euclides primos

Polos Olímpicos de Treinamento
Curso de Teoria dos Números - Nível 2
Prof. Samuel Feitosa
Aula 3
O Algoritmo de Euclides
Exemplo 1. Seja S um conjunto infinito de inteiros não negativos com a seguinte propri-
edade: dados dois quaisquer de seus elementos, o valor absoluto da diferença entre eles
também pertence a S. Se d é o menor elemento positivo de S, prove que S consiste de
todos os múltiplos de d.
Considere um elemento m qualquer de S. Pelo algoritmo da divisão, m = qd + r com
0 ≤ r < d. Como todos os números m − d, m − 2d, m − 3d, . . . , m − qd = r pertencem
a S e d é o menor elemento positivo de tal conjunto, devemos ter obrigatoriamente que
r = 0. Sendo assim, podemos concluir que todos os elementos de S são múltiplos de d.
Resta mostrarmos que todos os múltiplos de d estão em S. Seja kd um múltiplo positivo
qualquer de d. Como S é infinito, existe um inteiro m ∈ S tal que m = qd > kd. Assim
todos os números m − d, m − 2d, . . . , m − (q − k)d = kd estão em S.
Definição 2. Um inteiro a é um divisor comum de b e c se a | b e a | c. Se b e c não são
ambos nulos, denotaremos por mdc(b, c) o máximo divisor comum de b e c.
Como um inteiro não nulo possui apenas um número finito de divisores, se b e c são ambos
não nulos, o número mdc(b, c) sempre existe, isto é, sempre está bem definido.
Lema 3. (Euclides) Se x ̸= 0, mdc(x, y) = mdc(x, x + y)
Demonstração. Seja d um divisor comum de x e y. Então d | x + y e consequentemente d
também á um divisor comum de x e x + y. Reciprocamente, se f é um divisor comum de
x + y e x, f também divide (x + y) − y = x e assim f é um divisor comum de x e y. Como
os conjuntos de divisores comuns dos dois pares de números mencionados são os mesmos,
o maior divisor comum também é o mesmo.
Então podemos calcular:
mdc(123, 164) = mdc(123, 41) = mdc(41, 123) = mdc(41, 82) = mdc(41, 41) = 41.

POT 2012 - Teoria dos Números - Nı́vel 2 - Aula 3 - Samuel Feitosa
Exemplo 4. Três máquinas I, R, S imprimem pares de inteiros positivos em tickets. Para
a entrada (x, y), as máquinas I, R, S imprimem respectivamente (x−y, y), (x+y, y), (y, x).
Iniciando com o par (1, 2) podemos alcançar
a) (819, 357)?
b) (19, 79)?
Para o item a), calculemos inicialmente mdc(819, 357):
mdc(819, 357) = mdc(462, 357) = mdc(105, 357) = mdc(105, 252) = . . . = mdc(21, 21) = 21.
Pelo Lema de Euclides, o mdc entre os dois números em um ticket nunca muda. Como
mdc(1, 2) = 1 ̸= 21 = mdc(819, 357), não podemos alcançar o par do item a).
Para o item b), indiquemos com → uma operação de alguma das máquinas. Veja que:
(2, 1)
R
→ (3, 1)
S
→ (1, 3)
R
→ (4, 3)
R
→ . . .
R
→ (19, 3)
S
→ (3, 19)
R
→ (22, 19)
R
→ (41, 19)
R
→
(60, 19)
R
→ (79, 19).
Observação 5. Procurar invariantes sempre é uma boa estratégia para comparar confi-
gurações diferentes envolvidas no problema. Confira o problema proposto 31.
Definição 6. Dizemos que dois inteiros p e q são primos entre si ou relativamente primos
se mdc(p, q) = 1. Dizemos ainda que a fração p
q é irredutı́vel se p e q são relativamente
primos.
Exemplo 7. (IMO 1959) Prove que
21n + 4
14n + 3
é irredutı́vel para todo número natural n.
Pelo lema de Euclides, mdc(21n+4, 14n+3) = mdc(7n+4, 14n+3) = mdc(7n+1, 7n+2) =
mdc(7n + 1, 1) = 1.
O seguinte lema será provado na próxima aula.
Lema 8. (Propriedades do MDC) Seja mdc(a, b) = d, então:
i) Se k ̸= 0, mdc(ka, kb) = kd.
ii) mdc
!
a
d
,
b
d
"
= 1.
iii) Se mdc(a, c) = 1, então mdc(a, bc) = d.
Exemplo 9. (Olimpı́ada Inglesa) Se x e y são inteiros tais que 2xy divide x2 +y2 −x, prove
que x é um quadrado perfeito
2

Se d = mdc(x, y), então x = da e y = db, com mdc(a, b) = 1. Do enunciado, temos:
2abd2
| d2
a2
+ d2
b2
− da ⇒
d2
| d2
a2
+ d2
b2
− da ⇒
d2
| −da ⇒
d | a.
Logo, a = dc, para algum c. Como x | y2, obtemos d2c | d2b2, ou seja, c|b2 e mdc(c, b2) = c.
Usando que mdc(a, b) = 1 e que todo divisor comum de b e c também é um divisor comum
de a e b, podemos concluir que mdc(c, b) = 1. Usando o item iii) do lema anterior,
mdc(c, b2) = 1. Assim, c = 1 e x = d2c = d2.
Exemplo 10. No planeta X, existem apenas dois tipos de notas de dinheiro: $5 e $78. É
possı́vel pagarmos exatamente $7 por alguma mercadoria? E se as notas fossem de $ 3 e $
78?
Veja que 2 × 78 − 31 × 5 = 1 e consequentemente 14 × 78 − 217 × 5 = 7. Basta darmos
14 notas de de $ 78 para recebermos 217 notas de $ 5 como troco na compra de nossa
mercadoria. Usando as notas de $3 e $78 não é possı́vel pois o dinheiro pago e recebido
como troco por algo sempre é múltiplo de 3 e 7 não é múltiplo de 3.
Queremos estudar a versão mais geral desse exemplo. Quais são os valores que podemos
pagar usando notas de $a e $b? Em particular, estaremos interessados em conhecer qual o
menor valor que pode ser pago. Para responder essa pergunta, precisaremos do algoritmo
de Euclides:
Teorema 11. (O Algoritmo de Euclides) Para os inteiros b e c > 0, aplique sucessivamente
o algoritmo da divisão para obter a série de equações:
b = cq1 + r1, 0 < r1 < c,
c = r1q2 + r2, 0 < r2 < r1,
r1 = r2q3 + r3, 0 < r3 < r2,
.
.
.
rj−2 = rj−1qj + rj, 0 < rj < rj−1,
rj−1 = rjqj+1
A sequência de restos não pode diminuir indefinidamente pois 0 ≤ ri < ri−1 e existe apenas
um número finito de naturais menores que c. Assim, para algum j, obteremos rj+1 = 0.
O maior divisor comum de b e c será rj, ou seja, o último resto não nulo da sequência de
divisões acima.
Demonstração. Pelo Lema de Euclides,
mdc(x + qy, y) = mdc(x + (q − 1)y, y) = mdc(x + (q − 2)y, y) = . . . = mdc(x, y).
3

