Solucionario do Livro de José Plínio teoria de Número

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Teoria Teoria dos dos Números Números Capítulo Capítulo 2 2 (Exercícios)(Exercícios)
1.1. Mostrar que 47 | 2Mostrar que 47 | 2
2323
1.1.
Para mostrar que 47 | 2Para mostrar que 47 | 22323  1, devemos mostrar que 2 1, devemos mostrar que 22323 ≡≡ 1 (mod 47).1 (mod 47).
Notemos que 2Notemos que 21010 = 1024 = 37 + 47 = 1024 = 37 + 47  21. Ou seja, 2 21. Ou seja, 21010 ≡≡ 37 (mod 47)37 (mod 47) ⇒⇒ 2 21010 ≡≡ 10 (mod 47).10 (mod 47).
Então, [2Então, [21010]]22 ≡≡ ((10)10)22 (mod 47) (mod 47) ⇒⇒ 2 22020 ≡≡ 100 (mod 47)100 (mod 47) ⇒⇒ 2 22020 ≡≡ 6 (mod 47)6 (mod 47) (I)(I)
Vejamos, agora, que 2Vejamos, agora, que 233 = 8 = 47 = 8 = 47  39, ou seja, 2 39, ou seja, 233 ≡≡ 39 (mod 47)39 (mod 47) (II)(II)..
DeDe (I)(I) ee (II)(II), (2, (22020  2 233)) ≡≡ 66  ( (39) (mod 47)39) (mod 47) ⇒⇒ 2 22323 ≡≡ 234 (mod 47).234 (mod 47).
Mas,Mas, 234 = 1234 = 1  47 47  5, então 2 5, então 22323 ≡≡ 1 (mod 47).1 (mod 47). ∎∎
2.2. Encontrar o resto da divisão de 7Encontrar o resto da divisão de 7
3434
 por 51 e o resto da divisão de 5 por 51 e o resto da divisão de 5
6363
 por 29. por 29.
i)i) Vejamos que 7Vejamos que 722 ≡≡ 2 (mod 51). Então, (72 (mod 51). Então, (722))1717 ≡≡ ((2)2)1717 (mod 51) (mod 51) ⇒⇒ 7 73434 ≡≡ 221717 (mod 51). (mod 51). (I)(I)
Porém,Porém,
 ≡≡      
 ≡≡      
 } } ⇒⇒ 2 21010  2 277 ≡≡ 44  26 (mod 51) 26 (mod 51) ⇒ 2⇒ 21717 ≡≡ 104 (mod 51)104 (mod 51) ⇒⇒ 2 21717 ≡≡ 2 (mod 51).2 (mod 51).
Dessa forma,Dessa forma, 221717 ≡≡ 2 (mod 51)2 (mod 51) ⇒⇒ 221717 ≡≡ 49 (mod 51).49 (mod 51). (II)(II)
DeDe (I)(I) ee (II)(II), temos que 7, temos que 73434 ≡≡ 49 (mod 51), o que indica que o resto da divisão de 749 (mod 51), o que indica que o resto da divisão de 73434 por 51 é 49. por 51 é 49.
ii)ii) Notemos que 5 Notemos que 533 ≡≡ 9 (mod 29), o que nos dá: 59 (mod 29), o que nos dá: 56363 ≡≡ 992121 (mod 29). Como 9 = 3 (mod 29). Como 9 = 322, 5, 56363 ≡≡ 334242 (mod 29) (mod 29) (I)(I)
Mas, 3Mas, 333 ≡≡ 2 (mod 29)2 (mod 29) ⇒⇒ 3 34242 ≡≡ ((2)2)1616 (mod 29) (mod 29) ⇒⇒ 3 34242 ≡≡ 221616 (mod 29) (mod 29) (II)(II)
No entanto, 2No entanto, 288 ≡≡ 13 (mod 29)13 (mod 29) ⇒⇒ (2 (288))22 ≡≡ 131322 (mod 29) (mod 29) ⇒⇒ 2 21616 ≡≡ 169 (mod 29)169 (mod 29) ⇒⇒ 2 21616 ≡≡ 24 (mod 29)24 (mod 29) (III)(III)..
DeDe (I)(I),, (II)(II) e e (III)(III), temos que 5, temos que 56363 ≡≡ 24 (mod 29), ou seja, o resto da divisão de 524 (mod 29), ou seja, o resto da divisão de 56363 por 29 é 24. por 29 é 24.
