T ´opicos Adicionais Teorema Chinˆes dos Restos

(1)

Teorema Chinˆ

es dos Restos

Teorema Chinˆ

es dos Restos

(2)

T ´opicos Adicionais Teorema Chinˆes dos Restos

1 Exerc´ıcios Introdut´

orios

Exerc´ıcio 1. Para cada um dos itens abaixo, encontre o me-nor inteiro positivoatal que:

(a) 2a≡1 (mod 11)

(b) 3a≡1 (mod 13)

(c) 5a≡1 (mod 17)

Exerc´ıcio 2. Encontre o menor inteiro positivoxque satis-faz o seguinte sistema de congruˆencias:

x ≡ 1 (mod 3)

x ≡ 2 (mod 5)

x ≡ 3 (mod 7)

Exerc´ıcio 3. Encontre todas as soluc¸ ˜oes do sistema:

x ≡ 1 (mod 3)

x ≡ 2 (mod 5)

x ≡ 3 (mod 11)

Exerc´ıcio 4. Encontre todas as soluç ões do sistema de con-gruências:

4x ≡ 2 (mod 6)

15x ≡ 6 (mod 21)

12x ≡ 4 (mod 20)

Exerc´ıcio 5. Mostre que existem infinitos inteirosxque sa-tisfazem o sistema

x2 ≡ −1 (mod 5). x2 ≡ −1 (mod 17). x2 ≡ −1 (mod 257).

Exerc´ıcio 6. Determine se o sistema abaixo possui soluc¸˜ao:

x ≡ 2 (mod 6)

x ≡ 3 (mod 8)

Exerc´ıcio 7. Determine se o sistema abaixo possui soluc¸˜ao:

x ≡ 1 (mod 6)

x ≡ 7 (mod 8)

Exerc´ıcio 8. Determine a de modo que o sistema abaixo possua soluc¸˜ao:

x ≡ 1 (mod 6)

x ≡ 7 (mod 8)

x ≡ a (mod 15)

Exerc´ıcio 9. Encontre todos os inteiros positivos xque sa-tisfazem o seguinte sistema de congruˆencias:

x ≡ 2 (mod 10)

x ≡ 7 (mod 11)

x ≡ 5 (mod 13)

2 Exerc´ıcios de Fixa¸

c˜

ao

Exerc´ıcio 10. Encontre o menor inteiro positivox tal que x≡5 (mod 7),x≡7 (mod 11)ex≡3 (mod 13).

Exerc´ıcio 11. Resolva o sistema:

              

2x ≡ 2 (mod 3)

3x ≡ 2 (mod 5)

4x ≡ 3 (mod 7)

Exerc´ıcio 12. Para cada n úmero natural n, existe uma sequência arbitrariamente longa de n úmeros naturais con-secutivos, cada um deles sendo divis´ıvel por uma s-ésima potência de um n úmero natural maior que 1.

3 Exerc´ıcios de Aprofundamento e de

Exames

Exerc´ıcio 13. Determine todos os restos poss´ıveis da di-vis˜ao do quadrado de um n ´umero primo com 120 por 120. Exerc´ıcio 14. (a) Existem 14 inteiros positivos

consecuti-vos tais que, cada um ´e divis´ıvel por um ou mais primos pdo intervalo 2≤ p≤11?

(b) Existem 21 inteiros positivos consecutivos tais que, cada um ´e divis´ıvel por um ou mais primos pdo intervalo 2≤ p≤13?

(3)

Respostas e Solu¸c ˜oes.

1. Pelo Teorema de Fermat, se p é primo e mdc(a,p) =1, temosa·ap−2 ≡1 (mod p). Da´ı,ap−2 (mod p)é o inverso deam ódulo p. Usando esta observação, podemos encontrar:

a) a=6

b) a=9

c) a=7

2. Pelo Teorema Chinês dos Restos, a solução geral do sistema pode ser escrita como

x=1·35·m35+2·21·m21+3·15·m15+105q.

Os inteirosm35,m21em15são determinados como soluç ões das congruências:

35·m35 ≡ 1 (mod 3)

21·m21 ≡ 1 (mod 5) 15·m15 ≡ 1 (mod 7)

Resolvendo cada uma das congruˆencias anteriores, podemos obterm35=2,m21 =1 em15=1. Da´ı,

x ≡ 1·35·2+2·21·1+3·15·1 (mod 105)

≡ 52 (mod 105).