Então,
mdc(b, c) = mdc(c, r1) = mdc(r1, r2) = . . . = mdc(rj−1, rj) = rj.
Exemplo 12. Calcule mdc(42823, 6409).
Pelo Algoritmo de Euclides,
42823 = 6 × 6409 + 4369
6409 = 1 × 4369 + 2040
4369 = 2 × 2040 + 289
2040 = 7 × 289 + 17
289 = 17 × 17.
Portanto, mdc(42823, 6409) = 17.
Podemos extrair mais informações do Algoritmo de Euclides. Para isso, iremos organizar
as equações do exemplo acima de outra forma.
Essencialmente, a equação mdc(x+qy, y) = mdc(x, y) nos diz que podemos subtrair q vezes
um número de outro sem alterar o máximo divisor comum do par em questão. Realizando
esse procedimento sucessivas vezes, subtraindo o número menor do maior, podemos obter
pares com números cada vez menores até que chegarmos em um par do tipo (d, d). Como o
máximo divisor comum foi preservado ao longo dessas operações, d será o máximo divisor
comum procurado. Iremos repetir o exemplo anterior registrando em cada operação quantas
vezes um número é subtraido do outro. Isso será feito através de dois pares de números
auxiliares:
(42823, 6409) | (1, 0)(0, 1)
(4369, 6409) | (1, −6)(0, 1)
(4369, 2040) | (1, −6)(−1, 7)
(289, 2040) | (3, −20)(−1, 7)
(289, 17) | (3, −20)(−22, 147)
(17, 17) | (355, −2372)(−22, 147)
Da primeira linha para a segunda, como subtraı́mos 6 vezes o número 6409 de 42823,
subtraı́mos 6 vezes o par (0, 1) de (1, 0), obtendo: (1, 0) − 6(0, 1) = (1, −6). Se em uma
dada linha, temos:
(x, x + qy)) | (a, b)(c, d);
então, a próxima linha deverá ser:
(x, y) | (a, b)(c − aq, d − bq);
4

porque representará a operação de subtrairmos q vezes o primeiro número do segundo. Veja
que o par (a, b) foi subtraido de (c, d) exatamente q vezes. Os números escritos nos últimos
dois pares representam os coeficientes dos números originais para cada número do primeiro
par. Por exemplo, analisando a linha:
(289, 2040) | (3, −20)(−1, 7);
obtemos que:
289 = 3 × 42823 − 20 × 6409,
2040 = −1 × 42823 + 7 × 6409.
Em cada linha, essa propriedade é mantida pois a mesma subtração que é realizada no
primeiro par também é realizada entre os dois últimos pares. Analisando o último par,
podemos escrever 17 como combinação de 42823 e 6409 de duas formas diferentes:
17 = −22 × 42823 + 147 × 6409,
17 = 355 × 42823 + −2372 × 6409,
Assim, se no planeta X tivéssemos apenas notas de $42823 e $6409, poderı́amos comprar
algo que custasse exatamente $17.
Como conclusão da discussão anterior e do algoritmo de Euclides, podemos concluir que:
Teorema 13. (Bachet-Bèzout) Se d = mdc(a, b), então existem inteiros x e y tais que
ax + by = d.
De fato, a discussão anterior também nos mostra um algoritmo para encontrarmos x e y.
Voltando à discussão sobre o planeta X, podemos concluir em virtude do teorema anterior
que qualquer valor múltiplo de d poderá ser pago usando apenas as notas de $a e $b.
Como todo valor pago, necessariamente é um múltiplo do máximo divisor comum de a e
b, descobrimos que o conjunto que procurávamos consiste precisamente do conjunto dos
múltiplos de d.
Observação 14. (Para professores) A prova mais comum apresentada para o teorema an-
terior baseia-se na análise do conjunto de todas as combinações lineares entre a e b e quase
sempre se preocupa apenas com mostrar a existência de x e y. Acreditamos que o algoritmo
para encontrar x e y facilite o entendimento do teorema para os alunos mais jovens. Entre-
tanto, frequentemente utilizemos apenas a parte da existência descrita no enunciado. Além
disso, preferimos discutir um exemplo numérico ao invés de formalizarmos uma prova e
sugerimos que o professor faça o mesmo com mais exemplos em aula.
Exemplo 15. (Olimı́ada Russa 1995) A sequência a1, a2, ... de naturais satisfaz mdc(ai, aj) =
mdc(i, j) para todo i ̸= j Prove que ai = i para todo i.
5

Para qualquer inteiro n, mdc(a2n, an) = mdc(2n, n) = n, consequentemente n | an. Seja
d um divisor qualquer de an diferente de n, então d | mdc(ad, an). De mdc(ad, an) =
mdc(d, n), podemos concluir que d | n. Sendo assim, todos os divisores de an que são
diferentes de n são divisores de n. Como já sabemos que an = nk, para algum k, não
podemos ter k > 1 pois nk não divide n e assim concluı́mos que an = n.
Exemplo 16. Mostre que mdc(2120 − 1, 2100 − 1) = 220 − 1.
Pelo lema de Euclides,
mdc(2120
− 1, 2100
− 1) = mdc(2120
− 1 − 220
(2100
− 1), 2100
− 1),
= mdc(220
− 1, 2100
− 1),
= mdc(220
− 1, 2100
− 1 − 280
(220
− 1)),
= mdc(220
− 1, 280
− 1),
= mdc(220
− 1, 280
− 1 − 260
(220
− 1)),
= mdc(220
− 1, 260
− 1),
= mdc(220
− 1, 260
− 1 − 240
(220
− 1)),
= mdc(220
− 1, 240
− 1),
= mdc(220
− 1, 240
− 1 − 220
(220
− 1)),
= mdc(220
− 1, 220
− 1) = 220
− 1.
Exemplo 17. (Olimpı́ada Russa 1964) Sejam x, y inteiros para os quais a fração
a =
x2 + y2
xy
é inteira. Ache todos os possı́veis valores de a.
A primeira estratégia é cancelar os fatores comuns com o objetivo de reduzir o problema
ao caso em que x e y são primos entre si. Seja d = mdc(x, y), com
#
x = d · x0
y = d · y0
, mdc(x0, y0) = 1,
então
a =
x2 + y2
xy
=
x0
2 + y0
2
x0y0
·
Nessa condição, como x0 divide y2
0 e y0 divide x2
0, cada um deles é igual a 1, donde
a =
12 + 12
1 · 1
= 2.
6