3.3. Mostrar que se p é um ímpar e aMostrar que se p é um ímpar e a
22
 + 2b + 2b
22
= 2p, então “a” é par e “b” é = 2p, então “a” é par e “b” é ímpar.ímpar.
Teremos 4 casos:Teremos 4 casos:
1º Caso: “a” par e “b” par1º Caso: “a” par e “b” par
Dessa forma, teremos: a = 2x e b = 2y (x e y inteiros).Dessa forma, teremos: a = 2x e b = 2y (x e y inteiros).
Então, aEntão, a22 + 2b + 2b22 = 4x = 4x22 + 8y + 8y22 = 4(x = 4(x22 + 2y + 2y22).).
Já que aJá que a22 + 2b + 2b22 = 2p, temos que 4(x = 2p, temos que 4(x22 + 2y + 2y22) = 2p) = 2p ⇒⇒ p = 2(x p = 2(x22 + 2y + 2y22), o que é um absurdo, pois p é ímpar.), o que é um absurdo, pois p é ímpar.
2º Caso: “a” ímpar e “b” par2º Caso: “a” ímpar e “b” par
Dessa forma, teremos: a = 2x + 1 e b = 2y (x e y inteiros).Dessa forma, teremos: a = 2x + 1 e b = 2y (x e y inteiros).
Então, aEntão, a22 + 2b + 2b22 = (2x + 1) = (2x + 1)22 + 2(2y) + 2(2y)22 = 4(x = 4(x22 + 4x + y + 4x + y22) + 1, o que é ) + 1, o que é absurdo, pois aabsurdo, pois a22 + 2b + 2b22 = 2p. = 2p.
3º Caso: “a” ímpar e “b” ímpar3º Caso: “a” ímpar e “b” ímpar
Dessa forma, teremos a = 2x + 1 e b = 2y + 1 (x e y inteiros)Dessa forma, teremos a = 2x + 1 e b = 2y + 1 (x e y inteiros)
Então, aEntão, a22 + 2b + 2b22 = (2x + 1) = (2x + 1)22 + 2(2y + 1) + 2(2y + 1)22 = 2(2x = 2(2x22 + 2x + 4y + 2x + 4y22 + 4y + 1) + 1, o que é absurdo, analogamente ao caso 2. + 4y + 1) + 1, o que é absurdo, analogamente ao caso 2.
4º Caso: “a” par e “b” ímpar4º Caso: “a” par e “b” ímpar
Dessa forma, teremos a = 2x e b = 2y + 1 (x e y inteiros).Dessa forma, teremos a = 2x e b = 2y + 1 (x e y inteiros).
Então, aEntão, a22 + 2b + 2b22 = (2x) = (2x)22 + 2(2y + 1) + 2(2y + 1)22 = 2(2x = 2(2x22 + 4y + 4y22 + 4y + 1). + 4y + 1).
Dessa forma, teríamos que p = 2xDessa forma, teríamos que p = 2x22 + 4y + 4y22 + 4y + 1, verificando o fato de p ser ímpar. + 4y + 1, verificando o fato de p ser ímpar.
Ds cass , , 3 e , teres que, para “p” ípar, aDs cass , , 3 e , teres que, para “p” ípar, a
22 + 2b + 2b22 = 2p somente para = 2p somente para “a” par e “b” ípar.“a” par e “b” ípar. ∎∎
4. Provar que para p primo (p 1)! ≡ p 1 (mod 1 + 2 + ... + (p 1)).
Notemos que:
(p  1) ≡  1 (mod p) e (p  1)! ≡ 1 (mod p) (Teorema de Wilson).
Pela transitividade, teremos que: (p  1)! ≡ p  1 (mod p).
Isso nos mostra que p | (p  1)!  (p  1).
Temos, também, que (p  1)!  (p  1) = (p  1)  [(p  2)!  1], ou seja, p  1 | (p  1)!  (p  1).
Disso, segue que
p  

