CAPÍTULO 4 - Questões 27 a 34

27 – Demonstrar que 30 | (n⁵ – n)

Solução:
n⁵ – n = n(n⁴ – n) = n(n² – 1)(n² + 1) = n(n + 1)(n –1)(n² + 1).
n(n + 1) é múltiplo de 2 conforme exercício 5, letra (a). 
Portanto: n(n + 1)(n + 2) (n2 + 1)  é múltiplo de 2.
n(n + 1)(n – 1) é múltiplo de 3.
Temos n = 3k ou n = 3k + 1 ou n = 3k + 2.
Se n = 3k,  n é múltiplo de 3 è n(n + 1)(n – 1) é múltiplo de 3.
Se n = 3k + 1,  n – 1 = 3k + 1 – 1 = 3k , n – 1 é múltiplo de 3 è n(n + 1)(n – 1) é múltiplo de 3.
Se n = 3k + 2,  n + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1) , n + 1 é múltiplo de 3 è n(n + 1)(n – 1) é múltiplo de 3.
n(n + 1)(n – 1)(n² + 1) é múltiplo de 5.
Temos n = 5k, ou n = 5k + 1, ou n = 5k + 2 ou n = 5k + 3 ou n = 5k + 4.
Se n = 5k, n é múltiplo de 5 è n(n + 1)(n – 1)(n² + 1) é múltiplo de 5.
Se n = 5k + 1,  n – 1 = 5k, n – 1 é múltiplo de 5 è n(n + 1)(n – 1)(n² + 1) é múltiplo de 5.
Se n = 5k + 2, n2 + 1 = 25k² + 20k + 4 + 1 = 5(5k^{2 +} 2k + 1) è n² + 1 é múltiplo de 5 è n(n + 1)(n – 1)(n² + 1) é múltiplo de 5.
Se n = 5k + 3 , n2 + 1 = 25k² + 30k + 9 + 1 = 5(5k² + 6k + 2) è n² + 1 é múltiplo de 5 è n(n + 1)(n – 1)(n² + 1) é múltiplo de 5.
Se n = 5k + 4, n + 1 = 5k + 4 + 1 = 5k + 5 = 5(5k + 1) è n + 1 é múltiplo de 5 è n(n + 1)(n – 1)(n² + 1) é múltiplo de 5.
Pelo visto acima, qualquer que seja n,  n (n + 1)(n – 1)( n² + 1) = n⁵ - n é múltiplo de 2, de 3 e de 5. Portanto é também múltiplo de 2.3.5 = 30.
Assim, 30 | (n⁵ – n). Cqd

28 – Mostrar que, para todo inteiro n, existem inteiros k e r tais que  n = 3k + r e r = -1, 0, 1.

Solução:- Pelo algoritmo da divisão,  n = 3k ou n = 3k + 1 ou n = 3k + 2.
Se n = 3k, r = 0.
Se n = 3k  + 1,  è r = 1.
Se n = 3k + 2,  podemos escrever   n = 3(k’ – 1) + 2 = 3k’ – 3 + 2 = 3k’ – 1 è r = -1.

29 – Mostrar que  (1 + 2 + . . .  + n) | 3(1² + 2² + . . . + n²) para todo n > 1.

Solução:-  
De acordo com o exercício  nº 1, letra “a”, capítulo 2,  1² + 2² + . . . + n² =
 = (n/6)(n + 1)(2n + 1) è 3(1² + 2² + . . . + n²) = (1/2)(n)(n + 1)(2n + 1). 
Mas, (1/2)n(n + 1) = (1 + 2 + 3 + . . . + n).
Assim, temos  3(1² + 2² + . . . + n²) = (1 + 2 + 3 + . . . + n)(2n + 1). 
Como (2n + 1)(1 + 2 + 3 + . . . + n)  |  3(1² + 2² + . . . + n²) Cqd.

30 – Mostre que todo inteiro ímpar, quadrado perfeito, é da forma 4n + 1.

