Atividade de Aritmética

UNIVERSIDADE FEDERAL DE ALAGOAS Instituto de Matematica Aritmetica Lista 2 Professor Rodrigo Fernandes de Moura Melo 81 Primos de Fermat de Mersenne e em PA 1 Mostre que todo divisor de um numero de Fermat Fn e da forma 4m 1 2 Se p e q sao dois numeros primos distintos mostre que Mp Mq 1 3 Mostre que existem infinitos numeros primos da forma a 6n 5 b 3m 2 82 Numeros Perfeitos 4 Mostre que nenhum numero primo e perfeito Idem para as potˆencias de primos 5 Mostre que os unicos dois numeros primos cujo produto e perfeito sao 2 e 3 6 Mostre que um numero da forma n 2r 3s e perfeito se e somente se r s 1 82 Numeros Perfeitos 4 Um numero perfeito n satisfaz σn 2n onde σn e a soma dos divisores positivos de n Se p e primo seus divisores sao 1 e p logo σp 1 p A igualdade 1 p 2p implicaria 1 p absurdo Portanto nenhum primo e perfeito Agora seja p primo e n pk com k 1 Temos σpk 1 p p2 pk pk1 1 p 1 Para n ser perfeito σpk 2pk Entao pk1 1 p 1 2pk Multiplicando pk1 1 2pk1 2pk logo pk1 2pk 1 0 ou seja pkp 2 1 0 Para k 1 e p primo pkp 2 0 A unica possibilidade seria pkp 2 1 impossıvel pois o lado esquerdo e inteiro nao negativo Logo nenhuma potˆencia de primo e perfeita 5 Sejam p e q primos distintos Seu produto e n pq Os divisores de n sao 1 p q pq logo σn 1 p q pq Para n ser perfeito 1 p q pq 2pq ou seja 1 p q pq Reordenando pqpq 1 que pode ser fatorada como p1q1 2 Como p e q sao primos distintos temos duas possibilidades para os pares p 1 q 1 com produto 2 p 1 1 e q 1 2 p 2 q 3 p 1 2 e q 1 1 p 3 q 2 1 Em ambos os casos os primos são 2 e 3 Portanto os únicos dois números primos cujo produto é perfeito são 2 e 3 6 Seja n 2r 3s com r s 0 inteiros Temos σn σ2rσ3s 2r1 1 2 1 3s1 1 3 1 2r1 1 3s1 1 2 Para n ser perfeito σn 2n 2r1 3s Logo 2r1 1 3s1 1 2 2r1 3s Multiplicando por 2 2r1 13s1 1 2r2 3s Expandindo 2r13s1 2r1 3s1 1 2r2 3s Dividindo ambos os lados por 2r1 possível pois r 0 3s1 3s1 2r1 1 1 2r1 2 3s Isso pode ser reorganizado como 3s1 2 3s 3s1 1 2r1 1 O lado esquerdo é 3s3 2 3s Logo 3s 3s1 1 2r1 1 Multiplicando por 2r1 3s 2r1 3s1 1 2r1 Rearranjando 3s2r1 3 2r1 1 Observe que 2r1 3 e 2r1 1 sao consecutivos pares para r 1 ou ımpares para r 0 Testando r 0 21 3 1 21 1 1 entao 3s 1 impossıvel Para r 1 22 3 1 22 1 3 entao 3s 1 3 3s 3 s 1 Para r 2 2r1 3 e 2r1 1 sao ambos ımpares e consecutivos logo seu maximo divisor comum e 1 Da equacao 3s2r1 3 2r1 1 temos que 3s divide 2r1 1 mas 2r1 1 e da ordem 2r1 enquanto 3s cresce mais rapidamente Testando pequenos valores para r 2 23 3 5 23 1 7 entao 3s 5 7 3s 75 nao inteiro Para r 2 2r1 3 e 2r1 1 sao grandes e ımpares consecutivos e a igualdade so se mantem se 3s for proximo de 1 o que so ocorre para s 0 mas s 0 da 1 2r1 3 2r1 1 3 1 absurdo Portanto a unica solucao e r 1 s 1 correspondendo a n 21 31 6 que e perfeito Assim n 2r 3s e perfeito se e somente se r s 1 81 Primos de Fermat de Mersenne e em PA 1 Seja p um divisor primo ımpar de Fn 22n 1 Entao 22n 1 mod p logo 22n1 1 mod p A ordem de 2 modulo p e 2n1 Pelo Pequeno Teorema de Fermat 2p1 1 mod p logo a ordem divide p 1 Assim 2n1 p 1 portanto p 1 2n1 k para algum k N Como 2n1 e uma potˆencia de 2 temos p 1 mod 2n1 em particular p 1 mod 4 Logo todo divisor primo de Fn e da forma 4m 1 Se d e um divisor composto de Fn seus fatores primos sao todos 1 mod 4 e o produto de numeros da forma 4m 1 tambem e da forma 4m 1 Portanto todo divisor d 1 de Fn e da forma 4m 1 2 Sejam p e q primos distintos Mp 2p 1 Mq 2q 1 Suponha d gcdMp Mq 1 Seja r um primo dividindo d Entao 2p 1 mod r e 2q 1 mod r Seja h a ordem de 2 modulo r Temos h p e h q Como p e q sao primos distintos h 1 Mas h 1 implicaria 2 1 mod r logo r 1 contradicao Portanto gcdMp Mq 1 3 a Suponha que exista apenas um numero finito de primos da forma 6n 5 p1 pk Considere o numero N 6p1p2 pk 1 3 Entao N 1 5 mod 6 logo N e da forma 6n 5 N nao e divisıvel por 2 nem por 3 pois N 1 mod 3 Se todos os fatores primos de N fossem da forma 6n 1 entao N seria 1 mod 6 contradicao Logo N possui algum fator primo da forma 6n 5 Esse fator nao pode ser nenhum dos pi pois N 1 mod pi Contradicao Portanto existem infinitos primos da forma 6n 5 b Suponha que exista apenas um numero finito de primos da forma 3m 2 q1 qt Considere M 3q1 qt 1 Entao M 1 2 mod 3 logo M e da forma 3m 2 M nao e divisıvel por 3 Se todos os fatores primos de M fossem da forma 3m 1 entao M 1 mod 3 contradicao Logo M possui algum fator primo da forma 3m 2 Esse fator nao pode ser nenhum dos qi pois M 1 mod qi Contradicao Portanto existem infinitos primos da forma 3m 2 4