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Fundacao CECIERJ - Consorcio Cederj

ALGEBRA I

(Caderno de Solucoes do Volume 1 - Modulo I

)

por

Fabio Simas Gladson AntunesProfessor do DME - UNIRIO Professor do DME - UNIRIO

Rio de Janeiro, RJ2010

Sumario

Solucoes do Modulo 1 4

Aula 1 5

Aula 2 9

Aula 3 11

Aula 4 13

Aula 5 20

Aula 6 23


Aula 7 29

Aula 8 35

Aula 9 38

Aula 10 41

Aula 11 46

Aula 12 50


Aula 13 54

Aula 14 57

Aula 15 59

2

Aula 16 62

Aula 17 65

Aula 18 69

Solucoes do Modulo 1

Aula 1

Atividades Propostas - pagina 9

Exercıcio 1. Para os conjuntos A = 1, 2, 3, 4 e B = 3, 4, 5, 6, calcule:

(a) A ∪B

(b) A ∩B

(c) A−B

(d) B −A

(e) A×B

Solucao:

(a) Lembre-se que A ∪B = x | x ∈ A ou x ∈ B. Dessa forma para os conjuntos A e B dados tem-se que:

A ∪B = 1, 2, 3, 4, 5, 6 .

(b) Como A ∩B = x | x ∈ A e x ∈ B, entao neste caso A ∩B = 3, 4.

(c) Lembre-se que A−B = x ∈ A | x /∈ B. Para os conjuntos dados A−B = 1, 2.

(d) B −A = x ∈ B | x /∈ A, portanto B −A = 5, 6.

(e) Sendo A×B = (a, b) | a ∈ A e b ∈ B, entao

A×B = (1, 3) , (1, 4) , (1, 5) , (1, 6) , (2, 3) , (2, 4) , (2, 5) , (2, 6) ,

(3, 3) , (3, 4) , (3, 5) , (3, 6) , (4, 3) , (4, 4) , (4, 5) , (4, 6) .

Exercıcio 2. Seja A um conjunto. Prove que A−∅ = A e ∅−A = ∅.

Solucao: O conjunto A−∅ e formado pelos elementos que pertencem a A, mas nao pertencem ao conjunto

vazio. Como nenhum elemento de A e elemento do conjunto vazio, temos que A−∅ = A.

O conjunto ∅−A e formado pelos elementos que pertencem ao conjunto ∅ e nao pertencem ao conjunto

A. Logo o conjunto ∅−A esta contido no conjunto vazio e, portanto, ∅−A = ∅.

5

Exercıcio 3. Prove que A ⊂ B se, e somente se, A−B = ∅.

Solucao: Considere por hipotese que A ⊂ B. Devemos mostrar que A − B = ∅. De fato, se A − B 6= ∅

entao existiria algum x tal que x ∈ A tal que x /∈ B o que contradiz a nossa hipotese de que A ⊂ B ( isto e,

todo elemento de A e tambem elemento de B ). Portanto, A−B = ∅.

Suponhamos agora, por hipotese, que A − B = ∅. Ora entao para qualquer x ∈ A tem-se que x ∈ B

(caso contrario terıamos A−B 6= ∅), portanto A ⊂ B.

Exercıcio 4. Sejam A e B conjuntos nao-vazios. Prove que A×B = B ×A se, e somente se, A = B. Por

que razao e necessaria a condicao de A e B serem nao-vazios?

Solucao: Lembre-se que

A×B = (a, b) | a ∈ A e b ∈ B .

Se A = B entao A×B = A×A = B ×A.

Se A×B = B ×A entao para quaisquer elementos a ∈ A e b ∈ B tem-se que existem a ∈ A e b ∈ B tais

que

(a, b) =(b, a)

,

donde a = b e b = a. Portanto a ∈ B e b ∈ A, o que mostra que A ⊂ B e B ⊂ A, isto e A = B.

A condicao de A e B serem nao-vazios e necessaria porque B × ∅ = ∅ × B = ∅ qualquer que seja o

conjunto B. De fato, nenhum par ordenado (x, y) pertence a B × ∅. Assim se um dos conjuntos e vazio,

digamos A = ∅, entao ∅ = A×B = B ×A, logo a afirmacao e falsa sempre que B 6= ∅.

Exercıcio 5. Demonstre a igualdade.A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C).

Solucao: Inicialmente vamos mostrar que A ∪ (B ∩ C) ⊂ (A ∪B) ∩ (A ∪ C).

Seja entao x ∈ A ∪ (B ∩ C) =⇒ x ∈ A ou x ∈ (B ∩ C).

• Se x ∈ A entao x ∈ A ∪B e x ∈ A ∪ C implicando que x ∈ (A ∪B) ∩ (A ∪ C).

• Se x ∈ (B ∩ C) entao x ∈ B e x ∈ C, donde x ∈ A ∪B e x ∈ A ∪ C e assim x ∈ (A ∪B) ∩ (A ∪ C).

Mostra-se agora a inclusao contraria, isto e, (A ∪B) ∩ (A ∪ C) ⊂ A ∪ (B ∩ C).

Considerando x ∈ (A ∪B) ∩ (A ∪ C) tem-se que x ∈ (A ∪B) e x ∈ (A ∪ C).

Uma possibilidade e x ∈ A, neste caso x ∈ A ∪ (B ∩ C) e encerramos a prova.

Agora, se x /∈ A entao seguramente x ∈ B e x ∈ C =⇒ x ∈ A ∪ (B ∩ C).

Exercıcio 6. Mostre que se A e B sao conjuntos finitos, entao |A×B| = |A| × |B|.

Solucao: Se A e B sao finitos, podemos escrever os elementos do conjunto A×B numa tabela como a que

segue:

b1 b2 · · · bn

a1 (a1, b1) (a1, b2) · · · (a1, bn)

a2 (a2, b1) (a2, b2) · · · (a2, bn)...

......

. . ....

am (am, b1) (am, b2) · · · (am, bn)

Como as entradas sao distintas e a tabela contem todos os elementos de A × B, o numero de pares

ordenados da tabela e igual a |A×B|. Portanto, |A×B| = m.n = |A|.|B|.

Exercıcio 7. Sejam A e B conjuntos quaisquer. Mostre que

|A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B|.

Solucao: Repare que se A e B sao disjuntos, isto e, se nenhum elemento pertence a ambos os conjuntos,

entao o numero de elementos da uniao e a soma |A|+ |B|. Para resolver o caso geral, sem supor A∩B = ∅,

basta escrever A ∪ B como uniao de subconjuntos disjuntos e somar seus numeros de elementos. Repare

que as unioes no segundo membro sao todas disjuntas A ∪ B = (A − B) ∪ (B − A) ∪ (A ∩ B). Entao

|A ∪ B| = |A − B| + |B − A| + |A ∩ B|. Sempre tendo em vista onde queremos chegar reparamos que

A = (A−B)∪(A∩B) e B = (B−A)∪(B∩A) implicam |A| = |A−B|+|A∩B| e |B| = |B−A|+|B∩A| porque

as unioes sao disjuntas. Substituindo os valores de |A−B| e |B−A| em |A∪B| = |A−B|+ |B−A|+ |A∩B|,

obtemos |A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B|, conforme querıamos demonstrar.

Exercıcio 8. Escreva os seguintes subconjuntos A ⊂ R, dos numeros reais, como uniao de intervalos:

(a) A =x ∈ R | x2 > 1 e x2 < 4

(b) A =

x ∈ R | x2 ≥ 4 e x2 < 9

(c) A =

x ∈ R | x2 ≥ 2 e x2 ≥ 1

Solucao:

(a) De x2 > 1 segue que x < −1 ou x > 1, isto e, x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞), agora, de x2 < 4 vem que

−2 < x < 2, isto e, x ∈ (−2, 2).

Portanto, x ∈ [(−∞,−1) ∪ (1,+∞)] ∩ (−2, 2), ou seja, x ∈ (−2,−1) ∪ (1, 2).

∴ A = (−2,−1) ∪ (1, 2).

(b) De x2 < 9 vem que −3 < x < 3, ou seja, x ∈ (−3, 3), e de x2 ≥ 4 segue que x ≤ −2 ou x ≥ 2, isto e,

x ∈ (−∞,−2] ∪ [2,+∞).

Portanto, x ∈ (−3,−2] ∪ [2, 3). Entao, A = (−3,−2] ∪ [2, 3).

(c) Observe que A e o conjunto dos pontos x ∈ que satisfazem as duas inequacoes x2 ≥ 1 e x2 ≥ 2.

Claramente toda solucao da inequacao x2 ≥ 2 tambem satisfaz x2 ≥ 1. Assim o conjunto A pode ser

reescrito como A = x ∈ | x2 ≥ 2. Abaixo resolvemos a inequacao

x2 ≥ 2 ⇔√x2 ≥

√2 ⇔ |x| ≥

√2 ⇔ x ≤ −

√2 ou x ≥

√2,

logo A = (−∞,−√

2] ∪ [√

2,+∞).

Aula 2


Exercıcio 9. Seja R2 = (x, y) | x, y ∈ R o conjunto dos pontos no plano, representados por pares orde-

nados de numeros reais. Seja Ω o subconjunto de R2 definido por Ω =

(x, y) ∈ R2 | xy ≥ 0. Definimos

uma relacao R no conjunto R dos numeros reais por para x, y ∈ R, x R y quando (x, y) ∈ Ω . Mostre que

a relacao assim definida e uma relacao de equivalencia. Determine suas classes de equivalencia.

Solucao: Da maneira como esta definido o conjunto Ω, a relacao nao e transitiva pois se x > 0 entao xR0

e 0R(−x), mas (x,−x) /∈ Ω. Logo R nao e relacao de equivalencia.

Se definirmos Ω por (x, y) ∈2 | xy > 0, entao a relacao R no conjunto como definida no enunciado e

relacao de equivalencia conforme verificado abaixo.

Para mostrar que R e uma relacao de equivalencia devemos verificar que ela e reflexiva, simetrica e

transitiva.

Observe que neste caso xRy ⇔ xy > 0 ⇔ (x, y) ∈ Ω.

R e reflexiva: Para todo x ∈ temos xx = x2 > 0 logo xRx.

R e simetrica: Se xRy entao xy > 0. Entao yRx porque yx = xy > 0.

R e transitiva: Se xRy e yRz entao xy > 0 e yz > 0. Isto significa que x, y e z tem todos o mesmo sinal

(positivo ou negativo), logo xz > 0, ou seja, xRz.

Exercıcio 10. Discuta as propriedades de reflexividade, simetria e transitividade nas relacoes definidas no

conjunto dos numeros reais, de maneira analoga a do exercıcio anterior, para os conjuntos Ω dados:

(a) Ω =

(x, y) ∈ R2 | x ≤ 0 e y ≥ 0.

(b) Ω =

(x, y) ∈ R2 | xy ≤ 0.

(c) Ω =

(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1.

Solucao:

Para ser uma relacao de equivalencia a relacao precisa satisfazer as tres condicoes: reflexividade, simetria

e transitividade. Portanto, se uma delas falha a relacao nao e de equivalencia.

(a) Nao e relacao de equivalencia porque a relacao nao e reflexiva. De fato, o par (1, 1) /∈ Ω logo nao vale

1R1. Na verdade a relacao tambem nao e simetrica, mas e transitiva.

9

(b) A reflexividade nao vale pois, por exemplo, para x = 1, tem-se xx > 0. A simetria e valida devido a

comutatividade do produto. A transitividade tambem nao vale pois, por exemplo, se x = 1, y = −1 e z = 1,

tem-se xy < 0 e yz < 0, mas xz > 0.

(c) A reflexividade nao vale pois, por exemplo, para x = 1, tem-se x2 + x2 = 2 > 1. A simetria e valida

devido a comutatividade da soma. A transitividade tambem nao vale pois, por exemplo, se x = 1, y = 0 e

z = 1, tem-se x2 + y2 = 1 e y2 + z2 = 1, mas x2 + z2 = 2 > 1.

Aula 3

Atividades - pagina 28

Exercıcio 11. Verifique que

1 + i ≤L 2 1 + i ≤L 1 + 2i

i ≤L 1 + i 2 ≤L 3

1 + i ≤L 2 + i i ≤L 1

Solucao: Lembre-se que a1 + a2i ≤L b1 + b2i ⇔ a1 ≤ b1 ou (a1 = b1) e a2 ≤ b2. E preciso estar atento no

que e parte real e no que e parte imaginaria do numero numero complexo.

• 1 + i ≤L 2 pois 1 ≤ 2.

• i ≤L 1 + i pois 0 ≤ 1.

• 1 + i ≤L 2 + i pois 1 ≤ 2.

• 1 + i ≤L 1 + 2i pois 1 = 1 e 1 ≤ 2.

• 2 ≤L 3 pois 2 ≤ 3.

• i ≤L 1 pois 0 ≤ 1.

Exercıcio 12. Mostre que ≤L define uma relacao de ordem linear em C.

Solucao: Deve-se mostrar que para quaisquer z1, z2 ∈ C tem-se que

z1 ≤L z2 ou z2 ≤L z1.

Sejam z1 = a1 + b1i e z2 = a2 + b2i. Sendo a1, b1, a2, b2 numeros reais e ≤ a ordem natural definida em R.

Nota-se entao que ou

• a1 ≤ a2 =⇒ z1 ≤L z2 ou,

• a2 ≤ a1 =⇒ z2 ≤L z1 ou,

• a1 = a2 e b1 ≤ b2 =⇒ z1 ≤L z2 ou,

11

• a1 = a2 e b2 ≤ b1 =⇒ z2 ≤L z1.

Exercıcio 13. Temos que i = 0 + 1 · i > 0 na relacao ≤L lexicografica de C. Mas,

i2 = i · i = −1 = −1 + 0 · i < 0 + 0 · i = 0.

Solucao: Temos 0 = 0 + 0.i ≤L 0 + 1.i e tambem temos i2 = i.i = −1 = −1 + 0i ≤L 0 + 0i = 0. Em resumo

vale i2 ≤ 0 ≤ i, pela transitividade vale i2 ≤ i.

Aula 4

Atividades 1 - pagina 37

Exercıcio 14. Mostre que os elementos neutros 0 e 1 sao unicos.

Solucao: Sejam a e b ∈ Z elementos neutros da adicao em Z. Somando a e b temos a = a + b porque b e

elemento neutro da adicao em Z e, por outro lado, a + b = b pois a tambem e elemento neutro da adicao

em Z. Juntando os resultados temos que a = a+ b = b. Logo existe um unico elemento neutro na adicao de

numeros inteiros, este e o numero chamado de zero.

Para mostrar a unicidade do elemento neutro da multiplicacao o argumento e o mesmo. Suponha que

tanto 1 como 1′ ∈ Z sejam elementos neutros da multiplicacao em Z. Entao 1′ = 1 · 1′ porque 1 e neutro

1 · 1′ = 1 porque 1′ e neutro, logo 1 = 1′.

Exercıcio 15. Prove que o inverso aditivo de cada elemento a ∈ Z e unico. Denotaremos esse inverso por

−a.

Solucao: Suponha que os numeros b e b′ ∈ sejam inversos aditivos do numero a ∈. Entao a+ b = 0 = a+ b′,

logo a + b = a + b′, subtraindo a em ambos os membros da igualdade concluimos que b = b′. Portanto, o

inverso aditivo de cada elemento a ∈ e unico.


Exercıcio 16. Prove, por inducao, que as seguintes formulas sao verdadeiras para todo n ∈ Z com n ≥ 1:

(a) 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 =n (n+ 1) (2n+ 1)

6

(b) 13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 =

(n (n+ 1)

2

)2

Solucao:

(a) A verificacao de que a formula vale para n = 1 e trivial, a saber:

1 =1(1 + 1)(2.1 + 1)

6

Suponha que a proposicao vale para um numero natural n, isto e, suponha que

12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6

13

para um certo numero natural n. Vamos mostrar que isso implica que a proposicao vale para n+ 1. De fato,

12 + 22 + · · ·+ n2︸︷︷︸n(n+ 1)(2n+ 1)

6

+ (n+ 1)2 =

n(n+ 1)(2n+ 1)

6+ (n+ 1)2 =

1

6(n+ 1)[n(2n+ 1) + 6(n+ 1)] =

1

6(n+ 1)[2n2 + 7n+ 6] =

(n+ 1)(n+ 2)[2(n+ 1) + 1]

6.

