Problemas e Teoremas em Teoria dos Números

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1 Problemas e Teoremas em Teoria dos Números Alex Abreu e Samuel Feitosa 7 de março de 008 Nosso objetivo será apresetar algumas idéias e teoremas que cosideramos idispesáveis para seu treiameto. Assumiremos algus resultados básicos que o leitor ecotrará facilmete a referêcias [Plíio] e [EUREKA]. Ates de ler a solução de algum problema tete resolvê-lo soziho. Se você quer se torar um bom resolvedor, você deve gastar muito tempo pesado os problemas para apreder a ter suas próprias idéias. Estude as soluções até domiá-las por completo. Domiar uma solução sigifica que você cosegue aplicar com facilidade as idéias ali cotidas em outros problemas. 1 Divisibilidade Nosso primeiro teorema é bem igêuo, porém muito útil. Teorema 1. Se b 0 e a b etão a b. Problema 1. (Leigrado 1990) Sejam a e b úmeros aturais tais que b + ba + 1 divide a + ab + 1. Prove que a = b. Solução. É fácil ver que a b e b + ab + 1 > a b. A igualdade b(a + ab + 1) a(b + ba + 1) = b a implica que a b é divisível por b + ba + 1. Se a b 0 etão b + ab + 1 a b b + ab + 1 a b.. Mas isso é um absurdo, logo a b = 0. Problema. (IMO 1998) Determie todos os pares de iteiros positivos (x, y) tais que xy + y + 7 divide x y + x + y. Solução. A igualdade y(x y +x+y) x(xy +y +7) = y 7x implica que y 7x é divisível por xy +y +7. Se y 7x 0, etão como y 7x < xy + y + 7, segue que y 7x = 0. Etão (x, y) = (7t, 7t) para algum t N. É fácil checar que esses pares são realmete soluções. Se y 7x < 0, etão 7x y > 0 é divisível por xy +y+7. Mas daí, xy +y+7 7x y < 7x, que produz y. Para y = 1, temos x + 8 7x 1 x + 8 7(x + 8) (7x 1) = 57. Etão as úicas possibilidades são x = 11 e x = 49 e os pares correspodetes são (11, 1), (49, 1) que obviamete são soluções. Para y = temos 4x + 9 7x 4 e cosequetemete 7(4x + 9) 4(7x 4) = 79 é divisível por 4x + 9. Nesse caso ão obtemos ehuma solução ova. Todas as soluções (x, y): (7t, 7t)(t N), (11, 1) e (49, 1). Problema 3. (Rússia 1963) Resolva em iteiros a equação: xy z + xz y + yz x = 3 Problema 4. (Leigrado 1989) Seja A um úmero atural maior que 1, e seja B um úmero atural que é um divisor de A + 1. Prove que se B A > 0, etão B A > A. Quado o cojuto de soluções de um dado problema é ifiito é itressate tetar buscar alguma relação etre essas soluções. Frequetemete existe algum tipo de relação de recorrêcia(lembra do material?). O próximo problema é um clássico e ilustra bem essa idéia. Problema 5. (IMO 1988) Sejam a e b dois iteiros positivos tais que ab + 1 divide a + b. Mostre que a + b ab + 1 é um quadrado perfeito. Solução. Seja a + b ab + 1 = k N. Temos a kab + b = k. Assuma que k ão é o quadrado de um iteiro, implicado que k. Observemos agora um par (a, b) que é solução de a kab + b = k. Podemos assumir sem perda de geeralidade que a b. Para a = b temos k = ( k)a 0, etão a > b. Observe a equãção do segudo grau x kbx + b k = 0, que tem soluções a e a 1. Como a + a 1 = kb, segue que a 1 Z. Como a > kb k > a + b > kb e a = kb k = b, segue que a < kb e daí b > k. Como aa 1 = b k > 0 e a > 0, segue que a 1 N e a 1 = b k < a 1 < a. Etão o par a a (a 1, b) satisfz 0 < a 1 < a e é solução da equação origial. Veja que descobrimos uma maeira de gerar soluções a partir de uma solução dada. Detre todas os pares (a, b) que são soluções com a b, escolha aquele que tem a míimo. Pelo processo aterior podemos obter outro par com um a meor. Mas isso é um absurdo, logo k é um quadrado perfeito.

