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Problemas em Teoria dos Números (Resolvidos e Propostos) do prof Diego Marques

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= -1. 
Resumindo, 
(~) = {1, se p = ±1 (mod 12) P -1, se p = ±5 (mod 12) 
D 
6. Fornecer uma congruência descrevendo todos os primos para os quais 5 ê um resíduo quadrático. 
Solução: Queremos que (~) = 1. Pela lei da reciprocidade quadrática, (~) = (~). Ou seja, 
queremos os primos p que são resíduos quadráticos módulo 5. Sabemos que existem 5; 1 = 2 
classes congruentes módulo 5. Como, 
Se p = 1 (mod 5), então (;) = (~) = (~) = 1. 
Se p = -1 (mod 5), então(~)=(~)= (51)= (-1)CS2 1 ) = 1. 
Daí, temos que p = ±1 (mod 5). 
7. Mostrar que 17 ê um resíduo quadrático módulo 19 utilizando o Lema de Gauss. 
D 
Capítulo 1. Problemas resolvidos 43 
Solução: O Lema de Gauss nos diz que se {t1, t2, ... ,tE=!} são os restos de {a, 2a, ... , P;1a} 
2 
módulo p, então(~)= (-lY onde r= #{j E {1, ... , P;1 } I ti> H· 
Seja a = 17 e p = 19, então ~ = 9,5 e P;1 = 9. Assim, 
p-1 
{a, 2a, ... , -
2
-a} = {17, 34, 51, 68, 85,102,119,136, 153} 
e logo, 
{ti. t2, ... ,t9} = {17, 15, 13, 11, 9, 7, 5, 3, 1}, 
portanto r= 4. Daí n~) = ( -lY = ( -1)4 = 1. 
8. Dizer se a congruência 3x2 - 12 (mod 13) possui, ou não, soluçãO. 
o 
Solução: Se 3x2 = 12 (mod 13) então 3x2 = 3 · 22 (mod 13). Como (3, 13) = 1, então x2 = 22 
(mod 13) ex= 2, por exemplo, é solução dessa congruência. O 
9 A:vali [327] [429] (181] · ar 635 • 563 e 991 · 
Solução: (i) Temos que 
[327] = (327) (327) =(~)(E_)= (-1)(~)(-1)(~)(~) (127) = 635 5 127 5 127 73 
=-(~;)=-(~!)=-(2;t)=-(~)(~)= 
= -(- 1)(*\-1)(~)(Y) (733) = _ (733) =_(~)=-L 
(i i) Como 563 é primo, temos: 
[429] = (429) = (-134) = (-1)(~) (134) =- (~) =- (_2_) (~) = 563 563 563 563 563 563 563 
= -( -1) -s- ( -1) -r -r- - -- - - - - -(563-1) (67-1)(563-1) (563)- (563)- (27) -67 67 67 
(33 ) ( 3) (3-1)(87-1) (67) (1) =- 67 =- 67 = -(-1) -r -r 3 = 3 = 1. 
(iii) Como 181 e 991 são primos, então: 
[181] = (181) = (- (~)(~) (991) = (991) = (~) = (~) = 991 991 1) 181 181 181 181 
( 2 ) ( 43) (~) (43-1)(181-1) (181) (181) = - - =(-1) (-1) -r -r- - =- - = 181 181 43 43 
= - ( :3) =- ( !: ) = -1. 
o 
44 Problemas em Teoria dos Números (Resolvidos e Propostos) 
10. Sendo p e q primos ímpares distintos com p = q - 3 (mod 4) mostrar que p é um resíduo 
quadrâtico módulo q se, e somente se, q não é resíduo quadrâtico módulo p. 
Solução: Pela Lei da reciprocidade quadrâtica de Gauss, 
(~) = (-1)(~)(~) (~). 
Como p = q = 3 (mod 4), então p;i e ª;1 são ímpares e logo ( ~) = - (!). Daí pé resíduo 
quadrâtico módulo q (isto é (~) = 1) se, e ~omente se, (!) = -1, ou seja, q não é resíduo 
quadrâtico módulo p. 