Conforme querıamos demonstrar.

(b) Verifica-se que a fornula e valida para n = 1.

Por hipotese de inducao admitimos que a afirmacao e valida para n = k,

1 + 8 + . . .+ k3 =

[k (k + 1)

2

]2

.

Provemos a formula para n = k + 1.

1 + 8 + . . .+ k3 + (k + 1)3

=

[k (k + 1)

2

]2

+ (k + 1)3

=k2 (k + 1)

2+ 4 (k + 1)

3

4=

=(k + 1)

2 (k2 + 4 (k + 1)

)4

=(k + 1)

2(k + 2)

2

4=

[(k + 1) (k + 2)

2

]2

.

Exercıcio 17. Mostre, por inducao sobre n ≥ 1 que:

(a) Todo numero inteiro da forma n3 + 2n com n ≥ 1 e divisıvel por 3.

(b) Todo numero inteiro da forma n3 − n com n ≥ 1 e divisıvel por 24.

(c) Seja Ω = 1, 2, ..., n com n ≥ 1 e seja P (Ω) = B | B ⊂ Ω o conjunto das partes de Ω (isto e,

o conjunto de todos os subconjuntos de Ω). Mostre, por inducao, que o numero de elementos |P (Ω)|, do

conjunto P (Ω) e igual a 2n.

Solucao:

(a) Claramente a expressao e valida para n = 1.

Vamos admitir, por hipotese de inducao, que ela e valida para n = k, isto e, existe um inteiro a tal que

k3 + 2k = 3a.

Provemos que (k + 1)3

+ 2 (k + 1) e um multiplo de 3. De fato,

(k + 1)3

+ 2 (k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + 1 + 2k + 2 = 3a+ 3(k2 + k + 1

)= 3b,

onde b = a+ k2 + k + 1, mostrando que (k + 1)3

+ 2 (k + 1) e um multiplo de 3.

(b) A afirmacao e falsa para n = 2, e verdadeira para n = 3 e novamente falsa para n = 4 pois 43 − 4 = 60

que nao e divisıvel por 24. E verdadeira se supomos n ımpar.

No entanto, para todo n ≥ 1 o numero n3 − n e divisıvel por 6.

De fato, n3−n = n(n2−1) = n(n−1)(n+1) = (n−1)n(n+1). Leia-se, n3−n e o produto de tres inteiros

consecutivos. Ora, dados dois inteiros consecutivos um deles tem que ser par, logo o numero e divisıvel por

dois. Da mesma maneira, dados tres inteiros consecutivos (exatamente) um deles deve ser divisıvel por tres.

Consequentemente, o numero n3−n = (n−1)n(n+1) e divisıvel por dois e por tres e portanto e divisıvel por 6.

Prova por inducao:

Primeiramente, observe que n3 − n = n(n2 − 1) = n(n − 1)(n + 1). Se n = 1, entao n3 − n = 0 e

zero e divisıvel por 6. Se para algum inteiro nao-negativo n vale que n3 − n e divisıvel por 6, entao tome

(n+ 1)3− (n+ 1) = (n− 2)(n− 1)n = n(n− 1)(n+ 1− 3) = n(n+ 1)(n− 1) + 3n(n+ 1). A primeira parcela

da soma e divisıvel por 6 pela hipotese de inducao e a segunda parcela e divisıvel por 6 porque e divisıvel

por 3 e e par, ja que e o produto de dois inteiros consecutivos.

(c) Se n = 1, isto e, se Ω e um conjunto unitario, entao P (Ω) = ∅,Ω que tem 2 = 21 elementos. Suponha

que para algum inteiro n, o numero de elementos do conjunto das partes de a1, a2, · · · , an e 2n. Tome

Ω = a1, a2, · · · , an, an+1. Entao os subconjunto de Ω podem ser divididos em duas classes: aqueles em

que an+1 figura e aqueles em que an+1 nao figura. Observe que a operacao de tomar uniao com an+1

determina uma bijecao entre essas duas classes. Por isso elas possuem o mesmo numero de elementos. Pela

hipotese de inducao, o numero de subconjuntos de Ω que nao contem an+1 e 2n. Logo o numero de elementos

de P (Ω) e 2.2n = 2n+1.


Exercıcio 18. Mostre, usando inducao, que a soma dos angulos internos de um polıgono de n lados e

1800 (n− 2) .

Solucao: Como o problema trata de polıgonos comecaremos com um triangulo, n = 3. Para provar que

a soma dos angulos internos de um triangulo e 180o considere um triangulo ABC com angulos internos

α, β e γ correspondentes a ABC, respectivamente. Trace por B uma reta r paralela a AC. Observe os

alternos internos relativos a α e γ sobre r (isto e, transporte o angulo α paralelamente ao lado AB ate o

vertice B. Analogamente, transporte o angulo γ paralelamente ao lado BC ate o vertice B). Observe que

α+ β + γ = 180o, conforme a figura.

Suponha que a expressao para a soma dos angulos internos de um polıgono seja valida para algum numero

inteiro n ≥ 3. Seja A1A2 · · ·An+1 um polıgono de n+ 1 lados. Para usar a hipotese de inducao considere o

polıgono A1A2 · · ·An incluindo a diagonal de A1 a An para fechar o polıgono. A soma dos angulos internos de

A1A2 · · ·An+1 e a soma dos angulos internos de A1A2 · · ·An mais a soma dos angulos internos do triangulo

A1AnAn+1. Logo, 180o(n− 2) + 180o = 180o((n+ 1)− 2), cqd.

Atividades - pagina 46

Exercıcio 19. Prove, por inducao, as seguintes formulas sobre inteiros:

(a) 1 + 2 + . . .+ n = n(n+1)2 , ∀ n ≥ 1.

(b) 1 + 4 + . . .+ n2 = n (n+ 1)2n+ 1

6, ∀ n ≥ 1.

(c) 1 + 8 + . . .+ n3 =[n(n+1)

2

]2∀ n ≥ 1.

(d) 1 + 3 + . . .+ (2n− 1) = n2 ∀ n ≥ 1.

Solucao:

(a) A verificacao de que a formula vale para n = 1 e trivial, a saber:

1 =1(1 + 1)

2

Suponha a proposicao para um numero natural n, isto e, suponha que

1 + 2 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2

para um certo numero natural n. Vamos mostrar que isso implica que a proposicao vale para n+ 1. De fato,

1 + 2 + · · ·+ n︸︷︷︸hip. de inducao

+(n+ 1) = n(n+1)2 + n+ 1 = 1

2 [n(n+ 1) + 2(n+ 1)]

=(n+ 1) [(n+ 1) + 1]

2.

Assim pelo Princıpio de Inducao a formula vale para todo n ∈ N.

(b) Este exercıcio ja foi resolvido. Ver pagina 13 deste caderno.

(c) Este exercıcio ja foi resolvido. Ver pagina 14 deste caderno.

(d) A verificacao de que a formula vale para n = 1 e trivial, com efeito, 1 = 2.1 − 1 = 12. Suponha a

proposicao e verdadeira para um numero natural n, isto e, suponha que 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) = n2 para um

certo numero natural n. Vamos mostrar que isso implica que a proposicao vale para n+ 1. De fato,

1 + 3 + · · ·+ (2n− 1)︸︷︷︸hipotese de inducao

+(2n+ 1) = n2 + (2n+ 1) = (n+ 1)2.

Entao pelo Princıpio de Inducao a formula vale para todo n ∈ N.

Exercıcio 20. Prove, por inducao, que n3 + 2n e sempre um multiplo de 3.

Solucao: Se n = 1, temos 13 +2.1 = 3, que e multiplo de 3 - a proposicao e verdadeira para n = 1. Suponha

a afirmacao verdadeira para n ∈, isto e, suponha que n3 + 2n = 3q para algum q ∈. Queremos mostrar que

(n+ 1)3 + 2(n+ 1) e multiplo de 3.

(n+ 1)3 + 2(n+ 1) = (n3 + 3n2 + 3n+ 1) + 2n+ 2 = n3 + 3n2 + 5n+ 3 =

= (n3 + 2n)︸︷︷︸=3q

+ 3(n2 + n+ 1).

Entao (n+ 1)3 + 2(n+ 1) = 3(q+n2 +n+ 1) e, portanto, e multiplo de 3, isso mostra que n3 + 2n e multiplo

de 3 para todo n ∈ N.

Exercıcio 21. Para n,m ∈ N e n ≥ m, definimos o numero binomial

(n

k

)como

(n

k

)=

n!

(n−m)!m!,

onde n! = n (n− 1) (n− 2) . . . 3 · 2 · 1 e 0! = 1. Prove, por inducao sobre n, a formula:(n

m− 1

)+

(n

m

)=

(n+ 1

m

).

Solucao: Observe inicialmente que o numero binomial

(n

k

)nao tem sentido quando k < 0. Se n = 1 entao

m = 1 (porque a formula nao faz sentido para m = 0) e(1

0

)+

(1

1

)= 2 =

(2

1

)e, portanto, a expressao e verdadeira neste caso.

Suponha que a expressao seja verdadeira para algum numero natural, chamemos k este numero e para

todo m ∈ −0 com m ≤ k. Queremos mostrar que(k + 1

m

)+

(k + 1

m+ 1

)=

(k + 2

m+ 1

).

Maos-a-obra!

(k + 1

m

)+

(k + 1

m+ 1

)=

(k + 1)!

m!(k −m+ 1)!+

(k + 1)!

(m+ 1)!(k −m)!=

=k + 1

m

k!

(m− 1)!(k −m+ 1)!+

k + 1

(m+ 1)m

k!

(m− 1)!(k −m)!=

=(k + 1)

(m+ 1)

((k

m− 1

)+

(k

m

))︸︷︷︸

Hip. de Inducao

+(k + 1)

m(m+ 1)

(k

m−1

)=

=(k + 1)

m(m+ 1)

[m(k+1m

)+(

km−1

)]=

= (k + 1).(k + 1)!

(m+ 1)!(k −m+ 1)!+

(k + 1)!

(m+ 1)!(k −m+ 1)!=

=(k + 2)!

(m+ 1)!(k −m+ 1)!=

(k + 2

m+ 1

).

Pelo Princıpio de Inducao a formula vale para todo n ∈ N.

Exercıcio 22. Em uma fila de supermercado, a primeira pessoa da fila e uma mulher e a ultima e um homem.

Use o princıpio da inducao para mostrar que em algum ponto da fila uma mulher estara diretamente na frente

de um homem.

Solucao: Considere a proprosicao P (n) = a n-esima pessoa da fila e mulher. Precisamos mostrar que para

algum n ∈ N − 0 a n-esima pessoa e mulher, mas a (n + 1)-esima pessoa nao e mulher. Precisamente,

devemos mostrar que para algum n temos P (n) mas nao temos P (n+ 1). Isto e equivalente a verificar que

P (n) nao implica P (n + 1) para algum n ∈ −0. Ora, a primeira pessoa e mulher, entao vale P (1). Se

tivessemos P (n) ⇒ P (n + 1) para todo n ∈ −0, entao pelo Princıpio de Inducao terıamos P (n) para

todo n o que nao e verdade, pois a ultima pessoa da fila e um homem. Conclusao, existe n ∈ −0 tal que

P (n) 6⇒ P (n+ 1), o que e equivalente a existe uma mulher que esta na frente de um homem.

Exercıcio 23. Se n e um numero ımpar, prove que n3 − n e sempre divisıvel por 24.

Solucao: Se n = 1 entao n3 − n = 0 e, portanto, divisıvel por 24. Provaremos que se para algum numero

ımpar k ∈ a afirmacao for verdadeira, isto e, se k3 + k for multiplo de 24, entao a afirmacao valera tambem

para o proximo numero ımpar, a saber, k + 2. De fato,

(k + 2)3 − (k + 2) = (k3 + 6k2 + 12k + 8)− (k + 2) = (k3 − k) + 6(k2 + 2k + 1) =

= (k3 − k)︸︷︷︸=24q

+6 (k + 1)2︸︷︷︸=4q′

.

Na ultima linha, k3 − k e multiplo de 24 por hipotese de inducao. Como k e ımpar, k + 1 e par, logo

multiplo de 2. Sendo assim (k + 1)2 e multiplo de 4. Portanto, quando multiplicado por 6 o produto e

multiplo de 24. Por conseguinte,toda a expressao na ultima linha e multiplo de 24, conforme querıamos

demonstrar.

Exercıcio 24. Seja Fn o n-esimo numero de Fibonacci, introduzido no Exemplo 11. Mostre que(n

0

)+

(n− 1

1

)+

(n− 2

2

)+ . . .+

(0

n

)= Fn.

Note que varios dos ultimos fatores da soma acima serao iguais a zero, pois

(n

m

)= 0 se n < m. Por

exemplo, para n = 4, (4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)+

(1

3

)(0

4

)= 1 + 3 + 1 + 0 + 0 = 5 = F4.

Solucao: Sabemos que F0 = F1 = 1 sao os dois primeiros numeros de Fibonacci. Entao a formula vale

quando n = 0 e quando n = 1. De fato,

(00

)= 1 e(

10

)+(

01

)= 1.

Para facilitar a redacao defina

an =

(n

0

)+

(n− 1

1

)+ · · ·+

(1

n− 1

)+

(0

n

).

Ja verificamos que a0 = a1 = 1. Usaremos o Princıpio de Inducao para mostrar que an+1 = an + an−1

para todo n ≥ 1 natural, entao teremos que Fn = an para todo n ∈ e a formula estara verificada.

Se n = 1, temos, por um lado que an + an−1 = 1 + 1 = 2 e por outro

a2 =

(2

0

)+

(1

1

)+

(0

2

)= 1 + 1 + 0 = 2,

entao a proposicao an+1 = an + an−1 e verdadeira para n = 1.

Tome por hipotese que a proposicao an+1 = an + an−1 seja verdadeira para algum n ≥ 1 qualquer

(arbitrario, mas fixado!). Devemos agora verificar que an+2 = an+1 + an. Tomemos o segundo membro da

equacao e usemos a relacao de Stiefel (esta e a formula provada no exercıcio na pagina 17 deste caderno).

an+1 + an =(n+1

0

)+

(n

1

)+

(n− 1

2

)+ · · ·+

(1n

)+

(0

n+ 1

)+

+

(n

0

)+

(n− 1

1

)+ · · ·+

(1

n

)+

(0

n+ 1

)=

=

(n+ 1

0

)︸︷︷︸

=1

+

(n+ 1

1

)+

(n

2

)+ · · ·+

(2

n

)+

(1

n+ 1

)=

=

(n+ 2

0

)︸︷︷︸

=1

+

(n+ 1

1

)+

(n

2

)+ · · ·+

(2

n

)+

(1

n+ 1

)+

(0

n+ 2

)︸︷︷︸

=0

= an+2.

Aula 5

Exercıcios pag. 49

Exercıcio 25. Encontre D (60), D (60)+

, e D (60)−

.

Solucao:

D(60) = ±1,±2,±3,±4,±5,±6,±10,±12,±15,±20,±30,±60

D+(60) = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60

D−(60) = −1,−2,−3,−4,−5,−6,−10,−12,−15,−20,−30,−60

Exercıcio 26. Quantos divisores tem um numero primo?

Solucao: Um numero primo p tem exatamente 4 divisores, sao eles ±1,±p.

Exercıcios pag. 50

Exercıcio 27. De exemplos de inteiros positivos n tais que

|D(n)| = n.

Solucao: Os numeros 8 e 12 satisfazem a condicao |D(n)| = n. De fato, D(8) = ±1,±2,±4,±8 e

D(12) = ±1,±2,±3,±4,±6,±12.

Atividades pag. 58

Exercıcio 28. Determine os conjuntos D(156) e D(130). Determine d = mdc (156, 130) e verifique que d e

multiplo de todos os elementos de D(156)∩D(130), isto e, d e multiplo de todos os divisores comuns de 156

e 130.

Solucao:

D(156) = ±1,±2,±3,±4,±6,±12,±13,±26,±39,±52,±78,±156;

D(130) = ±1,±2,±5,±10,±13,±26,±65,±130;

mdc (156, 130) = 26.