2 Problema 6. Seja m um iteiro positivo. Defia a sequêcia a por a 0 = 0, a 1 = m e a +1 = m a a 1. Prove que a b é solução de a + b ab + 1 = m se e somete se (a, b) = (a 1, a ) para algum. Problema 7. (IMO 003) Ecotre todos os pares de iteiros positivos (m, ) tais que é um iteiro positivo. m m Problema 8. (IMO 007) Sejam a e b iteiros positivos. Mostre que se 4ab 1 divide (4a 1), etão a = b. Problema 9. (IMO 1994) Ecotre todos os pares ordeados (m, ) ode m e são iteiros positivos tais que 3 +1 m 1 é um iteiro. Problema 10. (Seletiva Rioplatese 001) Ecotre todos os pares (m, ) de úmeros aturais com m < tais que m + 1 é um múltiplo de e + 1 é um múltiplo de m. Solução. Afirmamos que todas as soluções são da forma (F k 1, F k+1 ), k 0 (F é o -ésimo termo da sequêcia de Fiboacci). É fácil ver que F k 1 F k+3 = Fk e portato os pares ateriores são soluções. Seja P o cojuto das soluções que ão são da forma (F k 1, F k+1 ). P cotém um par (a, b) tal que a + b é míimo. Supohamos a < b(se a = b (a, b) = (1, 1) = (F 1, F 1 ) P ). Como b a + 1 a + 1 = bb b < a. É fácil ver que a b + 1 e b a + 1. Logo (b, a) é uma solução com b + a < a + b (b, a) P (b, a) = (F k 1, F k+1 ) F k 1 b = b b = a + 1 = Fk+1 b = F k+3 (a, b) = (F k+1, F k+3 ) P. Logo P deve ser vazio. Problema 11. Prove que para qualquer iteiro positivo m, existe um úmero ifiito de pares de iteiros (x, y) satisfazedo as codições: 1. x e y são primos etre si;. y divide x + m; 3. x divide y + m. MDC, MMC e o Teorema de Bézout. O próximo resultado é extremamete útil. Recomedamos a leitura da referêcia [EUREKA1] Teorema. (Bézout) Sejam a e b iteiros ão ulos e d seu mdc. Etão existem iteiros x e y tais que d = ax + by. Se a e b são positivos podemos escolher x > 0 e y < 0, ou vice-versa. Prova. Seja P = {ax + by ax + by > 0 e x, y Z}. O cojuto P é ão vazio pois 0 < a + b = a a + b b P. Seja f o meor elemeto de P. Claramete d = mdc(a, b) f Como f, d > 0, para mostrarmos que d = f basta que f d. Seja a = qf + r, com q Z e 0 r < f. Assim 0 r = a(1 qx) + b( qy) Z. Como r < f r = 0. Aalogamete f b. Etão f mdc(a, b) = d. A outra parte é deixada para o leitor. Problema 1. (O Problema Clássico) Se a e b são úmeros aturais, mostre que mdc( a 1, b 1) = mdc(a,b) 1 Solução. Seja d = mdc(a, b). Pelo teorea de Bezout, existem iteiros positivos x, y tais que d = ax by. Seja k = mdc( a 1, b 1). Vale a igualdade by ( d 1) = ( ax 1) ( by 1). Como k a 1 ax 1, k b 1 by 1 e mdc( by, k) = 1, temos k d 1. Como d 1 a 1 e d 1 b 1 etão d 1 k. Logo k = d 1. Problema 13. Mostre que para quaisquer iteiros positivos ímpares a e b o problema aterior será muito útil a ossa próxima solução. mdc( a + 1, b + 1) = mdc(a,b) + 1 Problema 14. (Teste IMO 003) Seja um iteiro positivo, e sejam p 1, p,..., p, primos distitos maiores que 3. Prove que p1p...p + 1 tem pelo meos 4 divisores. Solução. Supoha que a afirmação seja verdadeira para primos. Seja N = pn = p(p 1 p... p ). Etão N + 1 tem pelo meos 4 divisores distitos e p +1, em virtude do problema ateiror, tem pelo meos um fator q que ão divide N +1. Etão M = (N + 1)( p + 1) tem pelo meos 4 divisores distitos. Como p > 4 (N )(p ) > etão (N + p) < Np. 3 Mas M < N+p etão M < (N+p) < Np + 1 = N + 1. Como M divide N + 1, N + 1 = M M (M > M). Para cada divisor d de M, ambos d e d M são fatores de N + 1. Etão N + 1 tem pelo meos 4 +1 divisores.

