Teoria - IMOSuisse

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Olimpiadi Svizzere della Matematica
Teoria dei numeri I
Thomas Huber
Aggiornato: 1 dicembre 2015
vers. 1.0.0
Indice
1
Divisibilità
2
2
PGCD e PPCM
4
3
Stime
8
1
Divisibilità
In ciò che segue, a e b sono degli interi. Se esiste un k ∈ Z con a = kb, si dice che a è
divisibile per b o che b è un divisore di a. In simboli: b | a. Ogni intero n è divisibile per
±1 e ±n e ogni intero è un divisore di 0.
Se si considerano i divisori di a > 0, si intendono di solito solo i divisori positivi.
p ∈ N è primo o un numero primo se p e 1 sono i soli divisori di p.
Qualche proprietà semplice ma importante:
• a | b, b | c
a|c
=⇒
• a | b1 , . . . , a | bn , allora per degli interi arbitrari c1 , . . . , cn abbiamo
a|
n
X
bi c i .
i=1
• a | b et c | d
=⇒
• p primo, p | ab
=⇒
• a ∈ N, b ∈ Z et a | b
Esempio 1.
ac | bd
p|a o p|b
=⇒
b = 0 o a ≤ |b|
Trovare tutti i numeri naturali x, y con
x2 − y! = 2001.
Soluzione. 2001 è divisibile per 3 ma non per 9. Se y ≥ 3, allora y! è divisibile per 3,
dunque anche x. Allora x2 è divisibile per 9. Per y ≥ 6, y! è anche divisibile per 9, dunque
2001 dovrebbe avere la stessa proprietà, ma qui non è il caso. Restano le possiblilià
y = 1, 2, 3, 4, 5. Testando tutti i casi, troviamo che la sola soluzione è (x, y) = (45, 4).
Se abbiamo due interi, possiamo sempre fare una divisione con resto. Più precisamente:
Teorema 1.1 (Divisione con resto). Siano a, b degli interi con b > 0. Allora esistono q
e r determinati in un unico modo con 0 ≤ r < b, tali che
a = qb + r,
r si chiama il resto della divisione e abbiamo che r = 0 se e solo se b | a.
2
(1)
Uno dei punti più importanti di tutta la teoria dei numeri è che ogni numero naturale
possiede una decomposizione in fattori primi unica:
(Teorema fondamentale dell'aritmetica). Sia a ∈ N. Allora esistono dei
numeri primi distinti p1 , p2 , . . . , pr e dei naturali n1 , n2 , . . . , nr tali che
Teorema 1.2
a = pn1 1 pn2 2 · · · pnr r .
I pi e gli ni sono determinati in un unico modo da a.
Possiamo dimostrare questo teorema per induzione grazie alla divisione con resto ma qui
non entreremo nei dettagli. Si vede facilmente che a è un quadrato (più in generale una
m-esima potenza) se e solo se tutti gli esponenti nk del teorema 1.2 sono pari (divisibili
per m). L'applicazione seguente è un risultato classico d'Euclide:
Teorema 1.3
(Euclide). Esiste un numero innito di numeri primi.
Dimostrazione. Supponiamo che esiste un numero nito di primi p1 , p2 , . . . , pn . Consideriamo il numero N = p1 p2 · · · pn + 1. N > 1, dunque secondo il teorema 1.2 esiste un
divisore primo q di N . Ora, nessuno dei primi pk divide N , poiché sennò avremmo che
pk | 1, che è assurdo. Dunque q è diverso da p1 , p2 , . . . , pn . Contraddizione.
Esercizi:
1. Dimostrare che se a − c | ab + cd, allora a − c | ad + bc.
2. Trovare tutti i numeri naturali n con n + 1 | n2 + 1.
3. Determinare tutti i naturali d che dividono n2 + 1 e (n + 1)2 + 1 per un intero dato
n.
4. Dimostrare che il numero n = pn1 1 pn2 2 · · · pnr r possiede esattamente (n1 + 1)(n2 +
1) · · · (nr + 1) divisori positivi distinti.