Definição 18. Os inteiros a1, a2, . . . , an, todos diferentes de zero, possuem múltiplo comum
b se ai|b para i = 1, 2, . . . , n(note que a1a2 . . . an é um múltiplo comum). O menor múltiplo
comum positivo para tal conjunto de inteiros é chamado de mı́nimo múltiplo comum e será
denotado por mmc(a1, a2, . . . , an).
Proposição 19. Se a e b são não nulos, então: mmc(a, b) · mdc(a, b) = |ab|.
(A prova desta proposição também será deixada para a próxima seção)
Exemplo 20. (Olimpı́ada Russa 1995) Sejam m e n interios positivos tais que:
mmc(m, n) + mdc(m, n) = m + n.
Prove que um deles é divisı́vel pelo o outro.
Se d = mdc(m, n), então podemos escrever m = da e n = db. Pela proposição anterior,
mmc(m, n) =
d2ab
d
= dab.
Temos:
mmc(m, n) + mdc(m, n) − m − n = 0 ⇒
dab + d − da − db = 0 ⇒
ab + 1 − a − b = 0 ⇒
(a − 1)(b − 1) = 0.
Portanto, ou a = 1 e m | n ou então b = 1 e n | m.
Exemplo 21. (Torneio das Cidades 1998) Prove que, para quaisquer inteiros positivos a e
b, a equação mmc(a, a + 5) = mmc(b, b + 5) implica que a = b.
Para o item a), como (a + 5) − a = 5, temos mdc(a, a + 5) é igual a 1 ou 5. O mesmo vale
para mdc(b, b + 5). Pela proposição anterior, temos:
mmc(a, a + 5) =
a(a + 5)
mdc(a, a + 5)
,
mmc(b, b + 5) =
b(b + 5)
mdc(b, b + 5)
.
Suponha que mdc(a, a + 5) = 5 e mdc(b, b + 5) = 1, então a(a + 5) = 5b(b + 5). Consequen-
temente, a é múltiplo de 5 e a(a + 5) é múltiplo de 25. Isso implica que b(b + 5) também é
múltiplo de 5 e que mdc(b, b + 5) > 1. Uma contradição. Analogamente, não podemos ter
mdc(a, a + 5) = 1 e mdc(b, b + 5) = 5. Sendo assim, mdc(a, a + 5) = mdc(b, b + 5) e:
a(a + 5) − b(b + 5) = 0 ⇒
(a − b)(a + b + 5) = 0.
Como a + b + 5 > 0, concluı́mos que a = b.
7

Exemplo 22. Uma máquina f executa operações sobre o conjunto de todos os pares de
inteiros positivos. Para cada par de inteiros positivos, ela fornece um inteiro dado pelas
regras:
f(x, x) = x, f(x, y) = f(y, x), (x + y)f(x, y) = yf(x, x + y).
Determine f(2012, 2012! + 1).
Claramente mmc(x, x) = x e mmc(x, y) = mmc(y, x). Usando a proposição anterior e o
lema de Euclides temos:
(x + y)mmc(x, y) = (x + y)
xy
mdc(x, y)
= y ·
x(x + y)
mdc(x, x + y)
= y · mmc(x, x + y)
Temos então uma forte suspeita de que f = mmc. Seja S o conjunto de todos os pa-
res de inteiros positivos (x, y) tais que f(x, y) ̸= mmc(x, y), e seja (m, n) o par em S
com a soma m + n minima. Note que todo par da forma (n, n) não está em S pois
f(n, n) = n = mmc(n, n). Assim, devemos ter m ̸= n. Suponha sem perda de generalidade
que n > m. Portanto:
nf(m, n − m) = [m + (n − m)]f(m, n − m) ⇒
= (n − m)f(m, m + (n − m)) ⇒
f(m, n − m) =
n − m
n
· f(m, n)
Como o par (m, m − n) não está em S, dado que a soma de seus elementos é menor que
m + n, temos:
f(m, n − m) = mmc(m, n − m) ⇒
n − m
n
· f(m, n) = (n − m)mmc(m, m + (n − m)) ⇒
f(m, n) = mmc(m, n)
Uma contradição. Desse modo, S deve ser um conjunto vazio e f(x, y) = mmc(x, y)
para todos os pares de inteiros positivos. Como 2012 | 2012!, mdc(2012, 2012! + 1) = 1 e
consequentemente mmc(2012, 2012! + 1) = 2012(2012! + 1).
Problemas Propostos
Problema 23. Calcule:
a) mdc(n, n2 + n + 1).
b) mdc(3 × 2012, 2 × 2012 + 1).
8

c) mdc
!
240 + 1
28 + 1
, 28 + 1
"
.
Problema 24. Encontre mdc(2n + 13, n + 7)
Problema 25. Prove que a fração 12n+1
30n+2 é irredutı́vel.
Problema 26. Sejam a, b, c, d inteiros não nulos tais que ad−bc = 1. Prove que a+b
c+d é uma
fração irredutı́vel.
Problema 27. Mostre que mdc(am − 1, an − 1) = amdc(m,n) − 1.
Problema 28. Mostre que se mdc(a, b) = 1, então:
mdc(a + b, a2
− ab + b2
) = 1 ou 3
Problema 29. Dado que mdc(a, 4) = 2, mdc(b, 4) = 2, prove que:
mdc(a + b, 4) = 4.
Problema 30. Prove que, para todo natural n,
mdc(n! + 1, (n + 1)! + 1) = 1.
Problema 31. No exemplo 4, determine todos os pares que podem ser obtidos começando-se
com o par (1, 2).
Problema 32. Qual o máximo divisor comum do conjunto de números:
{16n
+ 10n − 1, n = 1, 2, 3 . . .}?
Problema 33. A sequência Fn de Farey é a sequência de todos as frações irredutı́veis
a
b
com 0 ≤ a ≤ b ≤ n arranjados em ordem crescente.
F1 = {0/1, 1/1}
F2 = {0/1, 1/2, 1/1}
F3 = {0/1, 1/3, 1/2, 2/3, 1/1}
F4 = {0/1, 1/4, 1/3, 1/2, 2/3, 3/4, 1/1}
F5 = {0/1, 1/5, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 4/5, 1/1}
F6 = {0/1, 1/6, 1/5, 1/4, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3, 3/4, 4/5, 5/6, 1/1}
Claramente, toda fração a
b < 1 com mdc(a, b) = 1, está em algum Fn. Mostre que se m/n
e m′/n′ são frações consecutivas em Fn temos |mn′ − nm′| = 1.
Problema 34. (Resvista Quantum - Jornal Kvant) Todas as frações irredutı́veis cujos de-
nominadores não excedem 99 são escritas em ordem crescente da esquerda para a direita:
1
99
,
1
98
, . . . ,
a
b
,
5
8
,
c
d
, . . .
Quais são as frações
a
b
e
c
d
em cada lado de
5
8
?
9

