Matemática para Ensino Superior MA14 - Caderno de Solucoes 2

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PIAUÍ 
CENTRO DE CIÊNCIAS DA NATUREZA 
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA 
MA14- ARITMÉTICA – UNID. 12 
 
PROFESSORES: 
ROGER MOURA 
CARLOS HUMBERTO SOARES JÚNIOR 
 
GRUPO DE ESTUDO: 
 
ALBERTO CUNHA ALVES 
ALIPRECÍDIO JOSÉ DE SIQUEIRA FILHO 
DANIEL RIBEIRO DA FONSECA 
FÁBIO BARBOSA DE OLIVEIRA 
FRANJOSSAN 
PEDRO 
ALDENOR 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Teresina – Outubro – 2011 
 
Unidade 12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CENTRO DE CIÊNCIAS E TECNOLOGIA - CCT
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
Luiz Lima de Oliveira Junior
MA14 - Unidade 13
Campina Grande - PB
29 de Setembro de 2013
1 -Mostre que 42|a7 − a para todo número natural a.
Solução: Como 7|a7 − a e a2 − 1|(a6 − 1) então, (a6 − 1) = (a2 − 1)q. Logo a7 − a =
a(a6− 1) = a(a2− 1)q = a(a− 1)(a+ 1)q. Como 2 e 3 dividem a(a− 1)(a+ 1) e portanto,
a7 − a. Portanto, 42 = 7 · 6 divide a7 − a pois, (7, 6) = 1.
2 -Ache o resto da divisão de 12p−1 por p quando p é primo.
Solução: Pelo Pequeno Teorema de Fermat temos que p|12p−12 ou seja p|12(12p−1−1),
como p é primo, p|12 ou p|(12p−1 − 1).
• CASO I: Se p|12 então o resto é zero.
• CASO II: Se p|(12p−1 − 1) então o resto é 1.
3 - Mostre que, para todo n ∈ N, é natural o número
3
5
n5 +
2
3
n3 +
11
15
n
Solução:
3
5
n5 +
2
3
n3 +
11
15
n =
3
5
n5 +
3
5
n− 3
5
n +
2
3
n3 +
2
3
n− 2
3
n +
11
15
n
=
3
5
(n5 − n) + 3
5
n +
2
3
(n3 − n) + 2
3
n +
11
15
n
=
3
5
(n5 − n) + 2
3
(n3 − n) + 11n + 9n + 10n
15
=
3
5
(n5 − n) + 2
3
(n3 − n) + 2n
Pelo Pequeno Teorema de Fermat, as duas primeiras parcelas são números naturais para
qualquer valor de n ∈ N e como a terceira parcela também é um número natural para
todo n, então
3
5
n5 +
2
3
n3 +
11
15
n
também é um número natural para todo n ∈ N.
4 - Mostre que, para todo n ∈ N, 15|3n5 + 5n2 + 7n
Solução:
3n5 + 5n3 + 7n = 3n5 + 3n− 3n + 5n3 + 5n− 5n + 7n
= 3(n5 − n) + 3n + 5(n3 − n) + 5n + 7n
= 3(n5 − n) + 5(n3 − n) + 15n
1
Pelo Pequeno Teorema de Fermat, sabemos que 5|n5 − n e 3|n3 − n.
Fazendo n5 − n = 5k e n3 − n = 3q, temos:
3n5 + 5n3 + 7n = 3 · 5k + 5 · 3q + 15n
= 15k + 15q + 15n
= 15(k + q + n)
Logo, 15|3n5 + 5n3 + 7n
5 - Seja n ∈ N. Mostre que
a) Se 5 6 |n, 5 6 |n− 1,5 6 |n + 1, então 5|(n2 + 1).
Solução: Por Fermat, 5|n5 − n. Mas,
n5 − n = n(n4 − 1) = n(n2 − 1)(n2 + 1) = n(n− 1)(n + 1)(n2 + 1)
Como 5 6 |n, 5 6 |n− 1, 5 6 |n + 1, e 5 é um número primo então 5|(n2 + 1).
b) Se 7 6 |n, 7 6 |n− 1, 7 6 |n3 + 1, então 7|(n2 + n + 1).
Solução: Por Fermat, 7|n7 − n. Mas,
n7 − n = n(n6 − 1) = n(n3 − 1)(n3 + 1) = n(n− 1)(n2 + n + 1)(n3 + 1)
Como 7 6 |n, 7 6 |n− 1, 7 6 |n3 + 1, e 7 é um número primo então 7|(n2 + n + 1).
6 -Sejam a ∈ N. Mostre que 7|a18 − 1, se (a; 7) = 1. Generalize.
7 - Um terno de primos é dito de primos trigêmeos se for da forma p; p + 2 e p + 4.
