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Teoria dos Números Capítulo 2 (Exercícios)
1. Mostrar que 47 | 2^23 1.
Para mostrar que 47 | 2^23 1, devemos mostrar que 2^23 ≡ 1 (mod 47). Notemos que 2^10 = 1024 = 37 + 47 21. Ou seja, 2^10 ≡ 37 (mod 47) ⇒ 210 ≡ 10 (mod 47). Então, [2^10 ]^2 ≡ (10)^2 (mod 47) ⇒ 220 ≡ 100 (mod 47) ⇒ 220 ≡ 6 (mod 47) (I) Vejamos, agora, que 2^3 = 8 = 47 39, ou seja, 2^3 ≡ 39 (mod 47) (II). De (I) e (II) , (2^20 23 ) ≡ 6 (39) (mod 47) ⇒ 223 ≡ 234 (mod 47). Mas, 234 = 1 47 5, então 2^23 ≡ 1 (mod 47). ∎
2. Encontrar o resto da divisão de 7^34 por 51 e o resto da divisão de 5^63 por 29.
i) Vejamos que 7^2 ≡ 2 (mod 51). Então, (7^2 )^17 ≡ (2)^17 (mod 51) ⇒ 734 ≡ 217 (mod 51). (I)
Porém, ≡ ≡
} ⇒ 210 27 ≡ 4 26 (mod 51) ⇒ 2^17 ≡ 104 (mod 51) ⇒ 217 ≡ 2 (mod 51).
Dessa forma, 217 ≡ 2 (mod 51) ⇒ 217 ≡ 49 (mod 51). (II) De (I) e (II) , temos que 7^34 ≡ 49 (mod 51), o que indica que o resto da divisão de 7^34 por 51 é 49.
ii) Notemos que 5^3 ≡ 9 (mod 29), o que nos dá: 5^63 ≡ 921 (mod 29). Como 9 = 3^2 , 5^63 ≡ 342 (mod 29) (I) Mas, 3^3 ≡ 2 (mod 29) ⇒ 342 ≡ (2)^16 (mod 29) ⇒ 342 ≡ 216 (mod 29) (II) No entanto, 2^8 ≡ 13 (mod 29) ⇒ (2^8 )^2 ≡ 132 (mod 29) ⇒ 216 ≡ 169 (mod 29) ⇒ 216 ≡ 24 (mod 29) (III). De (I) , (II) e (III) , temos que 5^63 ≡ 24 (mod 29), ou seja, o resto da divisão de 5^63 por 29 é 24.
3. Mostrar que se p é um ímpar e a^2 + 2b^2 = 2p, então “a” é par e “b” é ímpar.
Teremos 4 casos: 1º Caso: “a” par e “b” par Dessa forma, teremos: a = 2x e b = 2y (x e y inteiros). Então, a^2 + 2b^2 = 4x^2 + 8y^2 = 4(x^2 + 2y^2 ). Já que a^2 + 2b^2 = 2p, temos que 4(x^2 + 2y^2 ) = 2p ⇒ p = 2(x^2 + 2y^2 ), o que é um absurdo, pois p é ímpar. 2º Caso: “a” ímpar e “b” par Dessa forma, teremos: a = 2x + 1 e b = 2y (x e y inteiros). Então, a^2 + 2b^2 = (2x + 1)^2 + 2(2y)^2 = 4(x^2 + 4x + y^2 ) + 1, o que é absurdo, pois a^2 + 2b^2 = 2p. 3º Caso: “a” ímpar e “b” ímpar Dessa forma, teremos a = 2x + 1 e b = 2y + 1 (x e y inteiros) Então, a^2 + 2b^2 = (2x + 1)^2 + 2(2y + 1)^2 = 2(2x^2 + 2x + 4y^2 + 4y + 1) + 1, o que é absurdo, analogamente ao caso 2. 4º Caso: “a” par e “b” ímpar Dessa forma, teremos a = 2x e b = 2y + 1 (x e y inteiros). Então, a^2 + 2b^2 = (2x)^2 + 2(2y + 1)^2 = 2(2x^2 + 4y^2 + 4y + 1). Dessa forma, teríamos que p = 2x^2 + 4y^2 + 4y + 1, verificando o fato de p ser ímpar.
