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AD2_A1_2013_solução

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A´lgebra I
AD2 - Segunda Avaliac¸a˜o a Distaˆncia - Aulas 11 a 14
1a Questa˜o:
(a) (1, 0 ponto) Determine os elementos invert´ıveis de Z24 e mostre que cada um e´ o seu
pro´prio inverso.
(b) (0, 5 ponto) Calcule a soma de todos os elementos invert´ıveis de Z24.
(c) (0, 5 ponto) Calcule o produto de todos os elementos invert´ıveis de Z24.
Soluc¸a˜o:
(a) Observe que os elementos invert´ıveis de Z24 sa˜o da forma a com a < 24 e tais que
mdc (a, 24) = 1. Portanto esses elementos sa˜o
1, 5, 7, 11, 13, 17, 19 e 23.
Note ainda que:
• 12 ≡ 1 (mod 24)
• 52 = 25 ≡ 1 (mod 24)
• 72 = 2× 24 + 1 ≡ 1 (mod 24)
• 112 = 5× 24 + 1 ≡ 1 (mod 24)
• 132 = 7× 24 + 1 ≡ 1 (mod 24)
• 172 = 12× 24 + 1 ≡ 1 (mod 24)
• 192 = 15× 24 + 1 ≡ 1 (mod 24)
• 232 = 22× 24 + 1 ≡ 1 (mod 24)
1
E sendo assim a2 = 1 para a = 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23.
(b) Temos que
1 + 5 + 7 + 11 + 13 + 17 + 19 + 23 = 96 = 4× 24 = 0.
(c) E para o produto
1× 5× 7× 11× 13× 17× 19× 23 = 1,
pois 5× 7 = 11, 13× 17 = 5 e 19× 23 = 5.
2a Questa˜o:
(a) (1, 0 ponto) Mostre que nenhum nu´mero natural da forma 4n+ 3 pode ser escrito como
o quadrado ou a soma de dois quadrados de nu´meros naturais.
(b) (1, 0 ponto) Mostre que nenhum nu´mero a da forma 111...1 (n d´ıgitos iguais a 1, n > 1)
e´ quadrado ou soma de dois quadrados de nu´meros naturais.
Soluc¸a˜o:
(a) Suponhamos por absurdo que existam x, y e z ∈ N tais que z2 = 4n + 3 ou que
x2 + y2 = 4n + 3. Ter´ıamos enta˜o que z2 ≡ 3 (mod 4) ou x2 + y2 ≡ 3 (mod 4). Por outro
lado, para todo a ∈ N, a ≡ 0 (mod 4), a ≡ 1 (mod 4), a ≡ 2 (mod 4) ou a ≡ 3 (mod 4) e da´ı
segue que
a2 ≡ 0 (mod 4) ou a2 ≡ 1 (mod 4) .
Portanto, z2 na˜o e´ congruente a 3 mo´dulo 4 e x2 + y2 tambe´m na˜o e´ congruente a 3 mo´dulo
4, o que e´ uma contradic¸a˜o.
(b) Para a = 11 o resultado e´ o´bvio. Agora suponhamos n ≥ 2 e ponhamos a = 100b+ 11,
onde b ≥ 0. Portanto, temos
a = 25× 4b+ 4× 2 + 3 = 4(25b+ 2) + 3,
o que nos diz que a e´ da forma 4n+ 3, logo na˜o e´ nem um quadrado nem uma soma de dois
quadrados de nu´meros naturais.
3a Questa˜o: (2, 0 pontos) Seja n um natural. Mostre que 17 divide um, e apenas um, dos
seguintes nu´meros
n8 − 1, n8, n8 + 1.
2
Soluc¸a˜o: Observe, inicialmente, que 17 na˜o pode dividir mais do que um dos treˆs nu´meros
n8 − 1, n8 e n8 + 1
ao mesmo tempo, visto que eles sa˜o consecutivos. Dessa forma, basta mostrar que 17 sempre
dividira´ um deles.