Mostre que 3; 5 e 7 é o único terno de primos trigêmeos.
Solução p não pode ser dois, pois p = 2, teŕıamos p + 2 = 2k + 2 = 2(k + 1) é par,
portanto, não é primo. Assim, p, p + 2 e p + 4 são três ı́mpares consecutivos. Para
p = 3, p + 2 = 5 e p + 4 = 7. Logo, 3, 5 e 7 são três primos consecutivos. Vamos mostrar
a unicidade. Um primo p > 3, e da forma p = 3k + 1 ou p = 3k + 2, com k ≥ 1. Se
p = 3k + 1, então p + 2 = 3k + 1 + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1), teŕıamos p + 2 não primo por
ser múltiplo de 3. Se p = 3k + 2, então p+ 4 = 3k + 2 + 4 = 3.(k + 2), teŕıamos p+ 4 não
primo por ser múltiplo de 3. Portanto, o único terno de primos trigêmeos.
8 - Mostre que a12 − b12 é diviśıvel por 13, se a e b são primos com 13. Mostre também
que é diviśıvel por 91, se a e b são primos com 91.
2
Solução1 Como (a, 13) = 1 = (b, 13), então pelo Pequeno Teorema de Fermat,
13|(a12 − 1) e 13|(b12 − 1).
Portanto, divide qualquer combinação linear dos dois, em particular,
13|[(a12 − 1)− (b12 − 1)] =⇒ 13|a12 − b12.
Como 91 = 13 · 7 e (a, 91) = (b, 91) = 1 por hipótese, então (a,7)=1=(b,7). Assim,
aplicando o Pequeno Teorema de Fermat, temos que
7|(a6 − 1) e 7|(b6 − 1)
o que implica,
7|(a6 − 1)(a6 + 1) = a12 − 1 e 7|(b6 − 1)(b6 + 1) = b12 − 1.
Logo,
7|a12 − b12.
Como (13, 7) = 1 então 13 · 7 = 91|a12 − b12 .
9 -(Problema 7.3.7 do livro )Mostre que a13 − a é diviśıvel por 2, 3, 5, 7, 13 e 273, para
todo n natural.
Solução:
• Por 13:
Pelo Pequeno Teorema de Fermat, sabemos que 13|a13 − a.
• Por 5:
a13 − a = a13−a5 + a5 − a
= a5(a8 − 1) + (a5 − a)
= a5(a4 + 1)(a4 − 1) + a(a4 − 1),
dáı pelo Pequeno Teorema de Fermat, 5|a4 − 1 =⇒ 5|a13 − a.
• Por 7:
1Adaptação da Solução do Aluno: Edison Fernando.:
3
a13 − a = a(a12 − 1)
= a(a6 + 1)(a6 − 1),
e aplicando novamente o Pequeno Teorema de Fermat obtemos que 7|a6−1. Logo 7|a13−a.
• Por 2 e por 3.
a13 − a = a(a6 + 1)(a6 − 1)
= a(a6 + 1)(a3 + 1)(a3 − 1)
= a(a6 + 1)(a + 1)(a− 1)(a2 + a + 1)(a2 − a + 1)
Assim, 2|a13− a e 3|a13− a, pois temos três termos consecutivos: (a− 1), a e (a+ 1).
• Por 273
Basta observar que 273 = 3 · 13 · 7.
10 -(Problema 7.S.2 do livro ) Todo primo da forma 3n+ 1 é também da forma 6m+ 1.
Solução: Se p é um número primo da forma 3n + 1 então n é par, pois do contrário,
3n + 1 não é primo. Assim, p = 3(2m) + 1 = 6m + 1.
11 -(Problema 7.S.2 do livro ) Todo primo da forma 3n+ 1 é também da forma 6m+ 1.
Solução: Como 3 ·5 + 1 = 15 + 1 = 16 = 42 que é um quadrado perfeito. Vamos mostrar
que 5 é o único primo no qual isso acontece.
Se n = 2 então 3 · 2 + 1 = 7 que não é um quadrado.
Como todo número primo maior que 2 é ı́mpar então 3n + 1 é par. Considere n > 5
um número primo. Se
4
 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO PIAUÍ 
CENTRO DE CIÊNCIAS DA NATUREZA 
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA 
MA14- ARITMÉTICA – UNID. 16 
 
