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SUMÁRIO
MA-14 - Aula 04 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 417.2 Mínimo Múltiplo Comum: Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418.2 Equações Diofantinas Lineares: Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
MA-14 - Aula 05 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 579.2 Atividade Especial (Revisão) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
i
MA-14 - Aula 04
Semana 27/08 a 02/09
Unidade 7
7.2 Mínimo Múltiplo Comum: Problemas
Exercício 7.2.1.Calcule o mmc dos pares de números do Problema 1, Unidade 5.
Solução.
Os números do Problema 1, Unidade 5 são:a) 637 e 3887 b) 648 e 1218 c) 551 e 874
d) 7325 e 8485 e) 987654321 e 123456789
a) Temos que (3887, 637) = 13 e como 3887 × 637 = 244881, logo [3887, 637] =2476019
13= 190463
Portanto, [3887, 637] = 190463.
b) Temos que (648, 1218) = 6 e como 1218×648 = 789264, logo [648, 1218] =789264
6=
131544
Portanto, [648, 1218] = 131544.
c) Temos que (874, 551) = 19 e como 874× 551 = 481574, logo [874, 551] =481574
19=
25346
Portanto, [874, 551] = 25346.
d)
e)
Exercício 7.2.2.
41
42
a) Se m é um múltiplo comum de a e b, mostre que m = [a, b] ⇔ (m
a,m
b) = 1.
b) Se r e s não são nulos e ra = sb, mostre quera
(r, s)=
sb
(r, s)= [a, b].
Solução.
a) Se m é um múltiplo comum de a e b, então a|m e b|m, logo m = βa e m = αb
Como m = [a, b], então pela Proposição 1 da Unidade 7 segue que [a, b] · (a, b) = ab
de onde (ma, mb) = ab assim,
1
ab(ma, mb) = 1 ⇒ (
m
b,m
a) = 1
Portanto, se m = [a, b] ⇒ (m
a,m
b) = 1..
Inversamente (⇐)
Suponhamos que (m
a,m
b) = 1, como m é múltiplo de a e b, segue que m = βa e
m = αb então (α, β) = 1.
De onde (m · α, m · β) = m, sendo m · α e m · β múltiplos de a e b, e como m|mα em|mβ, e m é o menor dos múltiplos de a e b, segue que m = [a, b].
Portanto, (m
a,m
b) = 1. ⇒ m = [a, b].
b) Sendo r e s não nulos, logo podemos dividir por esses números. Sabe-se que [a, b] ·(a, b) = ab então [a, b] =
ab
(a, b)=
ra · br(a, b)
=rab
(ra, rb)=
rab
(sb, rb)=
ra
(r, s).
De modo análogo, temos [a, b] =ab
(a, b)=
sa · bs(a, b)
=sab
(sa, sb)=
sab
(sa, ra)=
sb
(r, s).
Portanto, se ra = sb entãora
(r, s)=
sb
(r, s)= [a, b].
Exercício 7.2.3.Sejam a, b, c três números naturais não nulos. Mostre que abc = [a, b, c](ab, ac, bc).
Demonstração.
Seja d = (a, b), como (ab, ac, bc) = (ab, (ac, bc)) então
(ab, ac, bc) = (ab, (ac, bc)) = (ab, c(a, b)) = (ab, cd) ⇒
(ab, ac, bc) = (ab, cd) =abcd
[ab, cd](7.1)
Por outro lado, [a, b, c] = [[a, b], c] = [ab
d, c] = [am, c] onde b = md.
43
Em (7.1)
(ab, ac, bc) =abcd
[ab, cd]=
abcd
[amd, cd]=
abcd
[amd, cd]=
abc
[am, c]
(ab, ac, bc) =abc
[am, c]=
abc
[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
(a, b)= [na, nb] ⇒ 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] = n3 +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) ⇒ [n2+1, n+1] =1
2(n3+n2+n+1)
Exercício 7.2.6.
a) Mostre que (a, b) = [a, b] ⇔ a = b.
b) Mostre que, se b = a2, 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 ⇒ β2a = b ou m2 = (αb)2 = ab ⇒ α2b = a
Substituindo um no outro α2(β2a) = a ⇒ (αβ)2 = 1 ⇒ α = β = 1, logoa = b.