3 Problema 15. A sequêcia de Fiboacci é defiida por: F 1 = F = 1 e F +1 = F + F 1 se. Prove que: a) F m+ = F m 1 F + F m F +1 ; b) mdc(f m, F ) = F mdc(m,). Problema 16. (URSS 1988) A sequêcia de iteiros a é dada por a 0 = 0, a = P (a 1 ), ode P (x) é um poliômio cujos coeficietes são iteiros positivos. Mostre que para quaisquer iteiros positivos m, k com máximo divisor comum d, o máximo divisor comum de a m e a k é a d. Solução. Quado temos um poliômio com coeficietes iteiros é sempre bom lembrar que a b P (a) P (b). Essa será ossa pricipal ferrameta esta solução. 1. a m a mr. Provaremos por idução. Se a m(r 1) 0 (mod a m ) a m(r 1)+1 P (0) (mod a m ) a m(r 1)+ P (P (0)) (mod a m ) a mr = a m(r 1)+m P (P (... (P (0)) = a m 0 (mod a m ). }{{} m vezes. Se l a t e l a f l a t f (Supodo t > f). (Deixaremos a prova dessa afirmação para o leitor). Pelo teorema de Bezout, existem iteiros positivos x, y tais que mx ky = d. Seja = mdc(a m, a k ). Como a m a mx e a k a ky, pelo item, a mx ky = a d. Mas a d a m e a d a k, etão a d. Portato a d =. Teorema 3. Existe uma sequêcia arbitrariamete loga de úmeros compostos cosecutivos. Problema 17. (TT 001) Existe um bloco de 1000 iteiros cosecutivos ão cotedo ehum primo, a saber, 1001! +, 1001! + 3,..., 1001! Existe um bloco de 1000 iteiros cosecutivos cotedo apeas um primo? Solução. Cosidere um bloco qualquer de 1000 úmeros cosecutivos começado o úmero a, façamos o movimeto de adar uma casa com o bloco que cosiste em cosiderar o bloco de 1000 úmeros cosecutivos começado em a + 1. O úmero de primos em um bloco muda o máximo em uma uidade após um movimeto. Como o primeiro bloco(1,,..., 1000) cotém mais que 5 primos e o bloco 1001! +, 1001! + 3,..., 1001! ão cotém ehum, algum bloco etre eles deverá ter exatamete 5 primos. Observar o mdc sempre é uma idéia útil. Veja o próximo exemplo: Problema 18. Se x e y são iteiros tais que xy divide x + y x, prove que x é um quadrado perfeito Solução. Seja d = mdc(x, y), etão x = da e y = db com mdc(a, b) = 1. Como d d a + d b da temos que d a a = dc. Como x y obtemos d c d b, ou seja, c b. Veja que mdc(a, b) = 1 mdc(c, b) = 1. Assim c = 1 e x = d c = d. Problema 19. (Leigrado 1990) Um bolo é preparado para uma festa de aiversário em que estarão exatamete p ou q pessoas (p e q são iteiros relativamete primos). Ecotre o meor úmero de pedaços (ão ecessariamete iguais) em que o bolo deve se dividido para que possamos partilhar igualmete o bolo em qualquer caso. Problema 0. (Rússia 95) A sequêcia a 1, a,... de aturais satisfaz mdc(a i, a j ) = mdc(i, j) para todo i j Prove que a i = i para todo i. Teorema 4. mdc(a, b)mmc(a, b) = ab. Problema 1. Ecotre todas as fuções f, defiidas sobre o cojuto de todos os pares de iteiros positivos, satisfazedo as seguites propriedades: f(x, x) = x, f(x, y) = f(y, x), (x + y)f(x, y) = yf(x, x + y). Solução. Claramete mmc(x, x) = x e mmc(x, y) = mmc(y, x). Usado o teorema ateiror temos: xy (x + y)mmc(x, y) = (x + y) mdc(x, y) = y x(x + y) = y mmc(x, x + y) mdc(x, x + y) Temos etão uma forte suspeita que f = mmc. Para provarmos isso vamos usar uma idéia parecida à demostração do teorema de Bézout. Seja S o cojuto de todos os pares de iteiros positivos (x, y) tais que f(x, y) g(x, y) = mmc(x, y), e seja (m, ) o par em S com a soma m + miima. Se tivermos m = teremos: f(m, ) = f(m, m) = m = g(m, m) = g(m, ) Etão devemos ter m. Supoha sem perda de geeralidade que m >. Etão f(m, m) = [m + ( m)]f(m, m) = ( m)f(m, m + ( m)) etão f(m, m) = m f(m, ). Aalogamete temos g(m, m) = m g(m, ). Daí f(m, m) g(m, m), etão (m, m) S. Isto provoca uma cotradição pois m + m < m +. Desse modo, S deve ser um cojuto vazio e f(x, y) = mmc(x, y). Problema. a) Prove que para quaisquer iteiros positivos a e b a equação mmc(a, a + 5) = mmc(b, b + 5) implica a = b. b) É possível que mmc(a, b) = mmc(a + c, b + c) para a, b, c iteiros positivos?

4 3 Cogruêcias, Ordes e Números Primos Teorema 5. Se mdc(a, m) = 1 etão existe um iteiro x tal que ax 1 (mod m). Tal x é úico (mod m). Se mdc(a, m) > 1 etão ão existe tal x. Defiição 1. O úmero φ(m) é o úmero de iteiros positivos que são meores ou iguais a m e que são relativamete primos com m. Defiição. Um cojuto {r 1, r,..., r k } é chamado sistema completo de restos módulo se para todo x existe um úico i tal que x r i (mod ). Em particular k = Defiição 3. Um cojuto {r 1, r,..., r k } é chamado sistema completo de ivertíveis módulo se para todo x com (x, ) = 1 existe um úico i tal que x r i (mod ). Em particular k = φ() Teorema 6. Seja mdc(a, m) = 1. Sejam r 1, r,..., r k um sistema completo de restos(ivertíveis) de restos módulo m. Etão ar 1, ar,..., ar k é um sistema completo de restos(ivetíveis) módulo m. Problema 3. (Baco IMO 1987) a) Seja mdc(m, k) = 1. Prove que existem iteiros a 1, a,..., a m e b 1, b,..., b k tais que todos os produtos a i b j (i = 1,,..., m; j = 1,,..., k) deixam restos diferetes ao serem divididos por mk b) Se mdc(m, k) > 1 Prove que para quaisquer iteiros iteiros a 1, a,..., a m e b 1, b,..., b k existem dois produtos a i b j e a s b t com (i, s) (j, t) que deixam o mesmo resto ao serem divididos por mk. Teorema 7. (Teorema de Fermat) Seja p um primo. Se p ão divide a etão a p 1 1 (mod p). Para todo iteiro a, a p a (mod p) Teorema 8. (Teorema de Euler) Se mdc(a, m) = 1 etão Teorema 9. (Teorema de Wilso) Se p é primo, etão a φ(m) 1 (mod m) (p 1)! 1 (mod p) Teorema 10. Todo primo da forma é a soma de dois quadrados. Prova. Vamos precisar de um lema: Lema: Se p é um primo da forma 4 + 1, existe um iteiro x tal que x 1 (mod p). Como (p i) i (mod p) temos: (p 1)! 