Resolução Teoria dos Numeros Plinio Cap 2

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Teoria dos Números  Capítulo 2 (Exercícios) 
 
1. Mostrar que 47 | 223  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
  2
3
) ≡ 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 734 por 51 e o resto da divisão de 563 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) ⇒ 217 ≡ 104 (mod 51) ⇒ 217 ≡ 2 (mod 51). 
Dessa forma, 2
17
 ≡ 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
 ≡ 9
21
 (mod 29). Como 9 = 3
2
, 5
63
 ≡ 3
42
 (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) ⇒ (28)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 a2 + 2b2 = 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(x2 + 2y2), 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 3n2  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 ⇒ 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 = x0, 
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 nos dá 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 5n3 + 7n5 ≡ 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, 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) = 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 | (a2 + b2) ⇒ 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 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, (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 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 3x2 + 4x2 ≡ 3 (mod 5) é equivalente a 3x2  x2 + 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). 
 
 
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 310 ≡ 1 (mod 112). 
Vejamos que 3
5
 ≡ 1 (mod 242), isto é, 3
5
 ≡ 1 (mod 11
2
). Dessa forma, tem-se imediatamente, que 3
10
 ≡ 1 (mod 11
2
). 
∎ 
 
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 a7 ≡ a (mod 21) para todo inteiro a. 
Basta mostrarmos que a
7
  a é divisível por 7 e por 3. 
Mostremos, inicialmente, que 7 | a
7
  a. 
Notemos que a
7
  a = a  (a
6
  1). Se 7 | a, nada temos a provar. Suponhamos, então, que 7  a. Dessa forma, do Pequeno 
Teorema de Fermat, temos que a
7  1 ≡ 1 (mod 7), ou seja, 7 | a
6
  1, o que prova que 7 | a
7
  a. 
Vejamos, também, que a
7
  a = a  (a
6
  1) = a  (a
3 
 1)  (a
3
 + 1) = (a  1)  a  (a + 1)  (a
2
  a + 1)  (a
2
 + a + 1). É claro que um 
dos fatores (a  1), a ou (a + 1) é divisível por 3, dessa forma, a
7
  a é divisível por 3. 
Conclui-se, então, que 7 | a
7
  a e 3 | a
7
  a, ou seja, 21 | a
7
  a, e, portanto, a
7
 ≡ a (mod 21). 
∎ 
 
 
 
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 + a2 + ... + 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 + a2 + ... + 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 p2  q2 ≡ 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) = 2k1, ou seja, p
2
 = 8k1 + 1. O que nos leva a atribuir q
2
 = 8k2 + 1. 
Então, p
2
  q
2
 = 8  (k1  k2), 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 2
n
 + 1 = k
3
. 
Dessa forma, 2
n
 = 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 2
n
 = (k  1)  (k
2
 + k + 1), ou seja, k
2
 + k + 1 é um dos fatores de 2
n
 e 2
n
 (por ser uma potência de 2) 
apresenta apenas fatores iguais a 2. 
Então, 2
n
 + 1  k
3
, para todo inteiro k, isto é, 2
n
 + 1 não pode ser um cubo. 
∎