadrado de nenhum número natural. Demonstração. d)
63 Análogo a c), qualquer número N da sequência 99, 999, 9999, 99999, . . . ., podemos escrever na forma N = 99999 . . . 99999 = 9 × 1111 . . . 1111 = 32 × 1111 . . . 1111 = Pela parte b) deste exercício o número 1111 . . . 1111 não é quadrado, logo o número N não será quadrado de nenhum número natural. Demonstração. e) Qualquer número M da sequência 55, 555, 5555, 55555, . . . . é um número ímpar e podemos escrever na forma M = 5555500 + 55 = 4β + 52 + 3 = 4n + 3,
β, n ∈ N
Sendo M qualquer número da sequência 55, 555, 5555, 55555, . . . . esse número é da forma M = 4n + 3, logo não é quadrado perfeito. Exercício 9.2.9. a) Mostre que nenhum número da forma 4n+2 é um quadrado. b) Mostre que nenhum dos números 66, 666, 6666, . . . é um quadrado. Demonstração. a) Todo número natural n pode ser escrito de uma, e somente uma das formas seguintes: 4k, 4k + 1, 4k + 2 ou 4k + 3, k ∈ N. Elevando cada um desses números ao quadrado obtemos: n2 = (4k)2 = 16k 2 = 4.(4k2 ) = 4x1 + 0 n2 = (4k + 1) 2 = 16k2 + 8k + 1 = 4(4k2 + 2k) + 1 = 4x2 + 1 n2 = (4k + 2) 2 = 16k2 + 16k + 4 = 4(4k2 + 4k + 1) = 4x3 + 0 n2 = (4k + 3)2 = 16k2 + 24k + 9 = 16k2 + 24k + 8 + 1 = 4(4k2 + 6k + 2) + 1 = 4x4 + 1 Dessa forma vemos que todo quadrado é escrito de uma, e somente de uma das formas seguintes: 4x1 + 0, 4x2 + 1, 4x3 + 0, 4x4 + 1. Isto nos mostra que todo quadrado, quando divididos por 4 sempre deixam resto 0(zero) ou 1, daí podemos concluir que nenhum número da forma 4k + 2 é um quadrado . Demonstração. b) O número 66 é da forma 66 = 4(16) + 2 = 4α + 2, logo não é um quadrado perfeito. Como 100 é múltiplo de 4 e em geral o número N = 666 . . . 666 podemos escrever na forma N = 666 . . . 666 = 666 . . . 66600 + 66 = 666 = 100 × 666 . . . 666 + 66 N = 4β + 66 = 4β + (4α + 2) = 4(β + α) + 2 = 4x1 + 2 Logo N é um múltiplo de 4k + 2 e portanto não é quadrado perfeito.
64 Exercício 9.2.10. a) Mostre que a soma de quatro inteiros consecutivos nunca é um quadrado. b) Mostre que a soma dos quadrados de quatro inteiros consecutivos nunca é um quadrado. Faça o mesmo para a soma dos quadrados de três inteiros consecutivos. Demonstração. a) Sejam os inteiros consecutivos n − 1, n, n + 1, n + 2, a mostrar que sua soma S = (n − 1) + n + (n + 1) + (n + 2) = 4n + 2 nunca é um quadrado. Pelo exercício (9.2.9) - a) nenhum número da forma S = 4n + 2 é um quadrado. Portanto, a soma de quatro inteiros consecutivos nunca é um quadrado. Demonstração. b) Sejam os inteiros consecutivos n − 1, n, n + 1, n + 2, a mostrar que sua soma S = (n − 1)2 + n2 + (n + 1) 2 + (n + 2) 2 nunca é um quadrado. Com efeito, S = 4n2 + 4n + 6 = 4n1 + 2, onde n1 = n 2 + n + 1. Pelo exercício (9.2.9) - a) nenhum número da forma S = 4n1 + 2 é um quadrado. Portanto, a soma de quatro inteiros consecutivos nunca é um quadrado. Para o caso de três inteiros consecutivos cuja soma seja T temos T = (n − 1)2 + n2 + (n + 1) 2 = 3n2 + 2
Exercício 9.2.11. a) Mostre que todo quadrado é da forma 8n, 8n + 1 ou 8n + 4. b) Mostre que nenhum número na sequência 3, 11, 19, 27, etc., é um quadrado. Demonstração. a) Todo número natural n pode ser escrito de uma, e somente uma das formas seguintes: 4k, 4k + 1, 4k + 2 ou 4k + 3, k ∈ N. Elevando cada um desses números ao quadrado obtemos: n2 = (4k)2 = 16k 2 = 8(2k2 ) = 8x1 + 0 n2 = (4k + 1) 2 = 16k2 + 8k + 1 = 8(2k2 + k) + 1 = 8x2 + 1 n2 = (4k + 2) 2 = 16k2 + 16k + 4 = 8(2k2 + 2k) + 4 = 4x3 + 4 n2 = (4k + 3)2 = 16k2 + 24k + 9 = 16k2 + 24k + 8 + 1 = 8(2k2 + 3k + 1) + 1 = 8x4 + 1.