Determinando a intersecao temos D(156) ∩ D(130) = ±1,±2,±13,±26. Observe que o mdc e o maior

elemento do conjunto e e multiplo de todos os elementos deste conjunto.

20

Exercıcio 29. Verifique que mdc

(156

d,

130

d

)= 1.

Solucao: Efetuando a divisao temos que156

26= 6 e

130

26= 5. Como 5 e primo nao ha divisores comuns aos

divisores de 6 alem dos triviais. Portanto, mdc(5, 6) = 1.

Tambem poderıamos encontrar os divisores de 5, os divisores de 6 e procurar os numeros que sao divisores

comuns aos dois.

Exercıcio 30. Escolha alguns pares de inteiros a e b e verifique que

mdc

(a

mdc (a, b),

b

mdc (a, b)

)= 1.

Solucao: Deixamos este exclusivamente para o leitor.

Exercıcios pag. 61

Exercıcio 31. Determine, usando o algoritmo de Euclides os seguintes MDC ′s :

(i) mdc(138, 24) (ii) mdc(227, 143)

(iii) mdc(657, 306) (iv) mdc(12.378, 3.054)

Solucao: Em todos os items utilizaremos o processo das divisoes sucessivas desenvolvido nesta aula.

(i)

5 1 3

138 24 18 6

18 6 0

=⇒ mdc(138, 24) = 6.

(ii)

1 1 1 2 2 1 3 2

227 143 84 59 25 9 7 2 1

84 59 25 9 7 2 1 0

=⇒ mdc(227, 143) = 1.

(iii)

2 6 1 4

657 306 45 36 9

45 36 9 0

=⇒ mdc(657, 306) = 1.

(iv)

4 18 1 5 1 3

12.378 3.054 162 138 24 18 6

162 138 24 18 6 0

=⇒ mdc(12.378, 3.054) = 6.

Exercıcio 32. Mostre que: Sejam a, b, c inteiros nao nulos. Se a divide b e a divide c, entao a divide (b± c).

Vale a recıproca?

Solucao: a|b e a|c =⇒ existem inteiros m e n tais que b = am e c = an =⇒ b+c = am+an = a (m+ n) =⇒

a|(b + c). Observe que a|c =⇒ a|(−c). Logo, a|b e a|c =⇒ a|b e a|(−c) =⇒ a|(b − c). Conforme querıamos

demonstrar.

Note que nao vale a recıproca. De fato, 2| (5 + 3) mas no entanto 2 nao divide 5 e 2 nao divide 3.

Exercıcio 33. Seja r 6= 0 com r ∈ Z uma raız inteira do polinomio x2 + ax + b, onde a, b sao inteiros.

mostre que r e divisor de b.

Solucao: Sendo r uma raiz inteira do polinomio, entao r2 + ar + b = 0. Logo r(r + a) + b = 0 e, portanto,

b = −(r(r + a)) = r(−(r + a)), ou seja, r e divisor de b.

Exercıcio 34. Seja a um inteiro ımpar. Mostre que a2 − 1 e sempre divisıvel por 8.

Solucao: Pelo Teorema de Divisao de Euclides, existem inteiros q e r tais que

a = 2q + r com 0 ≤ |r| < 2.

Como a e ımpar, entao r 6= 0 e, portanto, a = 2q + 1 ou a = 2q − 1. Assim,

a2 − 1 = 4q2 + 4q = 4q(q + 1) ou a2 − 1 = 4q2 − 4q = 4q(q − 1).

Se q e par entao q = 2k para algum inteiro k, logo 4q(q + 1) = 8k(q + 1) e 4q(q − 1) = 8k(q − 1) sao

divisıveis por 8.

Se q e ımpar entao q+ 1 e q− 1 sao pares, logo existem inteiros k1 e k2 tais que q+ 1 = 2k1 e q− 1 = 2k2

e, portanto, 4q(q + 1) = 8k1q e 4q(q − 1) = 8k2q sao divisıveis por 8.

Exercıcio 35. Sejam , a2, · · · , an inteiros positivos. Generalize a nocao de mdc de dois inteiros definindo

(de modo similar) mdc (a1, a2, ..., an).

Solucao: Diremos que o numero inteiro positivo d e o maximo divisor comum a n numeros inteiros nao

nulos a1, a2, · · · , an, se:

• d e um divisor comum a a1, a2, · · · , an, isto e, d divide ai para todo i = 1, 2, · · · , n.

• d e o maior divisor comum a todos eles, isto e, se d′ e outro divisor comum a a1, a2, · · · , an, entao d′

divide d.

Usamos a notacao mdc(a1, a2, · · · , an) para denotar o maximo divisor comum a a1, a2, · · · , an.

Aula 6

Atividades pag. 65

Exercıcio 36. Verifique qual dos seguintes subconjuntos I ⊂ Z e (ou nao) ideal de Z.

(a) I = m ∈ Z | m e divisor de 24

(b) I = m ∈ Z | m e multiplo de 24

(c) I = m ∈ Z | m e multiplo comum de 18 e 24

(d) I = m ∈ Z | 21m e multiplo de 9

Solucao:

(a) Nao e ideal porque 0 /∈ I.

(b) O conjunto I e um ideal de porque sao verificadas as tres propriedades da definicao de ideal.

• 0 ∈ I;

• Para quaisquer x e y em I, existem inteiros a e b tais que x = 24a e y = 24b. Logo, x−y = 24a−24b =

24(a− b) e multiplo de 24 e, portanto, x− y ∈ I.

• Dados x ∈ I e m ∈ o produto xm ∈ I, porque x = 24n para algum n ∈, logo xm = 24nm e multiplo

de 24.

(c) E ideal.

Observe, inicialmente que x ∈ I ⇐⇒ existem inteiros m e n tais que x = 18m e x = 24n.

• 0 ∈ I, pois 0 = 0 · 18 e 0 = 0 · 24.

• Se x, y ∈ I, entao existem inteiros m1,m2, n1 e n2 tais que x = 18m1, x = 24n1, y = 18m2 e y = 24n2..

Assim

x− y = 18(m1 −m2) e x− y = 24(n1 − n2)

e, portanto, (x− y) ∈ I.

• Se x ∈ I, entao existem inteiros m e n tais que x = 18m e x = 24n. Assim, para todo r ∈ Z, rx = 18rm

e rx = 24rn e, portanto, rx ∈ I.

23

(d) E ideal.

Observe, inicialmente que x ∈ I ⇐⇒ existe um inteiro q tal que 21x = 9q.

• 0 ∈ I, pois 21 · 0 = 0 = 0 · 9.

• Se x, y ∈ I, entao existem inteiros q1 e q2 tais que 21x = 9q1 e 21y = 9q2.. Assim

21(x− y) = 9(q1 − q2)

e, portanto, (x− y) ∈ I.

• Se x ∈ I, entao existe um inteiro q tal que 21x = 9q. Assim, para todo r ∈ Z, 21rx = 9rq e, portanto,

rx ∈ I.

Exercıcio 37. Generalize o exemplo 17 para:

J = Z · a1 + Z · a2 + . . .+ Z · ak =

= m = r1a1 + r2a2 + . . .+ rkak | ri ∈ Z, 1 ≤ i ≤ k

mostrando que J e um ideal de Z.

Solucao: O conjunto J ⊂ Z e um ideal porque sao verificadas as tres condicoes da definicao de ideal. De

fato,

• 0 = 0.a1 + 0.a2 + · · ·+ 0.ak ∈ J ;

• Queremos mostrar que x − y ∈ J para quaisquer x e y em J . Como x e y ∈ J existem inteiros

m1,m2, · · · ,mk e n1, n2, · · · , nk tais que

x = m1a1 +m2a2 + · · ·+mkak e y = n1a1 + n2a2 + · · ·+ nkak.

Entao,

x− y = (m1a1 +m2a2 + · · ·+mkak)− (n1a1 + n2a2 + · · ·+ nkak) =

= (m1 − n1)a1 + (m2 − n2)a2 + · · ·+ (mk − nk)ak ∈ J ;

• Dados x ∈ J e b ∈ vamos mostrar que o produto bx ∈ J . Como x ∈ J , existem inteiros m1,m2, · · · ,mk

tais que x = m1a1 +m2a2 + · · ·+mkak, entao o produto

bx = (bm1)a1 + (bm2)a2 + · · ·+ (bmk)ak,

logo bx ∈ J .

Atividades pag. 70

Exercıcio 38. Descreva os seguintes subconjuntos J de Z.

(a) J = Z·36 + Z · 25

(b) J = Z·18 + Z · 24 + Z · 21

(c) J = Z · 105 + Z · 52

Solucao:

(a) mdc(36, 25) = 1 =⇒ J = Z

(b) mdc(18, 21, 24) = 3 =⇒ J = Z · 3 = ...− 9,−6,−3, 0, 3, 6, 9, ...

(c) mdc(105, 52) = 1 =⇒ J = Z

Atividades pag. 72

Exercıcio 39. Escreva os conjuntos Z·12 e Z·15. Determine Z·12∩Z·15 e verifique que mmc (12, 15) = 60.

Solucao: O conjunto Z · 12 e o conjunto dos inteiros multiplos de 12, isto e,

Z · 12 = · · · − 60,−48,−36,−24,−12, 0, 12, 24, 36, 48, 60 . . .,

analogamente,

Z · 15 = · · · ,−60,−45,−30,−15, 0, 15, 30, 45, 60, . . ..

Logo a intersecao Z · 12∩Z · 15 e formada pelos inteiros que sao multiplos, simultaneamente, de 12 e 15, isto

e,

Z · 12 ∩ Z · 15 = . . . ,−180,−120,−60, 0, 60, 120, 180, . . ..

O mmc(12, 15) = 60 pelo Teorema 3. Por cortesia verifiquemos tambem pelas propriedades de mmc. Como

60 ∈ Z · 12 ∩ Z · 15, o numero 60 e multiplo de ambos, 12 e 15, portanto vale 1. Se um numero inteiro M

e multiplo de 12 e de 15, entao M ∈ ·12 e M ∈ Z · 15, logo M ∈ Z · 12 ∩ Z · 15 e multiplo de 60 tambem e

assim verificamos 2.

Exercıcio 40. Mostre que a divide b implica em mmc (a, b) = b.

Solucao:

• Obviamente, b e multiplo de b, pois b = 1b. Por outro lado, como a divide b, existe um inteiro q tal

que b = qa, ou seja, b e multiplo de a.

• Seja M ′ um multiplo comum de a e b. Entao, tem-se diretamente que M ′ e multiplo de b.

Conclusao: b = mmc(a; b).

Atividades pag. 73

Exercıcio 41. Escolha alguns pares de inteiros positivos a e b, calcule mdc (a, b) e mmc (a, b). Verifique que

mdc (a, b) ·mmc (a, b) = ab.

Solucao: Exercıcio de fixacao.

Exercıcio 42. Mostre que a divide b implica em mmc (a, b) = b.

Solucao: Esta questao ja foi resolvida exercıcio da pagina 25 deste caderno.

Exercıcio 43. Mostre que se a e b sao primos entre si, entao mmc (a, b) = ab.

Solucao: O Teorema 4 afirma que mmc(a, b) ·mdc(a, b) = ab. Por outro lado, se a e b sao primos entre si,

mdc(a, b) = 1. Logo, mmc(a, b) = ab se a e b sao primos entre si.

Exercıcios pag. 76

Exercıcio 44. Sejam I e J dois ideais de Z. Mostre que I ∩ J e um ideal de Z.

Solucao: A intersecao de dois ideais ainda e um ideal.

• Como I e J sao ideais, 0 ∈ I e 0 ∈ J e, portanto, 0 ∈ I ∩ J .

• Se x, y ∈ I ∩ J , entao x, y ∈ I e x, y ∈ J . Como I e J sao ideais , entao (x − y) ∈ I e (x − y) ∈ J e,

portanto, (x− y) ∈ I ∩ J .

• Se x ∈ I ∩ J , entao x ∈ I e x ∈ J . Como I e J sao ideais, entao, para todo r ∈, rx ∈ I e rx ∈ J e,

portanto, rx ∈ I ∩ J .

Exercıcio 45. Generalize o exercıcio anterior mostrando que se I1, I2, ..., Ik sao ideais de Z entao

I1 ∩ I2 ∩ ... ∩ Ik = I

tambem e ideal de Z.

Solucao: O exercıcio consiste em provar que a intersecao de finitos ideais de Z ainda e um ideal de Z.

• 0 e elemento de I; Com efeito, como I1, I2, ..., Ik sao todos ideais, 0 ∈ Ij para todo j = 1, 2, · · · k, entao

0 ∈ I = I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Ik;

• Se x e y ∈ I entao x − y ∈ I; Como x e y pertencem a intersecao I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Ik, temos que x e y

pertencem a todos I1, I2, · · · , Ik. Dado j ∈ 1, 2, · · · , k o conjunto Ij e um ideal de

• Se x ∈ I e m ∈ entao xm ∈ I; De fato, se x ∈ I = I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Ik, entao x e elemento de cada um

dos ideais I1, I2, · · · , Ik. Como cada um dos Ij e ideal, temos que xm ∈ Ij para todo j = 1, 2, · · · , k, o

que e equivalente a dizer que x pertence a intersecao I = I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Ik.

Exercıcio 46. Generalize o exercıcio 2 acima mostrando que: se Ikk∈N e uma colecao de ideais de Z

entao I =

∞⋂k=0

Ik tambem e um ideal de Z.

Solucao: O exercıcio afirma que a intersecao de infinitos ideais de Z ainda e um ideal de Z, se a colecao de

ideais e enumeravel.

• 0 e elemento de I; Com efeito, como Ik e ideal de Z para todo k ∈ N entao 0 ∈ Ik para todo k, assim

sendo 0 ∈ I =

∞⋂k=0

Ik;

• Se x e y ∈ I entao x− y ∈ I; Como x e y pertencem a intersecao, x e y ∈ Ij para todo j ∈ N. Mas se

x e y ∈ Ij e Ij e ideal de Z.entao x− y ∈ Ij para todo j ∈ N, ou seja, x− y ∈ I =

∞⋂k=0

Ik.

• Se x ∈ I e m ∈ entao xm ∈ I; De fato, se x ∈ I =⋂∞k=0 Ik, entao x e elemento de cada um dos ideais

I1, I2, · · · . Como cada um dos Ij e ideal, temos que xm ∈ Ij para todo j ∈ N, o que e equivalente a

dizer que x pertence a intersecao I =⋂∞k=0 Ik.

Exercıcio 47. Demonstre a generalizacao do Teorema 2. Isto e, prove que dados inteiros nao nulos

a1, a2, ..., ak e d = mdc (a1, a2, ..., ak) temos

Z · a1 + Z · a2 + · · ·+ Z · ak = Z · d

e existem r1, r2,...,rk ∈ Z tais que d = r1 · a1 + r2 · a2 + ...+ rk · ak.

Solucao: Considere o ideal de Z dado por Z · a1 + Z · a2 + · · · + Z · ak. Para verificar a identidade

entre os ideais Z · a1 + Z · a2 + · · · + Z · ak e Z · d precisamos verificar que a1, a2, · · · , ak ∈ Z · d e que

d ∈ Z · a1 + Z · a2 + · · · + Z · ak (porque se um ideal I contem os geradores do ideal J entao I contem o

ideal J). Ora, como d = mdc(a1, a2, · · · , ak), o numero d divide aj , isto e, existe mj ∈ Z tal que aj = dmj

e, portanto, aj ∈ Z · d, para todo j = 1, 2, · · · , k. Concluimos que Z · a1 + Z · a2 + · · · + Z · ak ⊂ Z · d. O

Teorema 1 desta aula garante que todo ideal de Z e principal, isto e, existe um numero inteiro q ∈ Z tal que

Z·a1+Z·a2+· · ·+Z·ak = Z·q. Juntamente com a parte ja verificada temos que Z·q = Z·a1+Z·a2+· · ·+Z·ak ⊂

Z ·d. Entao q divide aj para todo j = 1, 2, · · · , k. Lembre-se que d = mdc(a1, a2, · · · , ak), logo, se q divide os

numeros a1, a2, · · · , ak, entao q divide d, isto e, existe n ∈ Z tal que d = nq. Consequentemente, Z ·d ⊂ Z · q,

o que termina a verificacao da igualdade entre os conjuntos.

