Allenamenti di matematica: Teoria dei numeri e algebra modulare

Allenamenti di matematica:
Teoria dei numeri e algebra modulare
Soluzioni esercizi
29 novembre 2013
1. Canguro salterino. Un canguro salterino si trova ai piedi di una scala infinita che intende salire nel seguente
modo:
•
•
•
•
Salta avanti di 3 gradini e in seguito indietreggia di 1 gradino
Salta avanti di 5 gradini e in seguito indietreggia di 3 gradini
Salta avanti di 7 gradini e in seguito indietreggia di 5 gradini
...
Quali gradini compresi tra il 2000-esimo e il 2017-esimo (estremi inclusi) non visiterà il canguro? In generale su
quali gradini non metterà mai piede?
Dimostrazione. Il canguro avanza secondo la sequenza 3 − 1 + 5 − 3 + 7 − 5 + .... Se raggruppiamo i termini
due a due otteniamo (3 − 1) + (5 − 3) + (7 − 5) + ... = 2 + 2 + 2 + ... da cui appare chiaro che tutti i gradini
pari vengono visitati. Similmente se raggruppiamo i termini due a due escludendo il primo otteniamo 3 + (−1 +
5) + (−3 + 7) + (−5 + 9) + ... = 3 + 4 + 4 + 4 + ... da cui si vede che anche i gradini nella forma 4k + 3 vengono
visitati. Gli unici esclusi sono tutti e soli quelli della forma 4k + 1, pertanto il canguro non visita il 2001-esimo,
il 2005-esimo, il 2009-esimo, il 2013-esimo e il 2017-esimo gradino.
2. Settantasettesette. Un numero è composto da 77 cifre decimali tutte uguali a 7. Qual è il resto della sua
divisione per 101?
Dimostrazione. Sia N il numero composto da 77 cifre 7. Sfruttando la base decimale otteniamo N =
Ora notiamo che
10 ≡ 10 (mod 101)
102 ≡ −1 (mod 101)
103 ≡ 10·102 ≡ −10 (mod 101)
P76
i=0
7 · 10i .
104 ≡ 102 ·102 ≡ 1 (mod 101)
Pertanto
N=
18
X
7(104i + 104i+1 + 104i+2 + 104i+3 ) + 7 · 1076 ≡
i=0
18
X
7(+1 + 10 − 1 − 10) + 7 · 1 ≡ 7
(mod 101)
i=0
quindi resto della divisione di N per 101 è 7.
3. Quadrati nascosti (1). Siano a, b interi positivi. Se 132ab e 63ab2 sono entrambe quadrati perfetti, qual è il
minimo valore di a + b?
Dimostrazione. Se 63ab2 è un quadrato allora anche 63a deve esserlo; poiché 63 = 32 · 7 il minimo valore di a
che rende 63a un quadrato è a = 7.
Passando al secondo numero e sostituendo troviamo 132ab = 132 · 7 · b.
Poiché 132 = 22 ·3·11 il minimo valore di b che rende 132ab = 22 ·3·7·11·b un quadrato perfetto è b = 3·7·11 = 231.
Quindi a + b = 238 (effettivamente 63ab2 = 48512 e 132ab = 4622 ).
4. Quadrati nascosti (2). Trovare l’unico primo p per cui 11p + 1 è un quadrato perfetto.
Dimostrazione. 11p + 1 è un quadrato perfetto se esiste un n intero tale che n2 = 11p + 1. Questa stessa
espressione si può scrivere nella forma
11p = n2 − 1 = (n − 1)(n + 1).
Poiché però p è primo, la sua fattorizzazione contiene solo 2 elementi; ci sono due possibilità: la prima è
{n − 1, n + 1} = {1, n2 − 1},
il che implica n = 0 o n = 2, nessuna delle quali è ammessa poiché 11 | (n2 − 1) e quindi (n2 − 1) > 11.