1... p 1 p + 1 p (p 1) 1... p 1 Pelo teorema de Wilso, (p 1)! 1 (mod p). Como ( 1) p 1 = ( 1) = 1 temos: 1 ( ( p 1 ) ( )! ( 1) p 1 ( p 1 ) )! (mod p) ( p 1 )... ( ) ( 1) (mod p) Seja x = ( p 1 )!. Cosidere agora, o cojuto de todos os pares (m, ) com m, {0, 1,..., p }. Como existem (1 + p ) pares e (1 + p ) > ( p) = p, pelo meos duas difereças da forma m x terão o mesmo resto a divisão por p. Digamos que m 1 x 1 m x (mod p) com (m 1, 1 ) (m, ). Defia a = m 1 m e b = 1. Etão, a, b {0, 1,..., p } e a ±xb (mod p). Como a x b b (mod p), temos que p a + b. Mas 0 < a + b < p + p = p pois (m 1, 1 ) (m, ) e a, b {0, 1,..., p }. Logo p = a + b.

5 Por que só fucioa com primos da forma 4 + 1? O próximo problema é uma boa ajuda para respoder essa perguta. Problema 4. Mostre que se p é um primo da forma etão ão existe x tal que x 1 (mod p) Solução. Supoha que exista tal x, como p 1 é ímpar, x 1 (mod p) (x ) p 1 ( 1) p 1 (mod p) x p 1 1 (mod p). Mas isso cotradiz o teorema de Fermat. Problema 5. (Baco IMO 1984) Sejam m e iteiros positivos. Mostre que 4m m uca pode ser um quadrado perfeito. Solução. Como 4m 1 deixa resto 3 por 4, algum de seus divisores primos deve deixar resto 3 por 4. Seja p primo, p 3 (mod 4) e p 4m 1. Supoha que x = 4m m = (4m 1) m m (mod p) (x) = 4x 4m 1 (mod p). Pelo problema aterior isso é um absurdo. Logo 4m m uca pode ser um quadrado perfeito. Problema 6. (Seletiva Rioplatese 007) Ache todos os primos p, q tais que p p + q q + 1 seja divisível por pq. Solução. É fácil ver que a equação do problema implica que p q q + 1 e q p p + 1. Supoha sem perda de geeralidade que p < q(é evidete que p q). Como mdc(p 1, q) = 1, pelo teorema de Bezout, existem iteiros positivos x, y tais que (p 1)x = qy + 1. Pelo teorema de Fermat, temos 1 q (p 1)x q qy+1 (q q ) y q ±q (mod p). Logo p q ± 1. Se mdc(q 1, p) = 1, obtemos de modo aálogo que q p ± 1. Se mdc(q 1, p) 1 p q 1. Etão temos que aalisar as seguites possibilidades: 1. p q + 1 e q p + 1. p q 1 Se p q 1 q 1 (mod p) 1 q q 1 (mod p) p = q + 1 = 5 q = 5. Temos a solução (p,q)=(,5). Se p q + 1 e q p + 1 q 1 p q + 1. Como p q e p < q p = q 1 q 1 q + 1 q 1 p = q 1 = q = 3. Veja que (,3) ão é solução. Soluções (p, q) = (, 5), (5, ). Problema 7. Mostre que se k > 1 etão k 1 1 (mod k) Solução. Supoha que k k Claramete k é ímpar. Seja k = p α1 1 pα... pαr r, ode p 1, p,..., p r são primos ímpares. Seja p i 1 = mi t i ode os t i são ímpares(i = 1,,... r). Supoha sem perda de geeralidade que m 1 é o meor elemeto de {m 1, m,..., m r }. Como p αi i 1 (mod mi m1 ), segue que k = p α1 1 pα... pαr r 1 (mod m1 ) k 1 = m1 u. Mas k 1 1 (mod k) m 1 u 1 (mod k) m 1 u 1 (mod p 1 ) m 1 ut 1 ( 1) t1 = 1 (mod k) (p1 1)u 1 (mod p 1 ). Mas isso cotradiz o teorema de Fermat pois ( p1 1 ) u 1 u 1 (mod p 1 ). Problema 8. (Bulgária 1995) Ecotre todos os úmeros primos p e