Universidad de Puerto Rico, R´ıo Piedras Facultad de Ciencias Naturales
Departamento de Matem´aticas San Juan, Puerto Rico
MATE 3040: Teor´ıa de N´umeros Soluci´on Asignaci´on 3.
1. Determine todas las soluciones en Zde las siguientes ecuaciones Diofantinas: (a) 56x+ 72y= 40
Soluci´on: Aplique el Algoritmo de Euclides para obtener 8 = gcd(56,72) = 56(4) + 72(−3).
Multiplique esta ecuaci´on por 5 para llegar a 40 = 56(20) + 72(−15).
Por lo tanto, x0 = 20 y y0 = −15 es una soluci´on particular para la ecuaci´on Diofantina
56x+ 72y= 40.
Concluimos que la soluci´on general a esta ecuaci´on est´a dada por
x = x0+ (72/8)t = 20 + 9t,
y = y0−(56/8)t =−15−7t, para t ∈Z. Muerto el Pollo.
(b) 24x+ 138y= 18
Soluci´on: Aplique el Algoritmo de Euclides para obtener 6 = gcd(24,138) = 24(6) + 138(−1).
Multiplique esta ecuaci´on por 3 para llegar a 18 = 24(18) + 138(−3).
Por lo tanto,x0 = 18 yy0 =−3 es una soluci´on particular para la ecuaci´on Diofantina
24x+ 138y= 18.
Concluimos que la soluci´on general a esta ecuaci´on est´a dada por
x = x0+ (138/3)t = 18 + 46t,
y = y0−(24/3)t=−3−8t, para t ∈Z. Muerto el Pollo.
(c) 221x+ 35y= 1
Soluci´on: Aplique el Algoritmo de Euclides para obtener 1 = gcd(221,35) = 221(16) + 35(−101).
Por lo tanto, x0 = 16 y y0 = −101 es una soluci´on particular para la ecuaci´on Diofantina
221x+ 35y= 1.
Concluimos que la soluci´on general a esta ecuaci´on est´a dada por
x = x0+ 35t = 16 + 35t,
y = y0−221t=−101−221t,
para t ∈Z. Muerto el Pollo. 2. Un hombre tiene $4.55 en cambio que consiste solamente de monedas de 25 cen-tavos y 5 cencen-tavos. ¿Cu´al es el n´umero m´aximo y el n´umero m´ınimo de monedas que ´el puede tener? ¿Es posible que el n´umero de monedas de 25 centavos sea el mismo que el n´umero de monedas de 5 centavos?
Soluci´on: Primeros escribiremos este problema en t´erminos de una ecuaci´on Diofantina. Sea x el n´umero de monedas de 25 centavos y y el n´umero de monedas de 5 centavos. Entonces queremos
25x+ 5y= 455.
Dividiendo por 5 toda la ecuaci´on, obtenemos que esta ecuaci´on Diofantina es equivalente a la siguiente
5x+y= 91.
Claramente,
1 = gcd(5,1) = 5(0) + 1(1).
Multiplique esta ecuaci´on por 91 para obtener 91 = 5(0) + 1(91).
Por lo tanto,x0 = 0 y y0 = 91 es una soluci´on particular para 5x+y= 91.
Por lo tanto, la soluci´on general para esta ecuaci´on est´a dada por
x = x0+t =t,
y = y0−5t= 91−5t, para t∈Z.
Como estamos hablando de cantidades de monedas, entonces no todas las solu-ciones son pertinentes. En este caso, queremos que
x ≥ 0⇐⇒t≥0,
y ≥ 0⇐⇒t≤ 91
5 = 18.2.
Por lo tanto, las soluciones pertinentes son aquellas con 0≤t≤18.
Ahora, para contestar la pregunta acerca del n´umero m´aximo y el n´umero m´ınimo de monedas, note que el total de monedas est´a dado por
x+y=t+ (91−5t) = 91−4t
Por lo tanto, el n´umero m´aximo de monedas ocurre cuandot = 0. O sea, cuando tenemos 91 monedas (0 monedas de 25 centavos y 91 monedas de 5 centavos). El n´umero m´ınimo de monedas ocurre cuando t = 18. O sea, cuando tenemos 19 monedas (18 monedas de 25 centavos y 1 moneda de 5 centavos).
