Teoria dos Numeros - Ramon

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Teoria dos Números – Profº.: Ramon 
 
 O Conjunto N 
 
O conjunto dos números naturais: 
 
Destacamos também que no conjunto dos números naturais vale o seguinte princípio: 
 
Princípio da Boa Ordenação (PBO): Se J é um subconjunto não - vazio do conjunto dos números naturais, 
então J tem um elemento mínimo, ou seja, existe um elemento m em J tal que m ≤ x para qualquer x ∈ J. 
Seja N ≠ 

, onde se define os postulados axiomas de Peano, Giusep. 
 Axioma 1 → 1 

N 
 Axioma 2 → 

n 

N, 

n+1

N, onde n+1 é o sucessor de n 
 Axioma 3 → 

n 

N, n+1 ≠ 1 
 Axioma 4 → 

m, n 

N, se m ≠ n, então m+1 ≠ n+1 
Considerações sobre os Postulados 
1) O axioma 1 estabelece que a unidade 1 seja um número natural. 
2) O Postulado 2 estabelece que todo número natural tenha um sucessor natural (o conjunto dos números naturais é 
infinito) 
3) O axioma 3 estabelece que a unidade 1 seja o primeiro número natural. 
4) O axioma 4 estabelece que naturais diferentes tenham sucessores diferentes. 
Princípios de Indução Finita 
Seja T um conjunto de números naturais e seja P(n) uma propriedade que depende de n N. Para provarmos que 
P(n) é verdadeiro 

n 

N, usaremos o Principio da Indução Finita, que consiste em: 
 
1) Provar que P(1) é verdadeiro, isto é, Provar que a propriedade é verdadeira para o primeiro número natural. 
2) Admitir que P(k) seja verdadeiro, isto é, admitir que a propriedade seja verdadeira para um natural k qualquer. 
3) Provar que P(k+1) é verdadeiro, isto é, provar que a propriedade é verdadeira para o sucessor de k. 
Nestas condições, estaremos provando que a propriedade é verdadeira 

n

N. 
Demonstração: Suponha T N. Para o conjunto complementar temos então . Pelo 
principio da indução existe m∈ tal que para todos os ∈ . Como 1 ∈ pela propriedade 1), temos 
 , particularmente m > 1. Daí concluímos que k = m - 1∈ . Pela propriedade 2) temos porém que m = k + 
1∈ de onde sai o absurdo ∈ . Isto mostra que é impossível. Temos que ter e daí 
 . 
 
Exemplos: 
Prove por Indução que: 
I) 

n 

 N, 1 + 2 + 3 + ... + n = 
2
)1( nn
 
a) P(1): 1 = 


2
)11(1
 1 = 1 V 
b) Admitir que P(k) = 1 + 2 + 3 + ... + k = 
2
)1( kk
seja verdadeiro. 
c) Provar que P(k*) = 1 +2 + 3 + ... + k* = 
2
)1*(* kk
 é verdadeiro. 
Como provar isso? 
Da hipótese da indução temos: lembrete: 
1 +2 + 3 +... + k + k* = 
2
*)1( kkk 
 k* = k + 1 
Assim, temos: 
2
)1( kk
+
2
1
*k
 = 




2
)1(2)1(
2
*2)1( kkkkkk
 
2
)1*(*
2
)11).(1(
2
)2).(1( 



 kkkkkk
 
Como queríamos demonstrar ou c.q.d. 
 
II) 

n

N, 1² + 2² + 3² + ... + n² = 
6
)12)(1(  nnn
 
a) P(1): 1 = 


6
6
6
3.2
6
)11.2).(11(1
 1 = 1 V 
b) Admitamos que P(k) = 1² + 2² + 3² + ... + k² = 
6
)12)(1.(  kkk
 seja verdadeiro. 
c) Provar que P(k*) = 1² + 2² + 3² + ... + k² = 
6
)1*2)(1*(*  kkk
 é verdadeiro. Assim, temos: 1² + 2² + 3³ 
+ ... + k*² = 1² + 2² + 3² + ... + k² + k*². 
1² + 2² + 3² + ... + k² + k* = 
6
)12)(1(  kkk
 + k*² = 
6
1
)²1(
1
6
)12)(1( 

 kkkk
= 




6
)]1(6)12()[1(
6
)²1(6)12)(1( kkkkkkkk
 

6
)67²2)(1(
6
)66²2)(1( 

 kkkkkkk
 

6
1)1(2).(2).(1(
6
)2).(32).(1( 

 kkkkkkk
 



6
)1)1(2)(11).(1( kkk 
6
)1*2)(1*(*  kkk
 
Lembrete: 
a
x² + 
b
x + 
c
 = 
a
(x – x’) (x – x’’) 
2 k² + 7 k + 6 = (2 k + 3) . (k + 2). 
 
 Forma fatorada 
Rascunho: 
a (x - x') (x - x'') 
2 k 2 + 7 k + 6 = 0 
k = -7 
 4849 
 
k = -7 

1 
x' = 
2
4
48


 
x'' = 
2
3
4
6 

 
2 (k – (
2
3
) (k – (-2)) 
2 (
2
32 k
) (k + 2) 
(2 k + 3) . (k + 2) 

2 k 2 + 7 k + 6 = (2 k + 3) (k + 2) 
Verificando: (2 k + 3) (k + 2) = 2 k² + 4 k + 3 k + 6 = 2 k² + 7 k + 6 
 
 
 
