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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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