Finalmente, ¿podr´a ser cierto que el n´umero de monedas de 25 centavos sea igual al n´umero de monedas de 5 centavos? Bueno, para que esto ocurra, debemos tener soluci´on entera para la ecuaci´on
x=y⇐⇒t= 91−5t.
La soluci´on a esta ecuaci´on es t = 91/6 = 15.166¯6, por lo tanto, la respuesta es NO. Otro argumento pudo haber sido que si t es par, entonces 91−5t es impar y si t es impar, entonces 91−5t es par, por lo tanto, las dos cantidades
no pueden ser iguales.
3. Un granjero compr´o cien cabezas de ganado por un costo total de $4,000. Los precios fueron los siguientes: $120 cada ternera, $50 cada cordero. y $25 cada lechonsito. Si el granjero obtuvo al menos un animal de cada tipo, ¿cu´antos animales ´el compr´o de cada tipo?
Soluci´on: Primero escribiermos el problema en t´erminos de una ecuaci´on Dio-fantina. Para esto, sea x la cantidad de de terneras, y la cantidad de corderos y z la cantidad de lechonsitos. Entonces,
125x+ 50y+ 25z = 4000 125x+ 25(2y+z) = 4000 125x+ 25r = 4000,
donder = 2y+z. Divida por 25 para obtener la ecuaci´on 5x+r = 160.
Note quex0 = 0 andr0 = 160 es una soluci´on particular para 5x+r = 160, por lo tanto, la soluci´on general est´a dada por
x = x0+t =t
para t∈Z. Comor = 2y+z, entonces tenemos
2y+z = 160−5t⇐⇒ (1)
x+ 2y+z = 160−4t.
Ahora, por hip´otesis, el granjero compr´o 100 cabezas de ganado. En otras palabras,
x+y+z = 100 (2) Ahora, restele a la ecuaci´on (1) la ecuaci´on (2) para obtener y = 60 − 4t.
Sustituyendo el valor deyen (1) y tomando en consideraci´on quex=t, entonces obtenemos que
x = t
y = 60−4t z = 40 + 3t.
Por hip´otesis, como el granjero compr´o al menos un animal de cada tipo y como
x=t, entonces t≥1. Note que xy z son positivos para valores de tmayores o iguales a 1. Ahora, ¿cuandoy≥1? Bueno, esto ocurre cuando
60−4t ≥1⇐⇒t ≤ 59
4 = 14.75
Concluimos que t ∈ {1,2,3,· · ·,13,14}. Por lo tanto, recordando que x rep-resenta la cantidad de terneras, y la cantidad de corderos y z la cantidad de lechonsitos, tenemos que las opciones son
t x y z 1 1 56 43 2 2 52 46 3 3 48 49 4 4 44 52 5 5 40 55 6 6 36 58 7 7 32 61 8 8 28 64 9 9 24 67 10 10 20 70 11 11 16 73 12 12 12 76 13 13 8 79 14 14 4 82 Muerto el Pollo.
4. Si p≥5 es primo, entonces demuestre que p2+ 2 es compuesto.
Demostraci´on: Note que todo entero p ≥ 5 puede escribirse de una de las siguientes formas:
6q,6q+ 1,6q+ 2,6q+ 3,6q+ 4, ´o 6q+ 5.
Ahora, comopes primo, entoncesptiene que tener una de las siguientes formas 6q+ 1 ´o 6q+ 5,
pues 2 divide a 6q,6q+ 2 y a 6q+ 4 y 3 divide a 6q+ 3. Por lo tanto, sip tiene alguna de estas ´ultimas cuatros formas, entonces 2|p o 3|p, lo cual contradice quep≥5 es primo. Prosiguimos por casos.