65 Portanto, todo quadrado é da forma 8n, 8n + 1 ou 8n + 4. Demonstração. b) O primeiro termo da sequência é a1 = 3; o segundo termo da sequência é a2 = 3 + 8(1) = 11; o terceiro termo da sequência é a3 = 3 + 8(2) = 19; o quarto termo da sequência é a4 = 3 + 8(3) = 27. Em geral o termo n-ésimo da sequência é an = 3 + 8(n − 1). Como qualquer termo da sequência é da forma 8(n − 1) + 3, pela parte a) deste exercício, ele não é um quadrado. Exercício 9.2.12. 12. Mostre que numa sequência de inteiros da forma a, a + d, a + 2d, a + 3d, . . . , se existir algum número que é quadrado, existirão infinitos números que são quadrados. Demonstração.
Exercício 9.2.13. 13. Dados dois inteiros a e b distintos, mostre que existem infinitos números n para os quais mdc(a + n, b + n) = 1. Demonstração.
Exercício 9.2.14. Resolva o seguinte sistema de equações:
mdc(x, y) = 6 mmc(x, y) = 60
Demonstração. Temos e y = 6c. Temos
mdc(x, y) = (x, y) = 6
⇒
mmc(x, y) = [x, y] = 60
⇒ 60 = x.f = y.g, com f, g ∈ N. ⇒ 360 = xy = (6b)(6c) ⇒ 10 = bc ⇒ xc = 6bc = 60 assim, c = f ⇒ yb = 6cb = 60 assim, b = g
Sabemos que (x, y)[x, y] = xy Como 60 = xf , bc = 10, x = 6b Como 60 = yg, bc = 10, y = 6c
6|x, 6|y logo existem b, c ∈ N, tais que x = 6b
66
• Se b = 1 e c = 10 então x = 6 e y = 60. • Se b = 2 e c = 5 então x = 12 e y = 30. • Se b = 5 e c = 2 então x = 30 e y = 12. • Se b = 10 e c = 1 então x = 60 e y = 6. Exercício 9.2.15. Observe que mdc(x, y) divide mmc(x, y), quaisquer que sejam x, y ∈ Z, não nulos. a) Mostre que se no seguinte sistema:
mdc(x, y) = d mmc(x, y) = m
d m, ele não admite solução. b) Mostre que se d|m, o sistema sempre admite solução. Demonstração.
⇒
a) Temos mdc(x, y) = (x, y) = d e y = cd. Temos
mmc(x, y) = [x, y] = m
d|x, d|y logo existem b, c ∈ N, tais que x = bd
⇒
m = x.f = y.g, com f , g ∈ N.
Se d m, então existem k, r ∈ N, e únicos, tais que m = d.k + r,
1 < r < d.
Mas m = x.f = y.g, logo x = m/f e y = m/g Sabemos que =0 pois fg
⇒
(x, y)[x, y] = xy
md = xy = (m/f )(m/g)
Assim temos m = d.k + r, 1 < r < d e m = df g isto é um absurdo, pois 0 < r < d
⇒
⇒
m = dfg
d(f g − k) = r, logo d|r
Portanto, se d não divide m, então o sistema
mdc(x, y) = d mmc(x, y) = m
não admite solução. b) Temos mdc(x, y) = (x, y) = d x = bd e y = cd. Temos
mmc(x, y) = [x, y] = m
⇒ ⇒
d|x, d|y logo existem b, c ∈ N, tais que m = x.f = y.g, com f , g ∈ N.
Se d | m, então existe k ∈ N, e único onde m = d.k. Mas m = x.f = y.g, logo x = m/f e y = m/g
67 (x, y)[x, y] = xy
⇒
md = xy = (bd)(cd)
Assim temos m = d.k e m = dbc
⇒
k = bc.
Sabemos que
⇒
m = dbc.
Portanto, se d divide m, então o sistema
mdc(x, y) = d mmc(x, y) = m
admite solução. Observação: Observe que d e m são dados do problema, logo são números conhecidos, k também é conhecido, pois é a multiplicidade de d em m. A solução x = bd e y = cd nem sempre é única, depende dos fatores b e c tais que k = bc. Exercício 9.2.16. Mostre que a) mdc(a2, b2 ) = [mdc(a, b)]2. b)mmc(a2 , b2 ) = [mmc(a, b)]2. c) Generalize. Demonstração.
Exercício 9.2.17. Esse é um problema proposto no século XV I Um total de 41 pessoas entre homens, mulheres e crianças foram a um banquete e juntos gastaram 40 patacas. Cada homem pagou 4 patacas, cada mulher 3 patacas e cada criança um terço de pataca. Quantos homens, quantas mulheres e quantas crianças havia no banquete? Demonstração. Suponhamos sejam H o total de homens, M de mulheres e C de crianças como são 41 pessoas então H + M + C = 41 (9.2) Como todos juntos gastaram 40 patacas e sabemos que cada homem gastou 4 patacas, cada mulheres 3 e cada criança 1/3 de pataca então: 4H + 3M + C/3 = 40 onde H, M ∈ N consequentemente C/3 ∈ N.