 | (p  1)!  (p  1).
Como p e
p  

 são primos entre si, temos que p 
p  

 | (p  1)!  (p  1), ou seja, (p  1)! ≡ p  1 ( p  p  

).
Notando, porém, que 1 + 2 + ... + (p  1) = p 
p  

, tem-se provado o resultado. ∎
5. Encontrar o máximo divisor comum de (p 1)! 1 e p! (primo).
Se p = 2, teremos que (p  1)!  1 = 0 e p! = 2, ou seja, mdc((p  1)!  1, p!) = mdc(0, 2) = 2.
Se p = 3, teremos que (p  1)!  1 = 1, ou seja, mdc((p 1)!  1) = 1. Suponhamos, então, p  2.
Seja d um divisor comum de (p  1)!  1 e de p!.
Notemos que, se d = p, então d  (p  1)!  1. Consideremos, portanto, d  p.
Como d | p! = p  (p  1)! e d  p, então d | (p  1)!.
Mas d | (p  1)!  1, por hipótese. Se d | (p  1)! e d | (p  1)!  1, então d | 1, logo d = 1.
Então, mdc((p  1)!  1, p!) = 1, se |p|  2 e mdc((p  1)!  1, p!) = 2, se |p| = 2.
Nota: Do Teorema de Wilson, p | (p  1)! + 1. Dessa forma, se p | (p  1)!  1 = (p  1)! + 1  2, então p divide a 2, ou seja,
p = 2.
6. Mostrar que para n  4 o resto da divisão por 12 de 1! + 2! + ... + n! é 9.
Queremos provar que, para n  4, o resto da divisão de 1! + 2! + ... + n! por 12 é 9. Ou seja, se N = 1! + 2! + ... + n!,
queremos mostrar que N ≡ 9 (mod 12).
Notemos que 1! + 2! + 3! = 9, e que 4! = 24.
Então, 1! + 2! + 3! + 4! + ... + n! = 9 + (4! + 5! + ... + n!) = 9 + 4!(1 + 5 + 6  5 + ... + n  (n  1)  ...  6  5).
Então, para n  4, teremos que 1! + 2! + 3! + ... + n! = 9 + 4! . k. Porém, 4! = 24 = 12  2. Então, 12 | 4!  k (k inteiro).
Sendo assim, podemos escrever: 1! + 2! + 3! + ... + n! = 9 + 12  m (m ∈ ℤ), para n  4.
Logo, se N = 1! + 2! + 3! + ... + n! = 9 + 12  m, então N ≡ 9 (mod 12), tendo provado o resultado. ∎
7. Mostrar que para n inteiro 3n
2
1 nunca é um quadrado.
Notemos que 3n2  1 = 3n2  3 + 2 = 3(n  1)(n + 1) + 2 = 3k + 2.
Basta mostrarmos que nenhum quadrado é da forma 3k + 2.
Um número t, qualquer, pode ser das formas: t = 3k, t = 3k + 1 ou t = 3k + 2. Então,
(I) t = 3k⇒ t2 = 9k2 = 3  (3k2) = 3k1
(II) t = 3k + 1⇒ t2 = (3k + 1)2 = 9k2 + 6k + 1 = 3k2 + 1
(III) t = 3k + 2⇒ t2 = (3k + 2)2 = 9k2 + 12k + 4 = 3k2 + 1.
Dessa forma, temos provado que um quadrado nunca é da forma 3k + 2 e, consequentemente, que 3n 2  1 nunca é um
quadrado.
8. Resolver as seguintes congruências.
(a) 5x ≡ 3 (mod 24)
Vejamos que, existe y inteiro tal que: 5x = 3 + 24y, ou seja, 5x  24y = 3.
Procuramos, portanto, soluções para essa Equação Diofantina.
Vejamos que: 5  5  24 = 1 ⇒ (3  5)  5  3  24 = 3 ⇒ x = 15 e y = 3 é uma solução particular.
Dessa forma, 5  (x  15)  24  (y  3) = 0 ⇒ x = 15 +     3

