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

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para x > k então nada temos a provar. Por outro lado, 
se existir x0 > k e p primo tal que f(xo) = p, então tome Xn = xo + np, onde n E N. Então, 
Nesta soma, observamos que cada termo sendo somado é divisível por p, exceto, possivelmente, 
quando k = j. Portanto, existe N E N tal que, 
f(xn) = pN + tai (~)xoi(np) 0 = pN + f(xo). 
j=O J 
Isto mostra que p I f(xn) para todo n E N. Como k < xo < X! < x2 < . . . e p = f(xo) < 
f(xi) < j(x2) < ... a sequência crescente (f(xn))nEN contém infinitos múltiplos de p. 
Solução 2. Se f(x) é composto, para todo x E Z, o problema está terminado. Portanto, suponha 
que existe x0 E Z tal que f(xo) = p com p primo. Defina o seguinte polinômio na variável t: 
24 Problemas em Teoria dos Números (Resolvidos e Propostos) 
onde f(x) =ao+ a1x + · · · + anxn. Claramente, existe to> O tal que g(t) f/. {0, -1}, para todo 
t ~ to (caso contrário, um dos polinômios g(t) + 1 e g(t) teria infinitas raízes). Logo, para todo 
t ~ to, temos, 
Assim, 
f(xo + tp) = f(xo) + pg(t) = p + pg(t) = p(1 + g(t)). 
Mas setE Z, então 
f(xo + tp) = p(1 + g(t)) 
com p primo e (1 + g(t)) f/. {0, 1} pois t ~ to. Logo f(xo + tp) é composto para todo inteiro 
t ~to. O . 
11. Mostrar que se Pl e P2 são primos tais que P2 = Pl + 2 e Pl > 3 então Pl + P2 =O (mod 12). 
Solução: Basta-nos mostrar que 4 I (p1 +p2) e 3 I (p1 +P2)· Como Pl é ímpar e P2 = Pl +2, então 
Pl + P2 = 2pl + 2 = 2(pl + 1) que é múltiplo de 4 pois Pl + 1 é par. Para mostrar a divisibilidade 
por 3 note que p1 = 2 (mod 3). De fato, caso contrário, Pl = 1 (mod 3) (pois Pl > 3) e daí 
P2 = Pl + 2 = 1 + 2 = O (mod 3) o que não pode acontecer, portanto Pl = 2 (mod 3) e logo 
Pl + 1 =O (mod 3). Daí segue que 3 I 2(pl + 1) = Pl + P2· O 
12. Mostrar que para a e b inteiros temos que 3 I (a2 + b2 ) =} 3 I a e 3 I b. 
Solução: Supondo que 3 I (a2 + b2 ) então se 3 I a, então 3 I b. Suponha, por absurdo, que 3 não 
divida a então 3 não divide b e daí a2 = b2 = 1 (mod 3). Logo, 2 = 1 + 1 = a2 + b2 =O (mod 3) 
o que é um absurdo. 
o 
13. Sejam Pl, P2 e P3 primos tais que p = pf + p~ + P5 é primo. Mostrar que algum dos Pi 's é igual 
a 3. 
Solução: Note que p = pf + p~ + P5 > 3 e daí, se nenhum Pi é igual a 3, então p; = 1 (mod 3), 
para i E {1, 2, 3} e assim, p = pf + p~ + P5 = 1 + 1 + 1 =O (mod 3). O que implica 3 I p e logo 
p = 3 (pois pé primo). Portanto, pelo menos um dos Pi's é igual a 3. O 
14. Mostrar que 3x2 + 4x2 = 3 (mod 5) é equivalente a 3x2 - x2 + 2 =O (mod 5). 
Solução: Basta observar que 4 = -1 (mod 5) e que 2 = -3 (mod 5). o 
15. Mostrar que p I (P;) onde O < k < per. 
Solução: Note que (P;) = lf(P;~}). Se k I per, então lf é um inteiro múltiplo de p (pois k <per). 