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 = a2, então, (a, b) = (a, a2) = a. Por outro lado, [a, b] = [a, a2] = a2.
Destas duas igualdades, segue que [a, b] = [a, a2] = a2 = (a, b)2
Portanto, se b = a2, 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
temos que x = a = b ∈ Z, logo M(a, b) 6= ∅ ainda mais, M(a, b) ⊂ N.
Pelo princípio da Boa Ordem, existe P ∈ M(a, b) tal que P = n0a 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 todox ∈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 éx = γP , onde γ ∈ N
Portanto, todo elemento de M(a, b) é múltiplo de min M(a, b).
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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
(a, b)= a · b
(a, b)= b · a
(a, b), logo a|m e
b|mPor 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|mCondição 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.Sabemos que [a, b] =
ab
(a, b)=ad
d= a = m.
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, aj) = 1, i 6= j ⇔ [a1, · · · , an] = a1 · · · an
Demonstração.
Indução sobre n ∈ N.Condição necessária (⇒)Se n = 2 temos (a1, a2) = 1, ⇒ [a1, a2](a1, a2) = a1a2 isto é [a1, a2] = a1a2 é
verdade.Suponhamos para h ∈ N,sejam a1, · · · , ah ∈ Z tais que
(ai, aj) = 1, i 6= j ⇒ [a1, · · · , ah] = a1 · · · ah
Seja h + 1 ∈ N e (ai, aj) = 1, i 6= j, ∀ i, j = 1, 2, . . . , h, h + 1, sabemos pelaProposição 5.3.2. do livro 1 que
[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] = ahah+1, logo
[a1, · · · , ah, ah+1] = [a1, a2, a3, · · · , (ahah+1)] =
Como (ai, ah) = 1 e (ai, ah+1) = 1 ⇒ (ai, ahah+1) = 1, ∀ i = 1, 2, . . . , h− 1.
Assim, temos da hipótese indutiva
[a1, · · · , ah, ah+1] = a1a2a3 · · · (ahah+1) = a1a2a3 · · · ahah+1
Condição suficiente (⇐)
Suponhamos que [a1, a2] = a1a2 seja verdade, então [a1, a2] =a1a2
(a1, a2)= a1a2 de onde
(a1, a2) = 1
Para qualquer h ∈ N suponhamos que
[a1, · · · , ah] = a1 · · · ah ⇒ (ai, aj) = 1, i 6= j ∀ i, j = 1, 2, . . . , h
Para h+ 1 ∈ N temos
[a1, · · · , an, an+1] = a1 · · · anan+1 =a1 · · · anan+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, aj) = 1, i 6= 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] =ahah+1
(ah, ah+1)= ahah+1 ⇒ (ah, ah+1) = 1
[ai, ah+1] =aiah+1
(ai, ah+1)= aiah+1 ⇒ (ai, ah+1) = 1, ∀ i = 1, 2, . . . , h− 1
Portanto, (ai, aj) = 1, i 6= j, ∀ 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)]; b) [a, (b, c)] = ([a, b], [a, c]).Demonstração.
2“Elementos de Aritmética” de A Hefez
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 ⇒ 45(55 + 14t)− 14(176 + 45t) = 11
Portanto, X = 55 + 14t, 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 ⇒ 25(333)− 28(296) = 37
Portanto, X = 333 + 28t, Y = 296 + 25t, ∀ t ∈ Z.
b) Segunda solução: 50X − 56Y = 74 ⇒ 25X − 28Y = 37 como (25, 28) = 1 e28 = 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 ⇒ 25(333)− 28(296) = 37, como 333 = 11× 28 + 25
e 296 = 11× 25 + 21.
