Prova 1 Teoria de Números 23/04/2013Nome:RA:

Escolha 5 questões.

1. Mostre que 267 + 334 é múltiplo de 17.

Solução: Pelo teorema de Fermat 216 ≡ 1 (mod 17) e 317 ≡ 3 (mod 17). Por-tanto,

267 = 264+3 =(216)4 · 8 ≡ 8 (mod 17)

e 334 = (317)2 ≡ 9 (mod 17). Daí que 267 + 334 ≡ 8 + 9 ≡ 0 (mod 17), o que

significa que 267 + 334 é múltiplo de 17.

2. Mostre que a7 ≡ a (mod 21) para todo inteiro a.

Solução: Em primeiro lugar pelo teorema de Fermat a7 ≡ a (mod 7), o quesignifica que 7/a7 − a. Tomando congruência módulo 3, suponha em primeirolugar que (a, 3) = 1. Então, a2 ≡ 1 (mod 3) e daí que a7 = a6a ≡ a (mod 3).Por outro lado, se (a, 3) 6= 1 então a ≡ 0 (mod 3) o que implica que a7 ≡ 0 ≡a (mod 3). Em ambos os casos 3/a7−a. Como (3, 7) = 1, segue que o produto21 = 3 · 7 é divisor de a7 − a, isto é, a7 ≡ a (mod 21).

3. Encontre todos os números x ∈ Z tais que i) 3x ≡ 1 (mod 5); ii) 8x ≡ 2 (mod 7)e iii) 23x ≡ 2 (mod 11).Solução: Trata-se de uma aplicação direta do teorema chinês dos restos. Oteorema se aplica pois 5, 7 e 11 são primos entre si.

As congruências do enunciado são equivalentes, respectivamente a

x ≡ 2 (mod 5) x ≡ 2 (mod 7) x ≡ 2 (mod 11)

pois 2 é a inversa de 3 (mod 5), 8 ≡ 1 (mod 7) e iii) 23 ≡ 1 (mod 11). Valem asseguintes afirmações:

(a) A inversa de 77 = 7 · 11 ≡ 2 módulo 5 é 3.(b) A inversa de 55 = 5 · 11 ≡ 6 módulo 7 é 6.(c) A inversa de 35 = 5 · 7 ≡ 2 módulo 11 é 6.

1

Portanto, pelo teorema chinês dos restos, o conjunto das soluções é a classe decongruência módulo 385 = 5 · 7 · 11 do número

x = 2 · 77 · 3 + 2 · 55 · 6 + 2 · 35 · 6= 462 + 660 + 420

= 1542.

Como 1542 ≡ 2 (mod 385) as soluções são dadas por

385 · n+ 2 n ∈ Z.

4. Encontre todos os números x, y, z ∈ Z que satisfazem as seguintes congruênciasx+ 13y ≡ 2 (mod 12)−y + 14z ≡ 1 (mod 12)x+ 3y + 13z ≡ 3 (mod 12)

Solução: Como 13 ≡ 1 (mod 12) e 14 ≡ 2 (mod 12) o sistema é equivalente ax+ y ≡ 2 (mod 12)−y + 2z ≡ 1 (mod 12)x+ 3y + z ≡ 3 (mod 12)

A matriz dos coeficientes desse sistema é

A =

1 1 00 −1 21 3 1

cujo determinante é −5 ≡ 7 (mod 12). Esse determinante tem inversa módulo12, portanto, pelo teorema de Cramer, a matriz tem inversa módulo 12. Essainversa é dada por

A−1 = 7Cof (A)T

pois 7 é a sua inversa módulo 12. No entanto,

Cof (A) =

−7 2 1−1 1 −22 −2 −1

Portanto, a solução é dada por x

yz

≡ 7 −7 −1 2

2 1 −21 −2 −1

213

(mod 12) .Isto é,

2

(a) x ≡ 7 (−14− 1 + 6) ≡ 21 ≡ 9 (mod 12),(b) y ≡ 7 (4 + 1− 6) ≡ 5 (mod 12) e(c) z ≡ 7 (2− 2− 3) ≡ −21 ≡ 3 (mod 12).

5. Use o teorema de Wilson para encontrar o resto da divisão de 32 · 52 · 72 · 92 ·112 · 132 · 152 por 17.Solução: Valem as seguintes congruências módulo 17:

3 ≡ −14, 5 ≡ −12, 7 ≡ −10, 9 ≡ −18, 11 ≡ −6, 13 ≡ −4, 15 ≡ −2.

Como a2 = −a (−a), se obtém as seguintes congruências módulo 17:

32 ≡ −3 · 14, 52 ≡ −5 · 12, 72 ≡ −7 · 10, 92 ≡ −9 · 18,112 ≡ −11 · 6, 132 ≡ −13 · 4, 152 ≡ −15 · 2.