PROFESSORES: 
ROGER MOURA 
CARLOS HUMBERTO SOARES JÚNIOR 
 
GRUPO DE ESTUDO: 
 
ALBERTO CUNHA ALVES 
ALIPRECÍDIO JOSÉ DE SIQUEIRA FILHO 
DANIEL RIBEIRO DA FONSECA 
FÁBIO BARBOSA DE OLIVEIRA 
FRANJOSSAN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Teresina – Outubro – 2011 
 
1) Ache a decomposição em fatores primos de 100! e determine com quantos zeros termina a representação decimal 
desse número. 
Tomaremos primeiro as potências de 2 na decomposição de 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] 
 ( ) [
 
 
] ( ) [
 
 
] ( ) [
 
 
] ( ) [
 
 
] 
 ( ) [
 
 
] ( ) [
 
 
] ( ) [
 
 
] ( ) [
 
 
] 
 ( ) [
 
 
] ( ) [
 
 
] ( ) [
 
 
] 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . 
Desta maneira, podemos escrever que a decomposição de 100! Será dado por: 
 
Já com relação a quantidade de zeros de 100! Está vinculado ao às potências de 5. Desta forma teremos que a quantidade de 
zeros será determinado pelo expoente de 5 e neste caso será de 24 zeros. 
 
2)a) Ache as maiores potências de 2 e de 5 que dividem 10000! . 
Achar as maiores potências de 2 e 5 que dividem 10000! É encontrar ( ) quando p for igual a 2 ou a 5. 
Assim, 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
]
 [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
 ( ) 
 ( ) 
 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
 ( ) 
 ( ) 
 
 
b) Determine com quanto zeros termina a representação decimal de 10000! . 
Basta observar as potências de 5. Como tem-se que a quantidade de zeros em 10000! Será de 2499 zeros. 
c) Ache a maior potência de 104 que divide 10000! . 
Primeiro: observemos que 
Segundo: Como já encontramos ( ) , procuremos o resultado de ( ). 
Assim, 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
 ( ) 
 ( ) 
Assim, o maior expoente de 2 é 9995 e o de 13 é 832 e sabemos ainda que ( ) 
Logo, existem menos fatores de 13 do que de , portanto a maior potência de 104 que divide 10000! É 
3) Ache o menor valor de n, de modo que a maior potência de 5 que divide n! seja . Quais são os outros números 
que gozam dessa propriedade? 
Primeiro vamos calcular as potências de 5 com relação a n!. 
Pelo Teorema 8.3.2 temos que ( ) 
 ( )
 
 
Desta forma, 
 ( ) 
 ( )
 
 ( ) 
 ( ) 
Tomando veremos que a potência de de será , pois 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
Observamos que para acrescentar mais uma unidade nas potências de 5 precisamos de mais um múltiplo de 5, desta forma 
como precisamos de mais 2 unidades tomaremos 345. 
Assim, 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
Veremos para termos expoente 84, o maior valor de n deverá ser 349, pois 350 acrescentariam mais uma unidade. 
Logo, os outros valores deverão ser: 346, 347, 348 e 349. 
 