5. Per ogni n, esistono n numeri naturali consecutivi dei quali nessuno è primo.
6. (CH 04) Trovare tutti i naturali a, b e n, tali che l'equazione seguente è soddisfatta:
a! + b! = 2n
7. Per quali interi n abbiamo
(n2 − 2n)n
2 +47
= (n2 − 2n)16n−16 ?
8. Siano a, b, c dei naturali con a | b3 , b | c3 , c | a3 . Dimostrare che
abc | a13 + b13 + c13 .
3
9. (CH 04) Trovare tutti i naturali n aventi esattamente 100 divisori positivi distinti,
tali che almeno 10 di questi divisori sono dei numeri consecutivi.
10. Se a, b > 0 e se a | b2 , b2 | a3 , a3 | b4 , b4 | a5 . . ., allora a = b.
11. (CH 99) Siano m e n due interi positivi tali che m2 + n2 − m è divisibile per 2mn.
Dimostrare che m è un quadrato.
12. (IMO 70) Trovare tutti i naturali n tali che l'insieme {n, n+1, n+2, n+3, n+4, n+5}
può essere diviso in due sotto-insiemi tali che il prodotto dei numeri di ciascuno dei
sotto-insiemi è lo stesso.
13. (IMO 89) Per ogni n, esistono n numeri consecutivi dei quali nessuno è una potenza
di un numero primo.
14. (Shortlist 94) Sia M un sotto-insieme di {1, 2, . . . , 15} tale che il prodotto di tre
elementi distinti di M non è mai un quadrato. Quanti elementi al massimo può
avere M ?
2
PGCD e PPCM
Per due interi naturali a, b, il mcd(a, b) è il più grande comune divisore positivo di a e
b, in altre parole il più grande intero positivo che è un divisore di a e un divisore di b.
Il ppcm(a, b) è il più piccolo comune multiplo, dunque il più piccolo numero che possiede
a e b come divisori. Allo stesso modo è denito il pgcd e il ppcm di più di due numeri.
Spesso si utilizzano le abbreviazioni (a1 , a2 , . . . , an ) e [a1 , a2 , . . . , an ] per il pgcd resp. il
ppcm. Possiamo caratterizzare il pgcd con le seguenti equivalenze:
1) c = mcd(a, b)
2) c | a, c | b e per ogni numero positivo x
x | a, x | b =⇒ x | c.
Allo stesso modo per il ppcm, se mcd(a, b) = 1, allora a e b sono primi fra di loro.
Abbiamo le proprietà seguenti:
• mcd(a, b) = mcd(b, a)
• mcd(a, b, c) = mcd(mcd(a, b), c)
• c | ab e mcd(a, c) = 1
=⇒
• a | c, b | c e mcd(a, b) = 1
c|b
=⇒
ab | c
• Se d = mcd(a, b), allora possiamo scrivere a = xd e b = yd con degli interi x e y
primi fra di loro.
Esempio 2.
(Russia 95) Siano m e n due naturali con
mcd(m, n) + mcm(m, n) = m + n.
4
Dimostrare che uno dei due numeri divide l'altro.
Soluzione. Sia d il più grande comune divisore di m e n. Scriviamo m = ad, n = bd,
allora abbiamo mcm(m, n) = abd e l'equazione si trasforma in d + abd = ad + bd o
d(ab − a − b + 1) = 0. Fattorizziamo il lato sinistro e troviamo d(a − 1)(b − 1) = 0, allora
abbiamo a = 1 o b = 1. Nel primo caso, abbiamo come conseguenza che m = d, dunque
m | n, nel secondo caso troviamo allo stesso modo n | m.
Utilizzando la decomposizione in fattori primi, si possono dare esplicitamente i PGCD e
PPCM:
Siano a = pα1 1 pα2 2 · · · pαr r e b = pβ1 1 pβ2 2 · · · pβr r le decomposizioni in fattori
primi di a e b con dei pk distinti e con degli esponenti αk , βk ≥ 0. Allora abbiamo
Teorema 2.1.
min{α1 ,β1 } min{α2 ,β2 }
r ,βr }
p2
· · · pmin{α
r
max{α1 ,β1 } max{α2 ,β2 }
r ,βr }
p1
p2
· · · pmax{α
r
mcd(a, b) = p1
mcm(a, b) =
In più, conoscendo la formula min{x, y} + max{x, y} = x + y possiamo concludere subito
che
mcd(a, b) · mcm(a, b) = ab.