Aula 7

Atividades pag. 4

Exercıcio 48. Mostre que

Z · 8 & Z · 4 & Z · 2 & Z.

Solucao: Para mostrar que Z ·m e subconjunto proprio de Z ·n, precisamos mostrar que Z ·m esta contido

em Z · n, mas que os conjuntos nao sao iguais. Como todo ideal de Z e principal basta mostrar que m, o

gerador de Z ·m, e elemento de Z ·n e que o gerador n de Z ·n nao e elemento de Z ·m. De fato, se m ∈ Z ·n,

entao todo multiplo de m tambem e elemento de Z · n, logo Z ·m ⊂ Z · n e como n /∈ Z ·m a inclusao e

propria, isto e, Z ·m ( Z · n.

Agora, para resolver o exercıcio precisamos usar a tecnica acima em cada um dos casos.

• Z · 2 ( Z; claramente observa-se que 2 ∈ Z e 1 /∈ Z · 2, de onde segue que Z · 2 ( Z.

• Z · 4 ( Z · 2; analogamente 4 ∈ Z · 2 e 2 /∈ Z · 4, assim Z · 4 ( Z · 2.

• Z · 8 ( Z · 4; do mesmo modo observa-se que 8 ∈ Z · 4 e 4 /∈ Z · 8, e portanto Z · 8 ( Z · 4.

Por definicao, se m e um inteiro composto, entao m = pq com p e q inteiros diferentes de ±1.

Afirmamos que o ideal Z ·m ( Z · p ( Z. De fato,

m = pq e q 6= ±1 ⇒ m ∈ Z · p e p /∈ Z ·m ⇒ Z ·m ( Z · p.

E como p 6= ±1 o ideal Z · p ( Z.

Exercıcio 49. Mostre que o ideal Z ·m, onde m e um inteiro composto, nao e maximal.

Solucao: Por definicao, se m e um inteiro composto, entao m = pq com p e q inteiros diferentes de ±1.

Afirmamos que o ideal Z ·m ( Z · p ( Z. De fato,

m = pq e q 6= ±1 ⇒ m ∈ Z · p e p /∈ Z ·m ⇒ Z ·m ( Z · p.

E como p 6= ±1 o ideal Z · p ( Z.

29

Atividades pag. 6

Exercıcio 50. Mostre que Z · 5 e um ideal maximal de Z.

Solucao: Pelo Teorema 1 desta Aula um ideal Z · p de Z e maximal se, e somente se, p e primo. Entao Z · 5

e ideal maximal porque 5 e primo.

Costuma ser um bom exercıcio provar teoremas em casos particulares. Demonstremos que o ideal Z · 5 e

maximal sem usar o Teorema 1 por cortesia.

Precisamos verificar que:

• Z · 5 ( Z; e claro que Z · 5 ⊂ Z e e igual porque nem todo numero inteiro e multiplo de 5.

• Se para um ideal I de Z vale Z ·5 ⊂ I, entao Z ·5 = I ou I = Z; como todo ideal de Z e principal,

o ideal I = Z ·n para algum n ∈ Z. Supondo que Z ·5 ⊂ Z ·n, temos que n divide 5 (o que e equivalente

a 5 e multiplo de n), mas como 5 e primo, ou bem n = 1 e Z · n = Z ou bem n = 5 e Z · n = Z · 5.

Exercıcio 51. Mostre que Z · n = Z ⇐⇒ n = ±1.

Solucao: Ora, se Z ·n = Z, entao Z ⊂ Z ·n, logo todo inteiro a e do tipo a = rn para algum r ∈ Z, ou seja,

n divide qualquer numero inteiro a, em particular n divide o 1, logo n = ±1. A recıproca e obvia.

Atividades pag. 8

Exercıcio 52. De um exemplo de inteiros m, a e b tais que m | ab, mas m - a e m - b. Por que este inteiro

m deve ser necessariamente um numero composto?

Solucao: Sejam m = 6, a = 4 e b = 3. Claramente, temos que m | ab, m - a e m - b. O numero inteiro

m deve, necessariamente, ser um numero composto porque se m fosse primo e m | ab, entao m | a ou m | b

pelo Teorema 2 desta Aula.

Atividades pag. 9

Exercıcio 53. Determine inteiros x e y tais que 1 = x · 198 + y · 25.

Solucao: Para resolver este exercıcio voce deve seguir os passos do Exemplo 2. Verifiquemos primeiro que

o mdc(198, 25) = 1. Usando o algoritmo de Euclides temos:

198 = 7 · 25 + 23

25 = 1 · 23 + 2

23 = 11 · 2 + 1

2 = 2 · 1 + 0

Portanto, o mdc(198, 25) = 1. Comecando da penultima equacao, isolamos

o 1 no primeiro membro. Em seguida usamos a equacao 25 = 1 ·23 + 2 para

determinar o valor de 2 e na sequencia usamos a primeira equacao para

substituir o 23 por 198− 7 · 25 e assim obter os numeros procurados.

De fato,

1 = 23− 11 · 2 =

= 23− 11 · (25− 23) =

= 12 · 23− 11 · 25 =

= 12 · (198− 7 · 25)− 11 · 25 =

= 12 · 198− 84 · 25− 11 · 25 = 12 · 198− 95 · 25

Portanto, x = 12 e y = −95.

Exercıcios pag. 10

Exercıcio 54. Encontre inteiros x e y tais que xa+ yb = mdc (a, b), onde:

(a) a = 102 e b = 33.

(b) a = −15 e c = 50.

(c) a = 20 e c = 1.

Solucao: Seguiremos os passos apresentados no Exemplo 2 desta aula para a solucao deste exercıcio. Pri-

meiro calculamos o mdc(a, b) pelo algoritmo de Euclides e depois usamos as equacoes obtidas para determinar

os coeficientes x e y que buscamos.

• Calculo do mdc(102, 33):

102 = 3 · 33 + 3

33 = 11 · 3 + 0 portanto, mdc(102, 33) = 3

Da primeira equacao obtemos diretamente que

3 = 102− 3 · 33.

logo x = 1 e y = −3.

• Calculo do mdc(−15, 50):

50 = (−3) · (−15) + 5

−15 = (−3) · 5 + 0 portanto, mdc(−15, 50) = 5

Da primeira equacao obtemos diretamente que

5 = 3 · (−15) + 50.

logo x = 3 e y = 1.

• O mdc(20, 1) = 1 e temos 1 = 1 · 20− 19 · 1.

Exercıcio 55. Prove que inteiros consecutivos devem ser primos entre si.

Solucao: Sejam a e a+1 dois inteiros consecutivos e considere m = mdc(a, a+1). Como m | a e m | (a+1),

entao m | [(a+ 1)− a] = 1 e, portanto, m = 1. Logo, a e a+ 1 sao primos entre si.

Exercıcio 56. Prove que 2a+ 1 e 4a2 + 1 sao primos entre si.

Solucao: Seja m = mdc(2a+ 1, 4a2 + 1). Entao, existem inteiros p e q tais que

2a+ 1 = mp e 4a2 + 1 = mq.

Dessa forma, tem-se que

(mp− 1)2

= mq − 1 =⇒ m2p2 − 2mp+ 2 = mq =⇒ m(mp2 − 2p) + 2 = mq

e, portanto, m |[m(mp2 − 2p) + 2

]. Como m | m(mp2 − 2p), segue que m | 2 (visto que 2 =[

m(mp2 − 2p) + 2]− m(mp2 − 2p)). Sendo m um inteiro, positivo, entao m = 1 ou m = 2. Como m e

um divisor de 2a+ 1, que e um numero ımpar, conclui-se que m = 1 e, portanto, 2a+ 1 e 4a2 + 1 sao primos

entre si.

Exercıcio 57. Sejam a, b, c ∈ Z+ inteiros positivos dados. Mostre que

a ·mdc (b, c) = mdc (ab, ac) .

Solucao: Seja m = mdc(b, c). Entao, pelo teorema 2 da aula 6, Z ·m = Z · b+ Z · c. Pelo mesmo teorema,

para mostrar que am = mdc(ab, ac), basta verificar que Z · (am) = Z · (ab) + Z · (ac)

• Se x ∈ Z · (am), entao existe um inteiro p tal que x = amp. Como Z · m = Z · b + Z · c, entao

m ∈ Z · b+ Z · c e, portanto, existem inteiros r e s tais que m = rb+ sc. Logo

x = a(rb+ sc)p = (rp)ab+ (sp)ac,

ou seja, x ∈ Z · (ab) + Z · (ac).

• Por outro lado, se x ∈ Z·(ab)+Z·(ac), entao existem inteiros r′ e s′ tais que x = r′ab+s′ac = a(r′b+s′c).

Como r′b+ s′c ∈ Z · b+ Z · c = Z ·m, existe um inteiro p′ tal que r′b+ s′c = mp′. Logo

x = amp′,

ou seja, x ∈ Z · (am).

Conclusao: Z · (am) = Z · (ab) + Z · (ac) e, portanto, a ·mdc(b, c) = mdc(ab, ac).

Exercıcio 58. Sejam a, m, n ∈ Z+ inteiros positivos dados. Mostre que

mdc (a,m) = mdc (a, n) = 1 =⇒ mdc (a,mn) = 1.

Solucao: Suponha por absurdo que mdc(a,mn) > 1, ou seja, que exista b > 1 tal que b | a e b | (mn). A

seguir, mostra-se que

mdc(b,m) = mdc(b, n) = 1.

De fato, suponha que as igualdades acima sejam falsas, ou seja, que existam inteiros c > 1 e d > 1 tais

que c | b e c | m e d | b e d | n. Assim existem inteiros q1 e q2 tais que

b = cq1 e b = dq2.

Por outro lado, como b | a, existe um inteiro q3 tal que a = bq3. Dessa forma segue que

a = bq3 = (cq1)q3 = c(q1q3) =⇒ c/a

a = bq3 = (dq2)q3 = d(q2q3) =⇒ d/a.

Tem-se, entao:

• c | a, c | m e c > 1 =⇒ CONTRADICAO com mdc(a,m) = 1

• d | a, d | n e d > 1 =⇒ CONTRADICAO com mdc(a, n) = 1,

e, portanto, mdc(b,m) = mdc(b, n) = 1.

Finalmente, como b | (mn) e mdc(b,m) = 1, segue do Teorema 7 da aula 6 que b | n e como b > 1, isso

CONTRADIZ o fato de que mdc(b, n) = 1. Dessa forma, nao pode existir b > 1 tal que b | a e b | (mn), ou

seja, mdc(a,mn) = 1.

Exercıcio 59. Seja I = Z·n ⊂ Z um dado ideal de Z onde n ∈ Z. Mostre que

I = Z·n = Z⇐⇒n = ±1.

Solucao: Este exercıcio esta resolvido neste caderno no exercıcio 51.

Exercıcio 60. Seja I1 ⊂ I2 ⊂ I3 ⊂ . . . ⊂ In ⊂ . . . uma cadeia de ideais de Z. Mostre que

I =

∞⋃j=1

Ij

e um ideal de Z.

Solucao: Como de costume, para verificar que I e um ideal devemos verificar que sao satisfeitas as tres

propriedades:

• 0 ∈ I; como I1 e um ideal, 0 ∈ I1. Logo, 0 ∈ I porque I contem I1;

• Se x, y ∈ I, entao x− y ∈ I; como x, y ∈ I =⋃∞i=1 Ii, existe j ∈ N tal que x e y ∈ Ij , logo x− y ∈ Ij

porque Ij e um ideal. No entanto, Ij ⊂ I, donde concluimos que x− y ∈ I;

• Se x ∈ I e m ∈ N, entao xm ∈ I; se x ∈ I, entao existe um j ∈ N tal que x ∈ Ij . Como Ij e um ideal

xm ∈ Ij . Logo xm ∈ I porque Ij ⊂ I.

Como valem as tres propriedades para I, este conjunto e um ideal de Z.

Exercıcio 61. Sejam I e J dois ideais de Z. Mostre que: se I * J e J * I entao I ∪ J nao e um ideal de

Z.

Solucao: Se I e J sao ideais de Z tais que I * J e J * I, entao existem elementos a ∈ I e b ∈ J tais que

a /∈ J e b /∈ I. Claramente a, b ∈ I ∪J , afirmamos que a+ b /∈ I ∪J . De fato, argumentemos por contradicao

se a+ b ∈ I ∪ J , entao a+ b ∈ I ou a+ b ∈ J . Suponha que a+ b ∈ I, o outro caso e analogo. Sabemos que

a ∈ I, entao b = (a+ b)− a ∈ I porque I e ideal de Z, isso contradiz a suposicao de que b /∈ I. Conclusao:

se I e J sao ideais de Z tais que I * J e J * I, entao a uniao I ∪ J nao e um ideal de Z porque existem

elementos a e b na uniao I ∪ J tais que a+ b /∈ I ∪ J .

Exercıcio 62. Seja p ≥ 2 um dado numero primo. Mostre que os unicos multiplos de p nao nulos que sao

numeros primos sao p e −p.

Solucao: Seja q = np um multiplo do numero primo p. Por definicao temos que o ideal Z · q ⊆ Z · p. Pelo

Teorema 1, afim de que o numero q seja primo, e necessario e suficiente que o ideal Z · q seja maximal em Z,

entao devemos ter Z · q = Z · p, logo q = p ou q = −p.

Aula 8

Atividades pag. 17

Exercıcio 63. E comum agruparmos os primos iguais na fatoracao N = p1 · p2 · · · pk em potencias. por

exemplo, escrevemos 12 = 22 · 3, ao inves de 12 = 2 · 2 · 3 . Escreva uma versao do Teorema Fundamental da

Aritmetica onde os primos iguais estao agrupados em potencia e ordenados em ordem crescente.

Solucao: Todo inteiro n ≥ 2 pode ser expresso de modo unico como

n = pq11 · pq22 · · · p

qkk

com p1 < p2 < · · · < pk ∈ Z primos distintos e qk ∈ N− 0.

Ou ainda,

Todo numero inteiro positivo n, se escreve como

n = pq11 · pq22 · · · p

qkk

com p1, p2, · · · , pk os primeiros k numeros primos e qj ∈ N.

Se o numero k, que depende de n, for tomado o menor possıvel, entao a escrita acima e unica.

Atividades pag. 18

Exercıcio 64. Dois primos p e q sao chamados primos gemeos se sua diferenca e 2. Por exemplo 3 e 5 sao

primos gemeos. Encontre 6 pares de primos gemeos.

Solucao: Os primeiros pares de primos gemeos sao 3 e 5, 5 e 7, 11 e 13, 29 e 31, 41 e 43, 59 e 61, 71 e 73,

101 e 103, 107 e 109.

Exercıcios pag. 21

Exercıcio 65. Sejam a = pr11 · pr22 · · · prss e b = qt11 · q

t22 · · · q

tkk dois inteiros positivos expressos como produto

de potencias de seus respectivos fatores primos distintos, como na notacao acima, com 1 ≤ ri para todo i

e 1 ≤ tj para todo j. Mostre que podemos sempre representar os dados numeros a e b usando o mesmo

conjunto de primos:

a = pα11 · p

α22 · · · p

αk

k

35

e

b = pβ1

1 · pβ2

2 · · · pβk

k ,

desde que considerarmos αt ≥ 0, βt ≥ 0 para todo i = 1, 2, ..., k.

Solucao: Podemos simplesmente usar a segunda versao do Teorema Fundamental da Aritmetica no exercıcio

na pagina 35 deste caderno: escreva a = pα11 pα2

2 · · · pαk

k e b = pβ1

1 pβ2

2 · · · pβmm onde p1 < p2 < · · · sao os

numeros numeros primos com α1,α2, · · · , αk e β1,β2, · · · , βm inteiros nao-negativos. Seja n o maior entre os

numeros k e m. Podemos escrever

a = pα11 pα2

2 · · · pαk

k e b = pβ1

1 pβ2

2 · · · pβk

k

completando com zeros nos expoentes de ındices que ainda nao apareciam.

Exercıcio 66. Sejam a e b dois dados inteiros positivos e denotemos (veja o exercıcio acima):

a = pα11 · p

α22 · · · p

αk

k

e

b = pβ1

1 · pβ2

2 · · · pβk

k ,

onde αt ≥ 0, βt ≥ 0 para todo i = 1, 2, ..., k.