⇒ y = 3 + 5  k ⇒ x = 15 + 24  k ⇒ x ≡ 15 (mod 24)
Vejamos, porém, que, dada a equação ax + by = c, com d = mdc(a, b), se d | c, então para uma solução particular x = x 0,
teremos que: x = x0 + ( b )  k (k ∈ ℤ).
Para a nossa equação 5x  24y = 3, teremos que d = mdc(5, 24) = 1. Para x0 = 15, teremos: x = 15 + ( )  k = 15  24  k.
Isso nosdá a solução x ≡ 15 (mod 24).
(b) 3x ≡ 1 (mod 10)
Queremos encontrar a solução da equação 3x  10y = 1. Notemos que mdc(3, 10) = 1 | 1.
Vejamos que x = 3 e y = 1 é uma solução particular. Dessa forma,
3  (x + 3)  10  (y + 1) = 1 ⇒ x = 3 +     
3
⇒ x = 3 + 10  k (k inteiro) ⇒ x ≡ 3 (mod 10) ⇒ x ≡ 7 (mod 10).
(c) 23x ≡ 7 (mod 19)
Queremos encontrar a solução da equação 23x  19y = 7. Vejamos que mdc(23, 19) = 1 | 7. Isso garante a existência da
solução.
Notemos que, 23 = 19 + 4, que 19 = 3  4 + 7, então, multiplicando a primeira igualdade por 3, teremos:
3  23 = 3  19 + 3  4 = 3  19 + (19  7) ⇒ 3  23 + 4  19 = 7, dessa forma x = 3 e y = 4 é uma solução particular.
Teremos, então, que 23(x + 3)  19(y + 4) = 0, o que nos dá: x =  3 +
    
3
⇒ x = 3 + 19  k (k inteiro).
O que nos dá, como solução, a classe de congruências: x ≡ 3 (mod 19), ou seja, x ≡ 16 (mod 19).
(d) 7x ≡ 5 (mod 18)
Vejamos que mdc(7, 18) = 1 | 5, então existe solução. Dessa forma, queremos a solução da equação 7x  18y = 5.
Temos que: 18  2  7 = 4, ou seja, 3  18  6  7 = 3  4 = 12 = (7 + 5). Então, 3  18  7  7 = 5. Assim, uma solução particular
para a equação é x = 7 e y = 3.
Então, 7  (x + 7)  18  (y + 3) = 0, ou seja, x = 7 + 18  k (k inteiro).
As soluções são tais que x ≡ 7 (mod 18) ≡ 11 (mod 18)⇒ x ≡ 11 (mod 18).
(e) 25x ≡ 15 (mod 120)
Vejamos que mdc(25, 18) = 5 | 15. Dessa forma, existem 5 soluções.
Notemos que 25x  120y = 15 é tal que 5x  24y = 3 e, do item (a), temos que x = 15 (e y = 3) é uma solução particular.
Dessa forma, x = 15 +