(9.3)
68 Desta forma vamos multiplicar os dois membros da equação 4H + 3M + C/3 = 40 por 3 assim teremos 12H + 9M + C = 120. Multiplicando por 3 a igualdade (9.3) e resolvendo com a igualdade (9.2) resulta 11H + 8M = 79. A resolver esta última equação para números naturais Como 11H + 8M = 79 e (8, 11) = 1 assim, 1 = 8(−4) + 11(3) 8(−316) = 79
⇒
11(237) +
⇔ 11(237 − 8t) + 8(11t − 316) = 79, t ∈ Z. Como H = 237 − 8t ≥ 0 e M = 11t − 316 ≥ 0 ⇒ 28, 72 ≤ t ≤ 29, 62 ⇒ Logo, 11H + 8M = 79
t = 29.
Assim H = 5, M = 3 e C = 33. Portanto, havia no banquete 5 homens, 3 mulheres e 33 crianças. Exercício 9.2.18. Proposto por Euler Um grupo de homens e mulheres gastaram numa taberna 1.000 patacas. Cada homem pagou 19 patacas e cada mulher 13. Quantos eram os homens e quantas eram as mulheres? Solução. Suponha foram H homens e M mulheres, foram gastos pelos homens 19H e pelas mulheres 13M . Pelas condições do problema 19H + 13M = 1000. Como 19H +13M = 1000 e (19, 13) = 1 assim, 1 = 13(3)+19(−2) 13(3000) = 1000
⇒
19(−2000)+
⇔ 19(13t − 2000) + 13(3000 − 19t) = 1000, t ∈ Z. De onde H = 13t − 2000 ≥ 0 e M = 3000 − 19t ≥ 0 ⇒ 153, 84 ≤ t ≤ 157, 89 Logo, 19H + 13M = 1000
• Se t = 154, então H = 2 e M = 74. • Se t = 155, então H = 15 e M = 55. • Se t = 156, então H = 28 e M = 36. • Se t = 157, então H = 41 e M = 17. Os valores para H e M descritos acima, resolvem o problema. Exercício 9.2.19. (Proposto por Euler) Uma pessoa comprou cavalos e bois. Foram pagos 31 escudos por cavalo e 20 por boi e sabe-se que todos os bois custaram 7 escudos a mais do que todos os cavalos. Quantos cavalos e quantos bois foram comprados? Solução.
69 Suponha foram comprados C cavalos e B bios, foram pagos 31C pelos cavalos e 20B pelos bois. Pelas condições do problema 20B − 31C = 7. Como 20B −31C = 7 e (20, 31) = 1 assim, 1 = 20(−17)−31(−11) ⇒ 20(−119)− 31(−77) = 7 Logo, 20B − 31C = 7 ⇔ 20(31t − 119) − 31(20t − 77) = 7, t ∈ Z. Como B = 31t − 119 ≥ 0 e C = 20t − 77 ≥ 0 ⇒ 3, 83 ≤ t e 3, 55 ≤ t ⇒ t = 4, 5, . . .. t=
4
5
6
7
...
B=
5
36
67
98 129 . . .
31t − 119
C =
3
23
43
63
...
20t − 77
8 83
t
Existem infinitas soluções para o problema, pois t ∈ N. Exercício 9.2.20. Em um certo país, as cédulas são de $4 e $7. Quais das afirmações a seguir são verdadeiras? Com elas é possível pagar, sem troco, qualquer quantia inteira. a) a partir de $11, inclusive. b) a partir de $18, inclusive. c) ímpar, a partir de $7, inclusive. d) que seja $1 maior do que um múltiplo de $3. e) que seja $1 menor do que um múltiplo de $3 Solução. a) Suponha que 4X + 7Y = n para n ≥ 11, então como 4(2) + 7(−1) = 1 segue que 4(2n − 7t) + 7(4t − n) = n, t ∈ N. Como 2n − 7t ≥ 0 e 4t − n ≥ 0
⇒
7n ≤ 28t ≤ 8n
Quando n = 11 ⇒ X = 1, Y = 1; quando n = 12 ⇒ X = 3, Y = 0, quando n = 13 não existem cedulas que para pagar esse valor sem troco. Portanto a) é falso. b) Pela primeira parte, quando n ≥ 18 temos 4(2n − 7t) + 7(4t − n) = n, t ∈ N. Como X = 2n − 7t ≥ 0 e Y = 4t − n ≥ 0
⇒
7n ≤ 28t ≤ 8n
Podemos representar na tabela n
18
19
20
21
22
23
24
25
26 27
28
28
29
30
t
5
5
5
6
6
6
6
7
7
7
7
8
8
8
X 1
3
5
0
2
4
6
1
3
5
7
0
2
4
Y
1
0
3
2
1
0
3
2
1
0
4
3
2
8n 7
⇒
2
Observe que 7n ≤ 28t ≤ 8n 0 ≤ 14(4t − n) ≤ 2n
⇒
⇒
14n ≤ 56t ≤ 16n
0 ≤ 7(4t − n) ≤ n
⇒ ⇒
0 ≤ 4t ≤