Seja γi = min αi, βi ≥ 0, i = 1, 2, ..., k e seja δt = max αt, βt ≥ 0, t = 1, 2, ..., k.

(1) Mostre que mdc (a, b) = pα11 · p

α22 · · · p

αk

k = D

(2) Mostre que mmc (a, b) = ps11 · ps22 · · · p

skk = M

(3) M =ab

D, onde D = mdc (a, b) e M = mmc (a, b).

Solucao:

(1) mdc(a, b) = pγ11 pγ22 · · · p

γkk = D

De fato, verifiquemos que D goza das propriedades de mdc:

• D divide a e b: como γi = minαi, βi temos

a = D · (p(α1−γ1)1 p

(α2−γ2)2 · · · p(αk−γk)

k ) e b = D · (p(β1−γ1)1 p

(β2−γ2)2 · · · p(βk−γk)

k );

• Se d divide a e b entao d divide D: como d divide a, a decomposicao de d em fatores primos

nao pode ter primos alem dos que figuram na decomposicao de a, precisamente, d = pσ11 pσ2

2 · · · pσk

k

com σi ≤ αi inteiros nao-negativos. Analogamente, como d divide b, os expoentes σi ≤ βi. Logo,

σi ≤ γi = minαi, βi e, portanto, d divide D.

(2) mmc(a, b) = pδ11 pδ22 · · · p

δkk = M

Precisamos verificar que M tem as propriedades de mmc:

• a e b dividem M : como δi = max(αi, βi) temos

M = a · (p(δ1−α1)1 p

(δ2−α2)2 · · · p(δk−αk)

k ) e M = b · (p(δ1−β1)1 p

(δ2−β2)2 · · · p(δk−βk)

k ),

entao a |M e b |M .

• Se a e b dividem m ∈ N, entao M divide m: por hipotese, existem q, q′ ∈ Z tais que

m = q · pα11 pα2

2 · · · pαk

k = q′ · pβ1

1 pβ2

2 · · · pβk

k ,

entao tanto pαj

j como pβj

j dividem m, entao pδjj divide m para todo j = 1, 2, · · · , k, logo M divide

m.

(3) Neste caso so precisamos calcular usando (1) e (2):

ab

D=

(pα11 pα2

2 · · · pαk

k ) · (pβ1

1 pβ2

2 · · · pβk

k )

pγ11 pγ22 · · · p

γkk

= pδ11 pδ22 · · · p

δkk = M .

Exercıcio 67. Seja I1 ⊂ I2 ⊂ ... ⊂ In ⊂ ... uma cadeia ascendente de ideais de Z. Mostre que existe k ∈ Z+

tal que Ik = Ik+1 = ... = Ik+m = ...(toda cadeia ascendente de ideais de Z, estabiliza).

Solucao: Todo ideal de Z e principal, logo cada Ij da cadeia pode ser escrito como Ij = Z · aj , com aj ∈ N.

Para dois ideais de Z, temos que

Z · aj ⊂ Z · aj+1 ⇔ aj+1 | aj (⇒ aj ≥ aj+1) analogamente

Z · aj ( Z · aj+1 ⇔ aj+1 | aj e aj+1 6= aj (⇒ aj > aj+1).

Considere o conjunto A ⊂ N formado pelos aj , isto e, pelos geradores dos ideais I1, I2, · · · da cadeia. Pelo

Princıpio da Boa Ordenacao, como A 6= ∅, o conjunto A tem menor elemento. Assim a sequencia de numeros

naturais a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ≥ · · · estabiliza, isto e, existe k ∈ N tal que

ak = ak+1 = · · · = ak+m = · · · . Portanto, a cadeia de ideais tambem estabiliza.

Exercıcio 68. Seja I1 = Z · 2 ⊃ I2 = Z · 4 ⊃ ... ⊃ In = Z · 2n ⊃ .... Verifique que I∞n=1 e uma cadeia

descendente de ideais de Z que nao estabiliza, isto e, uma cadeia infinita descendente de ideais.

Solucao: Precisamos verificar que a cadeia nao estabiliza, isto e verificar que para todo k ∈ Z+ existe

m ∈ Z+ tal que Ik ) Ik+m.

Ora, para todo k ∈ Z+ temos Z · 2k ) Z · 2k+1. De fato, Z · 2k ⊃ Z · 2k+1 pois 2k | 2k+1 e Z · 2k 6= Z · 2k+1

porque 2k ∈ Z · 2k, mas nao pertence a Z · 2k+1.

Aula 9

Atividades pag. 25

Considere a relacao de equivalencia ≡ (mod 5) em Z. Mostre que:

Exercıcio 69. Os elementos do conjunto ...,−10,−5, 0, 5, 10, ... sao todos equivalentes (mod 5).

Solucao: Os elementos do conjunto · · · ,−10,−5, 0, 5, 10, · · · podem ser escritos como 5n onde n ∈ Z.

Sejam a, b ∈ · · · ,−10,−5, 0, 5, 10, · · · entao a = 5m e b = 5n, para algum par de inteiros m e n. Para

verificar que a ∼ b e suficiente (e necessario) verificar que a − b e multiplo inteiro de 5. De fato, temos

a− b = 5m− 5n = 5(m− n), logo a ∼ b.

Exercıcio 70. Descreva todas as classes de equivalencia (mod 5). Mostre que existem 5 classes de equi-

valencia no total.

Solucao: Pelo Teorema de Divisao de Euclides, dado n ∈ Z existem q, r ∈ Z tais que

n− r = 5q onde r ∈ 0, 1, 2, 3, 4 ⇔ para todo n ∈ Z existe r ∈ 0, 1, 2, 3, 4 tal que n ≡ r(mod5).

As classes de congruencia modulo 5 sao 5n ; n ∈ Z, 5n+ 1 ; n ∈ Z, 5n+ 2 ; n ∈ Z, 5n+ 3 ; n ∈ Z

e 5n+ 4 ; n ∈ Z.


Exercıcio 71. Volte a atividade proposta na secao passada, descreva o conjunto Z5 e mostre que ele tem 5

elementos. Pela Proposicao 2, temos que

Z5 = 0, 1, 2, 3, 4.

Voce pode descrever cada uma destas classes?

Solucao: Resolvido na solucao do exercıcio 2, pagina 21.


Exercıcio 72. Mostre que (10)2m ≡ 1( mod 11),∀m ∈ Z+. (Sugestao: use inducao sobre m.)

Solucao: Seguindo a sugestao, usaremos inducao sobre m. Se m = 0, entao (10)2m = 1 e 1 ≡ 1 mod 11.

Suponha que para algum m ∈ Z+ tenhamos (10)2m ≡ 1( mod 11). Entao 102m = 11b+ 1 para algum b ∈ Z

38

e note que 102 = 100 = 11 · 9 + 1, isto e, existe a ∈ Z tal que 102 = 11a+ 1, logo

102(m+1) = 102m102 = (11b+ 1)(11a+ 1) = 112ab+ 11(a+ b) + 1 = 11(11ab+ a+ b) + 1⇒

⇒ 102(m+1) ≡ 1mod11.


Exercıcio 73. Seja J ⊂ Z uma sub-estrutura ideal de Z, isto e, J satisfaz as tres seguintes propriedades:

(a) 0 ∈ J

(b) J − J ⊆ J

(c) ZJ ⊆ J .

Defina uma relacao binaria ∼ em Z do seguinte modo: x, y ∈ Z,

x ∼ y ⇐⇒ (x− y) ∈ J.

(a) Utilize as tres popriedades que definem ideal para mostrar que ∼ e uma relacao de equivalencia em Z.

(b) Verifique que se J = Zn, n ∈ Z+, a relacao de equivalencia ∼, acima definida, e exatamente a relacao

de congruencia modulo n em Z.

Solucao: (a) Para mostrar que ∼ e uma relacao de equivalencia em Z, verificaremos que a relacao e reflexiva,

simetrica e transitiva:

- reflexiva (x ∼ x) : x ∼ x ⇐⇒ x− x ∈ J ⇐⇒ 0 ∈ J , como J e ideal, 0 ∈ J , logo x ∼ x.

- simetrica (x ∼ y ⇒ y ∼ x) : como J e ideal x ∼ y ⇐⇒ x − y ∈ J ⇐⇒ (−1)(x − y) ∈ J ⇐⇒ y − x ∈

J ⇐⇒ y ∼ x.

- transitiva (x ∼ y e y ∼ z ⇒ x ∼ z) : x ∼ y e y ∼ z ⇐⇒ x−y ∈ J e y−z ∈ J ⇒ x−z = (x−y)+(y−z) ∈

J ⇒ x ∼ z.

(b) A relacao de equivalencia definida por ∼ e tal que

a ∼ b ⇐⇒ (a− b) ∈ Zn ⇐⇒ a− b e multiplo inteiro de n ⇐⇒ a ≡ b mod n.

Portanto, a relacao de equivalencia ∼ e, exatamente, a congruencia modulo n.


Exercıcio 74. Determine a congruencia de 6m+ 5, modulo 4, sabendo-se que m ≡ 1( mod 4).

Solucao: Se m ≡ 1( mod 4) entao m = 4q + 1 para algum inteiro q. Assim, 6m + 5 = 6(4q + 1) + 5 =

4 ∗ 6q + 11 = 4(6q) + (2 ∗ 4 + 3) = 4(6q + 2) + 3. Logo, se m ≡ 1( mod 4), entao 6m+ 5 ≡ 3( mod 4).

Exercıcio 75. Sabendo-se que x ≡ y( mod n), mostre que x2 + y2 ≡ 2(xy)( mod n2).

Solucao: Se x ≡ y( mod n), entao x− y = qn para algum q ∈ Z. Elevando ambos os membros ao quadrado

temos (qn)2 = (x−y)2 = x2 +y2−2xy. Isto e equivalente a q2n2 = (x2 +y2)− (2xy), ou seja, x2 +y2 ≡ 2xy(

mod n2).

Observacao : Nunca perca de vista a definicao . Neste caso, dois inteiros, a e b, sao congruos modulo (um

inteiro nao negativo) n quando a− b e um multipo inteiro de n.

Exercıcio 76. Determine a classe de 2 em Z3 e em Z5.

Solucao: A classe de 2 ∈ Z3 e o conjunto 2 = 3k + 2|k ∈ Z = . . . ,−10,−7,−4,−1, 2, 5, 8, 11, . . . . A

classe de 2 ∈ Z5 e o conjunto 2 = 5k + 2|k ∈ Z = . . . ,−18,−13,−8,−3, 2, 7, 12, 17, . . . .

Aula 10


Exercıcio 77. Demonstre, usando inducao sobre k, o ıtem (iii) do Corolario 1.

Solucao: Queremos mostrar por inducao que

a ≡ r(modn)⇒ ak ≡ rk(modn)∀k ∈ Z+.

Para k = 1 a implicacao e claramente verdadeira, pois qualquer que seja a sentenca P e verdade que P → P.

Se a implicacao for verdadeira para algum k ∈ Z+, isto e, se vale

a ≡ r(modn)⇒ ak ≡ rk(modn),

entao pelo ıtem (ii) da Proposicao 1 desta aula temos que a ≡ r(mod n)⇒ ak · a ≡ rk · r(mod n)

e portanto, a ≡ r(mod n) ⇒ ak+1 ≡ rK+1(mod n).

Como ja verificamos que a implicacao e verdadeira para k = 1 temos provado pelo Princıpio da Inducao que

a afirmacao e verdadeira para todo K ∈ Z+.


Exercıcio 78. Calcule o resto da divisao de N = 3345678 por 7, 11 e 13.

Sugestao: use o seguinte

33 = 27 ≡ −1(mod 7), 35 = 243 ≡ 1(mod 11) e 33 ≡ 1(mod 13).

Solucao: Primeiramente faremos o resto da divisao por 7. Inicialmente procuramos um potencia de 3 que

seja ≡ 1(mod 7) ou ≡ (−1)(mod 7). Tomando as primeiras potencias de 3 temos 31 = 3, 32 = 9 ≡ 2

(mod 7) , 33 = 27 ≡ −1( mod 7).

Efetuando a divisao temos 345678 = 115226× 3.

Entao N = 3345678 = 3115226×3 = (33)115226 ≡ (−1)115226(mod 7) pois 33 ≡ −1(mod 7).

Logo, N ≡ 1(mod 7).

Conclusao: O resto da divisao de N por 7 e 1, porque N ≡ 1(mod 7)⇔ existe q ∈ Z tal que N − 1 = 7q ⇔

existe q ∈ Z tal que n = 7q + 1.

41

Agora, o resto da divisao de N por 11.

Novamente comecamos buscando uma potencia de 3 que tenha resto ±1 quando dividida por 11 :

31 ≡ 3( mod 11), 32 ≡ 9( mod 11), 33 = 27 ≡ 5( mod 11), 34 = 81 ≡ 4(mod 11) e 35 = 243 ≡ 1(mod 11).

Efetuando a divisao temos 345678 = 69135× 5 + 3.

Entao N = 3345678 = 369135×5+3 = (35)69135 × 33 ≡ 169135 × 5(mod 11),

onde a ultima equivalencia e obtida usando a proposicao 1 desta aula, o seu corolario e que 35 ≡ 1(mod 11),

33 ≡ 5(mod 11).

Conclusao: O resto da divisao de N por 11 e 5.

E ainda, o resto da divisao de N por 13.

De modo analago ao feito ate aqui observamos que 33 = 27 ≡ 1(mod13).

Efetuando a divisao temos 345678 = 115226× 3.

Logo,N = 3345678 = (33)115226 ≡ 1115226( mod 13), pelo ıtem (iii) do Corolario 1 da Proposicao 1 desta aula.

Conclusao: O resto da divisao de N por 13 e 1.


Exercıcio 79. Enuncie e demonstre o criterio de divisibilidade por 9.

Sugestao: siga os mesmos passos da demonstracao do criterio da divisao por 3.

Solucao: Temos que N e divisıvel por 9 se, e somente se, a soma Σri=0ai dos algarismos que compoe o

numero N , em sua expressao decimal, e um multiplo de 9.

Agora faremos a demonstracao do criterio enunciado acima.

Escrevemos N = ar · ar−1 · · · ai · · · a1 · a0 em expressao decimal. Assim,

N = 10r · ar + (10)r−1 · ar−1 + · · ·+ (10)i · ai + · · ·+ (10) · a1 + a0 = Σri=0ai10i.

Utilizando as propriedades de congruencia, temos:

10 ≡ 1(mod 9)⇒ 10s ≡ 1(mod 9) , ∀s ≥ 1 inteiro. Logo,

(10)i · ai ≡ ai × 1 = ai(mod 9) , ∀i inteiro

e assim,

N = Σri=0ai10i ≡ Σri=0ai × 1 = Σri=0ai(mod 9).

Assim, N e multiplo de 9⇐⇒ N ≡ 0(mod 9)⇐⇒ Σri=0ai ≡ 0(mod 9)⇐⇒ Σri=0ai e multiplo de 9, demons-

trando o criterio de divisibilidade por 9.


Exercıcio 80. Elabore um exemplo para o criterio de divisibilidade acima. Por exemplo, multiplique 11 por

algum inteiro n e verifique que 11n satisfaz o criterio de divisibilidade por 11.

Solucao: Primeiramente efetuamos os calculos:

11× 123 = 1353 = 1× 103 + 3× 102 + 5× 101 + 3× 100.

Imagine que nao sabemos que 1353 e multiplo de 11. A verificacao utilizando o criterio de divisibilidade

modulo 11 e: 1353 = 1× 103 + 3× 102 + 5× 101 + 3× 100. Efetuando a soma alternada dos coeficientes da

expressao decimal temos −1 + 3− 5 + 3 = 0, que e divisıvel por 11.

Logo 1353 e divisıvel por 11.


Exercıcio 81. Mostre que um inteiro N e divisıvel pelo produto de primos distintos p1, p2, p3, · · · se, e

somente se, N e simultaneamente divisıvel por cada um dos primos p1, p2, p3, · · ·.