1.6 Raízes Primitivas 
Problemas resolvidos do Capítulo· 6 
1. Encontrar uma raiz primitiva módulo 
(a) 5 
(b) 6 
(c) 10 
(d) 11 
(e) 18 
(f) 19 
Solução: 
o 
(a) Temos que 4J(5) = 4 e D+(4) = {1,2,4}. Daí 2 é raiz primitiva módulo 5, pois 21 = 2 
(mod 5), 22 = 4 (mod 5) e 2c/l(S) = 1 (mod 5). 
(b) Temos 4J(6) = 2, logo 5 é raiz primitiva módulo 6, pois 51 = 5 (mod 6) e 5cP(6) = 1 (mod 6). 
(c) TeQlos 4J(10) = 4, logo 3 é raiz primitiva módulo 10, pois 3~ = 3 (mod 10), 32 = 9 (mod 10) 
e 3c/l(10) = 1 (mod 10). 
(d) Temos 4J(11) = 10 e n+(lO) = {1,2,5,10}. Assim, 2 é raiz primitiva módulo 11, pois 21 = 2 
(mod 11), 22 = 4 (mod 11), 25 = 10 (mod 11) e 2cf>(ll) = 1 (mod 11). 
(e) Como 4J(18) = 6 e D+(6) = {1,2,3,6}, então 5 é raiz primitiva módulo 18, pois 51 = 5 
(mod 18), 52 = 7 (mod 18), 53 = 17 (mod 18) e 5cP(18) = 1 (mod 18). 
(f) Observe que 4J(19) = 18 e n+(18) = {1,2,3,6,9,18}. Também 21 =: 2 (mod 19), 22 =: 4 
(mod 19), 23 = 8 (mod 19), 26 = 7 (mod 19), 29 = 18 (mod 19) e 2cP(19) = 1 (mod 19). 
Logo 2 é raiz primitiva módulo 19. 
o 
Capítulo 1. Problemas resolvidos 45 
2. Encontrar,o número de raízes primitivas dos seguintes primos (a) 5, (b) 17, (c) 11, (d) 23, (e) 13 
e (f) 31. 
Solução: Pelo Teorema 6.5, basta calcular if>(if>(p)), para p E {5, 11,13, 17, 23,31}. Portanto, 
if>(if>(5)) = 2, if>(if>(ll)) = 4, if>(if>(13)) = 4, if>(if>(17)) = 8, if>(if>(23)) = 10 e if>(if>(31)) = 8. O 
3. Mostrar que sem é um inteiro positivo e a um inteiro, (a, m) = 1, tal que ordma = m- 1, então 
m é primo. 
Solução: Temos que ordma I if>(m) (pelo Corolário 6.1), daí m- 1 I if>(m), mas param > 1, 
if>(m) :::; m- 1. Portanto, if>(m) = m- 1 vale se, e somente se, m é primo. D 
4. Mostrar que os divisores primos ímpares de um inteiro n 2 + 1 são da forma 4k + 1. 
Solução: Suponha que p I n 2 + 1 e p = 3 (mod 4). Então n 2 = -1 (mod p). Mas (n,p) = 1 
1 1 ~ e logo pelo Pequeno teorema de Fermat, nP- = 1 (mod p). Portanto, 1 = nP- = (n2 ) 2 = 
(-1)~ = -1 (mod p), o que é um absurdo. Aqui usamos que P21 é ímpar, já que p = 3 
(m~~- O 
5. Sendo p > 2, primo, e a > 1 um inteiro, mostrar que os divisores primos ímpares de aP + 1 são 
divisores de a + 1 ou são da forma 2np + 1. 
Solução: Seja q primo tal que q I (aP + 1) e a ~ -1 (mod q), então aP = -1 (mod q) o 
que implica a 2P = 1 (mod q). Como aq-1 = 1 (mod q), então aC2p,q-1) = 1 (mod q), mas 
(2p, q- 1) E {1, 2,p,2p }. 
Se a= 1 (mod q), então -1 = aP = 1 (mod q), absurdo. 