Portanto, o menor inteiro positivo ´e 52.

x=1·55·m55+2·33·m33+3·15·m15+165q.

55·m55 ≡ 1 (mod 3)

33·m33 ≡ 1 (mod 5)

15·m15 ≡ 1 (mod 11)

Resolvendo cada uma das congruˆencias anteriores, podemos obterm55=1,m33 =2 em15=3. Da´ı,

x ≡ 1·55·1+2·33·2+3·15·3 (mod 165)

≡ 157 (mod 165).

4. Sabemos que

ak≡bk (mod m)⇔a≡b (mod m/d),

onded=mdc(k,m). Da´ı, o sistema anterior ´e equivalente a

2x ≡ 1 (mod 3)

5x ≡ 2 (mod 7)

3x ≡ 1 (mod 5)

Multiplicando cada equac¸˜ao pelo inverso do coeficiente que acompanha ox, temos

x ≡ 2 (mod 3)

x ≡ 6 (mod 7)

x ≡ 2 (mod 5)

Pelo Teorema Chinês dos Restos, a solução geral do sistema pode ser escrita como

x =2·35·m35+6·15·m15+2·21·m21+105q.

35·m35 ≡ 1 (mod 3)

15·m15 ≡ 1 (mod 7) 21·m21 ≡ 1 (mod 5)

Resolvendo cada uma das congruˆencias anteriores, podemos obterm35 =2,m15=1 em21=1. Da´ı,

x = 2·35·2+6·15·1+2·21·1 (mod 105)

≡ 62 (mod 105).

5. Podemos reduzir o sistema a um sistema linear en-contrando soluç ões para cada uma das congruências. Por exemplo, se x ≡ 2 (mod 5), então x2 ≡ −1 (mod 5). Da´ı, como queremos apenas encontrar infinitas soluç ões, iremos substituir a primeira congruência por x ≡ 2 (mod 5). Fa-zendo o mesmo com as outras duas, obtemos o seguinte sistema:

x ≡ 2 (mod 5). x ≡ 4 (mod 17). x ≡ 16 (mod 257).

É importante enfatizar que ele não éequivalenteao sistema anterior, pois x ≡ −2 (mod 5) também satisfaz x2 ≡ −1

(mod 5). O relevante é que toda solução do último sistema também satisfaz o sistema inicial. Como o mdc(5, 17) =

mdc(5, 257) = mdc(17, 257) = 1, podemos usar o Teorema Chinês dos Restos para concluir que o sistema anterior possui infinitas soluç ões.

6. Supondo que o sistema possui solução, temos as seguintes equaç ões:

x = 6q1+2 x = 8q2+3.

Da´ı, subtraindo uma equac¸˜ao da outra, obtemos 0=2(4q2−

3q1) +1. Como o membro direito da equação é um n úmero ´ımpar, temos uma contradição.

7. Supondo que o sistema possui solução, temos as seguintes equaç ões:

(4)

Da´ı, subtraindo uma equac¸˜ao da outra, obtemos 0=2(4q2−

3q1+3). Basta que 4q2=3(q1−1) =0. Comomdc(4, 3) =1, devemos terq2=3t, ou seja,q1=4t+1. Assim,

x = 6q1+1

= 24t+7 x = 8q2+7

= 24(t+1) +7

Assim,xdeixa resto 7 por 24 e é fácil verificar que quando isso ocorre as duas congruências anteriores são satisfeitas.

8. Pelo exerc´ıcio anterior, as duas primeiras congruˆencias podem ser substitu´ıdas porx≡7 (mod 24). Portanto, basta decidir se o sistema:

x ≡ 7 (mod 24)

x ≡ a (mod 15)

Possui solução. As duas congruências anteriores nos dizem que:

x = 24q1+7 x = 15q2+a.

Da´ı, 0=3(8q1−5q2) + (7−a). Essa equação possui solução se, e somente se, 3|(7−a). Um poss´ıvel valor éa=1. Neste caso, teremos

0 = 3(8q1−5q2) + (7−a) = (8q1−5q2+2) 5q2 = 2(4q1+1).

