(a) Ache o menor inteiro positivo n tal que o número 4 n^2+1 seja divisível por 65 .
(b) Mostre que existem infinitos múltiplos de 65 da forma 4 n^2+1.
(c) Mostre que se um dado número divide um número da forma 4 n^2+1, ele dividirá uma infinidade desses números.
(d) Para este último resultado, existe algo de especial nos números da forma 4 n^2+1 ? Teste o seu resultado para números da forma a n^2+b n+c, onde a, b, c in Z, com a e b não simultaneamente nulos.

Passo 1

O enunciado gira em torno da busca de soluções inteiras n tais que
4n^2 + 1 equiv 0 pmod65,
seguido de provar que, a partir de uma solução, existem infinitas soluções (parte b), estendendo a qualquer divisor fixo (parte c) e finalmente notar se essa propriedade é especial do polinômio 4n^2+1 ou vale para an^2+bn+c (parte d). Vamos usar teoria de congruências, CRT (Teorema Chinês do Resto) e expansão de polinômios.

Passo 2

Para (a) resolvemos
4n^2 + 1 equiv 0 pmod65,
isto é
4n^2 equiv -1 equiv 64 pmod65
Como gcd(4,65)=1, multiplica-se pelo inverso de 4 (que é 49 módulo 65) e obtém-se
n^2 equiv 16 pmod65
Agora fatoramos 65=5cdot13 e resolvemos em cada primo:
  • Módulo 5: n^2equiv16equiv1pmod5 nequivpm1equiv1,4pmod5.
  • Módulo 13: n^2equiv16equiv3pmod13 nequiv4,9pmod13.
Aplicando CRT às quatro combinações:
  • nequiv4pmod5, nequiv4pmod13 \implies nequiv4pmod65.
  • nequiv4pmod5, nequiv9pmod13 \implies nequiv9pmod65.
  • nequiv1pmod5, nequiv4pmod13 \implies nequiv56pmod65.
  • nequiv1pmod5, nequiv9pmod13 \implies nequiv61pmod65.
O menor inteiro positivo é n=4, pois 4cdot4^2+1=65.

Passo 3

Para (b), dado um n0 que satisfaz 65mid4n0^2+1, considere
n = n0 + 65k, kinZ
Então
4n^2 + 1 = 4l(n0+65kr)^2 + 1 = 4n0^2 + 1 ;+; 520k,n0 ;+; 4cdot65^2k^2,
onde os dois últimos termos são múltiplos de 65. Logo
4n^2+1 equiv 4n0^2+1 equiv 0pmod65
para todo k, provando que há infinitos n.

Passo 4

Para (c), se um dado divisor fixo d satisfaz dmid4n1^2+1, basta o mesmo argumento com n=n1+kd. Pela expansão,
4(n1+kd)^2+1 equiv 4n1^2+1 equiv 0pmodd
Assim d divide infinitamente muitos números da forma 4n^2+1.

Passo 5

Para (d), note-se que a propriedade usada é puramente a expansão de polinômios inteiros. Se
f(n)=an^2+bn+c, a,b,cinZ,
então
f(n+d)-f(n) = al[(n+d)^2-n^2r] + bl[(n+d)-nr] = dl(2an+br) + a,d^2,
que é múltiplo de d. Logo, sempre que dmid f(n0), teremos dmid f(n0+kd) para todo k. Portanto não há nada de especial em 4n^2+1: qualquer polinômio inteiro an^2+bn+c satisfaz o mesmo.

Resposta

(a) n=4.
(b) Tomando n=4+65k, kinZ, obtemos infinitos n.
(c) Se dmid4n1^2+1, então dmid4(n1+kd)^2+1 para todo k.
(d) A propriedade vale para qualquer polinômio inteiro an^2+bn+c: de dmid f(n0) segue dmid f(n0+kd).

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