• Se 17 | n enta˜o 17 | n8.
• Se 17 - n, enta˜o, pelo Pequeno Teorema de Fermat, tem-se que
n16 ≡ 1 mod 17
ou seja,
17 | n16 − 1 = (n8 − 1) (n8 + 1) .
Como 17 e´ um nu´mero primo, conclu´ımos que
17 | (n8 − 1) ou 17 | (n8 + 1) .
4a Questa˜o: (2, 0 pontos) Mostre que, para todo n ∈ N, e´ inteiro o nu´mero
1
7
n7 +
1
5
n5 +
23
35
n.
Soluc¸a˜o: Do Teorema de Fermat, primeira versa˜o, sabemos que
n7 ≡ n (mod 7) e n5 ≡ n (mod 5) .
Da´ı vem que existem k1 e k2 inteiros tais que
n7 − n
7
= k1 e
n5 − n
5
= k2 e portanto, somando
lado a lado, obtemos
n7
7
+
n5
5
− 12
35
n = k1 + k2.
Nesta u´ltima igualdade, se somarmos e subtrairmos
23
35
n do lado esquerdo, teremos
n7
7
+
n5
5
+
23
35
n = k1 + k2 + n,
que nos mostra que o nu´mero
n7
7
+
n5
5
+
23
35
n e´ inteiro.
3
5a Questa˜o: Sabemos que o Pequeno Teorema de Fermat afirma que se p e´ um nu´mero
primo que na˜o divide um inteiro a, enta˜o ap−1 ≡ 1(mod p). Euler observou que p − 1 e´
exatamente igual a φ (p), onde φ representa a func¸a˜o φ de Euler. Ale´m disso Euler obteve o
seguinte resultado, que e´ uma generalizac¸a˜o do Pequeno Teorema de Fermat: Sejam r e a
inteiros positivos e primos entre si. Enta˜o
aφ(r) ≡ 1 (mod r) .
(a) (1, 0 ponto) Seja dado um nu´mero natural m = pα11 ...p
αr
r decomposto em fatores irre-
dut´ıveis. Seja n um nu´mero natural tal que φ (pαii ) divide n, para todo i = 1, ..., r. Mostre
que m divide an − 1 para todo nu´mero natural a primo com m.
(b) (1, 0 ponto) Mostre que a12 − 1 e´ divis´ıvel por 4095 sempre que mdc(a, 1365) = 1.
Soluc¸a˜o:
(a) Como por hipo´tese a e´ primo comm, enta˜omdc (a,m) = 1 e isto implica quemdc (a, pαii ) =
1, para i = 1, ..., r. Dessa forma o resultado obtido por Euler nos garante que
aφ(p
αi
i ) ≡ 1 (mod pαii ) .
Por outro lado, como φ (pαii ) divide n, enta˜o a
n ≡ 1 (mod pαii ), para todo i = 1, ..., r. Ora
mas isso e´ equivalente a dizer que an − 1 e´ mu´ltiplo de pαii , para todo i = 1, ..., r. Como os
pαii sa˜o todos primos entre si concluimos que a
n − 1 e´ mu´ltiplo de m = pα11 ...pαrr .
(b) Note que 4095 = 32 · 5 · 7 · 13 e que 1365 = 3 · 5 · 7 · 13. Dessa forma mdc (a, 1365) = 1
implica que mdc (a, 4095) = 1. Assim o exerc´ıcio exige que mostremos que a12− 1 e´ mu´ltiplo
de 4095 sabendo que mdc (a, 4095) = 1. Pelo item (a), com n = 12 e m = 4095, e´ suficiente
verificar se φ (32), φ (5), φ (7) e φ (13) sa˜o divisores de 12. Como φ (32) = 6, φ (5) = 4,
φ (7) = 6 e φ (13) = 12 o resultado segue.
4

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