Aula-1-TN-2016-2-Semestre-Divisibilidade, Prof. Juan López Prob.1

Aula-1-TN-2016-2-Semestre-Divisibilidade, Prof. Juan López
Prob.1: Critérios de Divisibilidade por 3
O Aluno D (usaremos este codinome para proteger a identidade do aluno) não prestou
atenção na aula e não aprendeu como verificar, sem realizar a divisão, se um número é
múltiplo de 7 ou não. Por isso, D decidiu usar a regra do 3, ou seja, ele vai somar os dígitos e
verificar se o resultado é um múltiplo de 7. Para quantos números inteiros positivos menores
que 100 esse método incorreto indicará que um número é múltiplo de 7, sendo o número
realmente múltiplo de 7? Extraído da OBM-2013-Nível-2-Fase-1
Solução: A soma dos algarismos de um número menor que 100 é menor ou igual à 9 + 9 = 18.
Assim, a soma dos números bem avaliados pelo critério do aluno só pode ter sido 7 ou 14.
Existem três números com tais somas: 7, 70 e 77.
Prob. 2: Critério de Divisibilidade por 7
Dalvenilson (ops, aluno D) procurou um amigo para aprender qual era o jeito ensinado pelo
professor para verificar se um número é múltiplo de 7 sem realizar a divisão. O método
ensinado é tomar o dígito das unidades apagá-lo e subtrair o seu dobro no número que
sobrou. Por exemplo, para 1001 teremos: 100  2 1  98 e repetindo, teremos 9  2  8  7 ,
que é um múltiplo de 7. Então, 98 e 1001 são múltiplos de 7.
Sabendo disso, qual dos números a seguir é um múltiplo de 7?
A) 102112
B) 270280
C) 831821
D) 925925
E) 923823
Solução: (D) Como 1001 é múltiplo de 7, 925925  1001 925 também é. Em geral, qualquer
numero de seis algarismos onde os três primeiros formam um número igual aos três últimos é
um múltiplo de 7. Usando esse fato é fácil verificar que nenhuma outra das opções contém um
múltiplo de 7. Extraído da OBM-2013-Nível-2-Fase-1
Prob. 3: Divisibilidade por 8, 9 e 11
O número de 5 dígitos xy26z, em que cada uma das letras representa um dígito, é divisível por
8, 9 e 11. Qual o valor de 𝑥? Extraído da OBM-2014-Nível-2-Fase-1
Solução: (A) Pelo critério de divisibilidade por 8, os três últimos dígitos devem formar um
número múltiplo de 8. A única opção admissível é z=4. Pelo critério de divisibilidade por 11,
( x  2  z )  ( y  6)  x  y deve ser divisível por 11. Como x e y são dígitos, a única opção é
x  y . Finalmente, pelo critério de divisibilidade por 9, x  y  2  6  z   2x  12 deve ser
divisível por 9. O único dígito que satisfaz tal condição é x  3 .
Prob.4: Critério de Divisibilidade por 99
O número de seis dígitos ab2016 é múltiplo de 99. Determine o valor do dígito a. Extraído da
OBM-2016-Nível-2-Fase-1
Solução:
Primeiro Caminho
Na base decimal podemos escrever qualquer número an...a3a2a1 , onde as letras ai
representam dígitos, como:
an...a3a2a1=100 x an...a3 + a2a1=(99+1) x an...a3 + a2a1=99 x an...a3 + an...a3 + a2a1
Logo, se 99 divide an...a3a2a1 então 99 divide an...a3 + a2a1. Vamos usar esse critério de
divisibilidade aqui. Temos que se 99 divide ab2016 então 99 divide ab20 +16=ab32. Repetindo
o procedimento, se 99 divide ab32 então 99 divide ab +32. Os primeiros múltiplos de 99 são 99
e 198. Mas ab +32 não pode ser igual a 198, logo ab +32=99 e segue que ab=63. O dígito a é 6.
Segundo Caminho
Pelo critério de divisibilidade por 11, para que 𝑎𝑏2016 seja divisível por 11, devemos ter
11 ∣ (𝑎 + 2 + 1) – (𝑏 + 0 + 6) = 𝑎 − 𝑏 − 3.
Além disso, para que o número dado seja divisível por 9, devemos ter
9 ∣ 𝑎 + 𝑏 + 2 + 0 + 1 + 6 = 𝑎 + 𝑏 + 9.
Como 𝑎 + 𝑏 ≤ 18, as únicas possibilidades que satisfazem a relação de divisibilidade anterior
são 𝑎 + 𝑏 = 9 ou 𝑎 + 𝑏 = 18. No primeiro caso, temos
11 ∣ 𝑎 − 𝑏 − 3 = 2(3 − 𝑏)
O único dígito que satisfaz a relação anterior é 𝑏 = 3. Consequentemente, 𝑎 = 6. No segundo
caso, 𝑎 = 𝑏 = 9 e 11 ∣ 9 − 9 − 3 = −3 . Isso é um absurdo e a única solução possível é
(𝑎, 𝑏) = (6,3).
Prob.5: Divisibilidade e Soma de Quadrados Perfeitos
2014
Quantos pares ordenados (𝑎, 𝑏) de inteiros positivos existem tais que 𝑎2 +𝑏2 é inteiro?
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
E) 5
2
2
Solução: (E) Como 2014  53 19  2 segue que a  b é um de seus 8 divisores. Os possíveis
restos de um quadrado perfeito na divisão por 19 são: 0,1,4,5,6,7,9,11,16,17 . A única soma de
dois deles que produz um múltiplo de 19 é a soma 0  0 . Assim, se a  b é múltiplo de 19,
a e b também o são. Dado que 2014 não possui dois fatores de tal primo, podemos concluir
2
2
2
que a  b deve ser um divisor de 53 2 . As possibilidades são:
a 2  b 2  2  (a, b)  (1,1);
a 2  b 2  53  (a, b)  (7,2); (2,7);
a 2  b 2  106  (a, b)  (9,5); (5,9).
2
Portanto, existem 5 pares de soluções.
Extraído da OBM-2014-Nível-2-Fase-1
Prob. 6: Múltiplo de 36
Determine o maior múltiplo de 36 que possui todos os algarismos pares e diferentes.
Prob. 7: Quociente igual ao resto
Encontre os inteiros que, na divisão por 7, deixam um quociente igual ao resto.
Prob. 8: Critério de divisibilidade por 9, fase II
Usando os dígitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, construímos vários números de sete dígitos distintos.
Existem dois deles, distintos, tais que um divide o outro? (POTI)
Solução
Não. Suponha, por absurdo, que m < n sejam dois desses números, com m | n. Claramente
m | n −m e 9 | n −m, pois n e m possuem a mesma soma dos dígitos e consequentemente
possuem o mesmo resto na divisão por 9. Por outro lado, sabemos a soma dos dígitos de
m: 1+2+· · ·+7 = 3 ·9+1. Daí, m não possui fator 9 e podemos garantir que 9m | n−m.
Mas então 9m ≤ n − m ⇒ 10m ≤ n ⇒ n tem pelo menos oito dígitos, uma contradição.
Prob. 9: Critério de divisibilidade por 9, fase II
(OBM 2000) É possível encontrar duas potências de 2, distintas e com o mesmo número de
algarismos, tais que uma possa ser obtida através de uma reordenação dos dígitos da outra?
Prob. 10: Senha do cofre, fase II
Abel guardou suas economias num cofre. Para não esquecer a senha do cofre, ele resolve
guardar as seguintes pistas:

É um número maior que 3001;

Tem exatamente 6 divisores;

É múltiplo de 5.
Abel sabe que sua senha é o menor número que satisfaz todas as pistas. Qual é a senha do
cofre de Abel?
Solução:
Comecemos usando a segunda pista. Se um número possui 6 divisores, então sua fatoração em
números primos só pode ser da forma 𝑝6 ou 𝑟 2 𝑠, para primos 𝑟 e 𝑠 distintos. Pela terceira
pista, teremos os seguintes casos para analisar:

𝑝5 com 𝑝 = 5.
Neste caso, teremos o número 55 = 3125, que é maior que 3001.

𝑟 2 𝑠 com 𝑟 = 5.
Então teremos 25. 𝑠. Para ser maior que 3001, devemos ter 𝑠 >
3001
25
>
3000
25
= 120. Notando
que não há primos de 121 até 125, vemos que 𝑠 > 125 e consequentemente 𝑟 2 𝑠 > 3125.
Portanto, este caso gera apenas soluções maiores que 3125.

𝑟 2 𝑠 com 𝑠 = 5.
Teremos o números 5. 𝑟 2 . Usando a primeira pista, devemos ter 𝑟 2 >
2
2
3001
5
>
3000
5
= 600.
Logo, 𝑟 > 24 , ou seja, 𝑟 ≥ 25. Mas como 25 não é primo, teríamos 𝑟 > 25 e
consequentemente 𝑟 2 𝑠 > 3125. Então, este caso gera soluções maiores que 3125.
A senha de Abel é 3125.