Hoy publicamos algunos problemas resueltos sobre divisibilidad, para los cuales aplicamos diversos métodos. Pero antes, citamos algunos resultados importantes que pueden servir como previos para la resolución de estos problemas..
Previos
i. Para \( a, b, c \in \mathbb{Z}\), si \( a \mid b \Rightarrow a \mid bc\).
ii. Para \( a, b, c, m \in \mathbb{Z}\), si \( a = b \cdot c; b \mid m, c \mid m \Rightarrow a \mid m\).
iii. Para \( a, b, c \in \mathbb{Z}\), si \( a \mid b, c \mid b, mcd(a, c)=1 \Rightarrow ac \mid b\).
iv. Sean \( a, b\) enteros, para todo \( n \in \mathbb{N}\) se cumple que \( (a – b) \mid (a^n – b^n)\).
v. Sea \( p\) un número primo y \( n \in \mathbb{N} \Rightarrow p \mid (n^p – n)\).
vi. El producto de \( n\) números consecutivos es divisible por \( n!\).
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Problemas Resueltos
Es importante que el estudiante aprenda a identificar el tipo de problema en que un camino en particular puede llevarle a resultados satisfactorios.
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Problema 1. Pruebe que \( 3^{2n+1} + 4 \cdot 23^n\) es divisible por \( 7, \forall n \in \mathbb{N}\).
Solución:
Aplicamos el Método de Inducción Matemática.
a) Sea \( n = 0\) es válido pues \( 3 + 4 = 7\) y \( 7 \mid 7\).
b) Se asume que la proposición es válida para \( n\), es decir, que existe \( k \in \mathbb{N}\) tal que \( 3^{2n+1} + 4 \cdot 23^n = 7k\).
Tenemos que probar que la proposición es cierta para \( n+1\).
\[ 3^{2(n+1)+1} + 4 \cdot 23^{n+1} \]
\[ = 3^{2n+3} + 4 \cdot 23 \cdot 23^n \]
\[ = 3^2 \cdot 3^{2n+1} + 92 \cdot 23^n \]
Aplicamos la hipótesis de inducción:
\[ = 9 (7k – 4 \cdot 23^n) + 92 \cdot 23^n \]
\[ = 9 \cdot 7k – 36 \cdot 23^n + 92 \cdot 23^n \]
\[ = 9 \cdot 7k + 56 \cdot 23^n \]
\[ = 7 (9k + 8 \cdot 23^n) \]
Con lo cual se demuestra la tesis. \( \blacksquare\)
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Problema 2. Probar que si un número de \( 3\) cifras \( (abc)\) es divisible entre \( 27\), entonces \( 27\) divide al número \( (cab)\).
Solución:
\( (abc) = 100a + 10 b + c\). Partiendo de que \( 27 \mid (100a + 10b + c)\), probemos que \( 27 \mid (100c + 10a + b)\).
Tomemos el número \( (cab)\) y lo multiplicamos por \( 10\):
\[ 10(100c + 10a + b)\]
\[ = 1000c + 100a + 10b)\]
\[ = 999c + (100a + 10b + c)\]
pero como \( (100a + 10b + c) = 27k\), para algún \( k \in \mathbb{N}\).
\[ = 27 \cdot 37c + 27k\]
\[ = 27 (37c + k)\]
Entonces sabemos que \( 27 \mid 10 \cdot (cab)\), pero \( 27\) y \( 10\) son primos relativos, y por lo tanto se concluye que \( 27 \mid (cab)\). \( \blacksquare\)
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Problema 3. Demuestre que para todo número natural \( n\), el número
\[ A = 2713^n – 513^n – 360^n +151^n \]
es divisible por \( 1991\).