D s cas s , , 3 e , tere s que, para “p” í par, a^2 + 2b^2 = 2p somente para “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 3n^2 1 = 3n^2 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 ⇒ t^2 = 9k^2 = 3 (3k^2 ) = 3k 1 (II) t = 3k + 1⇒ t^2 = (3k + 1)^2 = 9k^2 + 6k + 1 = 3k 2 + 1 (III) t = 3k + 2 ⇒ t^2 = (3k + 2)^2 = 9k^2 + 12k + 4 = 3k 2 + 1. Dessa forma, temos provado que um quadrado nunca é da forma 3k + 2 e, consequentemente, que 3n^2 1 nunca é um quadrado.
(I) Se n ≡ 0 (mod 12) ⇒ {
(^3) ≡ ≡
(^3) ≡ ≡
⇒ 5n^3 + 7n^5 ≡ 0 (mod 12)
(II) Se n ≡ 1 (mod 12) ⇒ {
(^3) ≡ ≡
⇒ 5n^3 + 7n^5 ≡ 12 (mod 12) ⇒ 5n^3 + 7n^5 ≡ 0 (mod 12)
(III) Se n ≡ 2 (mod 12) ⇒ {
(^3) ≡ ≡ 3 ≡
⇒ 5n^3 + 7n^5 ≡ 0 (mod 12)
(IV) Se n ≡ 3 (mod 12) ⇒ {
⇒ 5n^3 + 7n^5 ≡ 0 (mod 12)
(V) Se n ≡ 4 (mod 12) ⇒ {
(^3) ≡ ≡ ≡ ≡
⇒ 5n^3 + 7n^5 ≡ 0 (mod 12)
(VI) Se n ≡ 5 (mod 12) ⇒ {
(^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, 5n^3 + 7n^5 = (12 7)n^3 + 7n^5 = 12n^3 + 7 (n^5 n^3 ). Dessa forma, como 7 é primo, devemos mostrar que n^5 n^3 é divisível por 12. Para tanto, basta mostrarmos que n^5 n^3 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 n^5 ≡ 1 (mod 3) e n^3 ≡ 1 (mod 3). Dessa forma, n^5 n^3 ≡ 0 (mod 3), ou seja, 3 | n^5 n^3. Se n ≡ 2 (mod 3), então n^5 ≡ 2 (mod 3) e n^3 ≡ 2 (mod 3). Dessa forma, n^5 n^3 ≡ 0 (mod 3). Provemos agora que 4 | n^5 n^3. Ora, n^5 n^3 = n^2 (n^3 n). Ou seja, se n é par, 4 | n^2 e, portanto, 4 | n^5 n^3. Suponhamos, então, n ímpar. Então, n ≡ 1 (mod 4) ou n ≡ 3 (mod 4). Se n ≡ 1 (mod 4), então n^5 n^3 ≡ 0 (mod 4). Se n ≡ 3 (mod 4), então n^5 ≡ 243 (mod 4) ≡ 3 (mod 4) e n^3 ≡ 27 (mod 4) ≡ 3 (mod 4). Então n^5 n^3 ≡ 0 (mod 4). Dessa forma, n^5 n^3 é divisível por 4. Se 3 | n^5 n^3 e 4 | n^5 n^3 , então 12 | n^5 n^3 , logo 12 | 5n^3 + 7n^5 e, portanto, 5n^3 + 7n^5 ≡ 0 (mod 12). ∎
10. Seja f(x) = a 0 + a 1 x + ... + anxn^ 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 p 1 e p 2 são primos tais que p 2 = p 1 + 2 e p 1 > 3, então p 1 + p 2 ≡ 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 p 1 > 3, então p 1 5, ou seja, p 2 7. Então: Se p 1 = 6k + 5, então p 2 = 6k + 7, ou seja, p 1 + p 2 = 12k + 12 = 12(k + 1). Então, p 1 + p 2 ≡ 0 (mod 12). Se p 2 = 6k + 1, então p 1 = 6k 1, ou seja, p 1 + p 2 = 12k. Então, p 1 + p 2 ≡ 0 (mod 12). ∎
Observação: Notemos que: Se p 1 = 6k + 1, então p 2 = 6k + 3 (Absurdo, pois p 2 é primo). Se p 2 = 6k + 5, então p 1 = 6k + 3 (Absurdo, pois p 1 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
⇒ a^2 + b^2 ≡ 0 (mod 3) ⇒ 3 a^2 + b^2 (Absurdo!). (II) a ≡ 1 (mod 3) e b ≡ 1 (mod 3).