Caso 1: Suponga que p= 6q+ 1. Entonces,
p2+ 2 = (6q+ 1)2+ 2 = 36q2+ 12q+ 3 = 3(12q2 + 4q+ 1) y por lo tanto 3|p2+ 2. Concluimos p2+ 2 es compuesto en este caso. Caso 2: Suponga que p= 6q+ 5. Entonces,
p2+ 2 = (6q+ 5)2+ 2 = 36q2+ 60q+ 27 = 3(12q2 + 20q+ 9)
y por lo tanto 3|p2+ 2. Concluimos p2 + 2 es tambi´en compuesto en este otro caso.
Por lo tanto, si p≥5 es primo, entoncesp2+ 2 es compuesto. 5. Si p6= 5 es primo, entonces demuestre quep2−1 o p2+ 1 es divisible por 10.
Demostraci´on: Recuerde que todo n´umero entero puede escribirse de la forma 10q+r donde q es un entero y 0 ≤r <10. Ahora, si p6= 5 es primo, entonces
ptiene una de las siguientes formas
10q+ 1,10q+ 3,10q+ 7, ´o 10q+ 9.
Prosiguimos por casos.
Caso 1: Suponga que p= 10q+ 1. Entonces,
y por lo tanto 10|p2−1. Concluimos que el enunciado es cierto en este caso. Caso 2: Suponga que p= 10q+ 3. Entonces,
p2−1 = (10q+ 3)2−1 = 100q2+ 60q+ 8
y por lo tanto 10 no divide a p2 −1. Como el enuciado dice que 10 divide a
p2 −1 o p2+ 1, entonces todav´ıa nos falta considerarp2+ 1. Note que
p2+ 1 = (10q+ 3)2+ 1 = 100q2+ 60q+ 10
y por lo tanto 10|p2+ 1. Concluimos que el enunciado tambi´en es cierto en este caso.
Caso 3: Suponga quep= 10q+ 7. El lector puede verificar que en este caso 10 no divide a p2−1. Ahora,
p2+ 1 = (10q+ 7)2 + 1 = 100q2+ 140q+ 50
y por lo tanto 10|p2 + 1. Concluimos que el enunciado tambi´en es cierto en este caso. Caso 4: Suponga que p= 10q+ 9. Note que
p2−1 = (10q+ 9)2 −1 = 100q2+ 180q+ 80
y por lo tanto 10|p2−1. Concluimos que el enunciado tambi´en es cierto en este ´
ultimo caso.
Por lo tanto, si p6= 5 es primo, entonces p2−1 o p2+ 1 es divisible por 10. 6. Determine si 701 es primo.
Soluci´on: Si 701 es compuesto, entonces es divisible por un primo menor o igual a√701. Observe que
262 = 676<701<729 = 272.
Por lo tanto, 26<√701 <27. Los ´unicos primos menores que 26 son 2,3,5,7,11,13,17,19,23.
Ahora, los residuos de 701 bajo la divisi´on de cada uno de estos primos son (resp.):
1,2,1,1,8,12,4,17,11.
Como ninguno de estos primos divide a 701, entonces concluimos que 701 es
7. Demuestre que √p es irracional para todo primo p.
Demostraci´on: Emule la demostraci´on que hicimos en clase para √2.
Reem-place 2 conp.
8. Para todo n > 3, demuestre que los enteros n, n + 2 y n + 4 no pueden ser primos a la misma vez.
Demostraci´on: Recuerde que entero n puede escribirse de una de las siguientes formas
3q,3q+ 1 o 3q+ 2.
Suponga quen >3 es primo. Entonces n tiene una de las siguientes formas: 3q+ 1 o 3q+ 2.
Caso 1: Suponga quen= 3q+ 1, entoncesn+ 2 = 3q+ 3 y por lo tanto 3|n+ 2. Concluimos quen+ 2 es compuesto.
Caso 2: Suponga que n = 3q + 2, entonces n + 4 = 3q + 6 y por lo tanto 3|n+ 4. Concluimos quen+ 4 es compuesto.
Por lo tanto, sin >3, entonces los enteros n,n+ 2 yn+ 4 no pueden ser primos