In principio, possiamo calcolare sempre il pgcd con le formule del teorema 1.4. Sfortunatamente non è sempre facile fattorizzare dei numeri enormi. Tuttavia, esiste un algoritmo
molto semplice ed ecace per calcolere il pgcd, l'algoritmo d' Euclide. Si basa sul fatto
che per ogni n ∈ Z, abbiamo:
(a, b) = (a, b + na).
Dimostrazione. Basta dimostrare l'asserzione per il caso n = ±1, il caso generale si prova
se si applica più volte il caso facile. Se c è un divisore comune di a e b, allora c divide
anche b ± a, dunque (a, b) | (a, b ± a) Reciprocamente, sia c un divisore comune di a e
b + a risp. b − a. Allora c divide anche (b + a) − a = b risp. (b − a) + a = b. Dunque
(a, b ± a) | (a, b).
Per dare un esempio, calcoliamo (2541,1092) applicando l'equazione no a che il risultato
sia evidente
(2541, 1092) = (2541 − 2 · 1092, 1092) = (357, 1092)
= (1092 − 3 · 357, 357) = (21, 357)
= (357 − 17 · 21, 21) = (0, 21) = 21.
Evidentemente l'idea è di continuare i calcoli con il resto della divisione del più grande numero per il più piccolo. Tutto questo è descritto in modo formale nell'algoritmo d'Euclide:
Algoritmo 2.2
(Euclide). Calcolare (a, b).
5
1. Sia a1 = max{a, b} e a2 = min{a, b} et n = 2.
2. Siano an−1 = qn an + an+1 con 0 ≤ an+1 < an (divisione con resto).
3. Se an+1 = 0, allora otteniamo (a, b) = an , sennò aumentare n di 1 e ritornare alla
tappa 2.
L'esattezza di questo algoritmo deriva direttamente dalla formula precedente. Per il
nostro esempio, dobbiamo fare i calcoli seguenti:
2541 = 2 · 1092 + 357
1092 = 3 · 357 + 21
357 = 17 · 21 + 0.
Poiché il resto nell'ultima linea è 0, abbiamo (2541, 1092) = 21.
Teorema 2.3
con
(Bezout). Se a, b non hanno divisori in comune, allora esistono x, y ∈ Z
xa + yb = 1.
Più in generale: Se d = mcd(a, b), allora esistono degli interi x, y con
xa + yb = d.
Dimostrazione. Questo deriva direttamente dall'algoritmo d'Euclide, poiché nella penultima linea troviamo il PGCD. Se si rimpiazzano le ak che appaiono successivamente nelle
linee precedenti, troviamo un' equazione della forma: mcd(a, b) = xa + yb.
Nel nostro esempio, otteniamo successivamente:
21 = 1 · 1092 − 3 · 357
= 1 · 1092 − 3(2541 − 2 · 1092)
= (−3) · 2541 + 7 · 1092.
Per continuare con le applicazioni, studieremo ancora l'equazione lineare di Diofante a
due variabili.
Teorema 2.4.
Siano a, b, c degli interi. L'equazione
ax + by = c
possiede una soluzione (x, y) con x, y ∈ Z se e solo se d = mcd(a, b) | c. Se così è e se
(x0 , y0 ) è una soluzione, allora l'insieme delle soluzioni è dato da
(x, y) = (x0 + k ·
6
b
a
, y0 − k · ).
d
d
Dimostrazione. Supponiamo che (x, y) è una soluzione. Allora d divide il membro di sinistra, e dunque c. Se invece d | c, l'esistenza di una soluzione (x0 , y0 ) deriva direttamente
dal teorema di Bezout. Sia (x, y) un'altra soluzione. Allora abbiamo a(x−x0 )+b(y−y0 ) =
c − c = 0, dunque
a
b
· (x − x0 ) = − · (y − y0 ).
d
d
Ora, a/d et b/d non hanno divisori in comune, dunque (x − x0 ) è divisibile per b/d e
(y − y0 ) per a/d. Segue che tutte le soluzioni sono della forma data. Sostituendo nella
formula, si mostra che sono eettivamente delle soluzioni.