4) Mostre que não há nenhum número natural n tal que seja a maior potência de 3 que divida n!. 
Temos que: 
 ( ) 
 ( )
 
 ( ) 
 ( ) 
Faremos agora alguns testes: 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] 
 ( ) [
 
 
] [
 
 
] 
Observamos que as potências de 3 entre 15 e 18 (múltiplos de 3) é 6 e 8, mostrando que não aparecerá nenhuma potência de 3 
com expoente 7. 
Logo, podemos afirmar que não divide nenhum n!. 
5) Dados e , mostre que 
[
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
Prova de [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
Tomando , ..., . Como temos que [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] . 
Agora se somarmos membro a membro as igualdades, obteremos 
[
 
 
] [
 
 
] ( ) ( ) 
Desta forma, se ( ) , o que nos dá 
[
 
 
] [
 
 
] ( ) (I) 
No entanto, se ( ) , com temos que[
 
 
] , e assim 
com . Desta forma, 
[
 
 
] [
 
 
] ( ), a qual poderemos afirmar que: 
[
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] (II) 
Portanto , tomando (I) e (II) vamos obter que: 
[
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
 
(solução Franjossan) Prova de [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
Tomando com , com ..., com . Como temos 
que [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] . 
Agora se somarmos membro a membro as igualdades os restos obteremos: 
( ) ( ) 
Logo, ao tomarmos: 
 
 ( ) ( ) ( ) ( )< ( ) . 
Portanto 
[
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
6) (Solução Pablo) Mostre que, se são tais que ( ) , então 
( ) 
 
 
Pelo corolário pág. 106, temos que 
( ) 
 
 
( ) 
 
 
( )( ) 
 
 
 
 
 
(( ) ) 
( ) 
 
 
Como ( ) , segue que . 
Mas 
( ) 
 
 , logo , ou ainda: 
(( ) ) 
 ( ) 
 
 
(( ) ) 
 ( ) 
 
( ) 
 
 
Segue que 
( ) 
 
 
7) (solução Helder) Sejam com . Mostre que 
a) [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
Sejam 
 
 
 [
 
 
] e 
 
 
 [
 
 
] , com e . Assim sendo, temos os seguintes casos 
1º Caso: ⁄ e 
 
 ⁄ 
 
 
 
 
 
 [
 
 
] [
 
 
] , temos então [
 
 
 
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
Observamos também que: 
 
 
 [
 
 
] e que: [
 
 
] [
 
 
] e 
 
 
 [
 
 
] e que: [
 
 
] [
 
 
] 
Então, 
[
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
2º Caso: ⁄ e 
 
 ⁄ 
 
 
 
 
 
 [
 
 
] [
 
 
] , temos então [
 
 
 
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
Observamos também que: 
 
 
 [
 
 
] e que: [
 
 
] [
 
 
] e 
 
 
 [
 
 
] e que: [
 
 
] [
 
 
] 
Então, 
[
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
 
3º Caso: ⁄ e 
 
 ⁄ 
 
 
 
 
 
 [
 
 
] [
 
 
] , temos então {
[
 
 
 
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] ⁄
[
 
 
 
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] ⁄ 
 
Observamos também que: 
 
 
 [
 
 
] e que: [
 
 
] [
 
 
] e 
 
 
 [
 
 
] e que: [
 
 
] [
 
 
] 
Então, 
[
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
 
4º Caso: ⁄ e 
 
 ⁄ . Análogo ao 3º caso. 
Portanto, 
 
[
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] [
 
 
] 
b) 
( ) ( ) 
 ( ) 
 é um número natural. 
 
 
Pelo corolário pág. 106, 
Temos que os números abaixo são naturais 
( ) 
 
 
( ) 
 
 
( ) 
 
 
( ) 
 
 
( ) 
 
 
( ) 
( ) 
 
( ) ( ) 
 ( ) 
 
( ) 
 
 
Como 
( ) 
 
 
( ) 
 
 
( ) 
( ) 
 É natural, tem se então que 
( ) ( ) 
 ( ) 
 
( ) 
 
 também é natural e sabemos ainda que 
( ) 
 
 é natural. 
Portanto, tem-se que 
( ) ( ) 
 ( ) 
 É natural. 
 