Solução:
n não pode ser par pois n² seria da forma  (2k)² = 4k² que também é par.
Portanto, n só pode ser impar para que seu quadrado seja ímpar.
Assim, n  é da forma 2k + 1.
Neste caso teremos n² = (2k + 1) ² = 4k² + 4k + 1 = 4(k² + k) + 1 o que permite concluir que 
n² é da forma 4n + 1. Cqd.

31 – Na divisão de 392 por 45, determinar:

(a) o maior inteiro que se pode somar ao dividendo sem alterar o quociente.

Solução:-   392 = 45.8 + 32. Como o maior resto possível é 44, pode-se somar 44 – 32 = 12. 
Resposta: 12

(b) o maior inteiro que se pode subtrair ao dividendo sem alterar o quociente.

Solução:- o menor resto possível dessa divisão é zero. Portanto, pode-se subtrair 32.
Resposta: 32.

32 – Numa divisão de dois inteiros, o quociente é 16 e o resto 167. Determinar o maior inteiro que se pode somar ao dividendo e ao divisor sem alterar o quociente.

Solução:- Sejam “a”  o dividendo e “b”  o divisor.  Temos então: a = 16b + 167 è a – 167 = 16b  (1).
O maior valor a ser somado à  “a”  e à  “b”   implicaria numa divisão com resto zero.
Assim teremos a + x = 16(b + x) è a + x = 16b + 16x (2).
De (1) e (2) podemos obter a + x = a – 167 + 16x è 15x = 167.   Como x deve ser inteiro, o maior valor de x é 11, pois 167 = 11.15 + 2. Portanto, o maior valor que pode ser somado é 11.
Resposta: 11.

33 – Achar o maior inteiro de quatro algarismos divisível por 13 e o menor inteiro  de cinco algarismos divisível por 15.

Solução:
(1) O maior inteiro de 9 algarismos é 9999. Como 9999 = 769.13 + 2, conclui-se que 9999 – 2 = 9997 é o maior número inteiro de quatro algarismos divisível por 13. Resposta: 9997

(2) O menor inteiro de 5 algarismos é 10000. Como 10000 = 666x15 + 10, resulta que 10000 + 5 = 666x15 + 15 è 10005 = 667 x 15. Portanto, o menor número de 5 algarismos divisível por 15 é 10005. Resposta: 10005.

34 – Achar um inteiro de quatro algarismos, quadrado perfeito, divisível por 27 e terminado em 6.

Solução:-  Se a, b, c ... são fatores primos, os expoentes desses fatores devem ser pares para serem quadrados perfeitos.
Como 27 = 3³, deve-se ter pelo menos mais um 3 como fator. Portanto, o número deve ser múltiplo de 27 x 3 ou de 81. Para que o número termine em 6, devemos multiplicar 81 por um quadrado (pois 81 já é quadrado), terminado em 6 pois 81 termina em 1.
Assim, temos as possibilidades 81 x 16 = 1296 e 81 x 36 = 2916.
Se o número tivesse 6 fatores iguais a 3, ele deveria ser múltiplo de 729. Para que terminasse em 6, deveriamos ter 729 x a, com a terminado em 4. Como os menores quadrados terminados em quatro são 4 e 64, teríamos
729 x 4 = 2916 e 729 x 64 = 46656 que tem 5 algarismos.
Para 8 fatores iguais a 3, o número deveria ser múltiplo de 6561 = 38. Para que o número terminasse em 6, deveriamos ter 6561 x a, com a terminado em 4. Como os menores quadrados terminados em quatro são 4 e 64, teríamos 6561 x 4 = 26244 que contém cinco algarismos.
Para 10 fatores iguais a 3, teríamos 310 > 10000, que terá mais de 4 algarismos.
Portanto, os únicos números são 1296 e 2916. Resposta: 1296 e 2916.

Editado por Cesário José Ferreira