 k, para k inteiro. Serão, então, mais 4 soluções. Ou seja,
x1 = 15 +


 1 = 39, x2 = 15 +


 2 = 63, x3 = 15 +


 3 = 87 e x4 = 15 +


 4 = 111.
Dessa forma, teremos as soluções:
x ≡ 15 (mod 120), x ≡ 39 (mod 120), x ≡ 63 (mod 120), x ≡ 87 (mod 120) e x ≡ 111 (mod 120).
9. Mostrar que 5n
3
 + 7n
5
≡ 0 (mod 12) para todo inteiro n .
Notemos, inicialmente, que: 5 ≡ 7 (mod 12) e 7 ≡ 5 (mod 12). Teremos, então:
(I) Se n ≡ 0 (mod 12) ⇒  3 ≡   
 ≡   
⇒  3 ≡   
 ≡   
⇒ 5n3 + 7n5 ≡ 0 (mod 12)
(II) Se n ≡ 1 (mod 12) ⇒  3 ≡   
 ≡   
⇒  3 ≡   
 ≡   
⇒ 5n3 + 7n5 ≡ 12 (mod 12)⇒ 5n3 + 7n5 ≡ 0 (mod 12)
(III) Se n ≡ 2 (mod 12)⇒  3 ≡   
 ≡ 3   ≡   
⇒  3≡    ≡   
 ≡    ≡   
⇒ 5n3 + 7n5 ≡ 0 (mod 12)
(IV) Se n ≡ 3 (mod 12)⇒  3 ≡    ≡ 3  
 ≡ 3   ≡ 3  
⇒  3≡    ≡ 3  
 ≡    ≡ 3  
⇒ 5n3 + 7n5 ≡ 0 (mod 12)
(V) Se n ≡ 4 (mod 12)⇒  3 ≡    ≡   
 ≡    ≡   
⇒  3≡    ≡   
 ≡    ≡   
⇒ 5n3 + 7n5 ≡ 0 (mod 12)
(VI) Se n ≡ 5 (mod 12)⇒  3 ≡    ≡   
 ≡ 3   ≡   
⇒  3≡ 3   ≡   
 ≡    ≡   
(Basta continuar a verificação para n ≡ 6 (mod 12), n ≡ 7 (mod 12), n ≡ 8 (mod 12), n ≡ 9 (mod 12), n ≡ 10 (mod 12) e
n ≡ 11 (mod 12)) ∎
Uma outra forma de pensar, é notar que 5 = 12  7. Ou seja, 5n3 + 7n5 = (12  7)n3 + 7n5 = 12n3 + 7  (n5  n3).
Dessa forma, como 7 é primo, devemos mostrar que n5  n3 é divisível por 12.
Para tanto, basta mostrarmos que n5  n3 é divisível por 3 e por 4.
Se 3 | n, nada temos a provar. Suponhamos, então, que 3  n. Então n ≡ 1 (mod 3) ou n ≡ 2 (mod 3).
Se n ≡ 1 (mod 3), então n5 ≡ 1 (mod 3) e n3 ≡ 1 (mod 3). Dessa forma, n5  n3 ≡ 0 (mod 3), ou seja, 3 | n5  n3.
Se n ≡ 2 (mod 3), então n5 ≡ 2 (mod 3) e n3 ≡ 2 (mod 3). Dessa forma, n5  n3 ≡ 0 (mod 3).
Provemos agora que 4 | n5  n3. Ora, n5  n3 = n2  (n3  n). Ou seja, se n é par, 4 | n2 e, portanto, 4 | n5  n3.
Suponhamos, então, n ímpar. Então, n ≡ 1 (mod 4) ou n ≡ 3 (mod 4).
Se n ≡ 1 (mod 4), então n5  n3 ≡ 0 (mod 4).
Se n ≡ 3 (mod 4), então n5 ≡ 243 (mod 4) ≡ 3 (mod 4) e n3 ≡ 27 (mod 4) ≡ 3 (mod 4). Então n5  n3 ≡ 0 (mod 4).
Dessa forma, n5  n3 é divisível por 4.
Se 3 | n5  n3 e 4 | n5  n3, então 12 | n5  n3, logo 12 | 5n3 + 7n5 e, portanto, 5n3 + 7n5 ≡ 0 (mod 12). ∎
10. Seja f(x) = a0 + a1x + ... + anx
n
 um polinômio com coeficientes inteiros onde an > 0 e n  1. Mostrar
que f(x) é composto para infinitos valores da variável x.
11. Mostrar que se p1 e p2 são primos tais que p2 = p1 + 2 e p1 > 3, então p1 + p2 ≡ 0 (mod 12).
Vejamos que, dividindo um número por, obtemos números da forma 6k, 6k + 1, 6k + 2, 6k + 3, 6k + 4 e 6k + 5. Notemos,
também, que 6k, 6k + 2, 6k + 3 e 6k + 4 não são primos. Dessa forma, os números primos são da forma 6k + 1 ou 6k + 5.
Como p1 > 3, então p1  5, ou seja, p2  7. Então:
Se p1 = 6k + 5, então p2 = 6k + 7, ou seja, p1 + p2 = 12k + 12 = 12(k + 1). Então, p1 + p2 ≡ 0 (mod 12).
Se p2 = 6k + 1, então p1 = 6k  1, ou seja, p1 + p2 = 12k. Então, p1 + p2 ≡ 0 (mod 12). ∎
Observação: Notemos que:
Se p1 = 6k + 1, então p2 = 6k + 3 (Absurdo, pois p2 é primo).
Se p2 = 6k + 5, então p1 = 6k + 3 (Absurdo, pois p1 é primo).
12. Mostrar que para a e b inteiros temos que 3 | (a
2
 + b
2
) 3 | a e 3 | b.
Suponhamos que 3 não divida a pelo menos um entre a e b (suponhamos que 3  a, sem perda de generalidade). Teremos,
assim, 6 casos para analisar:
(I) a ≡ 1 (mod 3) e b ≡ 0 (mod 3).
Dessa forma,  a≡   3
b