 
 
 
CENTRO DE CIÊNCIAS E TECNOLOGIA - CCT
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
Luiz Lima de Oliveira Junior
MA14 - Unidade 20
Campina Grande - PB
2013
1 -Ache o resto da divisão de
(a) 560 por 26.
Solução:
1o - Maneira: 52 ≡ −1 (mod 26) =⇒ 560 ≡ 1 (mod 26).
2o - Maneira: Como (5, 26) = 1 então pelo (Teorema Euler) Teorema 5, 5ϕ(26) ≡ 1
(mod 26), onde Como 26 = 2 ·13 então ϕ(26) = ϕ(2 ·13) Prop. 7= ϕ(2)ϕ(13) = (2−
1) · (13− 1) = 12. Assim, 512 ≡ 1 (mod 26) =⇒ (512)5 ≡ 15 (mod 26) =⇒ 560 ≡ 1
(mod 26). Portanto o resto da divisão de 560 por 26 é 1.
(b) 3100 por 10.
Solução: ϕ(10) = ϕ(2 · 5) = ϕ(2) ·ϕ(5) · (2− 1) · (5− 1) = 4 Pelo teorema de Euler,
temos que 34 ≡ 1 (mod 10), logo, 3100 = 3(4·5) ≡ 30 ≡ 1 (mod 10). Segue que o
resto da divisão de 3100 por 10 é 1.
2 - Mostre que, se m > 2, então ϕ(m) é par.
Solução: Se m > 2, é um número primo e ϕ(m) = m− 1, é é um número par. Suponha
agora que m seja composto:
Então ϕ(m) = (pα1−11 p
α2−1
2 · . . . · pαrr − 1) · (p1 − 1) · (p2 − 1) · . . . · (pr − 1)
Assim,
i) se m for ı́mpar,então os primos pi, i = 1, ..., r são ı́mpares. Logo, (p1 − 1), (p2 −
1), . . . , (pr − 1) são pares. Então ϕ(m) é par.
ii) se m for par, então pi é par para algum i, logo ϕ(m) é par.
3 - Mostre que, se p é um número primo, então, para todo a ∈ Z e para todo k ∈ N,
tem-se que
ak(p=1)+1 ≡ a (mod p)
Demonstração:
4 -
1
(a) Mostre que
∑
(i,m)=1
i<m
i =
1
2
mϕ(m).
Demonstração: Seja a1, a2, . . . , aϕ(m) os inteiro i menores que m e primos com m. Como
(a,m) = 1 se, e somente se, (m − a,m) = 1, os inteiro positivos menores que m e que
são primos com m podem ser expressos pelas diferenças:
n− a1, n− a2, . . . , n− aϕ(m).
Portanto,
a1 + a2 + . . .+ aϕ(m) = n− a1 + n− a2 + . . .+ n− aϕ(m)
= mϕ(m)− (a1 + a2 + . . .+ aϕ(m))
O que implica
2(a1 + a2 + . . .+ aϕ(m)) = mϕ(m) =⇒ a1 + a2 + . . .+ aϕ(m) =
1
2
mϕ(m)
(b) Mostre que, se m1 . . .mϕ(m) é um sistema reduzido de reśıduos módulo m, então m
divide m1 . . .mϕ(m).
5 -Resolva em m ∈ N as equações
(a) ϕ(m) = 12 (c) ϕ = 16
(b) ϕ(m) = 8 (d) ϕ = 24
6 - Supondo que (a,m) = (a− 1,m) = 1, mostre que:
1 + a+ a2 + . . .+ aϕ(m)−1 ≡ 0(mod. m)
Demonstração:
Como (a,m) = 1, então aϕ(m) ≡ 1(mod. m). Logo: 1 + a + a2 + . . . + aϕ(m)−1 ≡
0(mod. m) é equivalente à 1 + a+ a2 + . . .+ aϕ(m)−1 + aϕ(m) ≡ 0(mod. m). Dáı, queremos
provar que:
a+ a2 + aϕ(m) =
a(aϕ(m) − 1)
(a− 1)
.
Sabemos que m não divide a e m não divide (a−1). Ainda temos que m divide (aϕ(m)−1).