Assim, comomdc(5, 2) =1, segue que 4q1+1=5teq2=2t. Como 5 ≡1 (mod 4), para que 4q1+1= 5t, devemos ter t = 4l+1, ou seja,q1 = 5l+1 e da´ıx = 120l+31. É fácil verficiar que talxsatisfaz as congruências:

x ≡ 1 (mod 6)

x ≡ 7 (mod 8)

x ≡ 1 (mod 15)

x=2·143·m143+7·130·m130+5·110·m110+1430q. Os inteirosm143,m130em110são determinados como soluç ões das congruências:

143·m143 ≡ 1 (mod 10)

130·m130 ≡ 1 (mod 11) 110·m110 ≡ 1 (mod 13)

Resolvendo cada uma das congruˆencias anteriores, podemos obterm143=7,m130=5 em110=11. Da´ı,

x = 2·143·7+7·130·5+5·110·11 (mod 1430)

≡ 1162 (mod 1430).

10. Usando o teorema anterior comm1 =5,m2 =7,m3=

11,a1 = 5,a2 = 7 e a3 = 3 podemos achar x ≡ 887

(mod 1001) = 7.11.13. Como a solução é única m ódulom, isso significa que, dentre os n úmeros 1, 2,· · ·, 1001 a menor solução positiva é 887.

11. Multiplicando as três equaç ões pelos respectivos inversos de 2, 3, e 4 com respeito aos m ódulos 3, 5 e 7, obtemos

2·2x ≡ 2·2 (mod 3)

x ≡ 1 (mod 3)

2·3x ≡ 2·2 (mod 5)

x ≡ 4 (mod 5)

2·4x ≡ 2·3 (mod 7)

x ≡ 6 (mod 7)

Da´ı,x+1 ´e m ´ultiplo de 3, 5 e 7. Portanto,x+1=105k, para algumkinteiro.

12. Dado m ∈ N_{, considere o conjunto} _{_p₁_,_p₂_{, . . . ,}_pm_} de primos distintos. Comomdc(ps_i,ps_j) =1, ent˜ao pelo teo-rema 3, existextal quex≡ −i (mod ps_i)parai=1, 2, . . .m. Cada um dos n ´umeros do conjunto{x+1,x+2, . . . ,x+m}

´e divis´ıvel por um n ´umero da forma ps_i.

13. (Extra´ıdo da Olimp´ıada da Est ˆonia) Seja n tal que mdc(n, 120) = 1. Como 120 = 3·5·8, temos que n 6≡ 0

(mod 3), (mod 5) (mod 2). Da´ı, n2 ≡ 1 (mod 3), n2 ≡ 1

(mod 8)en2≡1 ou 4 (mod 5). Sendo assim,n2satisfaz o sistema:

x ≡ 1 (mod 3)

x ≡ 1 (mod 8)

x ≡ ±1 (mod 5)

cujas soluç ões sãox≡1 (mod 120)ex≡49 (mod 120).

14. (Extra´ıdo da Olimp´ıada dos Estados Unidos) (a) Não. Suponha que existam tais inteiros. Da nossa lista de 14 intei-ros consecutivos, 7 são n úmeintei-ros pares. Vamos observar os ´ımpares: a,a+2,a+4,a+6,a+8,a+10 e a+12. Podemos ter no máximo três deles divis´ıveis por 3, dois por 5, um por 7 e um por 11. Veja que 3 + 2 + 1 + 1 = 7. Pelo Princ´ıpio da Casa dos Pombos, cada um desses ´ımpares é divis´ıvel por exatamente um primo do conjunto{3, 5, 7, 11}. Além disso, note que os m últiplos de 3 s ó podem ser {a,a+6,a+12}. Dois dos n úmeros restantes em (a+2,a+4,a+8, e a+10) são divis´ıveis por 5. Mas isso é imposs´ıvel. (b) Sim. Como os n úmeros {210, 11, 13}são primos entre si, dois a dois, pelo teorema 3 existe um inteiro positivon>10 tal que:

n≡0( (mod 210) =2·3·5·7·)

n≡1( (mod 11))

n≡ −1( (mod 13))

(5)

15. Seja p um primo maior quea eb. Ent˜aomdc(p,a) =

mdc(p,b) = 1. Como mdc(p,p−1) = 1, existe um inteiro positivo n tal que n ≡ 1 (mod p−1) e n ≡ −a (mod p). Pelo teorema de Fermat,an₊_n_≡₀ ₍_{mod ) e}_bn₊_n_≡_b₋_a

(mod p). Assim, p | |b−a|. Como|b−a| < p, segue que |b−a|=0 ea=b.