PROBLEMA 1.-
Hallar cuántos números menores que 1000 son primos con 13 y 31. Hallar también la suma de los números primos con 13 y 31 menores que 1000.
Solución:
Los números que no son primos con 13 y 31 (a la vez) , serán los múltiplos menores que 1000 del mcm (13, 31) = 403
Estos números no primos serán con 13 y 31 403 y 806.
Como hay 999 números menores que 1000 y solamente 403 y 806 no son primos con 13 y 31, habrá 997 números primos con ellos,
La suma de todos los números menores que 1000:
Luego la suma de los primos con 13 y 31 será:
499.500 – (403+806) = 499.500 -1209 = 498291
PROBLEMA 2.- Hallar todos los divisores de 1274000 que sean cuadrados perfectos y hallar la suma
Solución: Descompondremos 1274000 en factores primos: 1274000 = 24·53·72·13
Los divisores de 1274000 que sean cuadrados, tendrán una descomposición en factores primos de exponente par. (en sus descomposiciones no puede aparecer el 13 porque no está elevado ningún exponente mayor o igual que 2. Serán los divisores que se puedan formar con las potencias: 22, 24, 52 , 72 ,
Divisores de 1274000 cuadrados con un factor primo:
22, 24, 52 ,72 , es decir 4, 16, 25 y 49 cuya suma es 94
Divisores de 1274000 cuadrados con dos factores primos:
22·52, 22·72 , 24 52 , 24 72 , 52 72 , es decir 100, 196, 400, 784, 1225
cuya suma es: 100 + 196 + 400 +784 +1225 = 2705
Divisores de 1274000 cuadrados con tres factores primos:
22·52·72 y 24·52·72, es decir: 4900 y 19600 cuya suma es 4900 +19600 = 24500
La suma de todos ellos será: 24500 + 2705 + 94 = 27.299.
PROBLEMA 3.- Demostrar que para todo entero positivo la siguiente fracción es irreducible:
Demostración: Si la fracción es irreducible, entonces 2n +3 y 4n+5 tienen que ser primos entre sí. Procedamos por reducción al absurdo:
Supongamos que exista un divisor común, p, de 2n +3 y 4n+5 , entonces
p | 2n +3 y p | 4n +5 ⇒ p divide a su diferencia, es decir: p | 2n +2
Pero como p | 2n + 2 y p | 2n +3, significa que p divide a dos números consecutivos, los cual es imposible, luego no existe un p que divida a la vez a 2n +3 y 4n+5, por tanto, la fracción es irreducible.
PROBLEMA 4.- Demostrar que si n es par, los números naturales n2 – 1 y 3n + 1 son primos entre si.
Solución:
Supongamos que exista a un divisor primo de n2 – 1 y 3n + 1 de entonces ocurren dos casos ,teniendo en cuenta que n2 – 1 = (n+1) (n-1), que si a divide a n +1 o a divide n -1)
Caso 1.- a divide a n – 1 y 3n + 1
Si a divide a n – 1 y a 3n + 1 ⇒ a divide a 3(n – 1) y a 3n + 1 ⇒
⇒ a divide a su diferencia: 3n + 1 – (3n – 3) = 4 ⇒ a = 2 o a = 4. Pero como 3n + 1 y n2 – 1 son impares (por ser n par), entonces a = 2, a = 4 no pueden ser divisores suyos y serán primos entre si
Caso 2.- a divide a n + 1 y 3n + 1
Si a divide a n + 1 y a 3n + 1 ⇒ a divide a 3(n + 1) y 3n + 1 ⇒
⇒ a divide a su diferencia 3n + 3 – (3n +1) = 2 ⇒ a = 2
Pero como 3n + 1 y n2 – 1 son impares a = 2 no puede ser divisor suyo, por tanto n2 – 1 y 3n + 1 son primos entre si.
PROBLEMA 5. Demostrar que si n es impar, entonces 8 | (n2 -1).
Solución 1: Por ser n impar
n = 2k + 1 por tanto n2 -1= (2k + 1)2 – 1 = 4k2 + 4k = 4k(k + 1).
Además, si dos enteros son consecutivos siempre hay uno par, es decir: k(k + 1) = 2m, y por lo tanto, n2 – 1= 4(2m) = 8m, lo cual significa que n2 -1 es múltiplo de 8, o lo que es lo mismo, que 8 es un divisor de n2 -1.
Solución 2
Probaremos el resultado por el método de inducción que n2 -1 = (2k+1)2-1 es múltiplo de 8
Se cumple para k = 1, ya que 9 – 1 = 8
Probaremos, basándonos en que (2k+1)2 – 1 es múltiplo de 8, que (2k+3)2-1 es múltiplo de 8. En efecto:
(2k+3)2-1 = 4k2 + 12k + 8 =
4k2 + 4k + 1 + 8k + 7 =
= (2k + 1)2– 1+ 1 + 8k + 7 =
= [(2k + 1)2– 1]+ 8k + 8 =
= [(2k + 1)2– 1]+ [8(k + 1)]
Donde [(2k + 1)2– 1 es múltiplo de 8 por la hipótesis de indicción y, evidentemente, 8(k + 1) es múltiplo de 8 y, por tanto, su suma también.