III) 

n 

N, 1³ + 2³ + 3³ + ... + n³ = 
4
)²1²( nn
 
A soma dos cubos 
a) P(1) = 1 = 1³ + 2³ + 3³ + ... + n³ = 
11
4
)²2(1
4
²)11²(1


 
b) Admitamos que P(k): 1³ + 2³ + 3³ + ... + k³ = 
4
)²1²(³  kkk
 seja verdadeiro. 
c) Provar que P(k*) = 1³ + 2³ + 3³ + ... + k*³ = 
4
)²1*²(* kk
 é verdadeiro. 
1³ + 2³ + 3³ + ... + k*³ = 1³ + 2³ + 3³ + ... + k³ + k*³ 








4
)]1(4²)²[1(
4
)³1(4)²1²(
4
³*.4)²1²(
4
1
³*
4
)²1²( kkkkkkkkkkkk
 







4
)11)(11)².(1(
4
)2)(2)².(1(
4
)44²)².(1( kkkkkkkkk
 
4
)1*)(1*².(* 

kkk
 
Logo: 
4
)²1*²(* kk
 
IV) 

n 

N, 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n (n+1) = 
3
)2)(1(  nnn
 
a) P(1): 1.2 = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n (n+1) = 
2
3
)31)(11(1


 
b) Admitamos que P(k) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + k (k + 1) = 
3
)2)(1(  kkk
 seja verdadeiro. 
c) Provar que P(k*) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + k* (k* + 1) = 
3
)2*)(1*(*  kkk
 é verdadeiro. 
Assim temos: 
1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + k* (k* + 1) = 1.2 + 2.3 + ... + k (k + 1) + k* (k* + 1) 
= 
3
1
)2)(1(
3
)2)(1(
)1*(*
3
)2)(1( 



 kkkkk
kk
kkk
 
=
3
)21)(11).(1(
3
)3).(2).(1(
3
)2)(1(3)2)(1( 



 kkkkkkkkkkk
3
)2*)(1**) 

kkk
 
 
V) 

n 

N, 1² + 3² + 5² + ... + (2n – 1)² = 
3
)1²4( nn
 
a) P(1): 1 = 1² + 3² + 5² + ... + (2n – 1)² = 
11
3
3.1
3
)1²1.4(1


 
b) Admitamos que P(k) = 1² + 3 ² + 5² + ... + (2k* - 1)² = 
3
)1²4( kk
 seja verdadeiro. 
c) Provar que P(k*) = 1² + 3² + 5² + ... + (2k* - 1)² = 
3
)1²*4(* kk
 é verdadeiro. 
Assim temos: 
1² + 3² + 5² + ... + (2k* - 1)² = 1² + 3² + 5² + ... + (2k – 1)² + (2k* - 1)² = 
3
)1²4( kk
 + (2k* - 1)² = 









3
)²12(3)1²4(
3
1
)²12(
1
3
)1²4(
)²1)1(2(
3
)1²4( kkkkkk
k
kk
 
3
2)12(312)(12(  kkkk
= 

  
3
)35²2)(12(
3
)36²2)(12(
3
)12(3)12()12( 



 kkkkkkkkkkk
 





3
)122)(122)(1(
3
)1)(32)(12( kkkkkk
 

 
3
)1*2)(1*2(*
)1)1(2)(1)1(2)(1(


kkk
kkk
 

 Logo: 
3
)1²*4(* kk
 
VI) 

n 

N, 2 n2 -1 é divisível por 3. 
a) P(1): 2 1.2 - 1 é divisível por 3. 
b) Admitindo que P(k): 2 k2 -1 seja divisível por 3. Então, temos k22 -1 = 3 . q, q N. 
c) Provar que P(k*) = 2 1*2 k é divisível por 3. 
2 1*2 k -1 = 12 )1(2 k =  1²2.212 222 kk 
12.412.212 222*2  kkk
 
4412.412 2*2  kk
 
 = 
41)42.(4 2 k
 
 =
 )14(331233.43)12.(4 2 qqqk
3 . a, a 

N 
Sendo 
ak .312 *2 
, logo é divisível por 3. 
VII) 

n 

N, n² + n é divisível por 2. 
a) P(1): 1² + 1 é divisível por 2. 
b) Admitindo p(k): k² + k seja divisível por 2. Então, temos: k² + k = 2 q, q 

N 
c) Prove que P(k*) = 
2*k
 + k* é divisível por 2. 
 
k*² + k* = (k + 1)² + (k + 1) 

 k² + 2 k + 1 + k + 1 = k² + k + 2 k + 1 + 1 = 

 k² + k + 2 k + 2 = 

 2 q + 2 k + 2 

 2 (q + k + 1) 
 a 
= 2 . a, a 

N
Logo: k*² + k* = 2 a é divisível por 2. 
Exercícios 
Prove por indução: 
1) 

n 

N, 3 + 27 + ... + 3 12 n = 
83
 (3 n2 - 1) 
2) 

n 

N, 1 + 2 + 4 + ... + 
12
2
1
1







n
n 
3) 

n 

N, 
1)1(
1
...
3.2
1
2.1
1




n
n
nn
 
4) 

n 

N, 
1
12
2
2
4
2
1
...
2
1
.3
2
1
.21






















n
n
n
n
 
5) 

n 

N, 
1
1
)111)...(311).(211(


n
n
 
6) 

n 

N, 
1)11)...(311).(211).(111(  nn
 
7)

n 

N, 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n (n + 1) = 
3
n
 (n + 1) (n + 2) 
8) 

n 

N, 1³ + 2³ + 3³ + ... + (2 n – 1)³ = n² (2 n² - 1) 
Referências Bibliográficas 
Maier, R. R. Teoria dos Números – Notas de aula – 2005 
Teoria dos Números/ Universidade Castelo Branco – Rio de Janeiro: UCB,2008 
SANTOS, José Plínio De Oliveira. Introdução à Teoria dos Números. Coleção Matemática Universitária. Rio de 
Janeiro: IMPA, 2000.