Problema 35. (OBM) Para cada inteiro positivo n > 1, prove que 1 + 1
2 + 1
3 + . . . + 1
n não
é inteiro.
Problema 36. Determine todas as soluções em inteiros positivos para 1
a + 1
b = 1
c .
Problema 37. Inteiros positivos a e b, relativamente primos, são escolhidos de modo que
a + b
a − b
seja também um inteiro positivo. Prove que pelo menos um dos números ab + 1 e
4ab + 1 é um quadrado perfeito.
Problema 38. (IMO 1979) Sejam p, q números naturais primos entre si tais que:
p
q
= 1 −
1
2
+
1
3
− . . . −
1
1318
+
1
1319
.
Prove que p é divisı́vel por 1979.
Respostas, Dicas e Soluções
23. (a)
mdc(n, n2
+ n + 1) = mdc(n, n2
+ n + 1 − n(n + 1)),
= mdc(n, 1),
= 1.
(b)
mdc(3 × 2012, 2 × 2012 + 1) = mdc(3 × 2012 − (2 × 2012 + 1), 2 × 2012 + 1),
= mdc(2012 − 1, 2 × 2012 + 1),
= mdc(2012 − 1, 2 × 2012 + 1 − 2(2012 − 1)),
= mdc(2012 − 1, 3),
= mdc(2012 − 1 − 3 × 670, 3),
= mdc(2, 3) = 1.
Outra opção seria observar que o mdc procurado deve dividir o número 3(2 ×
2012 + 1) − 2(3 × 2012) = 3 e que 2 × 2012 + 1 não é múltiplo de 3.
(c)
mdc
!
240 + 1
28 + 1
, 28
+ 1
"
= mdc
$
232
+ 224
+ 216
+ 28
+ 1, 28
+ 1
%
,
= mdc
$
(232
− 1) + (224
+ 1) + (216
− 1) + (28
+ 1) + 1, 28
+ 1
%
,
= mdc(1, 28
+ 1) = 1.
10

24.
mdc(2n + 13, n + 7) = mdc(2n + 13 − 2(n + 7), n + 7),
= mdc(2n + 13 − 2(n + 7), n + 7),
= mdc(−1, n + 7) = 1
25.
mdc(12n + 1, 30n + 2) = mdc(12n + 1, 30n + 2 − 2(12n + 1)),
= mdc(12n + 1, 6n),
= mdc(12n + 1 − 2(6n), 6n),
= mdc(1, 6n) = 1
26. Seja f = mdc(a + b, c + d). Então f | d(a + b) − b(c + d) = 1 e consequentemente
f = 1.
27. Veja que
mdc(am
− 1, an
− 1) = mdc(am−n
− 1 + (an
− 1)am−n
, an
− 1)
= mdc(am−n
− 1, an
− 1)
O resultado segue aplicando o Algoritmo de Euclides aos expoentes.
28. Seja f = mdc(a + b, a2 − ab + b2). Então f | (a + b)2 − (a2 − ab + b2) = 3ab. Se
mdc(f, a) > 0, devemos ter mdc(f, b) > 0 pois f | a + b. O mesmo argumento vale
para mdc(f, b) > 0. Assim, mdc(f, a) = mdc(f, b) = 1. Portanto, f | 3.
30. Pelo lema de Euclides,
mdc(n! + 1, (n + 1)! + 1) = mdc(n! + 1, (n + 1)! + 1 − (n + 1)(n! + 1))
= mdc(n! + 1, −n)
= mdc(n! + 1 − n[(n − 1)!], −n) = 1
34. Sejam l = mmc{1, 2, . . . , n} e ai = l/i. A soma considerada é
a1 + a2 + . . . + an
l
.
Queremos analisar o expoente do fator 2 no numerador e no denominador. Seja k tal
que 2k ≤ n < 2k+1. Então 2k||l e ai é par para todo i ̸= 2k. Como a2k é ı́mpar, segue
que o numerador é ı́mpar enquanto que o denominador é par. Consequentemente a
fração anterior não representa um inteiro.
11

36. Sejam d = mdc(a, b), a = dx, b = dy. Consequentemente mdc(x, y) = 1 e podemos
escrever a equação como:
1
a
+
1
b
=
1
c
⇒
bc + ac = ab
dyc + dxc = d2
xy
c(x + y) = dxy
Como mdc(xy, x + y) = 1 pois mdc(x, y) = 1, devemos ter xy | c e consequentemente
c = xyk. Assim, d = k(x + y). O conjunto solução é formado pelas triplas (a, b, c)
onde (a, b, c) = (kx(x + y), ky(x + y), xyk) com mdc(x, y) = 1 e x, y e k inteiros
positivos.
38. Use a identidade de Catalão:
1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+ . . . −
1
2n
=
1
n + 1
+
1
n + 2
+ . . . +
1
2n
Em seguida, agrupe os termos da forma
1
n + i
+
1
2n − i + 1
e analise o numerador da
fração obtida.
Referências
[1] S. B. Feitosa, B. Holanda, Y. Lima and C. T. Magalhães, Treinamento Cone Sul 2008.
Fortaleza, Ed. Realce, 2010.
[2] D. Fomin, A. Kirichenko, Leningrad Mathematical Olympiads 1987-1991, MathPro
Press, Westford, MA, 1994.
[3] D. Fomin, S. Genkin and I. Itenberg, Mathematical Circles, Mathematical Words, Vol.
7, American Mathematical Society, Boston, MA, 1966.
[4] I. Niven, H. S. Zuckerman, and H. L. Montgomery, An Introduction to the Theory of
Numbers.

Teoria dos Números 03 - Algoritmo de Euclides
Problema 1. Calcule mdc(3k + 2, 5k + 3) onde k é um inteiro qualquer.
Solução. Se d = mdc(3k + 2, 5k + 3), então d divide 3k + 2 e divide 5k + 3. Logo d divide
5 · (3k + 2) 3 · (5k + 3) = 1. Como d deve ser positivo, temos d = 1.
Problema 2. Encontre todos os valores de a tais que as frações da forma
7n + 2a
n + 5
sejam todas irredutı́veis.
Solução. Devemos ter, para todo n inteiro,
1 = mdc(7n + 2a, n + 5)
= mdc(7n + 2a 7(n + 5), n + 5)
= mdc(2a 35, n + 5).
Suponha que 2a 35 é diferente de 1 e de 1. Então tomando n = |2a 35| 5 teremos mdc
igual a |2a 35| , isto é, diferente de 1.
Logo, para que mdc(7n + 2a, n + 5) = 1 devemos ter 2a 35 = ±1. Dessa forma, a = 18 ou
a = 17.
Problema 3. Calcule mdc(3600
, 7)
Solução. Vamos primeiramente descobrir o resto de 3600
na divisão por 7. Veja que 33
= 27
deixa resto 6 por 7. Logo, 36
deixa mesmo resto que 62
= 36, isto é, deixa resto 1 por 7.
Dessa forma, 3600
= (36
)100
deixa mesmo resto que 1100
= 1 na divisão por 7. Concluı́mos que
mdc(3600
, 7) = mdc(1, 7) = 1.
Problema 4. Na sequência de Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . ., cada número depois do segundo
é soma dos dois anteriores. Denotando por fn o n-ésimo termo da sequência temos portanto
que
fn = fn 1 + fn 2
e que f1 = f2 = 1. Mostre que o máximo divisor comum de dois termos consecutivos da
sequência de Fibonacci é sempre 1.
Solução. Temos o seguinte:
mdc(fn, fn 1) = mdc(fn 1 + fn 2, fn 1)
= mdc(fn 1 + fn 2 fn 1, fn 1)
= mdc(fn 2, fn 1)