Solución:
Primera parte. Podemos agrupar \( A\) como:
\[ (2713^n – 360^n) + (151^n – 513^n) \]
Aplicando el previo (iv)
\[ = (2713 – 360)k + (151 – 513)m \]
para algunos \( k, m \in \mathbb{Z}\).
\[ = (2353)k + (-362)m \]
\[ = (181 \cdot 13)k + (-181 \ cdot 2)m \]
\[ = 181 (13k – 2m) \]
\[ \Rightarrow 181 \mid A \]
Segunda parte. También podemos agrupar \( A\) como:
\[ (2713^n – 513^n) + (151^n – 360^n) \]
Y nuevamente aplicamos el previo (iv)
\[ = (2713 – 513)p + (151 – 360)q \]
para algunos \( p, q \in \mathbb{Z}\).
\[ = (2200)p + (-209)q \]
\[ = (11 \cdot 200)p + (-11 \cdot 19)q \]
\[ = 11 (200p – 19q) \]
\[ \Rightarrow 11 \mid A \]
Finalmente, aplicamos el previo (ii): como \( 181 \mid A\) y \( 11 \mid A\) entonces también \( 181 \cdot 11\), es decir \( 1991 \mid A \). \( \blacksquare\)
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Problema 4. Demuestre que \( n^{15} – n^{13} – n^3 + n\) es divisible por \( 26, \forall n \in \mathbb{N}\).
Solución:
\[ n^{15} – n^{13} – n^3 + n \]
\[ = (n^{15} – n^{13}) – (n^3 – n) \]
\[ = (n^{15} – n^{13}) – [n(n – 1)(n+1)] \]
\[ = n^{13}(n^2 – 1) – [n(n – 1)(n+1)] \]
\[ = n^{13}[(n – 1)(n+1)] – [n(n – 1)(n+1)] \]
\[ = (n – 1)(n+1)(n^{13} – n) \]
\[ = (n^2 – 1)(n^{13} – n) \]
Aplicando el previo (v), el primer factor es divisible por \( 2\) y el segundo factor es divisible por \( 13\). Luego, como \( mcd(2,13) = 1\), por el previo (iii) se tiene que el número en cuestión es divisible por \( 2 \cdot 13 = 26\). \( \blacksquare\)
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Problema 5. Demuestre que \( n^5 – 5n^3 + 4n\) es divisible por \( 120, \forall n \in \mathbb{N}\).
Solución:
\[ n^5 – 5n^3 + 4n\]
\[ = n(n^4 – 5n^2 + 4)\]
\[ = n(n^2 – 1)(n^2 – 4)\]
\[ = n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2)\]
\[ = (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n + 2)\]
Lo cual es divisible por \( 5!\), aplicando el previo (vi). Y como \( 5! = 120\), queda demostrado. \( \blacksquare\)
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Problemas Propuestos
Y para terminar qué tal si dejamos estos tres problemas propuestos, en los cuales se puede aplicar las técnicas vistas:
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Problema 6. Demuestre que \( 3^{6n} -2^{6n}\) es divisible por \( 35, \forall n \in \mathbb{N}\).
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Problema 7. Pruebe que \( 27195^8 – 10887^8 + 10152^8\) es divisible por \( 26460\).
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Problema 8. Demuestre que si \( a\) es un número par, la expresión
\[ \displaystyle{ \frac{a}{12} + \frac{a^2}{8} + \frac{a^3}{24} }\]
es un número entero.
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En unos días estaremos colocando las soluciones como comentarios, para además mostrar cómo los visitantes pueden usar \( \LaTeX\) en los comentarios que nos aportan.
Problema 6.
\( 3^6-2^6|3^{6n}-2^{6n} \), por el previo \( iv \).
Como \( 3^6-2^6=35\times 19 \), entonces \( 35|3^{6n}-2^{6n} \).
Problema 8.
Si \( a \) es par, entonces se puede expresar como \( 2k \). Reemplazando y simplificando la expresión queda:
\[ \displaystyle\frac{2k^3+3k^2+k}{6} \]
Luego hay que demostrar que \( 6|2k^3+3k^2+k \) y así la expresión es un entero. Para ello utilizare inducción:
\[ 2k^3+3k^2+k=6j \]
\[ 2(k+1)^3+3(k+1)^2+k+1= \]
\[ 2k^3+9k^2+13k+6= \]
\[ 6j+6k^2+12k+6= \]
\[ 6(j+k^2+2k+1) \]
Demostrando lo pedido.
Hola, he encontrado un error en la solución del problema 4, el segundo factor es divisible por 13 y no por 2, como pone ahí. Muchas gracias por la información dada en esta página.