Como (a− 1)|aϕ(m) − 1, temos que m
∣∣∣∣a(aϕ(m) − 1)(a− 1) . Dáı,
a(aϕ(m) − 1)
(a− 1)
≡ 0(mod. m)
2
7 -Mostre que, se ϕ(m) = 2r, para algum r ∈ N, então m é um produto de uma potência
de 2 e de primos de Fermat distintos1.
Demonstração: Seja m = pα11 . . . p
αk
r a decomposição de m em fatores primos, onde 2 =
p1 < p2 < . . . < pk. Pelo Teorema 17 (Lucas), temos:
ϕ(m) = pα0−11 p
α2−1
2 . . . p
αk−1
k (p1 − 1) · . . . · (pk − 1) = 2
r
Como p2, . . . , pk são diferentes de 2, devemos ter α1 = ... = αk = 1. Além disso,
pi− 1 = 2αi , para i = 1, ..., k, logo, pi = 2βi + 1. Como pi é primo, segue-se da proposição
1 (unidade 15) que βi = 2
ni para algum ni ∈ N. Logo
m = 2α0(22
n1 + 1) . . . (22
nk + 1),
onde (22
n1 + 1) . . . (22
nk + 1) são primos de Fermat distintos.
8 -Supondo que (m;n) = 1, mostre que mϕ(n) + nϕ(m) ≡ 0(mod. nm)
9 - Sejam a,m ∈ Z, com m > 1, tais que (a;m) = 1. Mostre que, se n1 ≡ n2
(mod ϕ(m)), então an1 ≡ an2 (mod m).
10 - Mostre que 2730|n13 − n, para todo n ∈ Z.
Demonstração: Inicialmente, note que 2370 = 2 · 3 · 5 · 7 · 13. Vamos mostrar que
2, 3, 5, 7, 13|n13 − n, para todo n inteiro.
• Pelo teorema 5, nϕ(2) ≡ 1 (mod 2). Então, n1 ≡ 1 (mod 2). Dáı, pelo corolário 4
da unidade 18, n12 ≡ 112 (mod 2), ou seja, n12 ≡ 1 (mod 2). Logo, pelo corolário
11 da unidade 18, n13 ≡ n (mod 2) e 2|n13 − n.
• Pelo teorema 5, nϕ(3) ≡ 1 (mod 3). Então, n2 ≡ 1 (mod 3). Dáı, pelo corolário 4
da unidade 18, n12 ≡ 16 (mod 3), ou seja, n12 ≡ 1 (mod 3). Logo, pelo corolário
11 da unidade 18, n13 ≡ n (mod 3) e 3|n13 − n.
• Pelo teorema 5,nϕ(5) ≡ 1 (mod 5). Então, n4 ≡ 1 (mod 5). Dáı, pelo corolário 4
da unidade 18, n12 ≡ 13 (mod 5), ou seja, n12 ≡ 1 (mod 5). Logo, pelo corolário
11 da unidade 18, n13 ≡ n (mod 5) e 5|n13 − n.
• Pelo teorema 5, nϕ(7) ≡ 1 (mod 7). Então, n6 ≡ 1 (mod 7). Dáı, pelo corolário 4
da unidade 18, n12 ≡ 12 (mod 7), ou seja, n12 ≡ 1 (mod 7). Logo, pelo corolário
11 da unidade 18, n13 ≡ n (mod 7) e 7|n13 − n.
1 Essa equação aparece na resolução dada por Gauss do problema clássico da construtibilidade com
régua e compasso dos poĺıgonos regulares inscritos numa circunferência.
3
• Pelo teorema 5, nϕ(13) ≡ 1 (mod 13). Então, n12 ≡ 1 (mod 13). Dáı, pelo corolário
11 da unidade 18, n13 = n (mod 13) e 13|n13 − n.
Portanto, 2730|n13 − n, para todo n inteiro.
11 - Sejam a ∈ Z e n, r ∈ N, com (r, n) = 1. Mostre que no conjunto
{a, a+ r. . . . , a+ (n− 1)r},
há exatamente ϕ(n) números primos com n.