Esercizi
1. (IMO 59) Dimostrare che per ogni naturale n, la frazione seguente è irreduttibile:
21n + 4
.
14n + 3
2. (USA 72) Come al solito (. . .) e [. . .] designano qui il pgcd e il ppcm dei numeri fra
parentesi. Dimostrare che per tutti i naturali a, b, c abbiamo:
[a, b, c]2
(a, b, c)2
=
[a, b][b, c][c, a]
(a, b)(b, c)(c, a)
3. Ogni numero naturale > 6 è la somma di due naturali senza divisori comuni > 1.
4. (Spagna 96) Siano a, b due naturali tali che
a+1 b+1
+
b
a
è un
√ intero. Dimostrare che il più grande divisore comune di a e b non è più grande
di a + b.
5. (Svizzera 01) Trovare i due più piccoli naturali n tali che le frazioni
68
69
70
133
,
,
,...,
n + 70 n + 71 n + 72
n + 135
siano tutte irreduttibili.
6. Siano a, b, c, d dei naturali con ab = cd. Dimostrare che il numero a2 + b2 + c2 + d2
è un numero composto.
7. (Russia 95) Siano dei numeri naturali a1 , a2 , a3 , . . . con mcd(ai , aj ) = mcd(i, j) per
ogni i 6= j . Dimostrare che per ogni i, abbiamo ai = i.
8. (Germania 96) Un gettone parte da (1, 1) e si muove nel piano euclidiano secondo
le regole seguenti:
7
(a) Da ogni posizione (a, b), il gettone può andare a (2a, b) o (a, 2b).
(b) Da ogni posizione (a, b), il gettone può andare a (a − b, b), se a > b, o a
(a, b − a), se b > a.
Trovare tutte le posizioni (x, y) possibili del gettone.
9. (Canada 97) Trovare tutte le coppie (x, y) di naturali con x ≤ y che soddisfano
l'equazione seguente:
mcd(x, y) = 5! e
mcm(x, y) = 50!
10. (IMO 81) Trovare tutti gli n > 2 per i quali esiste un insieme di n naturali consecutivi tale che il più grande di questi numeri è un divisore del ppcm dei n − 1
numeri restanti. Per quali n un tale insieme è unico?
11. (Giappone 96) Siano m, n dei naturali con mcd(m, n) = 1. Calcolare
mcd(5m + 7m , 5n + 7n ).
3
Stime
Un elemento molto importante per risolvere dei problemi sulla teoria dei numeri è la
stima di certe grandezze. Spesso, possiamo ridurre il problema a qualche caso particolare
facile da risolvere. Si tratta di comparare la crescita delle grandezze in un'equazione.
Per esempio, se un'equazione è simmetrica, possiamo ordinare le variabili secondo la loro
grandezza senza perdita di generalità. Ecco qui qualche esempio:
Esempio 3.
Trovare tutti i numeri naturali n con n2 + 11 | n3 + 13.
Dov'è il rapporto con le stime? Guardiamo tutto ciò da più vicino:
Soluzione. n2 + 11 divide n3 + 13, dunque n2 + 11 divide anche n(n2 + 11) − (n3 + 13) =
11n − 13. Evidentemente, n = 1 non è una soluzione, per n ≥ 2 abbiamo 11n − 13 ≥ 0 e
poiché questo numero deve essere divisibile per n2 + 11, dobbiamo avere
n2 + 11 ≤ 11n − 13.