Proseguindo desta maneira, encontramos que o mdc inicial é igual a mdc(fn 2, fn 3),
mdc(fn 3, fn 4), . . .. De forma que mdc(fn, fn 1) é constante para todo n natural. Con-
sequentemente, este valor é sempre igual a mdc(f1, f2) = mdc(1, 1) = 1.
Problema 5. Para quais inteiros positivos k ocorre mdc(n! + k, 3n) = 3 para todo n > 3?
Solução. Se n > 3 então q =
(n 1)!
3
é inteiro. Sendo assim temos que mdc(n! + k, 3n) =
mdc(n! + k 3nq, 3n) = mdc(k, 3n) = 3. Devemos ter, então, k = 3t, t 2 Z. Logo, deve
ocorrer mdc(t, n) = 1 para todo n. Como k é natural, t = 1 e k = 3. k só pode assumir um
valor natural.
Problema 6. Qual o maior valor possı́vel para mdc(n, 2015 + n)?
Solução. Note que mdc(n, 2015 + n) = mdc(n, 2015 + n n) = mdc(2015, n). Tomando
n = 2015 temos o mdc máximo e igual a 2015.
Problema 7. Qual é o maior valor possı́vel para mdc(n + 1, n3
+ 5)?
Solução. Da fatoração n3
+ 1 = (n + 1)(n2
n + 1) temos que n3
+ 5 = (n + 1)k + 4.
Portanto mdc(n + 1, n3
+ 5) = mdc(n + 1, (n + 1)k + 4) = mdc(n + 1, 4) que tem máximo 4.
Problema 8. Quantos inteiros n, com 1  n  100, podem ser escritos na forma n =
462x + 966y?
Solução. Pelo algoritmo de Euclides encontramos mdc(966, 462) = 42. Pelo teorema de
Bezout, existem x0
e y0
tais que 42 = 462x0
+ 966y0
. Portanto, se 42 divide n, digamos
n = 42k, então existem x = k · x0
e y = k · y0
tais que n = 42k = 462x + 966y. Além disso,
se n pode ser escrito dessa forma então, claramente, é múltiplo de 42. Concluı́mos que n pode
ser escrito na forma 462x + 966y se, e só se, for múltiplo de 42. Existem 2 múltiplode 42 entre
1 e 100. Sendo assim, a resposta é 2.
Problema 9. Qual é o maior valor possı́vel para mdc(122 + n2
, 122 + (n + 1)2
)?
Solução. Temos que
mdc(122 + n2
, 122 + (n + 1)2
) = mdc(122 + n2
, 2n + 1).
2

Como 2n + 1 é ı́mpar, multiplicar 122 + n2
por 2 não altera o mdc. Logo,
mdc(122 + n2
, 122 + (n + 1)2
) = mdc(244 + 2n2
, 2n + 1)
= mdc(244 + 2n2
n(2n + 1), 2n + 1)
= mdc(244 n, 2n + 1).
Novamente, como 2n + 1 é ı́mpar, multiplicar 244 n por 2 não afetará o mdc. Dai,
mdc(122 + n2
, 122 + (n + 1)2
) = mdc(488 2n, 2n + 1)
= mdc(488 2n + (2n + 1), 2n + 1)
= mdc(489, 2n + 1).
Portanto, o maior valor para o mdc será 489, quando 2n + 1 for múltiplo de 489.
Problema 10. Qual é o menor valor positivo de N, tal que existem inteiros x e y satisfazendo
2013x + 3102y = N
.
Solução. Usando o algoritmo de Euclides:
mdc(3102, 2013) = mdc(1089, 2013)
= mdc(1089, 924)
= mdc(924, 165)
= mdc(165, 99)
= mdc(99, 66)
= mdc(66, 33) = 33.
Claramente 33 = mdc(3102, 2013) divide N. Pelo teorema de Bezout existem inteiros x e y
tais que 2013x + 3102y = 33. Nessas condições, o menor valor de N é 33.

Polos Olímpicos de Treinamento
Curso de Teoria dos Números - Nível 2
Prof. Samuel Feitosa
Aula 4
Números Primos, MDC e MMC.
Definição 1. Um inteiro p > 1 é chamado número primo se não possui um divisor d
satisfazendo 1 < d < p. Se um inteiro a > 1 não é primo, ele é chamado de número
composto. Um inteiro m é chamado de composto se |m| não é primo.
O próximo teorema nos diz que os primos são as ”peças”fundamentais dos números inteiros:
Teorema 2. Todo inteiro n, maior que 1, pode ser expresso como o produto de número
primo.
Demonstração. Se o inteiro n é um primo, então ele mesmo é o produto de um único fa-
tor primo. Se o inteiro n não é primo, existe uma decomposição do tipo: n = n1n2 com
1 < n1 < n e 1 < n2 < n. Repetindo o argumento para n1 e n2, podemos escrever n como
o produto de primos ou podemos obter parcelas menores escrevendo n como um produto
de naturais. Como não existe uma sucessão infinita de naturais cada vez menores, após um
número finito de operações desse tipo, poderemos escrever n como um produto de números
primos.
Quantos números primos existem?
Teorema 3. (Euclides) Existem infinitos números primos.
Demonstração. Suponha, por absurdo, que exita apenas uma quantidade finita de primos:
p1, p2, . . . , pn. Considere o número X = p1p1 . . . pn +1. Pelo teorema anterior, esse número
deve ser o produto de alguns elementos do conjunto de todos os números primos. Entre-
tanto, nenhum dos primos pi divide X.
Exemplo 4. Existe um bloco de 1000 inteiros consecutivos não contendo nenhum primo?
Sim. Um exemplo é o conjunto 1001!+2, 1001!+3, . . . , 1001!+1001. Veja i | 1001!+i para
todo i = 2, 3, . . . , 1001.