≡   3
⇒ a2 + b2 ≡ 0 (mod 3)⇒ 3  a2 + b2 (Absurdo!).
(II) a ≡ 1 (mod 3) e b ≡ 1 (mod 3).
Dessa forma,  a≡   3
b

≡   3
⇒ a2 + b2 ≡ 2 (mod 3)⇒ 3  a2 + b2 (Absurdo!).
(III) a ≡ 1 (mod 3) e b ≡ 2 (mod 3).
Dessa forma,  a≡   3
b

≡   3 ≡   3
⇒ a2 + b2 ≡ 2 (mod 3)⇒ 3  a2 + b2 (Absurdo!).
(IV) a ≡ 2 (mod 3) e b ≡ 0 (mod 3).
Dessa forma,  a≡   3 ≡   3
b

≡   3
⇒ a2 + b2 ≡ 1 (mod 3)⇒ 3  a2 + b2 (Absurdo!).
(V) a ≡ 2 (mod 3) e b ≡ 1 (mod 3).
Dessa forma,  a≡   3 ≡   3
b≡   3
⇒ a2 + b2 ≡ 2 (mod 3)⇒ 3  a2 + b2 (Absurdo!).
(VI) a ≡ 2 (mod 3) e b ≡ 2 (mod 3).
Dessa forma,  a≡   3 ≡   3
b