12 - Mostre que o número primo p é o menor inteiro maior do que 1 que divide o número
(p− 1)! + 1.
13 - Mostre que se p > 2 é um número primo, então
(a) p
∣∣∣∣(p− 2)!− 1;
Demonstração: Pelo Teorema de Wilson, se p é um número primo, então
(p− 1)! ≡ −1 (mod p)⇐⇒ p
∣∣∣∣[(p− 1)! + 1].
Como (p− 1)! = (p− 1)(p− 2)! = p(p− 2)!− (p− 2)!. Assim,
p
∣∣∣∣[(p− 1)! + 1] =⇒ p∣∣∣∣[p(p− 2)!− (p− 2)! + 1] =⇒ p∣∣∣∣(p(p− 2)!− [(p− 2)!− 1]).
Como p divide a soma e p
∣∣∣∣[p(p − 2)! então pela proposição 3 da unidade 1, p divide a
outra parcela, isto é,
p
∣∣∣∣(p− 2)!− 1.
(b) p
∣∣∣∣(p− 3)!− (p− 1)2 .
Demonstração: Pelo Teorema de Wilson, se p é um número primo, então
(p− 1)! ≡ −1 (mod p)⇐⇒ p
∣∣∣∣(p− 1)! + 1.
Então,
p
∣∣∣∣(p− 1)! + 1− p⇐⇒ p∣∣∣∣(p− 1)!− (p− 1)⇐⇒ (p− 1)! ≡ (p− 1) (mod p). Dáı,
4
(p− 1)(p− 2)! ≡ (p− 1) (mod p) (p−1,p)=1⇐⇒
(p− 2)! ≡ 1 (mod p)⇐⇒(p− 2)(p− 3)! ≡ 1 (mod p)⇐⇒
p(p− 3)!− 2(p− 3)! ≡ 1 (mod p).
Como p
∣∣∣∣p(p− 3)!, então −2(p− 3)! ≡ 1 (mod p) =⇒ 2(p− 3)! ≡ −1 (mod p), ou seja,
p
∣∣∣∣2(p− 3)! + 1 =⇒ 2(p− 3)! + 1 = pk
=⇒ 2(p− 3)! + 1− p = pk − p
=⇒ 2(p− 3)!− (p− 1) = p(k − 1)
Como 2(p− 3)! é par e p− 1 também é pois, p > 2 e primo. Então k− 1 é par. Portanto,
(p− 3)!− (p− 1)
2
= p
(
k − 1
2
)
=⇒ p
∣∣∣∣(p− 3)!− (p− 1)2 .
14 -Seja p > 3 um número primo.
(a) Mostre que p! e (p− 1)!− 1 são primos entre si.
(b) Prove que, se n ∈ N e n ≡ (p−1)!−1(mod.p!), então os (p−2) inteiros que precedem
n e os p inteiros sucedem n são compostos.
15 -Seja p um número primo e a ∈ N. Mostre que
(a) ap + (p− 1)!a ≡ 0(mod. p).
(b) (p− 1)!ap + a ≡ 0(mod. p).
16 - Seja p um número primo tal que p ≡ 1 mod.4. Mostre que[(
p− 1
2
)
!
]2
≡ −1 mod. p.
17 -Seja p um número primo tal que p ≡ 3 mod.4. Mostre que[(
p− 1
2
)
!
]2
≡ 1 mod. p.
5
18 -Seja p um número primo ı́mpar e seja N = 1·3·5 · · · (p−2). Mostre que N ≡ 1mod p
ou N ≡ −1modp.
19 -Seja p um número primo ı́mpar. Mostre que
(a) 12 · 32 · 52 · · · (p− 2)2 ≡ 22 · · · 42 . . . (p− 1)2(mod. p).
(b) Se p ≡ 1(mod. 4), então 22 · · · 42 . . . (p− 1)2 ≡ −1(mod. p).
(c) Se p ≡ 3(mod. 4), então 22 · · · 42 . . . (p− 1)2 ≡ 1(mod. p).
1 Exerćıcios Suplementares
20 - Se n ∈ N então ϕ(n)|n se, e somente se, n é da forma 1, 2a, 2a3b, onde a, b ∈ N.
21 - Sejam m,n ∈ N e d = (m,n). Mostre que ϕ(mn) = dϕ(m)ϕ(n)
ϕ(d)
.
22 - Mostre que ϕ(m2) = mϕ(m) para todo m ∈ N.
Demonstração: Como (m,m) = m. Então pelo exerćıcio anterior.
ϕ(mm) =
mϕ(m)ϕ(m)
ϕ(m)
= mϕ(m).
23 - Mostre que, d|n, então ϕ(d)|ϕ(n).
24 - Mostre que, se r1, . . . rs e r