Dessa forma, {
a ≡ 3 b ≡ 3
⇒ a^2 + b^2 ≡ 2 (mod 3) ⇒ 3 a^2 + b^2 (Absurdo!). (III) a ≡ 1 (mod 3) e b ≡ 2 (mod 3). Dessa forma, { a^ ≡^3 b ≡ 3 ≡ 3
⇒ a^2 + b^2 ≡ 2 (mod 3) ⇒ 3 a^2 + b^2 (Absurdo!).
(IV) a ≡ 2 (mod 3) e b ≡ 0 (mod 3). Dessa forma, { a^ ≡^3 ≡^3 b ≡ 3
⇒ a^2 + b^2 ≡ 1 (mod 3) ⇒ 3 a^2 + b^2 (Absurdo!).
(V) a ≡ 2 (mod 3) e b ≡ 1 (mod 3). Dessa forma, { a^ ≡^3 ≡^3 b ≡ 3
⇒ a^2 + b^2 ≡ 2 (mod 3) ⇒ 3 a^2 + b^2 (Absurdo!).
(VI) a ≡ 2 (mod 3) e b ≡ 2 (mod 3). Dessa forma, { a^ ≡^3 ≡^3 b ≡ 3 ≡ 3
⇒ a^2 + b^2 ≡ 2 (mod 3) ⇒ 3 a^2 + b^2 (Absurdo!).
É, então, absurdo supor que 3 a ou 3 b, então 3 | a e 3 | b. ∎
13. Sejam p 1 , p 2 e p 3 primos tais que p = (p 1 )^2 + (p 2 )^2 + (p 3 )^2 é primo. Mostrar que algum dos pi’s é igual a
Suponhamos que nenhum dos pi’s seja igual a 3. Ist é, pi ≡ 1 (mod 3) ou pi ≡ 2 (mod 3). Notemos que, se x ≡ 1 (mod 3), então x^2 ≡ 1 (mod 3). Se x ≡ 2 (mod 3), então x^2 ≡ 4 (mod 3) ≡ 1 (mod 3). Dessa forma, (pi)^2 ≡ 1 (mod 3). Então, (p 1 )^2 + (p 2 )^2 + (p 3 )^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 pi’s eve ser congruente a 0 módulo 3. Sendo que os pi’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, 3x^2 + 4x^2 ≡ 3 (mod 5) é equivalente a 3x^2 x^2 ≡ 2 (mod 5), ou melhor, 3x^2 x^2 + 2 ≡ 0 (mod 5).
22. Mostrar que para a e b inteiros, com mdc(a, b) = 1 temos:
a (b)^ + b (a)^ ≡ 1 (mod ab).
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 (m)^ ^^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 + ... + a^2 + a + 1). Ou seja, mdc(a, m) = 1 ⇒ m | (a 1) (1 + a + a^2 + ... + a(m)^ ^1 ). Assim, se m | a 1, não podemos afirmar que m | (1 + a^2 + ... + 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 | p^2 q^2 e 8 | p^2 q^2. Como p e q são maiores que ou iguais a 5, então ambos são ímpares. Vejamos que, se p = 2k + 1, então p^2 = 4k^2 + 4k + 1, ou melhor, p^2 = 4k (k + 1) + 1. Porém, k (k + 1) = 2k 1 , ou seja, p^2 = 8k 1 + 1. O que nos leva a atribuir q^2 = 8k 2 + 1. Então, p^2 q^2 = 8 (k 1 k 2 ), ou seja, 8 | p^2 q^2. Basta verificarmos, agora, que 3 | p^2 q^2. 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 x^2 ≡ 1 (mod 3) e que se x ≡ 2 (mod 3), então x^2 ≡ 1 (mod 3). Dessa forma, teremos que p^2 ≡ 1 (mod 3) e, consequentemente, q^2 ≡ 1 (mod 3). Assim, p^2 q^2 ≡ 0 (mod 3), ou seja, 3 | p^2 q^2. Isso implica, portanto, que 24 | p^2 q^2 , ou melhor, p^2 q^2 ≡ 0 (mod 24). ∎
Capitulo 1: Mostrar que 2n^ + 1 nunca é um cubo.
Para tanto, suponhamos 2n^ + 1 = k^3. Dessa forma, 2n^ = k^3 1 = (k 1)(k^2 + k + 1). Vejamos que k^2 + 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) (k^2 + k + 1), ou seja, k^2 + 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 k^3 , para todo inteiro k, isto é, 2n^ + 1 não pode ser um cubo. ∎