Podemos escrever 25(28t+ 25)− 28(25t+ 21) = 37
Portanto, X0 = 25, Y0 = 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 ⇒ 8(135− 13t) + 13(8t− 81) = 27
Portanto, X = 135− 13t, Y = 8t− 81, ∀ t ∈ Z.
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d) 8X + 13Y = 23 como (8, 13) = 1 assim, 1 = 8(5) + 13(−3) ⇒ 23 = 8(130) +
13(−69)
Logo, 8(115) + 13(−69) = 23 ⇒ 8(115− 13t) + 13(8t− 69) = 23
Portanto, X = 115− 13t, Y = 8t− 69, ∀ t ∈ Z.
Exercício 8.2.2.Para quais valores de c em N a equação 90X + 28Y = c não possui soluções em
N ∪ {0} ?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 ⇒ 45X + 14Y = k.Pelo algoritmo de Euclides obtemos 45(5)− 14(16) = 1 ⇒ 45(5k)− 14(16k) = k,
ainda podemos escrever na forma
45(5k + 14t)− 14(16k + 45t) = 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 b) 30X + 17Y = 201
c) 47X + 29Y = 1288 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, ∀ t ∈ Z, se s = (262− t) temos
Portanto, X = 31− 7, Y = 15 + 16s, ∀ s ∈ Z
b) 30X+17Y = 201 como (30, 17) = 1, assim, 1 = 30×(−6)+17×11 ⇒ 30(−1206)+17(2211) = 601 ⇒ 30(17t− 1206) + 17(2211− 30t) = 601
Portanto, X = 17t− 1206, Y = 2211− 30t, ∀ t ∈ Z
c) 47X + 29Y = 1288 como (47, 29) = 1, assim, 1 = 47 × (−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
Observe que X = 29(t − 356) + 20, Y = 12 − 47(t − 356), ∀ t ∈ Z, etemos que X = 29s + 20, Y = 12 − 47s, ∀ s ∈ Z, resolve o problema distoX0 = 20, Y0 = 12 é a solução minimal.
d) 8X + 13Y = 23 como (8, 13) = 1 assim, 1 = 8(5) + 13(−3) ⇒ 23 = 8(130) +
13(−69)
Logo, 8(115) + 13(−69) = 23 ⇒ 8(115− 13t) + 13(8t− 69) = 23
X = 11 + 13(8− t), Y = 8(t− 8)− 5, ∀ t ∈ Z
Portanto, X = 11 + 13s, Y = 8s− 5, ∀ 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 é5(300− 7t) + 7(5t− 200) = 100 para certos t ∈ N.
Logo 0 ≤ 300− 7t e 0 ≤ 5t− 200 então t ≤ 42 e 40 ≤ t
t 40 41 42
X 20 13 6
Y 0 5 10
Podemos comprar 13 selos de R$5 e 5 selos de R$7, ou 6 selos de R$5 e 10 selos deR$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: a) 79 b) 80
c) 270Solução.
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, t ∈ Z.
Se a ≥ 0 ⇒ 9t− 316 ≥ 0 ⇒ t ≥ 35, 11 ⇒ t = 36.
Se b ≥ 0 ⇒ 395− 11t ≥ 0 ⇒ 35, 9 ≥ t ⇒ t = 35.
Logo não existe t ∈ Z que resolva o problema, consequentemente não existem múl-tiplos 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
Logo, a = 9t− 320, b = 400− 11t, t ∈ Z.
Se a ≥ 0 ⇒ 9t− 320 ≥ 0 ⇒ t ≥ 35, 55 ⇒ t = 36.
Se b ≥ 0 ⇒ 400− 11t ≥ 0 ⇒ 36, 6 ≥ t ⇒ t = 36.
Logo existe t ∈ Z que resolve o problema, consequentemente existem múltiplos de11 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
Logo, a = 9t− 1080, b = 1350− 11t, t ∈ Z.
Se a ≥ 0 ⇒ 9t− 1080 ≥ 0 ⇒ t ≥ 120.