Exemplo 5. (Torneio das Cidades) Existe um bloco de 1000 inteiros consecutivos contendo
apenas um primo?
Para cada bloco de 1000 números consecutivos, contemos sua quantidade de números pri-
mos. Por exemplo, no bloco 1, 2, 3, . . . , 1000, temos 168 números primos (mas só usaremos
o fato de que existem mais de dois primos nesse bloco). Comparando os blocos consecuti-
vos k + 1, k + 2, . . . , k + 1000 e k + 2, k + 3, . . . , k + 1001, ou o número de números primos
aumenta em uma unidade, ou fica constante ou diminui em uma unidade. Analisando to-
dos os blocos consecutivos desde 1, 2, . . . , 1000 até 1001! + 2, 1001! + 3, . . . , 1001! + 1001,
o número de números primos deve ser igual à 1 em algum deles. Para ver isso, usare-
mos um argumento de continuidade discreta: Começando com o número 168 e realizando
alterações de no máximo uma unidade na quantidade de primos em cada bloco, para che-
garmos no número 0, necessariamente deveremos passar pelo número 1 em algum momento.
Relembremos um importante resultado da aula passada:
Teorema 6. (Bachet- Bèzout) Se d = mdc(a, b), então existem inteiros x e y tais que
ax + by = d.
Proposição 7. Sejam a, b e c inteiros positivos com a | bc e mdc(a, b) = 1. Então, a | c.
Demonstração. Pelo teorema anterior, existem x e y inteiros tais que ax + by = 1. Assim,
acx + bcy = c. Como a | acx e a | bcy, podemos concluir que a | c.
Em particular, se p é um número primo e p | ab, então p | a ou p | b. Podemos usar esse
fato para garantir a unicidade em nosso primeiro teorema, obtendo o importante:
Teorema 8. (Teorema Fundamental da Aritmética) A fatoração de qualquer inteiro n > 1,
em fatores primos, é única a menos da ordem dos fatores.
Exemplo 9. (Rússia 1995) É possı́vel colocarmos 1995 números naturais ao redor de um
cı́rculo de modo que para quaisquer dois números vizinhos a razão entre o maior e o menor
seja um número primo?
Não, é impossı́vel. Suponha, por absurdo, que isso seja possı́vel e denotemos por
a0, a1, . . . , a1995 = a0 tais inteiros. Então, para k = 1, . . . , 1995,
ak−1
ak
é primo ou o in-
verso de um primo. Suponha que a primeira situação ocorra m vezes e a segunda ocorra
1995 − m vezes entre esses quocientes. Como o produto de todos os números da forma
ak−1
ak
, para k = 1, . . . , 1995 é igual à 1, podemos concluir que o produto de m primos deve
ser igual ao produto de 1995 − m primos. Em virtude da fatoração única, m = 1995 − m.
Um absurdo pois 1995 é ı́mpar.
Proposição 10. Se as fatorações em primos de n e m são:
n = pα1
1 pα2
2 . . . pαk
k ,
m = pβ1
1 pβ2
2 . . . pβk
k .
2

Então, mdc(m, n) = pγ1
1 pγ2
2 . . . pγk
k e mmc(m, n) = pθ1
1 pθ2
2 . . . pθk
k , onde γi é o menor dentre
{αi, βi} e θi é o maior dentre {αi, βi}.
Proposição 11. Se a e b são inteiros positivos, mostre que mmc(a, b)mdc(a, b) = ab.
Demonstração. Basta usar a proposição anterior e observar que:
max{x, y} + min{x, y} = x + y.
Exemplo 12. (Torneio das Cidades 1998) É possı́vel que mmc(a, b) = mmc(a + c, b + c)
para alguma conjunto {a, b, c} de inteiros positivos?
Não. Suponha que a+c e b+c possuem algum divisor primo p. Como p | mmc(a+c, b+c),
caso existam tais inteiros, devemos ter que p | mmc(a, b). Assim, usando que pelo menos
um dentre a e b é divisı́vel por p podemos concluir que c também é divisı́vel por p. Então,
podemos cancelar o fator p:
mmc
!
a
p
,
b
p
"
=
mmc(a, b)
p
=
mmc(a + c, b + c)
p
= mmc
!
a + c
p
,
b + c
p
"
.
Efetuando alguns cancelamentos, podemos supor então que a+c e b+c não possuem fatores
primos em comum. Obtivemos um absurdo pois:
mmc(a + c, b + c) = (a + c)(b + c) > ab ≥ mmc(a, b).
Exemplo 13. (OCM 2005) Determinar os inteiros n > 2 que são divisı́veis por todos os
primos menores que n.
Como mdc(n, n − 1) = 1, se n − 1 possui algum fator primo, ele não dividirá n. Assim,
n − 1 < 2. Consequentemente não existe tal inteiro.
Exemplo 14. Mostre que n4 + n2 + 1 é composto para n >1.
Veja que n4 + n2 + 1 = n4 + 2n2 + 1 − n2 = (n2 + 1)2 − n2 = (n2 + n + 1)(n2 − n + 1).
Para n > 1, n2 − n + 1 = n(n − 1) + 1 > 1 e assim n4 + n2 + 1 é o produto de dois inteiros
maiores que 1.
Exemplo 15. Mostre que n4 + 4n é composto para todo n > 1.
Se n é par, certamente o número em questão é divisı́vel por 4. Para o caso em que n é
impar, iremos usar a fatoração:
a4
+ 4b4
= a4
+ 4a2
b2
+ 4b4
− 4a2
b2
= (a2
+ 2b2
) − 4b2
b2
= (a2
− 2ab + 2b2
)(a2
+ 2ab + 2b2
).
Para n da forma 4k + 1, faça a = n e b = 4k. Para n da forma 4k + 3, faça a = n e
b = 22k+1.
Exemplo 16. Se 2n +1 é um primo ı́mpar para algum inteiro positivo n, prove que n é uma
potência de 2.
3

Já vimos que an − 1 = (a − 1)(an−1 + an−2 + . . . + 1). Se n é impar,
(−a)n
− 1 = (−a − 1)((−a)n−1
+ (−a)n−2
+ . . . + 1) ⇒
an
+ 1 = (a + 1)(an−1
− an−2
+ . . . − a + 1)
Sendo assim, se n possuı́sse algum divisor primo ı́mpar p com n = pb, poderı́amos escrever:
2n +1 = (a+1)(an−1 −an−2 +. . .−a+1), onde a = 2b. Como an−1 −an−2 +. . .−a+1 > 1,
o número 2n + 1 não seria primo.
Exemplo 17. Dados que p, p + 10 e p + 14 são números primos, encontre p.
Vamos analisar os possı́veis restos na divisão por 3 de p. Se p deixa resto 1, então p + 14
é um múltiplo de 3 maior que 3 e consequentemente não poderá ser um número primo. Se
o resto é 2, então p + 10 é um múltiplo de 3 maior que 3 e também não poderá ser um
número primo. Assim, o resto de p por 3 é 0 e consequentemente p = 3.
Exemplo 18. (Áustria-Polônia) Dados naturais n e a > 3 ı́mpar, mostre que a2n
− 1 tem
pelo menos n + 1 divisores primos distintos.
Usando a fatoração da diferença de quadrados, temos que:
a2k
− 1 = (a2k−1
+ 1)(a2k−2
+ 1) . . . (a + 1)(a − 1).
Assim, a2m
+ 1 | a2k
− 1 se k > m. Como a é impar, podemos concluir que:
mdc(a2k
+ 1, a2m
+ 1) = mdc(a2k
− 1 + 2, a2m
+ 1) = mdc(2, a2m
+ 1) = 2.
Sendo assim, na fatoração:
a2n
− 1
2n
=
(a2n−1
+ 1)
2
(a2n−2
+ 1)
2
. . .
(a + 1)
2
(a − 1)
2
,
temos o produto de pelo menos n inteiros primos entre si e consequentemente seus fatores
primos são distintos. Para cada termo (a2i
+1)
2 , temos um fator primo pi+1 diferente de 2.
Daı́, a2n
− 1 possui pelo menos n + 1 fatores primos distintos, a saber, {2, p1, p2, . . . , pn}.
Exemplo 19. (Rioplatense 1999) Sejam p1, p2, . . . , pk primos distintos. Considere todos os
inteiros positivos que utilizam apenas esses primos (não necessariamente todos) em sua
fatoração em números primos, formando assim uma seqüência infinita
a1 < a2 < · · · < an < · · · .
Demonstre que, para cada natural c, existe um natural n tal que
an+1 − an > c.
4