Ecco qui allora la nostra stima. Siccome il membro di sinistra possiede n al quadrato e
il membro di destra è lineare, questa disequazione non può che essere soddisfatta per dei
piccoli valori di n. Questa è equivalente a n2 − 11n + 24 = n(n − 11) + 24 ≤ 0. Ma per
n ≥ 12, abbiamo sempre n(n − 11) + 24 ≥ 12 · 1 + 24 > 0, dunque n ≤ 11. Testiamo
tutti questi casi e troviamo le soluzioni n = 3 e n = 8.
8
Questa maniera di procedere è molto importante e permette di risolvere un terzo degli
esercizi sulla teoria dei numeri all'OIM. Ricordatevela!
Esempio 4.
(Inghilterra 95) Trovare tutte le soluzioni intere positive dell'equazione
1
1+
a
1
1
1+
1+
= 2.
b
c
In questo caso il membro di destra è costante, il membro di sinistra diminuisce se a, b e c
diventano grandi. Se tutt'e tre le variabili sono molto grandi, ognuno dei tre fattori vale
circa 1 e l'equazione non può essere soddisfatta. Ora preciseremo tutto ciò.
Soluzione. L'equazione è simmetrica in a, b e c, dunque si può supporre senza perdita di
generalità che a ≥ b ≥ c. Troviamo 2 ≤ (1 + 1/c)3 e dunque c ≤ 3. Si distinguono tre
casi:
c = 1: a causa di (1 + 1/a) > 1 e (1 + 1/c) = 2, questa soluzione non è possibile.
c = 2: Abbiamo dunque (1 + 1/a)(1 + 1/b) = 4/3 e così 4/3 ≤ (1 + 1/b)2 , dunque b ≤ 6.
Visto che (1+1/a) > 1 abbiamo b ≥ 4. Rimpiazziamo i 3 valori possibili e troviamo
le soluzioni (7, 6, 2), (9, 5, 2) e (15, 4, 2).
c = 3: Abbiamo adesso (1 + 1/a)(1 + 1/b) = 3/2 e un processo simile ci dà b ≤ 4 e
b ≥ c = 3. Sostituiamo e troviamo le soluzioni (8, 3, 3) e (5, 4, 3).
Le soluzioni sono dunque tutte degli scambi ciclici di
(7, 6, 2), (9, 5, 2), (15, 4, 2), (8, 3, 3), (5, 4, 3).
Facendo più stime, abbiamo trovato le limitazioni superiori per c e b e ci restava solo
qualche caso da testare. Probabilmente non avremmo potuto risolvere questo problema
unicamente con degli argomenti di divisibilità.
Esempio 5.
Trovare tutte le soluzioni dell'equazione
abc = ab + bc + ca + 12
con a, b e c dei numeri interi.
Soluzione. In questo caso il membro di sinistra cresce più veloce di quello di destra se a, b
e c aumentano. Il lato sinistro è di terzo grado, quello di destra è solo di secondo grado
+ costante. Come possiamo quanticare ciò? Senza perdita di generalità, sia a ≥ b ≥ c.
Come abbiamo già visto, c deve essere piccolo. Infatti, per c ≥ 4 otteniamo direttamente
abc ≥ 4ab ≥ ab + bc + ca + 42 > ab + bc + ca + 12, contraddizione. Così c ≤ 3.
9
c = 3: 3ab = ab + 3a + 3b + 12 ⇔ ab + (a − 3)(b − 3) = 21. Poiché a ≥ b ≥ 3, abbiamo ab ≤
21. Per (a, b) solo le coppie (7, 3), (6, 3), (5, 3), (4, 3), (3, 3), (5, 4), (4, 4) potrebbero
essere delle soluzioni e la prima ne è eettivamente una.
c = 2: 2ab = ab + 2a + 2b + 12 ⇔ (a − 2)(b − 2) = 16. Visto che a ≥ b ≥ 2, otteniamo le
soluzioni (a, b) = (18, 3), (10, 4), (6, 6).
c = 1: ab = ab + a + b + 12 non ha soluzioni positive.
Per concludere, le soluzioni (a, b, c) sono tutte degli scambi simmetrici di
(18, 3, 2), (10, 4, 2), (6, 6, 2), (7, 3, 3).