Se b ≥ 0 ⇒ 1350− 11t ≥ 0 ⇒ 122, 72 ≥ t ⇒ t = 120, 121. 122.
Logo existem t ∈ Z que resolvem o problema, consequentemente existem múltiplosde 11 e de 9 cuja soma é igual a 270, são: a = 0, b = 30, a = 9, b = 19 ea = 18, b = 8.
Exercício 8.2.6.Determine o menor inteiro positivo que tem restos 11 e 35 quando dividido, respecti-
vamente, 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 ⇒ 37(312) + 48(−240) = 24
x = 312− 48
1t = 312− 48t, y = −240 + 37
1t = −240 + 37t
O número é N = 37(312−48t)+11 = 48(240−37t)+35, t ∈ N. Como 240−37t ≥ 0
e 312− 48t ≥ 0, então t ≤ 6
52
t 6 5 4 0
X 24 92 120 312Y 18 55 92 -240N 899 2675 4451 11555
O menor número é 899.Solução.(Segunda solução)
Seja N o inteiro positivo, temos N = 37x+11 = 48y+35 ⇒ 37x− 48y = 24 logo37x = 24(1 + 2y) ⇒ x = 24s, 2y = 37s− 1 s ∈ Z
s 1 3 5 7
x 24 72 120 168y 18 55 92 129N 899 2675 4451 6227
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 menorpossível?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 ég = 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 aescada, 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 que4(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 2 1 0 3 2 1 0 3 2 1 0 4 3 1
Observe que 7n ≤ 28t ≤ 8n ⇒ 0, 250n ≤ t ≤ 0, 285n
m
55
m
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 notasde $4 e $7 é impossível.
e) Que seja $1 menor do que um múltiplo de $5. Se queremos pagar $9 com essas notasde $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
Logo, X = 100− 5t, Y = 3t− 50, t ∈ Z.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 seobtém 120.
Para o intervalo [1, 174] temos que n = 34.
Solução.Segunda solução a)
Seja n a quantidade de múltiplos de 5, para o intervalo [1, 120] temos que n =120− 5
5+
1 ⇒ n = 24.Para o intervalo [1, 174] temos, seja m a quantidade de múltiplos de 7, para o intervalo
[1, 174] temos que m =170− 5
5+ 1 ⇒ m = 34.
b) Temos 70 = 7 × 10, 77 = 7 × 11, . . . , 342 = 7 × 48 + 6. Em [70, 342], existem48− 9 = 39 múltiplos de 7.
Temos 72 < 77 = 7× 11, 84 = 7× 12, . . . , 342 = 7× 48 + 6. Em [72, 342], existem48− 10 = 38 múltiplos de 7.
De outro modo, seja n a quantidade de múltiplos de 7, para o intervalo [70, 342]
temos que n =336− 70
7+ 1 ⇒ n = 39. Para o intervalo [72, 342] temos,
seja m a quantidade de múltiplos de 7, para o intervalo [72, 342] temos que m =336− 77
7+ 1 ⇒ m = 38.
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.
m
m
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 consecutivossão
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 formasda 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 demonstraçãoSeja k o primeiro número inteiro de uma sequência, então temosm 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 sempremúltiplo 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 númerosconsecutivos 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 sempremúltiplo 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, ∀ k ∈ Ntemos
P = (2k − 1)(2k)(2k + 1)(2k + 2) = 4(2k − 1)[k(k + 1)(2k + 1)] ⇔
P = 24(2k − 1)[k(k + 1)(2k + 1)
6] = 24(2k − 1)[12 + 22 + . . .+ n2] = 24α
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)
6](2k + 3) = 24(2k + 3)[12 + 22 + . . .+ n2] = 24β
Portanto, o produto de quatro números inteiros consecutivos, quaisquer, é sempremúltiplo 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 dadonúmero 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 eb 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 ondeα ∈ 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 dedivisibilidade por 7: O número n = ar . . . a1a0 é divisível por 7 se, e somente se, o númeroar . . . a1 − 2a0 é divisível por 7. c) Utilize repetidas vezes o critério acima para verificarse 2.368 é ou não divisível por 7.Demonstração.
a) Suponhamos que 7|a, então a = β7 ⇒ 7β = 10c + r como b = c − 2r seguec = b+ 2r assim
7β = 10c+ r = 10(b+ 2r) + r = 10 · b+ 21 ⇒ 7β1 = 10b ⇒ 7|b
b) Seja n = ar . . . a1a0 ⇒ n = ar . . . a10 + a0 de onde n = 10X + a0, onde X =
ar . . . a1.