Solucao: Se N e divisıvel pelo produto p1 · p2 · p3 · · · pk, entao existe q ∈ Z tal que N = q · p1 · p2 · · · ·pk =

(q · p2 · p3 · · · pk) · p1, logo N e divisıvel por p1, analogamnete N = (q · p1 · p3 · p4 · · · pk) · p2, logo N e divisıvel

por p2 e assim sucessivamente.

Em geral, se N e divisıvel por um numero composto a · b, entao N e divisıvel por a e N e divisıvel por b.

Reciprocamente, se N e divisıvel por p1, p2, p3, · · ·, pk, existem q1, q2, · · ·, qk ∈ Z tais que N = qipi para

todo i = 1, 2, 3, · · ·, k. Como p2 6= p1 e primo e p1 divide N = q1p1 temos que p2|q, logo q1 = p2 · n1, entao

N = p1 · p2 · n1.

Como p3 divide N = p1 · p2 · n1 e p3 - p1 e p3 - p2 temos que p3|n1, logo n1 = p3 · n2 e N = p1 · p2 · p3 · n2 e

assim sucessivamente ate chegarmos a N = p1 · p2 · p3 · · · pk · nk−1, logo p1 · p2 · · · pk|N , conforme querıamos

demonstrar.


Exercıcio 82. Calcule:

(a) 26736730(mod 7)

(b) 3123400(mod 11)

(c) 13234500(mod 19)

Solucao:

(a) Repare que 23 = 8 ≡ 1(mod 7). Entao dividimos 6736730 por 3.

6736730 = 2245576× 3 + 2.

Logo 26736730 = 2 2245576× 3 + 2 = (23)2245576 × 22 ≡ 12245576 × 4(mod 7).

Entao 26736730 ≡ 4(mod 7).

(b) Observe que 35 = 243 ≡ 1(mod 11) e que o numero 123400 e divisıvel por 5, isto e, existe q ∈ Z tal que

123400 = 5× q. Entao 3123400 = 35q = (35)q ≡ 1(mod 11).

Portanto, 1 ≡ 3123400(mod11).

(c) Tomando as primeiras potencias de 13 temos:

132 = 169 ≡ 17(mod 19), 133 = 2197 ≡ 12(mod 19), 134 = 28561 ≡ 4(mod 19).

Como nao obtemos ate aqui o esperado resto ±1, vamos tentar simplificar o problema com o resto 4 na

divisao de 134 por 19.

Temos 13234500 = 134×58625 = (134)58625 ≡ 458625(mod 19).

Entao, 458625 = 22×58625 = 2117250. Portanto, 13234500 ≡ 2117250(mod 19).

Agora procuramos umna potencia de 2 que seja congrua a 1 ou −1 modulo 19. As primeiras potencias de 2

sao 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512 4 1024. Tomando uma a uma a congruencia modulo 19 verificamos que

512 = 19× 26 + 18, logo 29 = 512 ≡ (−1)(mod 19).

Dividindo 234500 por 9 obtemos

234500 = 9× 26055 + 5.

Entao 2117250 = (29)26055 × 25 ≡ −32(mod 19).

Logo 2117250 ≡ −13(mod 19), ou seja, 2117250 ≡ 6(mod 19).

Conclusao: 13234500 ≡ 6(mod 19).

Exercıcio 83. Mostre que o inteiro N = ar ·ar−1 · · ·a1 ·a0 e multiplo de 4 se, e somente se, o inteiro a1 ·a0

e multiplo de 4.

Sugestao: Note que 10r ≡ 0( mod 4) para r ≥ 2.

Solucao: Observe que podemos escrever N como

N = ar × 10r + ar−1 × 10r−1 + · · ·+ a1101 + a0100 = Σrk=0ak · 10k,

com 0 ≤ a0, a1, · · ·, ar ≤ 9 numeros inteiros.

Queremos mostrar que N ≡ 0(mod 4) se, e somente se, a1 × a0 ≡ 0(mod 4).

Afirmacao: 10r ≡ 0 mod 4 para r ≥ 2. Justificativa: Observe que 10r = 102+(r−2) = 100× 10r−2.

Se r ≥ 2, entao 10r−2 e inteiro. Como 100 = 4× 25, o numero 10r = 100× 10r−2 = 4× 25× 10r−2 e divisıvel

por 4, isto e, 10r ≡ 0(mod 4).

Da afirmacao e da Proposicao 1 desta aula, temos que

(ar10r + ar−110r−1 + · · ·+ a2102 + a110 + a0100) ≡ (a110 + a010)mod4.

Logo N ≡ (a1 × 10 + a0) mod 4 e, portanto, N ≡ 0( mod 4)⇐⇒ (a1 × 10 + a0 mod 4).

Exercıcio 84. Generalize o resultado anterior para qualqer potencia de 2.

Solucao: Queremos demonstrar que um inteiro N = arar−1 · · · a1a0 escrito na base 10 e multiplo de 2m se,

e somente se, o inteiro amam−1 · · · a1a0 e multiplo de 2m.

Afirmacao: 10n ≡ 0 mod 2 para n ≥ m.

De fato, 10n = 2n × 5n, logo 2m | 10n se m ≤ n.

A demonstracao, usando a afirmacao, e totalmente analoga a do exercıcio anterior.

Exercıcio 85. Sejam N = arar−1 · · ·a1a0 e N1 = arar−1 · · ·a1. Mostre que N e divisıvel por 7 se, e somente

se, N1 − 2a0 e divisıvel por 7.

Solucao: A expressao decimal para N e ar10r + ar−110r−1 + · · · + a1r1 + a0100 e a expressao para N1 e

ar10r−1 + ar−110r−2 + · · ·+ a1100. Entao N = 10× (ar10r−1 + ar−110r−2 + · · ·+ a1) + a0 = 10×N1 + a0.

Assim N ≡ 0(mod 7) se, e somente se, 10N1 + a0 ≡ 0( mod 7).

Observe que

10N1 + a0(mod 7). Entao N ≡ 0(mod 7)⇐⇒ 3N1 + a0 ≡ 0(mod 7)⇐⇒ 3N1 ≡ −a0(mod 7)⇐⇒ 5× 3N1 ≡

−5a0(mod 7)⇐⇒ N1 ≡ (−5)a0(mod 7)⇐⇒ N1 ≡ 2a0(mod 7)⇐⇒ N1 − 2a0 ≡ 0(mod 7).

Aula 11


Exercıcio 86. Escreva as tabelas de operacoes de soma e multiplicacao de Zn para os seguintes valores de

n.

Solucao: (a) n = 2

Soma em Z2:

+ 0 1

0 0 1

1 1 0

Produto em Z2:

· 0 1

0 0 0

1 0 1

(b) n = 5:

Soma em Z5:

+ 0 1 2 3 4

0 0 1 2 3 4

1 1 2 3 4 0

2 2 3 4 0 1

3 3 4 0 1 2

4 4 0 1 2 3

Produto em Z5:

· 0 1 2 3 4

0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4

2 0 2 4 1 3

3 0 3 1 4 2

4 0 4 3 2 1

46

(c) n = 7 Soma em Z7:

+ 0 1 2 3 4 5 6

0 0 1 2 3 4 5 6

1 1 2 3 4 5 6 0

2 2 3 4 5 6 0 1

3 3 4 5 6 0 1 2

4 4 5 6 0 1 2 3

5 5 6 0 1 2 3 4

6 6 0 1 2 3 4 5

Produto em Z7:

· 0 1 2 3 4 5 6

0 0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4 5 6

2 0 2 4 6 8 3 5

3 0 3 6 2 5 1 4

4 0 4 1 5 2 6 3

5 0 5 3 1 6 4 2

6 0 6 5 4 3 2 1

(d)n = 12:

+ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0

2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1

3 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2

4 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3

5 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3 4

6 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3 4 5

7 7 8 9 10 11 0 1 2 3 4 5 6

8 8 9 10 11 0 1 2 3 4 5 6 7

9 9 10 11 0 1 2 3 4 5 6 7 8

10 10 11 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

11 11 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Produto em Z12:

· 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

2 0 2 4 6 8 10 0 2 4 6 8 10

3 0 3 6 9 0 3 6 9 0 3 6 9

4 0 4 8 0 4 8 0 4 8 0 4 8

5 0 5 10 3 8 1 6 11 4 9 2 7

6 0 6 0 6 0 6 0 6 0 6 0 6

7 0 7 2 9 4 11 6 1 8 3 10 5

8 0 8 4 0 8 4 0 8 4 0 8 4

9 0 9 6 3 0 9 6 3 0 9 6 3

10 0 10 8 6 4 2 0 10 8 6 4 2

11 0 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

Exercıcio 87. Seja f : Z6 −→ Z6 a funcao definida por f(x) = 2x+ 1. Determine

Im(f) = f(a)|a ∈ Z6 ⊂ Z6.

A funcao e sobrejetiva?E injetiva?

Solucao: A funcao pode ser descrita como:

Domınio Imagem

0 f(0) = 2× 0 + 1 = 1

1 f(1) = 2× 1 + 1 = 3

2 f(2) = 2× 2 + 1 = 5

3 f(3) = 2× 3 + 1 = 1

4 f(4) = 2× 4 + 1 = 3

5 f(5) = 2× 5 + 1 = 5

A funcao nao e sobrejetiva porque Im(f) esta contido propriamente em Z6. De fato, 0 /∈Im(f), por exemplo.

A funcao nao e injetiva porque f(0) = f(3) = 1 e 0 6= 3.

Exercıcio 88. Responda as mesmas perguntas do exercıcio anterior para a funcao f : Z7 −→ Z7 definida

por f(x) = 2x+ 1.

Solucao: A funcao pode ser dada explicitamente como:

Domınio Imagem

0 f(0) = 2× 0 + 1 = 1

1 f(1) = 2× 1 + 1 = 3

2 f(2) = 2× 2 + 1 = 5

3 f(3) = 2× 3 + 1 = 0

4 f(4) = 2× 4 + 1 = 2

5 f(5) = 2× 5 + 1 = 4

6 f(6) = 2× 6 + 1 = 6

A funcao e sobrejetiva porque Im(f) = Z6 e e injetiva porque cada elemento da imagem corresponde a um

unico elemento do domınio.

Aula 12


Exercıcio 89. Encontre os divisores de zero em Z8.

Solucao: Um elemento a em Z8 e um divisor de zero se existir b ∈ Z8 − 0 tal que 0 = a · b = a · b, isto

e, tal que a · b e multiplo de 8. Portanto, os divisores de zero em Z8 sao 2, 4, 6, pois 2 · 4 = 4 · 2 = 0 e

4 · 6 = 6 · 4 = 24 = 0.

Exercıcio 90. Mostre que Z7 nao tem divisores de zero.

Solucao: Uma possibilidade e construir a tabela de multiplicacao de Z7 e observar que se a 6= 0 e b 6= 0,

entao a · b 6= 0. Outra solucao e a seguinte. Sejam a e b ∈ Z7. Se a · b = 0, entao 7|a · b. Como 7 e primo,

7|a ou 7|b, isto e, ou a = 0 ou b = 0 e portanto, nao ha divisores de zero em Z7.

Exercıcio 91. Mostre que a classe 5 e um divisor de zero em Z10, mas a classe 5 nao e um divisor de zero

em Z6.

Solucao: De fato, 5 · 2 = 10 = 0, entao 5 e divisor de zero em Z10. Por outro lado, se 5 · b = 0 em Z6, entao

6|5b e, como mdc(6, 5) = 1, temos que 6|b, de onde concluımos que b = 0 em Z6. Logo 5 nao e divisor de

zero em Z6.


Exercıcio 92. Reveja todos os exemplos de Zn com os quais ja trabalhamos e verifique que a Proposicao 1

se aplica.

Solucao: Exercıcio do leitor.


Exercıcio 93. Construa a tabela de multiplicacao de Z12. Verifique que as classes invertıveis sao as classes

a, com 1 ≤ a ≤ 11, tais que mdc(a, 12) = 1.

Solucao:

50

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

2 0 2 4 6 8 10 0 2 4 6 8 10

3 0 3 6 9 0 3 6 9 0 3 6 9

4 0 4 8 0 4 8 0 4 8 0 4 8

5 0 5 10 3 8 1 6 11 4 9 2 7

6 0 6 0 6 0 6 0 6 0 6 0 6

7 0 7 2 9 4 11 6 1 8 3 10 5

8 0 8 4 0 8 4 0 8 4 0 8 4

9 0 9 6 3 0 9 6 3 0 9 6 3

10 0 10 8 6 4 2 0 10 8 6 4 2

11 0 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1


Exercıcio 94. Determine todos os divisores de zero e todos os elementos invertıveis em Zn para os seguintes

inteiros n: n = 8, n = 10 e n = 12.

Solucao: Conforme visto nas Proposicoes 2 e 3 desta aula, os divisores de zero em Zn sao as classes a ∈ Zntais que a 6= 0 e mdc(a, n) > 1. Alem disso, os elementos nao nulos e que nao sao divisores de zero sao

invertıveis. Na resolucao abaixo temos todas as solucoes na seguinte ordem: Zn = 0∪divisores de zero∪

invertıveis.

Z8 = 0 ∪ 2, 4, 6 ∪ 1, 3, 5, 7

Z10 = 0 ∪ 2, 4, 5, 6, 8 ∪ 1, 3, 7, 9

Z12 = 0 ∪ 2, 3, 4, 6, 8, 9, 10 ∪ 1, 5, 7, 11


Exercıcio 95. Mostre que se a 6= 0 possui inverso multiplicativo em Zn, entao esse inverso e unico.

Solucao: Se b e c sao inversos multiplicativos de a em Zn, entao a · b = b · a = 1 e a · c = c · a = 1. Daı

c = c · 1 = c · (a · b) = (c · a)b = 1 · b = b.

Portanto, quando o inverso multiplicativo de a existir, ele sera unico e, usualmente, denotado por a−1.

Exercıcio 96. Encontre o inverso multiplicativo de:

(a) 29 em Z121;

(b) 15 em Z67.

Solucao: (a) Como 29 e primo, mdc(121, 29) = 1, logo 29 e invertıvel em Z121. De fato, sabemos que

existem inteiros m e n tais que 121m+ 29n = 1, entao

1 = 121m+ 29n = 121m+ 29n = 29n.

Usando o Teoremda da Divisao de Euclides, temos:

(i) 121 = 29 · 4 + 5

(ii) 29 = 5 · 5 + 4

(iii) 5 = 4 · 1 + 1

Entao 1(iii)= 5 − 4

(ii)= 5 − (29 − 5 · 5)

(i)= 121 − 29 · 4 − [29 − 5 · (121 − 29 · 4)] = 6 · 121 − 25 · 29. Portanto,

1 = 6 · 121− 25 · 29 = −25 · 29. O inverso multiplicativo de 29 e −25, que tambem pode ser expresso como

121− 25 = 96, isto e, −25 = 96.

(b) Analogamente, mdc(15, 67) = 1 e, portanto, 15 e invertıvel em Z67. Usando o Teorema da Divisao

de Euclides, temos:

67 = 15 · 4 + 7

15 = 7 · 2 + 1.

Entao 1 = 15−7 ·2 = 15−(67−15 ·4) ·2 = 15−67 ·2+15 ·8 = 15 ·9−67 ·2. Portanto 1 = 15 ·9−67 ·2 = 15 ·9.

Conclusao : o inverso multiplicativo de 15 em Z67 e 9.

Aula 13


Exercıcio 97. Mostre que se p e um primo e a e b sao inteiros entao

(a+ b)p ≡ ap + bp(modp).

Solucao: O Teorema de Fermat afirma que dado um primo p e um inteiro q vale que qp ≡ q(modp).

Entao temos que (a + b)p ≡ (a + b)(mod p). Por outro lado ap ≡ a(mod p) e bp ≡ b(mod p) e, portanto,

(ap + bp) ≡ (a+ b)(mod p).

Por transitividade e simetria, se (a+b)p ≡ (a+b)(mod p) e (ap+bp) ≡ (a+b)(modp), entao (ap+bp)(modp).

Exercıcio 98. Calcule o resto da divisao de:

(a) 3200 por 13

(b) 52530 por 7

Solucao: Lembramos que, pela segunda versao do Teorema de Fermat, se p e um primo que nao divide q,

entao

qp−1 ≡ 1modp.