Esempio 6.
Trovare tutte le soluzioni intere di x3 − y 3 = xy + 61.
Soluzione. In questo caso il lato sinistro è di terzo grado, il lato destro di secondo grado,
tuttavia il lato sinistro può restare piccolo anche per degli x e y molto grandi. L'argomento che avevamo usato per l'esercizio precedente non può essere applicato qui. Ciò
che importa è la dierenza fra i due numeri. È grazie ad essa che il lato sinistro cresce
più veloce del lato destro. Poniamo x = y + d, dove d > 0. Sostituiamo e troviamo
(y + d)3 − y 3 = (y + d)y + 61 ⇔ (3d − 1)y 2 + (3d2 − d)y + d3 = 61, in particolare d3 ≤ 61,
dunque d ≤ 3. Per d = 1, otteniamo l'equazione y 2 + y − 30 = 0 con l'unica soluzione
positiva y = 5 ⇒ x = 6. Per d = 2, 3 le equazioni corrispondenti non hanno soluzioni
intere. La sola soluzione è dunque (x, y) = (6, 5).
Un altro fatto importante è che tra due quadrati consecutivi (n-esime potenze, potenze
di due ecc.), non ce n'è nessun altro. Ciò può essere utile se abbiamo delle grandezze che
sono vicine a un quadrato e delle quali sappiamo che sono dei quadrati.
Esempio 7.
(Germania 95) Trovare tutte le coppie d'interi non-negativi (x, y) tali che:
x3 + 8x2 − 6x + 8 = y 3 .
Soluzione. Qui non possiamo trovare veramente una buona stima sulla crescita. L'idea è
la seguente: il lato sinistro deve essere una terza potenza (cioè y 3 ), ma allo stesso tempo
è abbastanza vicino a x3 . Per quanticare ciò, cerchiamo nei dintorni di x
(x + 2)3 = x3 + 6x2 + 12x + 8,
(x + 3)3 = x3 + 9x2 + 27x + 27.
Se guardiamo i coecienti di x2 , vediamo che il primo termine sembra essere più piccolo
e il secondo più grande del lato sinistro della nostra equazione. Calcoliamo:
(x + 2)3 < x3 + 8x2 − 6x + 8 ⇔ 2x2 − 18x > 0 ⇔ x > 9,
(x + 3)3 > x3 + 8x2 − 6x + 8 ⇔ x2 + 33x + 15 > 0 valevole per tutte le x ≥ 0.
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Se x > 9, è fra due terze potenze e ne è una lei stessa. Contraddizione. Dunque x ≤ 9.
Testiamo tutti i casi e troviamo le soluzioni (0, 2) e (9, 11).
Esercizi
1. Trovare tutte le triplette (x, y, z) di numeri naturali con
1 2 3
+ − = 1.
x y z
2. Dimostrare che l'equazione
y 2 = x(x + 1)(x + 2)(x + 3)
non ha soluzioni positive e intere.
3. (OMI 76) Trovare il più grande numero che può scriversi come prodotto di numeri
naturali dei quali la somma è di 1976.
4. Dimostrare che l'equazione
x y z
+ + =2
y z x
non possiede soluzioni intere.
5. Sia n un numero naturale e siano 1 = d1 < d2 < . . . < dk = n, k ≥ 15 i divisori
positivi di n. In più, sia
n = d13 + d14 + d15 .
Trovare tutti i valori di n che soddisfano queste condizioni.
6. (OMI 98) Trovare tutte le coppie di naturali (a, b), tali che a2 b + a + b è divisibile
per ab2 + b + 7.
7. (OMI 92) Trovare tutti gli interi a, b, c con 1 < a < b < c, tali che
abc − 1
(a − 1)(b − 1)(c − 1)
è un intero.
8. Trovare tutte le soluzioni intere dell'equazione
y 2 + y = x4 + x3 + x2 + x.
9. (OMI 94) Trovare tutte le coppie ordinate di numeri naturali (m, n), tali che la
frazione
3
n +1
mn − 1
sia un numero intero.
11