Consideriamo allora la seconda possibile fattorizzazione, per cui
{n − 1, n + 1} = {11, p};
si può avere n + 1 = 11 e quindi n − 1 = 9, che però non è primo e quindi non va bene; oppure si può avere
n − 1 = 11 e quindi n + 1 = 13, che è primo. La soluzione è quindi p = 13.
1
5. Potenze impressionanti (1). Determinare la cifra delle unità di 2137763 .
Dimostrazione. È sufficiente scrivere l’espansione in base 10 di 2137 ed elevarla ad una potenza qualsiasi per
verificare che la cifra delle unità del risultato dipende solo dalla cifra delle unità della base (7 nel nostro caso).
Ora cerchiamo la periodicità della cifra delle unità delle potenze di 7: 71 = 7, 72 = 49, 73 = 343, 74 = 2401 e,
siccome abbiamo ottenuto 1, da qui in avanti si ripeterà la sequenza 7, 9, 3, 1.
Pertanto il periodo con cui si ripetono è 4, poiché 763 ≡ 3 (4) la cifra delle unità cercata è 3.
...3
6. Potenze impressionanti (2). Determinare la cifra delle unità di 33
dove compaiono esattamente cento 3.
Dimostrazione. Analogamente a prima studiamo il periodo delle potenze di 3: 31 = 3, 32 = 9, 33 = 27, 34 = 81,
quindi il periodo è 4. Pertanto siamo interessati a determinare la congruenza modulo 4 dell’esponente di 3,
...3
ovvero E = 33
dove compaiono 99 numeri 3.
Osserviamo che
...3
...3
E = 33 ≡ (−1)3 ≡ −1 ≡ 3 (mod 4)
dove la penultima congruenza segue dal fatto che l’esponente di −1 è sicuramente dispari. Abbiamo quindi
ottenuto che i novantanove 3 all’esponente del numero fornito nel problema sono congrui a 3 modulo 4, ne segue
che la cifra richiesta dal problema è la terza nel periodo delle potenze di 3, ovvero 7.
7. Primi nascosti (1). Per quali valori interi di n il numero n2 − 14n + 24 è primo?
Dimostrazione. È sufficiente fattorizzare N = n2 − 14n + 24 = (n − 2)(n − 12) e notare che tale numero è primo
se e solo se uno dei suoi due fattori è 1 o −1 e l’altro è un primo (con segno adeguato). Basta analizzare i quattro
casi:
• n − 2 = 1 =⇒ n = 3 =⇒ 3 − 12 = −9 =⇒ N = −9 non accettabile
• n − 2 = −1 =⇒ n = 1 =⇒ 1 − 12 = −11 =⇒ N = 11 accettabile
• n − 12 = 1 =⇒ n = 13 =⇒ 13 − 2 = 11 =⇒ N = 11 accettabile
• n − 12 = −1 =⇒ n = 11 =⇒ 11 − 2 = 9 =⇒ N = −9 non accettabile
Quindi gli unici valori di n per cui N è primo sono n = 1, 13.
8. Primi nascosti (2). Trovare il più grande intero n tale che tutti i numeri n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13 e
n + 15 siano primi.
Dimostrazione. L’intero cercato è n = 4. Infatti, per n = 1 il numero n + 3 = 4 non è primo, per n = 2 il numero
n + 7 = 9 non è primo, per n = 3 il numero n + 3 = 4 non è primo. Per n > 4 tutti i numeri sono maggiori di 5
e almeno uno è divisibile per 5. Infatti, i numeri 1, 3, 7, 9, 13, 15, se divisi per 5, danno come resti della divisione
1, 3, 2, 4, 3, 0, ovvero tutti i possibili resti. Pertanto i numeri n + 1, n + 3, n + 7, n + 9, n + 13, n + 15 danno tutti
i possibili resti di una divisione per 5 e almeno uno di questi è divisibile per 5 e quindi non è primo. Per n = 4,
invece, otteniamo i numeri primi 5, 7, 11, 13, 17, 19.
