MA 14 - Aritmetica

Resumos das Unidades 1 e 2

Abramo Hefez

PROFMAT SBM

Unidade 1

Divisibilidade

O nosso objeto de estudo neste curso e o conjunto dosnumeros inteiros:

Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . .}.

Em Z ha um subconjunto que se destaca, o conjunto dosnumeros naturais:

N = {1, 2, 3, . . .}.

Dados dois numeros inteiros quaisquer, e possıvel soma-los,subtraı-los e multiplica-los, mas nem sempre e possıveldividir um pelo outro.

So existe a Aritmetica nos inteiros porque a divisao nemsempre e possıvel.

Diremos que um numero inteiro a divide um numero inteirob, escrevendo

a|b,quando existir c ∈ Z tal que b = c · a.

Neste caso, diremos tambem que a e um divisor ou um fatorde b ou, ainda, que b e um multiplo de a

Exemplos

• 1|0, pois 0 e multiplo de 1: 0 = 0 · 1;

• −2|0, pois 0 e multiplo de −2: 0 = 0 · (−2);

• 1|6, pois 6 e multiplo de 1: 6 = 6 · 1;

• −1| − 6, pois −6 e multiplo de −1: −6 = 6 · (−1);

• 2|6, pois 6 e multiplo de 2: 6 = 3 · 2;

• −3|6, pois 6 e multiplo de −3: 6 = (−2) · (−3).

Note que se a|b, com um jogo de sinais, e facil mostrar que±a| ± b.

A negacao da sentenca a | b e representada pelo sımbolo:

a 6 | b,

significando que nao existe nenhum numero inteiro c tal queb = c · a.

Por exemplo, 3 6 | 4 e 2 6 | 5.

Suponha que a|b e seja c ∈ Z tal que b = c · a.

O numero inteiro c e chamado de quociente de b por a e

denotado por c =b

a.

Por exemplo,

0

1= 0,

0

−2= 0,

6

1= 6,

−6

−1= 6,

6

2= 3,

6

−3= −2.

Estabeleceremos a seguir algumas propriedades dadivisibilidade.

Proposicao

Sejam a, b, c ∈ Z. Tem-se quei) 1|a, a|a e a|0.ii) se a|b e b|c, entao a|c (Propriedade transitiva).

Demonstracao: (i) Isto decorre das igualdades a = a · 1,a = 1 · a e 0 = 0 · a.

(ii) a|b e b|c implica que existem f, g ∈ Z, tais que

b = f · a e c = g · b.Substituindo o valor de b da primeira equacao na outra,obtemos

c = g · b = g · (f · a) = (g · f) · a,o que nos mostra que a|c.

�

O item (i) da proposicao acima nos diz que todo numerointeiro e divisıvel por 1 e por si mesmo.

Listaremos a seguir algumas propriedades da divisibilidade,cujas provas sao semelhantes as feitas acima.

Sejam a, b, c, d ∈ Z. Tem-se que

i) a|b e c|d =⇒ a · c|b · d;

ii) a|b =⇒ a · c|b · c;

iii) a|(b± c) e a|b =⇒ a|c;

iv) a|b e a|c =⇒ a|(xb + yc), para todos x, y ∈ Z.

v) Se a, b ∈ N, tem-se que a|b =⇒ a 6 b.

E importante interiorizar as propriedades acima, pois elasserao utilizadas a todo momento.

As proposicoes a seguir serao de grande utilidade.

Proposicao

Sejam a, b ∈ Z e n ∈ N. Temos que a− b divide an − bn.

Demonstracao: Vamos provar isto por inducao sobre n.

A afirmacao e obviamente verdadeira para n = 1, pois a− bdivide a1 − b1 = a− b.

Suponhamos, agora, que a− b|an − bn. Escrevamos

an+1− bn+1 = aan− ban + ban− bbn = (a− b)an + b(an− bn).

Como a− b|a− b e, por hipotese, a− b|an − bn, decorre daigualdade acima e da Propriedade (iv) quea− b|an+1 − bn+1.

Estabelecendo assim o resultado para todo n ∈ N.

�

Proposicao

Sejam a, b ∈ Z e n ∈ N. Temos que a + b dividea2n+1 + b2n+1.

Demonstracao: Tambem por inducao sobre n.

A afirmacao e, obviamente, verdadeira para n = 0, pois a+ bdivide a1 + b1 = a + b.

Suponhamos, agora, que a + b|a2n+1 + b2n+1. Escrevamos

a2(n+1)+1+b2(n+1)+1 = a2a2n+1−b2a2n+1+b2a2n+1+b2b2n+1 =

(a2 − b2)a2n+1 + b2(a2n+1 + b2n+1).

Como a + b divide a2 − b2 = (a + b)(a− b) e, por hipotese,a + b|a2n+1 + b2n+1, decorre das igualdades acima e daPropriedade (iv) que a + b|a2(n+1)+1 + b2(n+1)+1.

Estabelecendo, assim, o resultado para todo n ∈ N.

�

Proposicao

Sejam a, b ∈ Z e n ∈ N. Temos que a + b divide a2n − b2n.

Demonstracao: Novamente, a prova se faz por inducaosobre n, nos mesmos moldes das provas das duas proposicoesanteriores. Deixamos os detalhes por sua conta.

�

Exercıcio

Vamos mostrar que o produto de i inteiros consecutivos edivisıvel por i!.