≡   3 ≡   3
⇒ a2 + b2 ≡ 2 (mod 3)⇒ 3  a2 + b2 (Absurdo!).
É, então, absurdo supor que 3  a ou 3  b, então 3 | a e 3 | b. ∎
13. Sejam p1, p2 e p3 primos tais que p = (p1)
2
 + (p2)
2
 + (p3)
2
 é primo. Mostrar que algum dos pi’s é igual a
3.
Suponhamos que nenhum dos p i’s seja igual a 3. Ist é, pi ≡ 1 (mod 3) ou pi ≡ 2 (mod 3).
Notemos que, se x ≡ 1 (mod 3), então x2 ≡ 1 (mod 3). Se x ≡ 2 (mod 3), então x2 ≡ 4 (mod 3) ≡ 1 (mod 3).
Dessa forma, (pi)
2
≡ 1 (mod 3).
Então, (p1)
2 + (p2)
2 + (p3)
2 = 1 + 1 + 1 (mod 3)⇒ p ≡ 3 (mod 3)⇒ p ≡ 0 (mod 3).
Vejamos que pi  2, então p  6. Sendo p primo, temos que p ≡ 0 (mod 3) implica em p = 3, o que é absurdo, pois p  6.
Dessa forma, ao menos um dos p i’s eve ser congruente a 0 módulo 3. Sendo que os p i’s sã pris, etã a es u
deles deve ser igual a 3. ∎
14. Mostrar que 3x
2
 + 4x
2
≡ 3 (mod 5) é equivalente a 3x
2
x
2
 + 2 ≡ 0 (mod 5).
Vejamos que:  ≡   
3 ≡   
Dessa forma, 3x2 + 4x2 ≡ 3 (mod 5) é equivalente a 3x2  x2 ≡ 2 (mod 5), ou melhor, 3x2  x2 + 2 ≡ 0 (mod 5).
15. Mostrar que p | p

 , onde 0 < k < p .
Notemos que, p

 = p
  p 
=
p  p

 
  p 
= p 
p

   p

   p

 3  p

   

 = p  m (m ∈ ℤ).
Então, claramente p | p  m = p  p  1  m, dessa forma, p | p

.
∎
18. Mostrar que 3
10
≡ 1 (mod 11
2
).
Vejamos que 35 ≡ 1 (mod 242), isto é, 35 ≡ 1 (mod 112). Dessa forma, tem-se imediatamente, que 310 ≡ 1 (mod 112). ∎
19. Resolver os seguintes sistemas.
a) { ≡ 1 mo 2 ≡ 2 mo 3
 ≡ 5 mo 
Inicialmente, notemos que m = 2  3  7 = 42
(I) Temos que: y1 =


 = 21
Além disso, 
̅
 é solução particular de y1  x ≡ 1 (mod 2), ou seja, 21x ≡ 1 (mod 2), ou seja, ̅ = 1.
(II) Temos que: y2 =

3
 = 14
Além disso, 
̅
 é solução particular de y2  x ≡ 1 (mod 3),ou seja, 14x ≡ 1 (mod 3), ou seja, ̅ = 2.
(III) Temos que: y3 =