9. Soluzioni intere. Quali numeri interi n risolvono l’equazione (n2 − n − 1)(n+2) = 1?
Dimostrazione. Se a, b sono numeri interi (anche negativi) l’equazione della forma ab = 1 ha soluzioni se e solo
se a = 1, a = −1 e b è pari oppure b = 0 e a 6= 0. Consideriamo i vari casi:
• (n2 − n − 1) = 1 =⇒ n = −1, 2 entrambe accettabili
• (n2 − n − 1) = −1 =⇒ n = 0, 1. Se n = 0 l’esponente è pari e la soluzione è accettabile, mentre se n = 1
l’esponente è dispari e la soluzione non è accettabile
• n + 2 = 0 =⇒ n = −2 =⇒ 22 + 2 − 1 = 5 6= 0 è accettabile
I valori di n cercati sono n = −2, −1, 0, 2.
10. Iperbole. Quali coppie di numeri naturali (a, b) appartengono al grafico dell’iperbole a2 − 4b2 = 45 ?
Dimostrazione. Scomponendo otteniamo (a + 2b)(a − 2b) = 45 = 32 · 5. Ricordando che a, b sono naturali segue
che a + 2b deve essere maggiore di a − 2b, pertanto i casi da considerare sono:
• a + 2b = 45, a − 2b = 1 =⇒ (a, b) = (23, 11)
• a + 2b = 15, a − 2b = 3 =⇒ (a, b) = (9, 3)
• a + 2b = 9, a − 2b = 5 =⇒ (a, b) = (7, 1)
2
11. Terne occulte. Determinare tutte le terne di numeri naturali (p, n, m) con p primo tali che pn + 144 = m2 .
Dimostrazione. Si ottiene facilmente che pn = (m + 12)(m − 12). Sicuramente non può essere m + 12 = 1,
altrimenti m − 12 < 0, mentre se m − 12 = 1 si ottiene la soluzione (5, 2, 13).
Altrimenti, poiché p è un primo, i due fattori a destra devono essere potenze (in generale distinte) del primo p.
Siano ph = m + 12 e pk = m − 12, allora ph − pk = 24 =⇒ pk (ph−k − 1) = 24, quindi le uniche possibilità per
pk sono pk = 2, 3, 4, 8. Dal caso pk = 3 si ottiene la soluzione (3, 4, 15), mentre dal caso pk = 8 si ottiene la
soluzione (2, 8, 20); gli altri casi non portano a soluzioni accettabili.
12. Divisibilità (1). Sia n un intero dispari. Mostrare che 8 divide n2 − 1.
Dimostrazione. Poiché n è dispari, si può scrivere nella forma n = 2k + 1 per un certo intero k. Quindi avremo
n2 − 1 = (2k + 1)2 − 1 = 4k 2 + 4k = 4k(k + 1). Dato che k e k + 1 sono due interi consecutivi, uno dei due sarà
pari e quindi anche il loro prodotto lo sarà. Dunque 2 divide k(k + 1), da cui 8 divide 4k(k + 1).
13. Divisibilità (2). Provare che 36n − 26n è divisibile per 35 per qualsiasi intero n.
Dimostrazione. Sia N = 36n − 26n ; sappiamo che 35 = mcm(5, 7), quindi per dimostrare che 35 | N basta
dimostrare che 5 | N e 7 | N . Innazitutto si ha
N = 36n − 26n = 93n − 43n
≡ 43n − 43n
≡0
(mod 5)
(mod 5)
e quindi 5 | N . Allo stesso modo
N = 36n − 26n = 272n − 82n
≡ (−1)2n − 12n
n
n
≡1 −1
≡0
(mod 7)
(mod 7)
(mod 7)
e quindi 7 | N .
14. Combinazioni vincenti. Mischiare le cifre {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} per creare un numero divisibile per 11.
Dimostrazione. Il trucco è creare una sequenza di numeri che, sottratti a coppie, diano una serie di +1 e −1 che
alla fine si annullino a vicenda. È facile trovare 1 − 2 + 4 − 3 + 5 − 6 + 8 − 7 = −1 + 1 − 1 + 1 = 0. Quindi una
soluzione è 12435687.