Daí que 32 · 52 · 72 · 92 · 112 · 132 · 152 é congruente módulo 17 a (−1)7 15! =−15!. Pelo teorema de Wilson 16! ≡ −1 (mod 17). Mas, 16 ≡ −1 (mod 17),portanto 15! ≡ 1 (mod 17). Daí que −15! ≡ −1 (mod 17) portanto o númerodo enunciado é congruente a −1 (mod 17). O resto de sua divisão por 17 é 16.

6. Seja φ a função de Euler. Escreva a fórmula para φ (n) em termos da de-composição primária de n. Mostre que se φ (n) é divisor de n então n não émultiplo de 5.

Solução: Se n = pm11 · · · pms

s então

φ (n) = φ (pm11 ) · · ·φ (pms

s )

=(pm11 − pm1−1

1

)· · ·(pmss − pms−1

1

)= n

(1− 1

p1

)· · ·(1− 1

ps

).

Suponha agora que φ (n) /n. Se n = 2 então n não é multiplo de 5. Se n ≥ 3então φ (n) é par e a hipótese φ (n) /n implica que n também é par. Isto é, n =2km com k ≥ 1 e m ≥ 1 ímpar. Nesse caso, φ (n) = φ

(2k)φ (m) = 2k−1φ (m).

Suponha por absurdo que 5/n. Então, 5/m e a decomposição primária dem é da forma m = 5lpm1

1 · · · pmss com pi primos ímpares. Portanto, φ (m) =

φ(5l)φ (pm1

1 · · · pmss ). Mas, φ

(5l)= 5l−1 · 4. Daí que o expoente de 2 na

decomposição primária de φ (n) é pelo menos k−1+2 = k+1 (k−1 provenientede φ

(2k)e 2 proveniente de φ

(5l)). Isto é, 2k+1/φ (n). Mas, isso é absurdo

pois φ (n) /n e a maior potência de 2 que é divisor de n é 2k.

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7. Dado os inteiros positivos a, b e c, mostre que se a ≡ b (mod c) então (a, c) =(b, c). Use isso para mostrar que não existem x, y inteiros tais que x+ y = 100e (x, y) = 3.

Solução: Sejam d = (a, c) e e = (b, c). Se a ≡ b (mod c) então existe uminteiro n tal que b = a + nc. Dessa igualdade segue que d/b pois d/a e d/n.Portanto, d/b e d/n o que implica que d/e. Pelo mesmo argumento se concluique e/d.

8. Para cada uma das afirmações a seguir diga se é verdadeira ou falsa. No casoverdadeiro apresente uma justificativa e no falso, um contra-exemplo.

(a) Se x é um número inteiro positivo tal que 4x ≡ 2 (mod 5) então x não équadrado perfeito.

(b) Se m e n são inteiros tais que m2 ≡ n2 (mod 8) então m ≡ ±n (mod 8).(c) Existe um inteiro positivo n tal que φ (n) = 217. (φ é a função de Euler.)

(d) 17144 ≡ 1 (mod 36).

Solução:

(a) Verdadeira. Um número y é congruente a 0, 1, 2, 3, 4 módulo 5. Por-tanto, y2 é congruente a 0, 1, 4 módulo 5, isto é, se um número é quadradoperfeito então ele é congruente a 0, 1, 4 módulo 5. Por outro lado, se4x ≡ 2 (mod 5) então x ≡ 8 ≡ 3 (mod 5), pois 4 é a sua inversa módulo5. Daí que x não pode ser quadrado perfeito.

(b) Falsa. 32 ≡ 1 ≡ 12 (mod 8) e, no entanto, não vale 3 ≡ 1 (mod 8) nem3 ≡ −1 ≡ 7 (mod 8).

(c) Falsa. A função φ de Euler só assume valores pares.

(d) Verdadeira. φ (36) = φ (2232) = φ (22)φ (32) = 12. Como (17, 36) = 1,o teorema de Euler garante que 1712 ≡ 1 (mod 36). Daí que 17144 =(1712)

12 ≡ (1)12 ≡ 1 (mod 36).

9. Sejamm e n números inteiros com (m,n) = 1 tal que (m3 + 7mn+ n2) /m3n3.Mostre que não existe um número primo p tal que p/ (m3 + 7mn+ n2) e,portanto, m3 + 7mn+ n2 = ±1.Solução: Suponha por absurdo que o primo p seja divisor de m3+7mn+n2.Então, p/m3n3 e portanto p/m3 ou p/n3, pois p é primo. Suponha, por exemploque p/m3. Novamente, como p é primo, segue que p/m. Daí que p/m3 e p/7mne como por hipótese p/m3+7mn+n2 segue que p/n2 e, portanto, p/n. O queé um absurdo pois (m,n) = 1.

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Como nenhum primo é divisor de m3 + 7mn+ n2 a única possibilidade é quem3 + 7mn+ n2 = ±1.

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