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 = ar . . . a1a0 é divisível por 7 então o número ar . . . 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 = ar . . . a1a0 podemos escrever na forma n = 10X + a0 então
n = 10X + a0 = n = 10(P + 2a0) + a0 = 10P + 21a0 = m(7)
Portanto, se o número ar . . . a1−2a0 é divisível por 7 então o número n = ar . . . a1a0
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 = am. a) Mostre que o algarismo das unidadesde um quadrado só pode ser um dos seguintes: 0, 1, 4, 5, 6 e 9. b) Mostre que nenhumdos números 22, 222, 2222, . . . , ou 33, 333, 3333, . . . ou 77, 777, 7777, . . . , ou ainda88, 888, 8888, . . . pode ser um quadrado.Demonstração. a)
Todo número n = arar−1 . . . a1a0 podemos escrever na forma n = 10X + a0, logon2 = 10(10X2 + 2Xa0) + a20 = 10Y + a20
• Se a0 = 0 então n2 = 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 n2 = 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 n2 = 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 númerona sequência 44, 444, 4444, 44444, . . . ., é um quadrado. d) Mostre que nenhum númerona sequência 99, 999, 9999, 99999, . . . ., é um quadrado. e) Mostre que nenhum númerona sequência 55, 555, 5555, 55555, . . . ., é um quadrado.Demonstração. a)
Seja P = 2k + 1, k ∈ N qualquer número ímpar, então n2 = 4(k2 + 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, seM×P ∈ N ⇒ (M×P )2 =M2×P 2, M, P ∈ N sendo (M×P )2
um número quadrado.Qualquer número N da sequência 44, 444, 4444, 44444, . . . ., podemos escrever na
formaN = 44444 . . . 44444 = 4× 1111 . . . 1111 = 22 × 1111 . . . 1111 =
Pela parte b) deste exercício o número 1111 . . . 1111 não é quadrado, logo o númeroN não será quadrado de nenhum número natural.Demonstração. d)
63
Análogo a c), qualquer número N da sequência 99, 999, 9999, 99999, . . . ., podemosescrever 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 númeroN não será quadrado de nenhum número natural.Demonstração. e)
Qualquer número M da sequência 55, 555, 5555, 55555, . . . . é um número ímpar epodemos 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 daforma 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 quadradoobtemos:
n2 = (4k)2 = 16k2 = 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 formasseguintes: 4x1 + 0, 4x2 + 1, 4x3 + 0, 4x4 + 1.
Isto nos mostra que todo quadrado, quando divididos por 4 sempre deixam resto0(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
formaN = 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) Mostreque a soma dos quadrados de quatro inteiros consecutivos nunca é um quadrado. Faça omesmo 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 somaS = (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 somaS = (n− 1)2 + n2 + (n+ 1)2 + (n+ 2)2 nunca é um quadrado.
Com efeito, S = 4n2 + 4n+ 6 = 4n1 + 2, onde n1 = n2 + 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
m
m
m
Exercício 9.2.11.
a) Mostre que todo quadrado é da forma 8n, 8n+1 ou 8n+4. b) Mostre que nenhumnúmero 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 quadradoobtemos:
n2 = (4k)2 = 16k2 = 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.