De fato, podemos escrever os i inteiros consecutivos como

n, n− 1, n− 2, . . . , n− (i− 1),

cujo produto P = n(n− 1)(n− 2) · · · (n− i + 1) e divisıvelpor i!, ja que

P

i!=

n(n− 1)(n− 2) · · · (n− i + 1)

i!=

(n

i

)∈ N.

Como aplicacao vamos mostrar que 6 divide todo numero daforma n(n + 1)(2n + 1), onde n ∈ N.

De fato,

n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1)(n + 2 + n− 1)= n(n + 1)(n + 2) + n(n + 1)(n− 1).

Como cada uma das parcelas n(n + 1)(n + 2) en(n + 1)(n− 1) e o produto de tres inteiros consecutivos,elas sao multiplos de 3! = 6.

Portanto, sendo o numero n(n + 1)(2n + 1) soma de doismultiplos de 6, ele e tambem multiplo de 6.

Este fato nao e surpreendente, pois sabemos que

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

6= 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2.

Exercıcio

Vamos mostrar que 13 | 270 + 370.

Note que 270 + 370 = 435 + 935.

Como 35 e ımpar, temos que 4 + 9 divide 435 + 935,

o que mostra que 13 divide 270 + 370.

UNIDADE 2

Divisao Euclidiana

Mesmo quando um numero inteiro a nao divide um numerointeiro b, Euclides (Seculo 3 a.C), nos seus Elementos,utiliza, sem enuncia-lo explicitamente, o fato de que esempre possıvel efetuar a divisao de b por a, com restopequeno.

Este resultado, de cuja justificativa geometrica damos umaideia quando a e natural, nao so e um importanteinstrumento na obra de Euclides, como tambem e umresultado central da teoria elementar dos numeros.

Suponhamos que a ∈ N e consideremos a decomposicao de Nem uniao de intervalos disjuntos:

N = . . . ∪ [−2a,−a) ∪ [−a, 0) ∪ [0, a) ∪ [a, 2a) ∪ . . .

Fica claro que qualquer numero inteiro b pertence a um esomente um desses intervalos.

Portanto, existe um unico q ∈ Z tal que b ∈ [qa, qa + a),

ou seja, existem numeros inteiros unicos q e r tais que

b = qa + r, com 0 6 r < a.

Agora enunciamos o resultado geral:

Teorema (Divisao Euclidiana)

Sejam a e b dois numeros inteiros com a 6= 0. Existem doisunicos numeros inteiros q e r tais que

b = a · q + r, com 0 6 r < |a|.

Nas condicoes do teorema, os numeros a e b sao o divisor e odividendo, enquanto q e r sao chamados, respectivamente,de quociente e de resto da divisao de b por a.

Note que o resto da divisao de b por a e zero se, e somentese, a divide b.

Exemplos

• Como 19 = 5 · 3 + 4, o quociente e o resto da divisao de 19por 5 sao q = 3 e r = 4.

• Como −19 = 5 · (−4) + 1 o quociente e o resto da divisaode −19 por 5 sao q = −4 e r = 1.

• O resto da divisao de 10n por 9 e sempre 1, qualquer queseja o numero natural n.

De fato, 9 = 10− 1 divide 10n − 1n = 10n − 1. Assim,10n − 1 = 9q, logo 10n = 9q + 1. Como 0 ≤ 1 < 9, pelaunicidade na divisao euclidiana, tem-se que o resto dadivisao de 10n por 9 e sempre 1.

Par ou ımpar?•

Dado um numero inteiro n ∈ Z qualquer, temos duaspossibilidades:

i) o resto da divisao de n por 2 e 0, isto e, existe q ∈ N talque n = 2q; ou

ii) o resto da divisao de n por 2 e 1, ou seja, existe q ∈ N talque n = 2q + 1.

No caso (i), dizemos que n e par e no caso (ii), dizemos quen e ımpar.

Mais geralmente, fixado um numero natural m > 2, pode-sesempre escrever um numero qualquer n, de modo unico, naforma n = mk + r, onde k, r ∈ Z e 0 6 r < m.

Por exemplo, todo numero inteiro n pode ser escrito emuma, e somente uma, das seguintes formas: 3k, 3k + 1, ou3k + 2.

Ou ainda, todo numero inteiro n pode ser escrito em uma, esomente uma, das seguintes formas: 4k, 4k + 1, 4k + 2, ou4k + 3.

Este ultimo fato, permite mostrar que nenhum quadrado deum numero inteiro e da forma 4k + 3.

De fato, seja a ∈ Z.

• Se a = 4k, entao a2 = 16k2 = 4k′, onde k′ = 4k2.

• Se a = 4k + 1, entao a2 = 16k2 + 8k + 1 = 4k′ + 1, ondek′ = 4k2 + 2k.

• Se a = 4k + 2, entao a2 = 16k2 + 16k + 4 = 4k′, ondek′ = 4k2 + 4k + 1.

• Se a = 4k + 3, entao a2 = 16k2 + 48k + 9 = 4k′ + 1, ondek′ = 4k2 + 12k + 2.

Vamos aplicar este resultado para mostrar algo interessante:

Nenhum numero da forma a = 11 . . . 1 (n algarismos iguais a1, com n > 1) e um quadrado.

De fato, podemos escrever a = b · 100 + 11 = 4(25 · b+ 2) + 3,onde b = 11 . . . 1 (n− 2 algarismos iguais a 1). Logo, a e daforma 4k + 3 e, portanto, nao pode ser um quadrado.

Com esta tecnica pode-se mostrar que nenhum numero daforma 11 . . . 1 e soma de dois quadrados. Deixamos istocomo exercıcio