(a) Tome p = 13 e q = 3, claro que 13 - 3, entao 312 ≡ 1(mod13).

Pelo Teorema da Divisao de Euclides

200 = 12× 16 + 8.

Entao 3200 = 3(12×16+8) = (312)16 × 38 ≡ 116 × 3(mod 13).

Observe que 33 = 27 ≡ 1(mod13), entao

38 = 3(3×2+2) = (33)3 × 32 ≡ 13 × 32(mod13).

Portanto, 3200 ≡ 38(mod 13) e 38 ≡ 9(mod 13).

Consequentemente, 3200 ≡ 9(mod 13).

Resposta: O resto da divisao de 3200 por 13 e 9.

54

(b)Tome p = 7 e q = 5, claramente p - q, entao 5(7−1) ≡ 1(mod 7).

Efetuando a divisao, obtemos 2530 = 6× 421 + 4, portanto,

52530 = 5(6×421+4) = (56)421 × 54 ≡ 1421 × 54(mod7).

Logo, 52530 ≡ 54(mod 7).

Observe que 53 = 125 = 7× 17 + 6, logo 53 ≡ −1(mod 7).

Assim, 54 = 53 × 5 ≡ (−1)5(mod 7), entao 54 ≡ −5(mod 7), mas 7 ≡ 0(mod 7), de onde concluımos que

2 = −5 + 7 ≡ −5(mod7).

Resposta: Temos que 52530 ≡ 2(mod 7), ou seja, o resto da divisao de 52530 por 7 e 2.

Exercıcio 99. Use o teorema de Fermat para provar que para todo inteiro n, o numero

n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3

e divisıvel por 9.

Solucao: Um numero e divisıvel por 9 se e divisıvel por 3 e quando dividido por 3 continua divisıvel por 3.

Pelo Teorema de Fermat

n3 ≡ n(mod3)

(n+ 1)3 ≡ n+ 1(mod3)

(n+ 2)3 ≡ n+ 2(mod3).

Logo, n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 ≡ n+ (n+ 1) + (n+ 2)(mod 3), isto e,

n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 ≡ 3n+ 3(mod3).

Entao n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 ≡ 0(mod 3), porque 3 ≡ 0(mod 3).

Assim n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 e divisıvel por 3.

Para verificar que 13 [n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3] ≡ 0(mod 3) efetuaremos as contas:

1

3[n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3] =

1

3[n3 + (n3 + 3n2 + 3n+ 1) + (n3 + 6n2 + 12n+ 8)] =

n3 + 3n2 + 5n+ 3 ≡ n3 + 5n(mod3)

porque 3 ≡ 0(mod 3).

Como n3 ≡ n(mod 3) e 5 ≡ 2(mod 3) temos que n3 + 5n ≡ n+ 2n(mod 3) entao

1

3[n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3] ≡ 0(mod3).

Portanto, n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 e divisıvel por 9.

Exercıcio 100. O que sao pseudoprimos? Mostre que 341 e pseudoprimo para a base 2, mas nao e pseudo-

primo para a base 3:

Solucao: Um numero inteiro n e pseudoprimo para a a base b ∈ Z se b(n−1) ≡ 1(mod n).

Por exemplo,341 e um pseudoprimo para a base 2.

De fato, calculemos 2(341−1)(mod 341).

Observe que 210 ≡ 1024 e 1024 = 341× 3 + 1.

Assim, 210 ≡ 1(mod 341), donde 2340 = (210)34 ≡ 1(mod 341).

Por outro lado, 341 nao e pseudoprimo para a base 3.

Calculemos 3340(mod 341).

Aula 14

Exercıcios - pagina 17

Exercıcio 101. Calcule φ(N) para os seguintes valores de N :

(a) N = 200;

(b) N = 500;

(c) N = 22 × 35 × 74;

(d) N = (20)5.

Solucao:

(a) Como 200 = 23 × 52, entao

φ(200) = 200

(1− 1

2

)(1− 1

5

)= 200× 1

2× 4

5= 80

(b) Como 500 = 22 × 53, entao

φ(200) = 500

(1− 1

2

)(1− 1

5

)= 500× 1

2× 4

5= 200

(c)

φ(22 × 35 × 74

)= φ

(22)× φ

(35)× φ

(74)

=

= 22−1(2− 1)× 35−1(3− 1)× 74−1(7− 1) = 2× 162× 2058 = 666792

(d) Como (20)5

=(22 × 5

)5= 210 × 55, entao

φ(

(20)5)

= φ(210)× φ

(55)

== 210−1(2− 1)× 55−1(5− 1) = 512× 2500 = 1280000

Exercıcio 102. Verifique que vale a formula

∑d|N

φ(d) = N

para N = 15 e N = 20.

Solucao:

57

• N = 15

Os divisores positivos de 15 sao 1, 3, 5, 15. Logo∑d|15

φ(d) = φ(1) + φ(3) + φ(5) + φ(15) = φ(1) + φ(3) + φ(5) + φ(3× 5) =

= φ(1) + φ(3) + φ(5) + φ(3)× φ(5) = 1 + (3− 1) + (5− 1) + (3− 1)(5− 1) =

= 1 + 2 + 4 + 8 = 15.

• N = 20

Os divisores positivos de 20 sao 1, 2, 4, 5, 10, 20. Logo∑d|20

φ(d) = φ(1) + φ(2) + φ(4) + φ(5) + φ(10) + φ(20) =

= φ(1) + φ(2) + φ(22) + φ(5) + φ(2× 5) + φ(22 × 5) =

= 1 + (2− 1) + 22−1(2− 1) + (5− 1) + (2− 1)× (5− 1) + 22−1(2− 1)× (5− 1) =

= 1 + 1 + 2 + 4 + 4 + 8 = 20.

Aula 15


Exercıcio 103. Defina a nocao de mdc(a1, a2, a3, · · ·, an) e demonstre o Lema 1, usado na demonstracao

da Proposicao 1.

Solucao: Dizemos que um inteiro positivo d e o maximo divisor comum de n numeros inteiros nao-nulos

a1, a2, · · ·, an, se:

(i) d e um divisor comum a todos os numeros a1, a2, · · ·, an, isto e, d|aj para todo j ∈ 1, 2, 3, · · ·, n;

(ii) d e o maior divisor comum, isto e, se d′ e um divisor comum a a1, a2, a3, · · ·, an, entao d′ ≤ d. (mais

precisamente, temos que d′|d).

Agora vamos a prova do Lema 2. Verificaremos que

Za1 + Za2 + · · ·+ Zan = Zd, (d > 1)⇐⇒ d = mdc(a1, a2, · · ·, an).

(=⇒) Suponha que Za1 + Za2 + · · · + Zan = Zd, e vamos mostrar que valem as propriedades (i) e (ii) da

definicao acima. De fato, se Za1 + Za2 + · · ·+ Zan = Zd, entao Za1 ⊂ Zd, Za2 ⊂ Zd, · · ·, Zan ⊂ Zd.

Deste modo, a1 ∈ Zd, a2 ∈ Zd, · · ·, an ∈ Zd, ou seja, d divide todos os numeros a1, a2, · · ·, an.

Portanto, (i) esta verificada.

Para verificar (ii), suponha que d′ ∈ Z+ e tal que d′|a1, d′|a2, · · ·, d′|an, entao a1 ∈ Zd′, a2 ∈ Zd′, · · ·,

an ∈ Zd′.

Como Zd′ e um ideal, os multiplos de aj estao em Zd′: Za1 ⊂ Zd′, Za2 ⊂ Zd′, · · ·, Zan ⊂ Zd′.

Tambem a soma de elementos de Zd′ e elemento de Zd′, portanto, Zd = Za1 + Za2 + · · ·+ Zan ⊂ Zd′, logo

d′|d (e portanto, d′ 6 d).

Assim verificamos a validade de (ii).

Como valem (i) e (ii) para o numero d concluımos que d = mdc(a1, a2, · · ·, an) segundo a definicao acima.

(⇐=) Reciprocamente, seja d = mdc(a1, a2, · · ·, an), como todo ideal de Z e principal (e gerado por um

so elemento) e a soma de ideais e um ideal, existe um inteiro d′ > 0 tal que

Zd′ = Za1 + Za2 + · · ·+ Zan.

De acordo com o ıtem ja provado |d′| = mdc(a1, a2, · · ·, an).

59

Logo Zd = Za1 + Za2 + · · ·+ Zan.

Conforme querıamos demonstrar.

Exercıcio 104. Reescreva a demonstracao da Proposicao 1 para equacoes diofantinas lineares ax+ by = c,

em duas variaveis x e y.

Solucao: A prova e a mesma da Proposicao 1, apenas com n = 2.


Exercıcio 105. Discuta a existencia de solucoes inteiras da equacao diofantina linear ax = c em uma

variavel x (a 6= 0 e c inteiros).

Solucao: A equacao ax = c, com a e c em Z possui solucao inteira ⇐⇒ existe b ∈ Z tal que ab = c ⇐⇒ c

divide a.

Caso exista solucao ela sera unica, de fato, ab = ab′ =⇒ b′ = b.

Observe que usamos o fato de a 6= 0 para provarmos a unicidade.

Exercıcio 106. Resolva, se possıvel, a equacao diofantina 10x+ 25y = 20.

Solucao: Como mdc(10, 25) = 5 e 5|20, a Proposicao 1 desta aula garante que o conjunto solucao e nao-

vazio.

Para encontrar uma solucao particular (x0, y0) da equcao 10x+25y = 20, podemos usar a seguinte estrategia:

como mdc(10, 25) = 5, sabemos que usando o Algoritmo de Euclides podemos encontrar inteiros r e s tais

que 10r + 25s = 5.

Multiplicando por 4 ambos os membros obtemos 10× (4r) + 25× (4s) = 20, entao teremos x0 = 4r e y0 = 4s

(observe que esta e uma tecnica geral).

Tratemos de calcular r e s.

Dividindo temos 25 = 2× 10 + 5, logo 10× (−2) + 25× 1 = 5, portanto, x0 = −8 e y0 = 4.

De posse da solucao particular (x0, y0) = (−8, 4) usamos a Proposicao 2 para descrever todas as solucoes

inteiras da equacao. x = −8− ( 255 )t

y = 4 + ( 105 )t

(⇐⇒)

x = −8− 5t

y = 4 + 2t, t ∈ Z.

Exercıcio 107. Interprete graficamente o conjunto (x, y) ∈ S das solucoes inteiras das seguintes equacoes

diofantinas 12x+ 18y = 30

10x+ 25y = 20.

Solucao: Primeiro vamos resolver as equacoes e, em seguida, interpretaremos graficamente os conjuntos de

solucoes.

a) mdc(12, 18) = 6 e 6|30 =⇒ S 6= 0.

Primeiro calculamos a solucao particular.

Dividindo temos 18 = 12×+6, entao 12× 1 + 18× (−1) = 6, logo 12× 5 + 18× (−5) = 5× 6 = 30, portanto

uma solucao particular e (x0, y0) = (5,−5).

Da Proposicao 2 concluimos que o conjunto S das solucoes e:

S = (x, y) ∈ Z2;x = 5− 3tey = −5 + 2t, t ∈ Z = (5− 3t,−5 + 2t) ∈ Z2; t ∈ Z.

b) A solucao foi encontrada no exercıcio anterior. Se permitimos (x, y) ∈ R2 temos que as solucoes da

equacao 12x + 18y = 30 formam uma reta r em R2 (isto foi verificado no curso de Geometria Analıtica).

Assim as solucoes inteiras da equacao 12x + 18y = 30 sao os pontos da reta r que possuem ambas as

coordenadas inteiras.

Analogamente, as solucoes da equacao diofantina 10x + 25y = 20 tambem sao pontos colineares em R2,

precisamente sao os pontos de coordenadas inteiras sobre a reta s := (x, y) ∈ R2|10x+ 25y = 20.

Exercıcio 108. Em geral, determinar as solucoes de equacoes diofantinas lineares em mais de duas variaveis

e mais complicado do que em apenas duas variaveis.

Por exemplo, mostre que (x, y, z) ∈ Z3 descritas parametricamente, em Z, abaixo, sao solucoes da equacao

diofantina 2x+ 3y + 5z = 0. x = α+ 5r

y = α+ 5s

z = −α− 2r − 3s

com α, r, s ∈ Z.

(Observe que (α, α,−α) e uma solucao).

Solucao: Basta verificar que os pontos (x, y, z) da formax = α+ 5r

y = α+ 5s

z = −α− 2r − 3s

onde α, r, s ∈ Z, satisfazem a equacao.Maos a obra:

2x+ 3y + 5z = 2(α+ 5r) + 3(α+ 5s) + 5(−α− 2r − 3s)

2x+ 3y + 5z = 2α+ 10r + 3α+ 15s− 5α− 10r − 15s)

2x+ 3y + 5z = (2 + 3− 5)α+ (10− 10)r + (15− 15)s = 0.

Aula 16


Exercıcio 109. Seja a = pq, onde p e q sao primos ımpares com q > p. Mostre que:

(i) a = pq, b = q2−p22 e c = q2+p2

2 e uma solucao inteira reduzida de x2 + y2 = z2.

(ii) Aplique a formula acima para os seguintes valores de p e q:

(a) p = 3 < 5 = q

(b) p = 5 < 7 = q

Solucao:

1. Para verificar que (pq,

q2 − p2

2,q2 + p2

2

)e uma solucao inteira de x2 + y2 = z2, precisamos verificar que satisfaz a equacao e que a, b, c ∈ Z.

I) Satisfaz a equcao:

a2 + b2 = p2q2 +

(q2 − p2

2

)2

= p2q2 +q4 − 2p2q2 + p4

4=

4p2q2 + q4 − 2p2q2 + p4

4=

=q4 + 2p2q2 + p4

22=

(q2 + p2

2

)2

= c2.

II) a, b, c ∈ Z :

(i) a e produto de inteiros, entao a e inteiro.

(ii) b e inteiro pois p e q sao ımpares, logo q2 e p2 sao ımpares, portanto q2 − p2 e par.

Conclusao: q2−p22 e inteiro.

Em sımbolos, se p = 2n+ 1 e q = 2m+ 1, temos

p2 = 4n2 + 4n+ 1 = 2(2n2 + 2n

)+ 1 e q2 = 4m2 + 4m+ 1 = 2

(2m2 + 2m

)+ 1.

Assim, q2−p22 =

(2m2 + 2m

)+(2n2 + 2n

)∈ Z.

(iii) c = q2+p2

2 e inteiro; de fato, como p = 2n + 1 e q = 2m + 1, entao p2 = 4n2 + 4n + 1 e

q2 = 4m2 + 4m+ 1.

62

Portanto, c = 4m2+4m+4n2+4n+22 = 2m2 + 2m+ 2n2 + 2n+ 1 ∈ Z.

Ainda precisamos mostrar que (a, b, c) e reduzida, isto e, que a, b, c sao inteiros positivos e que

mdc(a, b) = 1.

A primeira parte e clara das expressoes de a, b, c. Mostremos que mdc(a, b) = 1.

Seja d um inteiro positivo tal que d|a e d|b. Entao d|pq e d| q2−p2

2 .

Como d|pq e os numeros p e q sao primos, entao d = 1 ou d = p ou d = q.

Como d| q2−p2

2 , temos que d = 1, pois p e q nao dividem q2−p22 . (*)

Conclusao: mdc(a, b) = 1.

Verificacao de (*): provaremos que p nao divide q2−p22 . A outra afirmacao e feita de modo analogo.

Se p|(q2−p2

2

)= (q+p)

2 .(q − p), entao p| (q+p)2 ou p|(q − p).

Mas p|(q − p) implica que p|q, absurdo.

E p| (q+p)2 implica que existe n ∈ Z tal que p.n = (q+p)2 .

Logo, 2p.n = q + p, e portanto, q = (2n− 1).p. Isso significa que p|q, uma contradicao!

Portanto, p nao divide q2−p22 .

2. a) p = 3 e q = 5:

Temos a = 3x5 = 15, b = 52−32

2 = 8 e c = 52+32

2 = 17, e, de fato,

a2 + b2 = 152 + 82 = 225 + 64 = 289 = 172 = c2.

b) p = 5 e q = 7:

Temos a = 5x7 = 35, b = 72−52

2 = 12 e c = 72+52

2 = 37, e tambem

a2 + b2 = 352 + 122 = 1225 + 144 = 1369 = 372 = c2.