Se a2 = 1 (mod q), escreva p = 2t + 1, então -1 = aP = a 2H 1 =a (mod q) implicando q I a+ 1, 
absurdo. Claramente aP ~ 1 (mod q). Daí (2p, q- 1) = 2p ou seja, 2p I q- 1 => q- 1 = 2np => 
q = 2np + 1. O 
6. Mostrar que se a é uma raiz primitiva módulo p (primo) com p = 1 (mod 4) então -a também 
é raiz primitiva. 
Solução: Suponha que existe n < p- 1, tal que ( -a)n = 1 (mod p). Então a2n = 1 (mod p). 
Como ordpa = p- 1, então pelo Teorema 6.1, p- 1 I 2n e assim P21 In e como P21 é par (pois 
p = 1 (mod 4)), então n é par. De (-a)n = 1 (mod p) obtemos an = (-1)n = 1 (mod p) (pois 
n é par) absurdo pois ordpa = p - 1 > n. 
D 
7. Mostrar que se a é um resíduo quadrático módulo p primo ímpar, então a não é raiz primitiva 
módulo p. 
Solução: Se a é resíduo quadrático módulo p, então p não divide a. Seja xo E Z, tal que XQ 2 =a 
46 Problemas em Teoria dos Números (Resolvidos e Propostos) 
(mod p). Portanto, p não divide xo e daí, pelo Pequeno Teorema de Fermat, x 0P-1 = 1 (mod p). 
E.=! -1 
Assim, 1 = xoP-1 = (xo2 ) 2 = aT (mod p). Daí ordpa ~ P21 < p- 1 = <P(p) e então a não é 
raiz primitiva módulo p. O 
1. 7 Representação de inteiros como soma de quadrados 
Problemas resolvidos do Capítulo 7 
1. Dizer quais dentre os primos 11, 17, 19, 23, 29 e 31 possuem representação como soma de dois 
quadrados e fornecer a representação. 
Solução: Para encontrar os que são soma de dois quadrados, vamos procurar pelo resto da divisão 
por 4. Ou seja, 
11 = 3 (mod 4), 17 = 1 (mod 4), 19 = 3 (mod 4), 23 = 3 (mod 4), 29 = 1 (mod 4) e 31 - 3 
(mod 4). Logo, somente 17 e 19 são soma de dois quadrados e nesses casos 17 = 12 + 42 e 
29 = 22 +52. o 
2. Resolver, em inteiros, as seguintes equações, x2 + y2 = 146 e x2 + y2 = 625. 
Solução: (i) Como 146 = 2 · 73 e 73 = 1 (mod 4), então essa equação diofantina tem solução. 
Para resolvê-la, vamos supor x e y positivos, pois se (x, y) é solução então (±x, ± y) também o 
é. Note que a equação é simétrica, logo podemos supor x ~ y. Daí, 
e 
2x2 ~ x2 + y2 = 146 ~ 1 ~ x ~ .../72 < v'8i = 9. 
Logo, uma conta simples, mostra que a única solução no domínio acima é (x, y) - (5, 11). 
Portanto, todas as soluções são: 
(x,y) E {(5, 11), (11, 5), ( -5, 11), (11, - 5), (5, - 11), ( -11, 5), ( -5, - 11), ( -11,- 5)}. 
(ii) Usando o mesmo argumento do caso anterior, obtemos os limitantes. 
Ü ~ X ~ 17 1 ~ y ~ 25 
Logo (x,y) E {(7, 24), (15, 20), (0, 25)}. Daí todas as soluções são da forma: 
(7ei, 24e2), (15e3, 20e4) e (0, 25es) 
ondeei E {±1} para todo i. Também os pares com ordem trocada são soluções. 
o 
3. Dizer se existe um triângulo retângulo isósceles de lados inteiros. 
Solução: Suponha que existe, veja figura abaixo, 
Capítulo 1. Problemas resolvidos 47 
A 
B 
tal que A= B. Pelo Teorema de Pitágoras C2 = B 2 + B 2 = 2B2 => ~ = v'2. Absurdo pois ..j2 
é irracional. 
Obs: Note que a mesma prova acima implica na não existência de um triângulo retângulo isósceles 
com lados racionais. O 
4.