 = 6
Além disso, 
3̅
 é solução particular de y3  x ≡ 1 (mod 7), ou seja, 6x ≡ 1 (mod 7), ou seja, 3̅ = 6.
ssa sluã é, prtat,  ≡ ∑ biii̅  3
i
Então, x ≡ 257 (mod 42), ou seja, x ≡ 5 (mod 42).
Os outros sistemas são análogos. Lembrar que, por exemplo, a congruência 2x ≡ 1 (mod 5) equivale a x ≡ 3 (mod 5).
21. Mostrar que a
7
≡ a (mod 21) para todo inteiro a.
Basta mostrarmos que a7  a é divisível por 7 e por 3.
Mostremos, inicialmente, que 7 | a7  a.
Notemos que a7  a = a  (a6  1). Se 7 | a, nada temos a provar. Suponhamos, então, que 7  a. Dessa forma, do Pequeno
Teorema de Fermat, temos que a7  1 ≡ 1 (mod 7), ou seja, 7 | a6  1, o que prova que 7 | a7  a.
Vejamos, também, que a7  a = a  (a6  1) = a  (a3 1)  (a3 + 1) = (a  1)  a  (a + 1)  (a2  a + 1)  (a2 + a + 1). É claro que um
dos fatores (a  1), a ou (a + 1) é divisível por 3, dessa forma, a7  a é divisível por 3.
Conclui-se, então, que 7 | a7  a e 3 | a7  a, ou seja, 21 | a7  a, e, portanto, a7 ≡ a (mod 21). ∎
22. Mostrar que para a e b inteiros, com mdc(a, b) = 1 temos:
a
Vejamos que, como mdc(a, b) = 1, temos, do Teorema de Euler, que a(b) ≡ 1 (mod b) e b(a) ≡ 1 (mod a).
Ou seja, temos que b | a(b)  1 e a | b(a)  1.
Assim, ab | (a(b)  1)  (b(a)  1) = a(b)  b(a)  a(b)  b(a) + 1.
Porém, ab | a(b)  b(a). Dessa forma, deveremos que ter que ab |  a(b)  b(a) + 1 ou melhor, ab | a(b) + b(a) 1.
Isso implica que a(b) + b(a) ≡ 1 (mod ab). ∎
23. Provar ou dar um contra exemplo: “Se a e m são inteiros, mdc(a, m) = 1, então
m | (1 + a + a
2
 + ... + a 1) “
Como mdc(a, m) = 1, o Teorema de Euler nos garante que a(m) ≡ 1 (mod m). Ou seja, m | a(m)  1.
Mas, a(m)  1 = (a  1)  (a(m)  1 + ... + a2 + a + 1).
Ou seja, mdc(a, m) = 1⇒ m | (a  1)  (1 + a + a2 + ... + a(m)  1).
Assim, se m | a  1, não podemos afirmar que m | (1 + a2 + ... + a(m)  1).
Para um contra exemplo, é necessário tomarmos a e m tais que a ≡ 1 (mod m). Tomemos, por exemplo, a = 3 e m = 2.
Dessa forma, (2) = 1, ou seja, teremos que 2  3(2)  1) = 1, contrariando a afirmação inicial.
24. Mostrar que se p e q são primos, p  q  5, então p
2
q
2
≡ 0 (mod 24).
Devemos verificar que 3 | p2  q2 e 8 | p2  q2.
Como p e q são maiores que ou iguais a 5, então ambos são ímpares. Vejamos que, se p = 2k + 1, então p 2 = 4k2 + 4k + 1, ou
melhor, p2 = 4k  (k + 1) + 1. Porém, k  (k + 1) = 2k1, ou seja, p
2 = 8k1 + 1. O que nos leva a atribuir q
2 = 8k2 + 1.
Então, p2  q2 = 8  (k1  k2), ou seja, 8 | p
2
 q2.
Basta verificarmos, agora, que 3 | p2  q2. Ora, nas condições dadas, temos que p e q não são múltiplos de 3. Então, temos,
por exemplo, p ≡ 1 (mod 3) ou p ≡ 2 (mod 3).
Já verificamos anteriormente, que se x ≡ 1 (mod 3), então x2 ≡ 1 (mod 3) e que se x ≡ 2 (mod 3), então x2 ≡ 1 (mod 3).
Dessa forma, teremos que p2 ≡ 1 (mod 3) e, consequentemente, q2 ≡ 1 (mod 3).
Assim, p2  q2 ≡ 0 (mod 3), ou seja, 3 | p2  q2. Isso implica, portanto, que 24 | p2  q2, ou melhor, p2  q2 ≡ 0 (mod 24). ∎
Capitulo 1: Mostrar que 2
n
 + 1 nunca é um cubo.
Para tanto, suponhamos 2n + 1 = k3.
Dessa forma, 2n = k3  1 = (k  1)(k2 + k + 1).
Vejamos que k2 + k + 1 = k  (k + 1) + 1
Necessariamente, k  (k + 1) é par, o que faz com que k  (k + 1) + 1 seja ímpar.
Isso é um absurdo, pois 2n = (k  1)  (k2 + k + 1), ou seja, k2 + k + 1 é um dos fatores de 2n e 2n (por ser uma potência de 2)
apresenta apenas fatores iguais a 2.
Então, 2n + 1  k3, para todo inteiro k, isto é, 2n + 1 não pode ser um cubo. ∎
(b)
 + b
(a)
≡ 1 (mod ab).
(m)