15. Il numero magico. Se cambi la mia ultima cifra con un 9 e la mia prima cifra con un 5 troverai il quadrato di
un terzo della mia nona parte. Un ultimo indizio: sono un numero di 3 cifre. Chi sono?
Dimostrazione. Sia n il numero che stiamo cercando e sia y la sua seconda cifra. Allora
1 1
( · n)2 = 509 + 10y.
3 9
Nel membro di destra deve esserci il quadrato di un numero intero e quindi troviamo 529, da cui y = 2. Dunque
1
27 n = 23, ovvero n = 621.
16. Diofanto. L’infanzia di Diofanto occupò un sesto della sua vita, la giovinezza un dodicesimo ed egli fu celibe
per un settimo della sua vita. Ebbe un figlio cinque anni dopo essersi sposato, il quale visse la metà degli anni
del padre e Diofanto stesso morı̀ 4 anni dopo di lui. A che età morı̀ Diofanto?
Dimostrazione. Sia x l’età di Diofanto. Allora
1
1
1
1
+ )x + 5) = x,
x − 4 − (( +
6 12 7
2
da cui
ovvero
1
1
1
1
( −( +
+ ))x = 9,
2
6 12 7
3
28 x
= 9 e x = 84.
3
17. Questioni di differenze. Dati a, b, c, d interi mostrare che 12|(a − b)(a − c)(a − d)(b − c)(b − d)(c − d).
Dimostrazione. Mostrare la divisibilità per 12 equivale a mostrare separatamente che N = (a − b)(a − c)(a −
d)(b − c)(b − d)(c − d) è multiplo di 3 e di 4 (osserviamo che nella scrittura di N compaiono tutte le possibili
differenze tra a, b, c, d a meno dell’ordine).
• Divisibilità per 3. Le classi di congruenza modulo 3 sono 0, 1, 2, siccome ognuno tra a, b, c, d apparterrà
ad esattamente una di esse avremo almeno due numeri nella stessa classe di equivalenza. Pertanto la loro
differenza è un multiplo di 3 e anche N sarà un multiplo di 3.
• Divisibilità per 4. Le classi di equivalenza modulo 4 sono 0, 1, 2, 3. Se almeno due tra a, b, c, d appartengono
alla stessa classe di equivalenza allora N è multiplo di 4, altrimenti a, b, c, d devono stare necessariamente
in classi di equivalenza diverse. A meno dell’ordine delle differenze otteniamo N ≡ (3 − 2)(3 − 1)(3 − 0)(2 −
1)(2 − 0)(1 − 0) ≡ 12 ≡ 0 (mod 4). Quindi in tutti i casi N è divisibile per 4.
Pertanto N è divisibile per 12.
√
18. Estremamente quadrato. Mostrare che se 2 + 2 28n2 + 1 è un intero, allora è un quadrato perfetto.
√
Dimostrazione. Se 2 + 2 28n2 + 1 è intero, allora 28n2 + 1 deve essere il quadrato perfetto di un numero dispari
28n2 + 1 = (2m + 1)2 .
28n2 + 1 = 4m2 + 4m + 1
7n2 = m(m + 1)
Poichè al primo membro compare il prodotto tra un primo e un quadrato perfetto sia hanno due possibilità:
• m = a2 e m + 1 = 7b2 : questo è impossibile poiché dovrebbe essere 7b2 − a2 = 1 ma tramite i residui
quadratici modulo 4 risulta impossibile.
• m = 7c2 e m + 1 = d2 : segue
p
2 + 2 28n2 + 1 = 2 + 2(2m + 1) = 4m + 4 = 4(m + 1) = 4d2 = (2d)2
19. IMO 1974/3. Provare che
Dimostrazione. Sia a =
√
Pn
k=0
2n+1
2k+1
23k non è divisibile per 5 per nessun n ≥ 0.
