2013-2 AD2-A1-Gabarito

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Álgebra I
AD2 - Segunda Avaliação a Distância - Aulas 10 a 14
Questão 1: (2, 0 pontos) Determine todos os inteiros X que são soluções da congruência
X49 + X14 + X12 − 2X ≡ 0 (mod 7) .
Solução: Inicialmente observe que se X ≡ 0 (mod 7), então X é solução da congruência
dada. Vamos supor então que 7 não divide X e procurar por outras posśıveis soluções.
Neste caso, pelo Teorema de Fermat, sabemos que
X6 ≡ 1 (mod 7) e X7 ≡ X (mod 7) .
Dáı vem que X49 ≡ (X7)7 ≡ X7 ≡ X (mod 7), X14 ≡ (X7)2 ≡ X2 (mod 7) e X12 ≡ (X6)2 ≡
1 (mod 7).
Substituindo na congruência dada, temos
X49 + X14 + X12 − 2X ≡ X2 −X + 1 (mod 7) .
Analisando cada caso vamos obter a seguinte tabela, onde todas as congruências são módulo
7.
X ≡ 1 =⇒ X2 −X + 1 ≡ 1
X ≡ 2 =⇒ X2 −X + 1 ≡ 3
X ≡ 3 =⇒ X2 −X + 1 ≡ 0
X ≡ 4 =⇒ X2 −X + 1 ≡ 6
X ≡ 5 =⇒ X2 −X + 1 ≡ 0
X ≡ 6 =⇒ X2 −X + 1 ≡ 3.
Dessa forma as soluções de X49 + X14 + X12 − 2X ≡ 0 (mod 7) são X ≡ 0, X ≡ 3 e X ≡ 5,
ou seja, o conjunto solução é dado por
S = {X : X = 7k, k ∈ Z} ∪ {X : X = 7k + 3, k ∈ Z} ∪ {X : X = 7k + 5, k ∈ Z} .
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Questão 2: Mostre que:
(a) (1, 0 ponto) 7 divide 32n+1 + 2n+2
(b) (1, 0 ponto) 37 divide 3 00...00︸ ︷︷ ︸ 7
3n
Solução:
(a) Como 9 ≡ 2 (mod 7), temos que
32n+1 ≡ 3 ·
(
32
)n ≡ 3 · 9n ≡ 3 · 2n (mod 7) .
Por outro lado, como 2n+2 = 4 · 2n então
32n+1 + 2n+2 = 3 · 2n + 4 · 2n ≡ 7 · 2n ≡ 0 (mod 7) .
(b) Temos que 3 00...00︸ ︷︷ ︸ 7
3n
= 3 · 103n+1 + 7 = 3 · 10 · 103n + 7 = 30 · 103n + 7. Como
103 ≡ 1 (mod 37), temos que
103n ≡ 1 (mod 37)
e portanto
3 00...00︸ ︷︷ ︸ 7
3n
= 30 · 103n + 7 ≡ 37 ≡ 0 (mod 37) .
Questão 3: (1, 5 pontos) Sabendo que 74 = 2401, ache os algarismos da dezena e da unidade
do número 799999.
Solução: Efetivamente, precisamos encontrar o resto da divisão de 799999 por 100.
Como 99999 = 4 · 24444 + 3 e 74 ≡ 1 (mod 100), temos que
(
74
)24444 ≡ 1 (mod 100) .
Dessa forma
799999 =
(
74
)24444 · 73 ≡ 1 · 73 (mod 100) ≡ 43 (mod 100) .
Portanto o algarismo da dezena é 4 e da unidade é 3.
Questão 4: (1, 5 pontos) Ache as ráızes de X10 − 1 = 0 em Z11.
Solução: Pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que a10 ≡ 1 (mod 11), para todo a ∈
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}. Dessa forma a10 = a10 = 1 para todo a ∈ A. Sendo assim
X10 − 1 = 0 tem como ráızes 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 em Z11.
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Questão 5: Seja ϕ a função de Euler que associa a cada número natural m > 1 o número
de inteiros entre 0 e m que são primos com m. Mostre que:
(a) (1, 0 ponto) Se m > 2, então ϕ (m) é par. Conclua, nessas condições, que Zm tem
sempre um número par de elementos invert́ıveis.
(b) (1, 0 ponto) O número de elementos invert́ıveis de Z2m e igual ao número de elementos
invert́ıveis de Zm, se m é ı́mpar, e igual ao dobro desse número, se m é par.
(c) (1, 0 ponto) Mostre que o número de elementos invert́ıveis de Zm2 é m vezes o número
de elementos invert́ıveis de Zm.
Solução: Observe inicialmente que o número de elementos invert́ıveis de Zm é igual a ϕ (m).
Sabemos que se m = 2rpr11 · ... · prss então
ϕ (m) = 2r−1 (2− 1) pr1−11 ...prs−1s (p1 − 1) ... (ps − 1) .
(a) Se m > 2, então r > 2 ou s ≥ 1. Em qualquer uma das duas situações ϕ (m) é par
pois uma das parcelas é par.
(b) Basta observar que
ϕ (2m) =
 ϕ (m) , se m é ı́mpar2ϕ (m) , se m é par.
(c) Note que ϕ (m2) = m2−1ϕ (m) = mϕ (m). Portanto o número de elementos invert́ıveis
de Zm2 é m vezes o número de elementos invert́ıveis de Zm.
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