′
1, . . . r
′
t são sistema reduzidos de reśıduos respectivamente
módulo m e m′, então os números rim
′ + r′jm onde 1 ≤ i ≤ s e 1 ≤ j ≤ t formam um
sistema reduzido de reśıduos módulo mm′.
25 - Utilize o problema anterior para dar uma outra prova da Proposiçao 3.
26 - Encontre o algarismo da unidade do número 2323
2323
Demonstração: Para resolução da questão iremos considerar:
Corolário I - Para todo n ∈ N, a, b ∈ Z, se a ≡ b (mod m), então tem-se que an ≡ bn
(mod m).
Proposição II - Sejam a, b, c, d,m ∈ Z, com m > 1 . Se a ≡ b (mod m) e c ≡ (mod m),
então ac ≡ bd (mod m).
Proposição III - Seja m ∈ N. Para todos a, b, c ∈ Z, tem-se que, se a ≡ b (mod m) e
b ≡ c (mod m) então a ≡ c mod m. Note inicialmente que
6
234 = 279841 ≡ 1 mod 10
Pelos corolário I, temos:
(234)5 ≡ 15 mod 10
2320 ≡ 1 mod 10
Temos também que
233 = 12167 ≡ 7 mod 10
Agora, pela proposição II e pelas congruências
2320 ≡ 1 mod 10
e
233 = 1267 ≡ 7 mod 10
segue, que
2320.233 ≡ 1.7 mod 10
2323 ≡ 7 mod 10
Aplicando o corolário I na congruência anterior temos que
(2323)4 ≡ 74 mod 10
e
(2323)3 ≡ 73 mod 10
Mas,
74 = 2401 ≡ 1 mod 10
e
73 = 343 ≡ 3 mod 10
Pela proposição III, segue que
(2323)4 ≡ 1 mod 10
e
(2323)3 ≡ 3 mod 10
7
Aplicando novamenteo corolário I a congruência (2323)4 ≡ 1 mod 10, temos
((2323)4)5 ≡ 15 mod 10
ou seja,
(2323)20 ≡ 1 mod 10
Pela proposição II e pelas congruências (2323)20 ≡ 1 mod 10 e (2323)3 ≡ 3 mod 10, segue
que
(2323)20.(2323)3 ≡ 1.3 mod 10
Dáı,
(2323)23 ≡ 3 mod 10
Aplicando mais uma vez o corolário I e as proposições IIeIII a congruência anterior,
temos que
((2323)23)4 ≡ 34 mod 10
e, 34 = 81 ≡ 1 mod 10
Dáı,
((2323)23)4 ≡ 1 mod 10
Agora,
(((2323)23)4)5 ≡ 15 mod 10
((2323)23)20 ≡ 1 mod 10
e
((2323)23)3 ≡ 33 mod 10
Sendo, 33 = 27 ≡ 7 mod 10, temos
((2323)23)3 ≡ 7 mod 10
Dáı,
((2323)23)20.((2323)23)3 ≡ 1.7 mod 10
Logo,
((2323)23)23 ≡ 7 mod 10
Portanto, o algarismo da unidade do número 2323
2323
é 7.
Boa Sorte
8
		Exercícios Suplementares
 
UNIVERSIDADE FEDERAL DO PIAUÍ 
CENTRO DE CIÊNCIAS DA NATUREZA 
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA 
MA14- ARITMÉTICA – UNID. 20 
 
PROFESSORES: 
ROGER MOURA 
CARLOS HUMBERTO SOARES JÚNIOR 
 
GRUPO DE ESTUDO: 
 
ALBERTO CUNHA ALVES 
ALIPRECÍDIO JOSÉ DE SIQUEIRA FILHO 
DANIEL RIBEIRO DA FONSECA 
FÁBIO BARBOSA DE OLIVEIRA 
FRANJOSSAN 
PEDRO 
ALDENOR 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Teresina – Novembro – 2011 
 
Unidade 20 – Resoluções de congruência