q tais que o úmero p + q é divisível por pq. (Dica: Use o problema aterior) Problema 9. (Bulgária 1996) Esotre todos os úmeros primos p e q tais que é um iteiro. (5 p p )(5 q q ) pq Problema 30. (Bulgária 1997) Ecotre todos os úmeros iteiros m, tais que é um iteiro 1 + m 3 + m 3 Solução. Claramete é ímpar, mdc(m, ) = 1 e >. Se = 3, como mdc(m, ) = 1 devemos ter que m 1 (mod 3) pois caso cotrário 1 + m 3 + m (mod 3). É fácil ver que todo par (m, ) = (3k + 1, 3) é solução. m3+1 1 Supoha agora > 3 e seja k = ord m. Se > 3 m 3 1 (mod ). Como 1 + m 3 + m 3 = segue que m 3 1 m k Logo k = Pelo teorema de Euler, m φ() 1 (mod ) k φ() 3 +1 φ() 1, uma cotradição. Problema 31. (Alemaha) Se é um úmero atural tal que é primo, prove que é potêcia de 3. Problema 3. (IMO 1971) Prove que a sequêcia 3( > 1) cotém uma subsequêcia de úmeros primos etre si dois a dois. Teorema 11. (Bertrad-Chebychev) Se > 3 existe pelo meos um úmero primo etre e.

6 Problema 33. Mostre que qualquer 7 pode ser escrito a forma p + m, com p e m aturais primos etre si, maiores que 1 e p é primo. Solução. Aplicado o teorema aterior com l = > 3, o meor iteiro maior ou igual a, produzimos um primo p com < p < 1. Tal primo ão pode dividir pois p < < p. Etão = p + ( p) satisfaz o euciado. Tete resolver o problema aterior sem usar o teorema 11. Problema 34. Prove que se > 1 e k são úmeros aturais, etão o úmero X = ão pode ser + k um iteiro. Problema 35. Seja P o cojuto de todos os primos e seja M um subcojuto de P, tedo pelo meos três elemetos e tal que para qualquer subcojuto próprio A de M, todos os fatores primos do úmero p estão em M. Prove que P = M. Defiição 4. Sejam a, iteiros primos etre si, defiimos a ordem de a módulo como sedo: p A ord a := mi{d > 0 a d 1 (mod )} Teorema 1. Se a m 1 (mod ) etão ord a m. Teorema 13. ord a φ(). Problema 36. (Teste Coe Sul 00) Ecotre o período a represetação decimal de Problema 37. Prove que que se p é primo, etão p p 1 tem um fator primo cogruete a 1 módulo p Solução. Seja q um primo que divide pp 1 p 1. Como q pp 1 segue que ord q p p. Se ord q p = 1 q p p 1 0 p p 1 + p p +... p p (mod q). Mas isso é um absurdo pois p q. Logo ord q p = p e pelo teorema aterior obtemos p φ(q) = q 1. Daí todos os divisores primos de pp 1 são cogruetes a 1 módulo p. p 1 Problema 38. (IMO 003) Seja p um úmero primo. Demostre que existe um úmero primo q tal que, para todo iteiro, o úmero p p ão é divisível por q. No problema aterior, é possível mostrar que existem ifiitos primos q que satisfazem o euciado. Problema 39. (Leigrado 1990) Prove que para todos os iteiros a > 1 e, φ(a 1). Solução. Seja k = ord a 1a. Como a k 1 (mod a 1) a k 1 a 1 k. Como a 1 (mod a 1) k =. Pelo teorema aterior = k φ(a 1). Problema 40. Dado um primo p, prove que existem ifiitos aturais tais que p divide. Solução. Se