Suponha, por absurdo, que exista c > 0 tal que an+1 − an ≤ c, ∀ n ∈ N. Isso significa que
as diferenças entre os termos consecutivos de (an)n≥1 pertencem ao conjunto {1, 2, . . . , c},
logo são finitas. Sejam d1, d2, . . . , dr essas diferenças. Seja αi o maior expoente de pi que
aparece na fatoração de todos os dj.
Considere então o número M = pα1+1
1 pα2+1
2 · · · pαk+1
k . É claro que M pertence à seqüência,
ou seja, M = an, para algum n. Vejamos quem será an+1. Por hipótese, existe i tal que
an+1 − an = di. Como an+1 > an, existe um primo pj que divide an+1 com expoente maior
ou igual a αj + 1. Caso contrário,
an < an+1 < pα1+1
1 pα2+1
2 · · · pαk+1
k = an ,
absurdo. Daı́, p
αj+1
j |an ⇒ p
αj+1
j |di, novamente um absurdo, pela maximalidade de αj.
Logo, o conjunto de todas as diferenças não pode ser finito e, portanto, dado qualquer
c > 0, existe um natural n tal que an+1 − an > c.
Problemas Propostos
Problema 20. Dado que p, 2p + 1 e 4p2 + 1 são números primos, encontre p.
Problema 21. Dado o par de primos p e 8p2 + 1, encontre p.
Problema 22. Dado o par de primos p e p2 + 2, prove que p3 + 2 também é um número
primo.
Problema 23. Dado que p, 4p2 + 1 e 6p2 + 1 são números primos, encontre p.
Problema 24. Os números de Fermat são os números da forma 22n
+ 1. Prove que o
conjunto dos divisores primos dos termos da seqüência de Fermat é infinito.
Problema 25. Mostre que todo inteiro n pode ser escrito de maneira única na forma n = ab,
onde a é um inteiro livre de quadrado e b é um quadrado perfeito. Um inteiro é dito livre
de quadrado se não é divisı́vel por nenhum quadrado perfeito maior que 1.
Problema 26. Prove que todo primo maior que 3 é da forma 6k+1 ou 6k+5.
Problema 27. Prove que todo inteiro da forma 3k+2 tem um fator primo da mesma forma.
Problema 28. Prove que existem infinitos primos da forma 4k+3 e 6k +5.
Problema 29. Prove que se n é composto, então possui um fator primo p ≤
√
n.
Problema 30. (OBM 1998) São dados 15 números naturais maiores que 1 e menores que
1998 tais que dois quaisquer são primos entre si. Mostre que pelo menos um desses 15
números é primo.
Problema 31. Mostre que n|(n-1)! para todo número composto n.
5

Problema 32. Suponha que n >1. Mostre que a soma dos inteiros dos inteiros positivos
não excedendo n divide o produto dos inteiros positivos não excedendo n se, e somente se,
n é composto.
Exemplo 33. (Rússia 1995) Encontre todos os primos p para os quais p2 + 11 tenha exata-
mente seis divisores distintos, incluindo 1 e p2 + 11.
Problema 34. (Irlanda 2002 ) Encontre todas as soluções inteiras positivas de p(p + 3) +
q(q + 3) = n(n + 3), onde p, q são primos.
Exemplo 35. Prove que qualquer quadrado perfeito positivo tem mais divisores que deixam
resto 1 na divisão por 3 do que divisores que deixam resto 2 na divisão por 3.
Dicas e Soluções
19. Analisemos o resto de p na divisão por 3. Se p deixar resto 1, o número 2p + 1 será
divisı́vel por 3. Se p deixar resto 2, o número 4p + 1 será divisı́vel por 3. Em ambos
os casos, 2p + 1, 4p + 1 > 3 e obtemos assim um absurdo.
20. Analisemos o resto de p na divisão por 3. Se p deixa resto 1 ou 2, p2 deixa resto 1
e consequentemente 8p2 + 1 deixa resto 0 por 3 mas certamente é maior que 3. Um
absurdo, logo p = 3.
21. Analisemos o resto na divisão por 3. Se p não é múltiplo de 3, p2 + 2 é divisı́vel por
3 e maior que 3. Um absurdo, logo p = 3 e p3 + 2 = 29.
22. Analise os restos na divisão por 5.
23. Iremos usar a fatoração do exemplo 17:
22n
− 1 = (22n−1
+ 1)(22n−2
+ 1) . . . (2 + 1)(2 − 1).
Assim, se k > m,
mdc(22k
+ 1, 22m
+ 1) = mdc(22k
− 1 + 2, 22m
+ 1) = mdc(2, 22m
+ 1) = 1,
produzindo que quaisquer dois números de Fermat distintos são primos entre si e isso
necessariamente implica que o conjunto de seus divisores primos é infinito.
24. Analise os restos na divisão por 2 e 3.
27. Tente imitar a prova de Euclides para a existência de infinitos primos.
29. Se n é composto, podemos escrever n = ab com 1 < a ≤ b ≤<. Assim, a2 ≤ n e
a ≤
√
n. Para terminar, basta considerar qualquer divisor primo de a.
30. Dado 1 < n < 1998, se ele não for primo, usando o exercı́cio anterior, ele tem que
ter um fator primo menor que 1998, ou seja, um fator primo menor que 45. Como só
existem 14 primos menores que 45, e são 15 números, um deles será primo.
6