8 allora
(1 + a)2n+1 =
2n+1
X
i=0
2n+1
X 2n + 1
2n + 1 2n+1−i i
ai
1
a =1+
i
i
i=1
effettuando la sostituzione i = 2k + 1 sull’indice della sommatoria otteniamo:
1+
2n+1
X
i=1
n n X
X
2n + 1 i
2n + 1 2k+1
2n + 1 2k
a =1+
a
=1+a
a
2k + 1
i
2k + 1
k=0
k=0
2k
Pn
Chiamiamo ora s = 1 e t = k=0 2n+1
(osserviamo che t è proprio l’espressione a cui siamo interessati).
2k+1 a
La relazione precedente diviene (1 + a)2n+1 = s + at e con passaggi analoghi si ottiene √
anche (1 − a)2n+1 = s − at.
Moltiplicando membro a membro le due relazioni trovate si ottiene (ricordando a = 8): 72n+1 = s2 − 8t2 . Se
per assurdo fosse t ≡ 0 (mod 5) allora 72n+1 ≡ s2 (mod 5), tuttavia
è impossibile
perchè 72k+1 ≡ 2, 3 (mod 5)
Pciò
n
2n+1 2k
mentre i residui quadratici modulo 5 sono 0, 1, −1. Pertanto t = k=0 2k+1 a non è mai divisibile per 5.
20. Congruenze a tappeto. Determinare per quanti interi n ≥ 2 la congruenza x25 ≡ x (mod n) è vera per ogni
x.
Dimostrazione. Per il Teorema Cinese del Resto si ha:
(m, n) = 1
x25 ≡ x (mod mn)
⇐⇒
x25 ≡ x
(mod m)
x25 ≡ x (mod n)
Quindi possiamo limitarci a cercare i primi p tali che x25 ≡ x (mod pr ) con r ≥ 1.
Se fosse r > 1 allora 0 ≡ (pr−1 )25 ≡ pr−1 (mod pr ) ma ciò è impossibile perché pr−1 6≡ 0 (mod pr ). Quindi
r = 1 e possiamo semplificare la relazione nel seguente modo x24 ≡ 1 (mod p). Per il Piccolo Teorema di Fermat
(p − 1)|24 e questo porta
i numeri n cercati sono quindi il prodotto di uno o più dei
a p = 2, 3, 5, 7,13. Tutti
primi trovati, ovvero 51 + 52 + 53 + 54 + 55 = 25 − 1 = 31.
4
21. IMO 1988/6. Siano a, b interi positivi tali che ab + 1 divide a2 + b2 , mostrare che
2
a2 +b2
ab+1
è un quadrato perfetto.
2
+b
Dimostrazione. Per assurdo supponiamo esista k = aab+1
che non sia un quadrato perfetto. Tra tutte le possibili
soluzioni consideriamo la soluzione (A, B) tale che A + B sia il minimo possibile e senza perdita di generalità sia
A ≥ B. Sostituiamo A con x nella relazione iniziale ed otteniamo un’equzione di secondo grado x2 − (kB)x +
(B 2 − k) = 0 avente una radice uguale ad A. L’altra radice è ottenibile tramite le formule di Viète (o relazioni
2
radici-coefficienti) x2 = kB − A = B A−k . Dalla prima equazione si vede che x2 è intero e dalla seconda che è
non nullo, se lo fosse si avrebbe k = B 2 ma noi abbiamo supposto che k non sia un quadrato perfetto. Inoltre
x2 non può essere negativo perché altrimenti si avrebbe
−kBx2 > k
x22 − kBx2 + (B 2 − k) > x22 + k + B 2 − k > x22 + B 2 > 0
che è una contraddizione. Infine, ricordando A ≥ B abbiamo:
x22 =
B2 − k
<A
A
x22 + B < A + B
che contraddice la minimalità della coppia (A, B). Tale assurdo è derivato dal fatto di aver supposto inizialmente
2
+b2
l’esistenza di un k non quadrato perfetto tale che k = aab+1
.
5