Grátis: Suponhamos, por absurdo, que x e y são dois inteiros tais que x3 − 117y3 = 5. Essa igualdade nos indica, em particular, que x3− 117y3 ≡ 5 (mod 9).... – Questões Respondidas

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Suponhamos, por absurdo, que x e y são dois inteiros tais que x3 − 117y3 = 5. Essa igualdade nos indica, em particular, que x3− 117y3 ≡ 5 (mod 9). Bem, 117 ≡ 0 (mod 9). Logo, isso é o mesmo que x3 ≡ 5 (mod 9). No entanto, um cubo perfeito só pode deixar resto 0, 1 ou −1 quando dividido por 9. Absurdo! Dessa forma, não existem inteiros x e y tais que x3 − 117y3 = 5.

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A análise feita na questão está correta. Vamos resumir: Dada a equação x³ - 117y³ = 5, podemos concluir que x³ - 117y³ ≡ 5 (mod 9). Como 117 ≡ 0 (mod 9), a equação se torna x³ ≡ 5 (mod 9). No entanto, um cubo perfeito só pode deixar resto 0, 1 ou -1 quando dividido por 9. Como o resto não pode ser 5, chegamos a um absurdo. Portanto, não existem inteiros x e y que satisfaçam a equação x³ - 117y³ = 5.

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Queremos mostrar que 7 | n(n6 − 1). Quando n ≡ 0 (mod 7), o resultado é evidente. Nos outros casos, mostraremos que 7 | n6− 1. Utilizaremos um pequeno truque: o fato de que (−n)6 ≡ n6 (mod 7). Em função disso, é suficiente checar para n ≡ 1 (mod 7), para n ≡ 2 (mod 7) e para n ≡ 3 (mod 7): • se n ≡ 1 (mod 7), n6 − 1 ≡ 1− 1 ≡ 0 (mod 7); • se n ≡ 2 (mod 7), n6 − 1 ≡ 64− 1 ≡ 0 (mod 7); • se n ≡ 3 (mod 7), n6 − 1 ≡ 36 − 1 ≡ 93 − 1 ≡ 23 − 1 ≡ 8− 1 ≡ 0 (mod 7). Dessa forma, n7 − n é sempre diviśıvel por 7.

Suponhamos que o primo p é tal que 8p− 1 também é primo. Se p = 3, 8p + 1 = 25 é composto. Consideremos, então, daqui para a frente, que p 6= 3. Temos p 6≡ 0 (mod 3) e 8p − 1 6≡ 0 (mod 3) ⇐⇒ −p − 1 6≡ 0 (mod 3) ⇐⇒ p 6≡ −1 (mod 3). Logo, p ≡ 1 (mod 3). Assim, 8p + 1 ≡ 1 + 2 = 3 ≡ 0 (mod 3) e, portanto, 8p + 1 não pode ser primo.

14. Entendamos, antes de mais nada, qual o nosso objetivo. Queremos mostrar que a fração é irredut́ıvel. Mas o que isso significa? Mostrar que uma fração é irredut́ıvel é o mesmo que mostrar que o numerador e o denominador não têm fator primo em comum. Por exemplo: a fração 5/3 é irredut́ıvel, porque 5 e 3 não têm nenhum fator primo em comum. Por outro lado, a fração 10/6 não é irredut́ıvel, já que tanto 10 quanto 6 são diviśıveis por 2 (10 e 6 têm o fator primo 2 em comum). O que devemos fazer, então, é mostrar que, seja qual for o número natural n, 21n + 4 e 14n + 3 não têm fator primo em comum.

Por absurdo, que não é um número natural tal que 21n + 4 e 14n + 3 têm um fator primo em comum. Chamemos esse fator primo de p. Na prática, então, estamos supondo que existem um natural n e um primo p tais que 21n + 4 ≡ 0 (mod p) e 14n + 3 ≡ 0 (mod p), e queremos chegar a uma contradição. Multiplicando a primeira congruência por 2 e a segunda por 3, ficamos com 42n + 8 ≡ 0 (mod p) e 42n + 9 ≡ 0 (mod p). A primeira é equivalente a 42n ≡ −8 (mod p). A segunda, a 42n ≡ −9 (mod p). Dessa forma, temos −8 ≡ −9 (mod p) ⇐⇒ 9 − 8 ≡ 0 (mod p) ⇐⇒ 1 ≡ 0 (mod p). Absurdo, pois não existe número primo que divida 1!

Queremos mostrar que 5 | n(n4 − 1). Quando n ≡ 0 (mod 5), o resultado é evidente. Nos outros casos, mostraremos que 5 | n4− 1. Utilizaremos um pequeno truque: o fato de que (−n)4 ≡ n4 (mod 5). Em função disso, é suficiente checar para n ≡ 1 (mod 5) e n ≡ 2 (mod 5): • se n ≡ 1 (mod 5), n4 − 1 ≡ 1− 1 ≡ 0 (mod 5); • se n ≡ 2 (mod 5), n4 − 1 ≡ 16− 1 ≡ 0 (mod 5). Dessa forma, n5 − n é sempre divisível por 5.

Queremos mostrar que 7 | n(n6 − 1). Quando n ≡ 0 (mod 7), o resultado é evidente. Nos outros casos, mostraremos que 7 | n6− 1. Utilizaremos um pequeno truque: o fato de que (−n)6 ≡ n6 (mod 7). Em função disso, é suficiente checar para n ≡ 1 (mod 7), para n ≡ 2 (mod 7) e para n ≡ 3 (mod 7): • se n ≡ 1 (mod 7), n6 − 1 ≡ 1− 1 ≡ 0 (mod 7); • se n ≡ 2 (mod 7), n6 − 1 ≡ 64− 1 ≡ 0 (mod 7); • se n ≡ 3 (mod 7), n6 − 1 ≡ 36 − 1 ≡ 93 − 1 ≡ 23 − 1 ≡ 8− 1 ≡ 0 (mod 7). Dessa forma, n7 − n é sempre divisível por 7.

Suponhamos que o primo p é tal que 8p− 1 também é primo. Se p = 3, 8p + 1 = 25 é composto. Consideremos, então, daqui para a frente, que p ≠ 3. Temos p 6≡ 0 (mod 3) e 8p − 1 6≡ 0 (mod 3) ⇐⇒ −p − 1 6≡ 0 (mod 3) ⇐⇒ p 6≡ −1 (mod 3). Logo, p ≡ 1 (mod 3). Assim, 8p + 1 ≡ 1 + 2 = 3 ≡ 0 (mod 3) e, portanto, 8p + 1 não pode ser primo.