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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 dasequência 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 mdc(x, y) = (x, y) = 6 ⇒ 6|x, 6|y logo existem b, c ∈ N, tais que x = 6b
e y = 6c.Temos mmc(x, y) = [x, y] = 60 ⇒ 60 = x.f = y.g, com f, g ∈ N.Sabemos que (x, y)[x, y] = xy ⇒ 360 = xy = (6b)(6c) ⇒ 10 = bc
Como 60 = xf , bc = 10, x = 6b ⇒ xc = 6bc = 60 assim, c = f
Como 60 = yg, bc = 10, y = 6c ⇒ yb = 6cb = 60 assim, b = g
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• 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 ⇒ d|x, d|y logo existem b, c ∈ N, tais que x = bd
e y = cd.
Temos mmc(x, y) = [x, y] = m ⇒ 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 (x, y)[x, y] = xy ⇒ md = xy = (m/f)(m/g) ⇒ m = dfg
pois fg 6= 0
Assim temos m = d.k + r, 1 < r < d e m = dfg ⇒ d(fg − k) = r, logo d|risto é um absurdo, pois 0 < r < d
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 ⇒ d|x, d|y logo existem b, c ∈ N, tais quex = bd e y = cd.
Temos mmc(x, y) = [x, y] = m ⇒ 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
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Sabemos que (x, y)[x, y] = xy ⇒ md = xy = (bd)(cd) ⇒ m = dbc.
Assim temos m = d.k e m = dbc ⇒ k = bc.
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 ec 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) Genera-
lize.Demonstração.
Exercício 9.2.17. Esse é um problema proposto no século XV IUm 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 cadacriança um terço de pataca. Quantos homens, quantas mulheres e quantas crianças haviano banquete?Demonstração.
Suponhamos sejam H o total de homens, M de mulheres e C de crianças como são 41
pessoas entãoH +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 (9.3)
onde H,M ∈ N consequentemente C/3 ∈ N.
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Desta forma vamos multiplicar os dois membros da equação 4H+3M +C/3 = 40 por3 assim teremos 12H + 9M + C = 120.
Multiplicando por 3 a igualdade (9.3) e resolvendo com a igualdade (9.2) resulta11H + 8M = 79.
A resolver esta última equação para números naturaisComo 11H + 8M = 79 e (8, 11) = 1 assim, 1 = 8(−4) + 11(3) ⇒ 11(237) +
8(−316) = 79
Logo, 11H + 8M = 79 ⇔ 11(237− 8t) + 8(11t− 316) = 79, t ∈ Z.ComoH = 237−8t ≥ 0 eM = 11t−316 ≥ 0 ⇒ 28, 72 ≤ t ≤ 29, 62 ⇒ 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 EulerUm 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 pelasmulheres 13M .
Pelas condições do problema 19H + 13M = 1000.Como 19H+13M = 1000 e (19, 13) = 1 assim, 1 = 13(3)+19(−2) ⇒ 19(−2000)+
13(3000) = 1000
Logo, 19H + 13M = 1000 ⇔ 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
• 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. Quantoscavalos e quantos bois foram comprados?Solução.
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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 8 . . . t
B = 5 36 67 98 129 . . . 31t− 119
C = 3 23 43 63 83 . . . 20t− 77
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 partirde $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 múltiplode $3
Solução.
a) Suponha que 4X + 7Y = n para n ≥ 11, então como 4(2) + 7(−1) = 1 segue que4(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 2 1 0 3 2 1 0 3 2 1 0 4 3 2
Observe que 7n ≤ 28t ≤ 8n ⇒ 14n ≤ 56t ≤ 16n ⇒
0 ≤ 14(4t− n) ≤ 2n ⇒ 0 ≤ 7(4t− n) ≤ n ⇒ 0 ≤ 4t ≤ 8n
7⇒
70
0 ≤ t ≤ 2n
7⇒ ∃ t ≥ 5, ∀ n ≥ 18, n ∈ N
Portanto, esta resposta é verdadeira.
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 notasde $4 e $7 é impossível.
e) Que seja $1 menor do que um múltiplo de $5. Se queremos pagar $9 com essas notasde $4 e $7 é impossível.
Portanto, a resposta correta a esta questão é a letra c).