Daí p divide (P;). Suponha que k não divida per, então (k,p) = 1. Logo a identidade anterior 
implica que p I k (Pk"), assim (p, k) = 1 nos dá p I (Pk"). O 
·, ... Capítulo 1. Problema.'; resolvidos 25 
16;· Seja p primo ~ M umeonjunto de p inteiros consecutivos. É possível encontrar M1 e M2 sub-
conjtmtos de M tais que M1 U M2 = M, M1 n M2 = 0, Mi f 0 de forma que . 
.· .· .. · ·: .· .. ·· rri=rrj? 
iEM1 jEM2 
Solução: Usaremos o seguinte fato: 
Paratodo n E N, somente um dos números n+1, n+2, ... , n+p é um múltiplo dep. De fato, caso 
contrário p dividiria n + ie n + j para 1 ~ i < j ~ p e daí, p I ( ( n + j) - ( n +i)) = j -i ~ p- 1, o 
que é um absurdo. LOgo em M existe apenas um múltiplo de p. Se M1 U M2 = M e M1 n M2 = 0, 
esse múltiplo de p, digamos tp, estaria em M1 ou M2. Sem perda de generalidade, suponha que 
· · tp E M1 e que M2 == { a1, ... , a"}. Daí, se, por absurdo, . 
rri= rrj 
iEM1 jEM2 
.· entâc:> tp I njEM2I~ aia2 ~ .. as. Logo i> dividiria um dos aj'S o que não pode acontecer, pois o . 
· único múltiplo de p, está em M1. O 
17. Seja f(x)um polinômio com coeficienteS inteiros. Mostrar que se /(-1), /(0) e /(1) não são 
divisíveis por 3, então f(n) f o para todo inteiro n. 
Solução~· Usaremos o seguinte fato: 
·Se f(x) E Z[x] e f(a) . O, então f(x) = (x- a)g(x) para algum g(x) E Z[x]. 
·Suponha que f(n) =O, para algum n E Z, então existe g(x) E Z[x] tal que f(x) = (x- n)g(x) 
e, ·portanto, f( ..:...1) = -(n + 1)g( -1), /(0) = -ng(O) e /(1) = -(n- 1)g(1). Como g( -1), g(O) 
e. g(1) são inteiros e 3 I (n- 1)(n)(n + 1), então 3 I /( -l)/(0)/(1). Portanto, 3 divide um dos 
.númer~ /(_.:_1), J(O) e /(1). Provamos~ resultado pela contrapositiva, O 
18. Mostrar qu~ 3Üi = 1 (mod 1i2). 
. . . . . . . . ·. 
SoluÇão: Observe que 310 ~ 1 = (35 -1)(35 + 1) = 242 · 244, mas 242 = 2 · 121 = 2 · 112 . Logo 
310 ~ l =O (inod 112 ) => 310 = 1 (mod 112). O 
19. Resolveros seguintes sistemas: 
(a) 
. (h) 
(mod 2) 
(mod 3) 
(mod 7) 
(1) 
(2) 
(3). 
{ 
2x = 1 (mod 5) (1) · 
3x = 2 {mod 7) (2) 
5x = 7 (mod 11) (3). 
26 Problemas em Teoria dos Números (Resolvidos e Propostos) 
(c) 
{ 
x = 7 (mod 11) (1) 
3x = 5 (mod 13) (2) 
1x = 4 (mod 5) (3). 
Solução: 
(a) x = 1 (mod 2) ::::} x = 2y + 1. Substituindo em (2), temos 2y = 1 (mod 3) ::::} y = 2 
(mod 3) portanto y = 3z + 2 e daí x = 2(3z + 2) + 1 = 6z + 5. Substituindo em (3), 
6z + 5 = 5 (mod 7) ::::} 7 I z::::} z = 1t. Daí x = 42t + 5::::} x = 5 (mod 42) e essa é a família 
de soluções. 
(b) 2x = 1 (mod 5) ::::} 4x = 2 (mod 5) ::::} x = 3 (mod 5) ::::} x = 5y + 3. Substituindo em 
(2), 3(5y + 3) = 2 (mod 7), ou seja 15y = -7 (mod 7) e daí 7 I y ::::} y = 1z. Portanto 
x = 5(7z) + 3 = 35z + 3 e substituindo em (3), ganhamos 5(35z + 3) = 7 (mod 11) ::::} 
175z = -8 (mod 11). Mas 175z = -8 (mod 11) ::::} z = 8 (mod 11) ::::} z = 11t + 8. Logo 
x = 35(11t + 8) + 3 = 385t + 283 ou seja x = 283 (mod 385). 