Exercıcio 110. Sejam d e c inteiros positivos tais que d2 | c2. Mostre que d | c.

Solucao:

Se d2|c2, entao existe a ∈ Z tal que c2 = ad2.

Nosso trabalho sera, basicamente, verificar que a e um quadrado perfeito, isto e, existe b ∈ Z tal que

a = b2.

Ora, pelo Teorema Fundamental da Aritmetica apresentado na Aula 7, sabemos que a representacao

como produto de numeros primos de um inteiro e unica, a menos da ordenacao, entao esta representacao

para c2 deve conter potencia par para cada primo que figure na decomposicao.

Portanto, o mesmo deve acontecer na decomposicao de ambos a e d2. Entao a e um quadrado perfeito.

Temos c2 = ad2 = b2d2, o que implica que c =√c2 =

√b2d2 = bd. Portanto, d|c.

Exercıcio 111. Mostre que: dado um inteiro positivo a ≥ 3 sempre existe inteiros positivos b e c tais que

a2 + b2 = c2.

Solucao:

Na notacao do Teorema 1 desta aula, dado a maior ou igual a 3, tome r = 1 e s = a.

Assim, b = a2−12 , c = a2+1

2 e de fato,

a2 + b2 = a2 +

(a2 − 1

2

)2

= a2 +a4 − 2a2 + 1

4=a4 + 2a2 + 1

4=

(a2 + 1

2

)2

= c2.

Aula 17


Exercıcio 112. Verifique que as seguintes equacoes de congruencia nao possuem solucoes inteiras:

(i) 4x ≡ 5 (mod 6)

(ii) 6x ≡ 8 (mod 9)

Solucao:

(a) Suponhamos que x0 ∈ Z seja uma solucao da equacao. Assim 4x0 ≡ 5(mod 6) e, portanto, existe

t ∈ Z tal que 4x0 − 5 = 6t, o que e uma contradicao, pois

4x0 − 5 = 2(2x0 − 3) + 1 e ımpar e

6t = 2(3t) e par.

Conclusao: A equacao nao possui solucao inteira.

(b) Suponhamos que x0 ∈ Z seja uma solucao da equacao. Assim 6x0 ≡ 8(mod 9) e, portanto, existe

t ∈ Z tal que 6x0 − 8 = 9t, o que e uma contradicao, pois

6x0 − 8 = 3(2x0 − 3) + 1 nao e multiplo de 3 e

9t = 3(3t) e multiplo de 3.

Conclusao: A equacao nao possui solucao inteira.

Exercıcio 113. Determine o conjunto S ⊂ Z de todas as solucoes das seguintes congruencias:

(i) 3x ≡ 2 (mod 5)

(ii) 5x ≡ 4 (mod 7)

(iii) 4x+ 7 ≡ 10 (mod 9)

Solucao:

(i) Como 6 ≡ 1(mod 5) entao 6x ≡ x(mod 5). Dessa forma, multiplicando a equacao 3x ≡ 2(mod 5) por

2, temos que x ≡ 6x ≡ 4(mod 5) e, assim,

S = x ∈ Z;x ≡ 4(mod 5) = x = 5 · k + 4; k ∈ Z .

65

(ii) 5x ≡ 4 (mod 7)

Observe que 5x ≡ 4 (mod 7)⇔ 3× 5x ≡ 3× 4 (mod 7)⇔ 15x ≡ 12 (mod 7)⇔ x ≡ 5 (mod 7)

Onde a ultima equivalencia segue do fato de que 15 ≡ 1 (mod 7) e 12 ≡ 5 (mod 7), pois 15 = 7 × 2 + 1 e

12 = 7× 1 + 5

Portanto, o conjunto S das solucoes da equacao 5x ≡ 4 (mod 7) e o conjunto:

S = x ∈ Z | x ≡ 5 (mod 7) = x ∈ Z | x = 5 + 7t; t ∈ Z = 5 + 7t ∈ Z | t ∈ Z

(iii) Note, inicialmente, que a equacao de congruencia dada e equivalente a equacao 4x ≡ 3(mod 9).

Como 8 ≡ −1(mod 9) entao 8x ≡ −x(mod 9). Dessa forma, multiplicando a equacao 4x ≡ 3(mod 9) por 2,

temos que −x ≡ 8x ≡ 6(mod 9) e, portanto, x ≡ −6 ≡ 3(mod 9)

S = x ∈ Z;x ≡ 3(mod 9) = x = 9 · k + 3; k ∈ Z .

Exercıcio 114. Voce conseguiria descobrir por que razao as equacoes de congruencia de item 1 nao possuem

solucoes?

Solucao: No item (i) se 4x ≡ 5 (mod 6) possuısse solucao inteira x, entao existiria t ∈ Z tal que

4x− 5 = 6t⇔ 4x− 6t = 5⇔ 2(2x− 3t) = 5

A ultima igualdade e um absurdo, pois o primeiro membro e par e o segundo membro e ımpar. Entao nao

ha solucao inteira x.

No item (ii) se x ∈ Z e uma solucao inteira da equacao 6x ≡ 8 (mod 9), entao existe t ∈ Z tal que

6x− 8 = 9t⇔ 6x− 9t = 8⇔ 3(2x− 3t) = 8. Mas a ultima igualdade e um absurdo supondo x e t inteiros,

pois o primeiro membro e multiplo de 3 e o segundo nao.


Exercıcio 115. Calcule os inversos multiplicativos de a nos seguintes casos:

(i) a = 3, Zn = Z10

(ii) a = 4, Zn = Z21

(iii) a = 6, Zn = Z35

Solucao:

(i) Como mdc(3, 10) = 1 entao existem inteiros r e s tais que 1 = 3r + 10s. Utilizando o algoritmo de

Euclides obtem-se

1 = 3 · (−3) + 10 · 1 =⇒ 1 = 3 · (−3) + 10 · 1 = 3 · −3 + 10 · 1 = 3 · 7.

Logo, o inverso multiplicativo de 3 em Z10 e 7.

(ii) Como mdc(4, 21) = 1, existem inteiros r e s tais que 21r + 4s = 1. Usando o Algoritmo de Euclides

obtem-se:

21 = 5× 4 + 1⇒ 1 = 21 + (−5)× 4⇒ 1 = 21 + (−5)× 4⇒ 1 = −5× 4

Portanto, o inverso multiplicativo de 4 em Z21 e a classe de -5. Uma maneira mais elegante de se representar

esta classe e −5 = −5 + 21 = 16

(iii) Utilizando o algoritmo de Euclides obtem-se

1 = 6 · 6 + 35 · (−1) =⇒ 1 = 6 · 6 + 35 · (−1) = 6 · 6 + 35 · −1 = 6 · 6.

Logo, o inverso multiplicativo de 6 em Z35 e 6.

Exercıcio 116. Use o exemplo 1 acima para resolver as seguintes equacoes de congruencias reduzidas?

(i) 3x ≡ 7 (mod 10)

(ii) 4x ≡ 15 (mod 21)

(iii) 6x− 2 ≡ 11 (mod 35)

Solucao: (i) x0 = 7 · 7 = 49 e uma solucao particular da equacao de congruencia e, portanto, o conjunto

solucao S da equacao e dado por

S = 49 = 9 = 10 · n+ 9;n ∈ Z .

(ii) Em Z21 temos 4.x = 15 ⇔ 16 × 4 × x = 16 × 15 ⇔ x = 240 = 9, pois 240 = 21 × 11 + 9. Assim,

x ∈ 21t+ 9 | t ∈ Z

(iii) Note, inicialmente, que a equacao de congruencia dada e equivalente a equacao

6x ≡ 13(mod 35).

Como mdc(6, 35) = 1 entao existem inteiros r e s tais que 1 = 6r + 35s. Utilizando o algoritmo de Euclides

obtem-se

1 = 6 · 6 + 35 · (−1) =⇒ 1 = 6 · 6 + 35 · (−1) = 6 · 6 + 35 · −1 = 6 · 6.

Logo, o inverso multiplicativo de 6 em Z35 e 6. Dessa forma, x0 = 6 · 13 = 78 e uma solucao particular

da equacao de congruencia e, portanto, o conjunto solucao S da equacao e dado por

S = 78 = 8 = 35 · n+ 8;n ∈ Z .

Exercıcio 117. Sejam a e n os seguintes pares de numeros dados. Para cada um deles use o algoritmo de

Euclides, utilizado no exercıcio 16 da Aula 12, para determinar inteiros r e s tal que ar + ns = 1.

(i) a = 26, n = 14

(ii) a = 243, n = 725

Solucao: (i) Nao existem inteiros r e s tais que ar + ns = 1 se a = 26 e n = 14. De fato, caso existissem

tais inteiros terıamos:

26r + 14s = 1⇒ 14 · s = 1 em Z26

Mas isso entra em contradicao com a Proposicao 2 da Aula 12 (ver pagina 55 do volume 2 do modulo) que

diz que “uma classe a ∈ Zn possui inverso multiplicativo se, e somente se, mdc(a, n) = 1”. Aqui temos

mdc(a, n) = 2, logo 14 nao pode possuir inverso multiplicativo em Z26.

(ii) Como 243 = 35 e 3 - 725 temos que mdc(243, 725) = 1 e por isso existem inteiros r e s tais que

243r + 725s = 1

Tratemos de encontra-los.

725 = 243× 2 + 239 (I)

243 = 239× 1 + 4 (II)

239 = 4× 59 + 3 (III)

4 = 3× 1 + 1 (IV)

Portanto, temos:

1(IV )= 4−3

(II)e(III)= (243−239)−(239−4×59)

(I)e(II)= [243−(725−243×2)]−[(725−243×2)−(243−239)×59] =

(I)= (3× 243− 725)− (725− 243× 2)− [243− (725− 243× 2)]× 59 =

= 3×243−725−725+2×243+59×243−59×725+118×243 = (3+2+59+118)×243+(−1−1−59)×725 =

= 182× 243 + (−61)× 725.


Exercıcio 118. Seja 10x ≡ 15 (mod 20) a equacao de congruencia dada.

(i) Determine a solucao modulo n′ = nd = 4 da equacao reduzida 2x ≡ 3 (mod 4).

(ii) Escreva as solucoes dessa equacao modulo 21.

Solucao: (i) A equacao reduzida 2x ≡ 3 (mod 4) nao possui solucao inteira. De fato, 2x ≡ 3 (mod 4) ⇔

2x− 3 = 4k para algum k ∈ Z e 2x− 3 = 4k ⇔ 2(x− 2k) = 3

Logo, 3 e par. Absurdo!

(ii)2x ≡ (mod21). Observe que 11 e o inverso multiplicativo de 2 em Z21, entao 11×2x ≡ 11×3 (mod 21)⇔

x ≡ 33 (mod 21)⇔ x ≡ 12 (mod 21).

As solucoes sao os elementos da classe 12 ∈ Z21.

Aula 18


Exercıcio 119. Determine todas as solucoes do sistema linear de congruenciax ≡ 1 (mod 13)

x ≡ 4 (mod 15)

x ≡ 8 (mod 19)

Determine ainda a menor solucao x0 (nao negativa) desse sistema.

Solucao: EP 12 2010 Questao 1(b)

A menor solucao nao-negativa e x = 283.

Exercıcio 120. 1. Observe que o sistema de congruencia x ≡ 5 (mod 12)

x ≡ 21 (mod 8)

possuı solucoes embora mdc(12, 8) = 4 6= 1

2. Calcule essas solucoes e entenda criticamente porque alguns sistemas sem a hipotese do mdc = 1 ainda

podem ter solucao .

Solucao:

1. Observe que 21 ≡ 5 (mod 8), logo o sistema e equivalente a x ≡ 5 (mod 12)

x ≡ 5 (mod 8)

Assim, x = d e uma solucao do sistema.

2. O conjunto solucao de x ≡ 5 (mod 12) e o conjunto 5 + 12n | n ∈ Z e o conjunto solucao da

equacao x ≡ 5 (mod 8) e 5 + 8m | m ∈ Z. Entao, o conjunto solucao do sistema e a intersecao

S = 5 + 12n | n ∈ Z ∩ 5 + 8m | m ∈ Z.

Um elemento a ∈ S se, e somente se, a = 5 + 12n = 5 + 8m para algum par m,n em Z. Entao

69

12n = 8m, logo 3n = 2m e portanto, a = 5 + 6k, k ∈ Z ∴ S = 5 + 6k | k ∈ Z.

A condicao para a existencia de solucao no Teorema 1 e suficiente, por isso, em alguns casos ha solucao

apesar de nao termos mdc=1 verificado.

Exercıcio 121. Verifique que a menor solucao positiva do sistemax ≡ 1 (mod 3)

x ≡ 4 (mod 5)

x ≡ 2 (mod 7)

e 79.

Solucao: EP 12 2010/1 Questao 1(c)

Exercıcio 122. Calcule o resto da divisao de N = 26754 por 105 (relacione com o exercıcio 3).

Solucao: A decomposicao de 105 em fatores primos e 105 = 3× 5× 7.

Observe que 26754 = (22)3377 ≡ 1 (mod 3), pois 22 ≡ 1 (mod 3).

Tambem 26754 = 43377 ≡ −1 (mod 5), pois 4 ≡ −1 (mod 5) e 3377 e ımpar.

Analogamente, 26754 = 23×2251+1 = 82251 × 2 ≡ 2 (mod 7), pois 8 ≡ 1 (mod 7).

Entao N e uma solucao do sistema x ≡ 1 (mod 3)

x ≡ 4 (mod 5)

x ≡ 2 (mod 7)

O Teorema Chines dos Restos afirma que toda solucao x deste sistema satisfaz x ≡ x0 (mod 105), onde x0 e

a menor solucao positiva do sistema. Entao, 26754 ≡ 79 (mod 105), conforme verificado no exercicio 3 desta

lista de atividades.


Exercıcio 123. Resolva, usando o teorema do resto chines, o seguinte sistema:

x ≡ 10 (mod 13)

x ≡ 5 (mod 11)

x ≡ 3 (mod 6)

x ≡ 1 (mod 5)

Solucao: Considere o sistema x ≡ 10 (mod 13)

x ≡ 5 (mod 11)(i)

As solucoes de (i) satisfazem x = 13a + 10 = 11b + 5 com a, b ∈ Z. Entao, 13a − 11b = −5. Resolvendo a

equacao diofantina obtemos: a = 25− 11t

b = −30 + 13tt ∈ Z.

E, portanto, x = 13a + 10 = 13 × (25 − 11t) + 10 = −143t + 335. Assim, x ≡ 335 (mod 143). Logo,

x ≡ 49 (mod 143).

Ate aqui reduzimos o sistema de quatro para tres equacoes :x ≡ 49 (mod 143)

x ≡ 3 (mod 6)

x ≡ 1 (mod 5)

(ii)

Obs.: 143 = 11× 13.

Considere o sistema: x ≡ 49 (mod 143)

x ≡ 3 (mod 6)(iii)

As solucoes de (iii) satisfazem x = 143c+ 49 = 6d+ 3 com c, d ∈ Z. Entao 143c− 6d = −46. Resolvendo a

equacao diofantina obtemos: c = 46 + 6s

d = −1104− 143ss ∈ Z.

E, portanto, x = 143×(46+6s)+49 = 858s+6627. Assim, x ≡ 6627 (mod 858), ou seja, x ≡ 621 (mod 858).

O sistema (ii), de tres equacoes foi reduzido ao sistema: x ≡ 621 (mod 858)

x ≡ 1 (mod 5)(iv)

Obs.: 858 = 143× 6 = 13× 11× 6.

As solucoes de (iv) satisfazem x = 858u+ 621 = 5v+ 1, com u, v ∈ Z. Entao recaımos na equacao diofantina

858u− 5v = −620, que tem solucao : u = −1240 + 5r

v = 212.660 + 858rr ∈ Z.

E, portanto, x = 858u+ 621 = 858× (−1240 + 5r) + 621 = 4290r − 1.063.299, o que implica

x ≡ −1.063.299 (mod 4290), que e equivalente a x ≡ 621 (mod 4290).

Resposta: As solucoes do sistema inicial sao x ≡ 621 (mod 4290).

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