31. Escreva n = ab e analise as aparições de a e b no produto (n − 1) · (n − 2) . . . 2 · 1.
33. Se p ̸= 3, 3 | p2 + 11. Analogamente, se p ̸= 2, 4 | p2 + 11. Assim, exceto nes-
ses dois casos, 12 | p2 + 11 e podemos encontrar mais que 6 divisores distintos:
{1, 2, 3, 4, 6, 12, p2 + 11}. Agora, teste p = 2 e p = 3 para verificar que p = 3 é a única
solução.
34. Seja
n = 3γ
· pα1
1 · · · pαn
n · qβ1
1 · · · qβm
m
a decomposição de n em fatores primos, onde cada pi deixa resto 1 por 3 e cada qj
deixa resto 2 por 3. Então
n2
= 32γ
· p2α1
1 · · · p2αn
n · q2β1
1 · · · q2βm
m .
Um divisor de n2 deixa resto 1 por 3 se e somente se possuir uma quantidade par de
primos qj, contados com repetição. Mais especificamente, se e somente se a soma dos
expoentes de q1, . . . , qm for par. Assim, a quantidade de divisores dessa forma é igual
a
D1 = (2α1 + 1) · · · (2αn + 1)
#
1
2
(2β1 + 1)(2β2 + 1) · · · (2βm + 1) + 1
$
.
Enquanto para se obter um divisor que deixe resto 2 por 3, precisamos de uma
quantidade ı́mpar de fatores primos da forma 3k+2. Assim, a quantidade de divisores
dessa forma é:
D2 := (2α1 + 1)(2α2 + 1) · · · (2αn + 1)
!
1
2
(2β1 + 1)(2β2 + 1) · · · (2βm + 1)
"
.
Daı́, segue facilmente que D1 > D2.
Referências
[1] E. Carneiro, O. Campos and F. Paiva, Olimpı́adas Cearenses de Matemática 1981-2005
(Nı́veis Júnior e Senior), Ed. Realce, 2005.
[2] S. B. Feitosa, B. Holanda, Y. Lima and C. T. Magalhães, Treinamento Cone Sul 2008.
Fortaleza, Ed. Realce, 2010.
[3] D. Fomin, A. Kirichenko, Leningrad Mathematical Olympiads 1987-1991, MathPro
Press, Westford, MA, 1994.
[4] D. Fomin, S. Genkin and I. Itenberg, Mathematical Circles, Mathematical Words, Vol.
7, American Mathematical Society, Boston, MA, 1966.
[5] I. Niven, H. S. Zuckerman, and H. L. Montgomery, An Introduction to the Theory of
Numbers.

Teoria dos Números 04 - MMC, MDC e os Números Primos
Problema 1. Um primo p pode ser expresso como a diferença de quadrados de dois inteiros
positivos. Encontre o resto da divisão de p2
+ 138 por 4.
Solução. Temos p = a2
b2
= (a b)(a + b). Como p é primo devemos ter a b = 1. Dai,
p = a + b = 2b + 1. Portanto, p2
+ 138 = 4b2
+ 4b + 1 + 138 = 4(b2
+ b + 34) + 3 deixa resto
3 na divisão por 4.
Problema 2. Encontre todos os primos p tais que p = 3m
3n
, onde m, n são inteiros não
negativos.
Solução. Devemos ter n < m. Sendo assim, p = 3m
3n
= 3n
(3m n
1). Como p é primo
e 3m n
1 6= 1, devemos ter 3m n
1 = p e 3n
= 1. Concluı́mos que n = 0 e p = 3m
1 é
par. Dessa forma, p é igual ao único primo par, 2.
Problema 3. Encontre todos os inteiros positivos n para os quais 3n 4, 4n 5 e 5n 3 são
todos primos.
Solução. A soma dos três números é um número par, então plo menos um deles é par. O
único número primo par é 2. Só 3n 4 e 5n 3 podem ser pares. Resolvendo as equações
3n 4 = 2 e 5n 3 = 2 encontramos n = 2 e n = 1, respectivamente. É trivial conferir que
n = 2 torna todos os três números primos.
Problema 4. Se p e q são primos e x2
px + q = 0 tem duas raizes inteiras positivas distintas,
encontre p e q.
Solução. Sejam x1 e x2, com x1 < x2, as duas raizes. Então x2
px + q = (x x1)(x x2),
implicando que p = x1 + x2 e q = x1x2. Já que q é primo, x1 = 1. Daı́, q = x2 e p = x2 + 1
são dois primos consecutivos; são eles, q = 2 e p = 3.
Problema 5. Prove que se p e p2
+ 8 são primos, então p3
+ 8p + 2 é primo.
Solução. Se p não é múltiplo de 3 então p2
deixa resto 1 na divisão por 3, de forma que p2
+8
é múltiplo de 3 e não é primo. Logo, p deve ser múltiplo de 3. Como é primo, p = 3. Daı́,
p3
+ 8p + 2 = 53 que é primo.
Problema 6. Encontre todos os possı́veis valores de n 1 para os quais existem n inteiros
positivos consecutivos tais que sua soma é um número primo.

Solução. Claramente, nós temos n = 1 tomando qualquer número primo. Nós também temos
n = 2 já que todo número ı́mpar pode ser escrito como soma de dois números consecutivos.
Suponha p = a + (a + 1) + . . . + (a + k) para algum primo p e inteiros positivos a e k 2.
Então 2p = (k + 1)(2a + k). Tanto k + 1 quanto 2a + k são maiores que 2. De forma que
(k + 1)(2a + k)
2
é composto. Isso é uma contradição já que p é um número primo. Sendo
assim, n = 1 ou 2.
Problema 7. Seja p um primo ı́mpar. Encontre os pares de inteiros positivos (x, y) tais que
x2
= p + y2
.
Solução. Temos p = x2
y2
= (x y)(x+y). Como x, y são inteiros positivos x y < x+y.
Do fato de p ser primo temos x y = 1 e x + y = p. Resolvendo encontramos x =
p + 1
2
e
y =
p 1
2
.
Problema 8. Para quantos valores de n o número 1! + 2! + . . . + n! é primo?
Solução. Para n = 1 temos 1! = 1 que não é primo. Para n = 2 temos 1! + 2! = 3 que é
primo. Para n = 3 temos 1! + 2! + 3! = 9. Agora, para n 4 temos
1! + 2! + 3! + 4! + . . . + n! = 9 + 4! + . . . + n!.
Note que todos os termos são divisı́veis por 3, logo para n 4 não temos solução. Sendo
assim, o único inteiro n que satisfaz essa condição é n = 3.
Problema 9. Mostre que não existe nenhuma progressão aritmética infinita composta somente
de números primos.
Solução. Suponha que existe uma progressão deste tipo. Seja p1 o termo inicial e r a razão da
sequência. Então o termo geral da sequência é pn = p1 +(n 1)r. Tomando n = p1 +1 temos
pp1+1 = p1 + [(p1 + 1) 1]r = p1(1 + r), um número composto. Chegamos a um absurdo.
Logo, não existe nenhuma P.A. infinita composta somente de primos.
Problema 10. Encontre todos os valores inteiros positivos de n para os quais n4
+ 4 é um
número primo.
Solução. n4
+ 4 = n4
+ 4n2
+ 4 4n2
= (n2
+ 2n + 2)(n2
2n + 2). Para n = 1,
n4
+ 4 = 5 · 1, um primo. Para n > 1, n2
+ 4 é um número composto uma vez que ele tem
dois fatores n2
+ 2n + 2 e n2
2n + 2, cada um maior do que 1.
Sendo assim, n4
+ 4 é primo somente para n = 1.

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