(c) De (1) temos que x = 11y+7. Substituindo em (2), 3(11y+7) = 5 (mod 13)::::} 33y = -16 
(mod 13) ::::} -6y = -16 (mod 13). Como ( -2, 13) = 1, então 3y - 8 (mod 13) ::::} 12y = 
32 = -7 (mod 13). Mas 12y = -y (mod 13) e daí y = 7 (mod 13) ::::} y = 13z + 7. 
Assim, x = 11(13z + 7) + 7 = 143z + 84. Substituindo em (3), temos 7(143z + 84) = 4 
(mod 5) ::::} 1001z = -584 (mod 5) ::::} z = 1 (mod 5) ::::} z = 5t + 1. Portanto x = 
143(5t + 1) + 84 = 715t + 227::::} x- 227 (mod 715). 
20. Encontrar todas as soluções de cada uma das seguintes congruências lineares. 
(a) 5x = 3 (mod 7) 
(b) 13x = 14 (mod 29) 
(c) 15x = 9 (mod 25) 
(d) 37x = 16 (mod 19) 
(e) 5x = 20 (mod 15) 
Solução: 
(a) 5x = 3 (mod 7) ::::} 15x = 9 = 2 (mod 7) =* x = 2 (mod 7) pois 15x = x (mod 7). 
D 
(b) 13x = 14 (mod 29) ::::} 26x = 28 (mod 29) ::::} -3x = 28 (mod 29) ::::} 3x = -28 = 1 
(mod 29) ::::} 30x- 10 (mod 29) ::::} x = 10 (mod 29). 
(c) Observe que (15, 25) = 5 e 5 não divide 9. Daí 15x = 9 (mod 25) não admite solução. 
(d) 37x = 16 (mod 19)::::} -x = 16 (mod 19) ::::} x = -16 = 3 (mod 19). 
(e) 5x = 20 (mod 15) ::::} 5x = 5 · 4 (mod 5 · 3)::::} x = 4 (mod 3) ::::} x = 1 (mod 3) .. 
o 
Capítulo 1. Problemas resolvidos 27 
21. Mostrar que a7 =a (mod 21) para todo inteiro a. 
Solução: Pelo Corolário 2.1, temos que 
a3 =a (mod3) e a7 =:a (mod7). 
Mas a3 = a (mod 3) implica em a7 = a2 ·3+1 = (a3 ) 2a = a2a = a (mod 3). Logo 3 1 a7 - a e 
7 I a7 - a. Como (3, 7) = 1, então 21 = 3 · 7 I a7 - a=> a7 =a (mod 21). D 
22. Mostrar que para a e b inteiros com (a, b) = 1 temos: 
ai/:J(b) + brfJ(a) = 1 (mod ab) 
Solução: Como (a, b) = 1, então pelo Teorema (Euler) 2.13, temos que 
arP(b) = 1 (mod b) e bi/:J(a) = 1 (moda) 
mas, 
brfJ(a) =O (mod b) e ai/:J(b) =O (moda). 
Daí 
ai/:J(b) + brfJ(a) = 1 (mod b) 
e, 
arP(b) + brfJ(a) = 1 (mod a). 
ou seja, 
a I ai/:J(b) + brfJ(a)- 1 e b I ai/:J(b) + brfJ(a)- 1. Mas (a, b) = 1 portanto 
ab I ai/:J(b) + brfJ(a) - 1 => arP(b) + brfJ(a) - 1 (mod ab) 
23. Provar ou dar contraexemplo: Se a em são inteiros (a, m) = 1, então 
m I (1 +a+ a2 + · · · + ai/J(m)-1 ). 
D 
Solução: Afirmamos que essa divisibilidade é falsa sempre que a = 1 e m > 1. De fato, nesse 
caso m 11 + 1 + 12 + 13 + · · · + 11/J(m)-1 = cp(m). Logo m I cp(m) que é um absurdo sem> 1, 
pois cp(m) < m param> 1. D 
24. Mostrar que se p e q são primos, p ~ q ~ 5, então p 2 - q2
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