p = a afirmação é evidete. Supoha p. Pelo teorema de Fermat, (p 1)k (p 1) k ( p 1 ) (p 1)k (mod p). Etão todo úmero da forma (p 1) k satisfaz o euciado. Problema 41. (Putam 197) Prove que ão existe um iteiro > 1 tal que 1. Solução. Supoha que o cojuto S = { N > 1, ( 1)} é ão vazio. Seja m o meor elemeto de S. Claramete m é ímpa e pelo teorema de Fermat temos m φ(m) 1. Seja d = mdc(m, φ(m)), pelo problema 1, como m m 1 e m φ(m) 1 segue que m ( d 1). Como m > 1 e m ( d 1), segue que d > 1. Como d m segue que d d 1. Como d φ(m) < m o elemeto d está em S e é meor que o meor elemeto desse cojuto. Essa cotradição mostra que S é vazio. Defiição 5. a é chamado raiz primitiva módulo se ord a = φ(). Teorema 14. Seja p primo e d tal que d p 1, etão o úmero de resíduos com ordem d é φ(d). Em particular p tem φ(p 1) raízes primitivas. Teorema 15. Seja g uma raíz primitiva módulo, etão se x é primo com existe um a tal que x g a (mod ). Teorema 16. Seja g uma raíz primitiva módulo, etão g a também é raíz primitiva se e somete se mdc(a, φ()) = 1.

7 Teorema 17. tem raiz primitiva se e somete se =, 4, p α, p α ode p é primo. Teorema 18. (Euler) Um iteiro a satisfazedo mdc(a, p) = 1 é o resíduo de uma potêcia -ésima ódulo p se e somete se vale a relação: a p 1 d 1 (mod p) com d = mdc(p 1, ). Prova. Supoha que o iteiro a com mdc(a, p) = 1 é o resíduo de uma potêcia -ésima ódulo p, etão existe x com x a (mod p). Pelo teorema de Fermat, (x ) p 1 d (x p 1 ) d 1 (mod p). a p 1 d Provemos agora que a codição também é suficiete. Seja g uma raiz primitiva módulo p. Como mdc(a, p) = 1, existe um h, 0 h p e a g h (mod p). Substituido a ossa relação, g h(p 1) d 1 (mod p). h(p 1) Como g é uma raiz primitiva, p 1 d h h = kd. Pelo teorema de Bezout, existem úmeros aturais u, v d tais que d = u (p 1)v kd = ku k(p 1)v. Como a g h g k d (mod p), em virtude do teorema de Fermat, Basta fazer x = g ku. a ag h(p 1) d g kd+k(p 1)v g ku (g ku ) (mod p). Problema 4. Ache todos os iteiros positivos tais que vale a +1 a (mod ) para todo a iteiro. Solução. Primeiro vemos que é livre de quadrados. Supoha que exista p primo com p, tome a := p. Logo p +1 p (mod p ) absurdo, pois p +1 0 (mod p ). Etão a +1 a (mod ) para todo a se e somete se a +1 a (mod p) para todo a, p com p primo satisfazedo p (Teorema chiês dos restos). Tomado a raiz primitiva (mod p) temos que a +1 a (mod p) se e somete se p 1. Logo basta achar todos os livre de quadrados satizfazedo p 1 para todo primo p que divide. Escreva = p 1 p... p k com p 1 < p <... < p k, p i primo. Logo mdc(p 1 1, ) = 1 portato temos que p 1 1 = 1 o que implica p 1 = (solução = ). Aalogamete p 1 logo p 1 = 1,, portato p = 3 (solução = 6). Cotiuado, p 3 1 = 1,, 3, 6, logo p 3 = 7 (solução = 4), p 4 1 = 1,, 3, 6, 7, 14, 1, 4, logo p 4 = 43 (solução = 4 43 = 1806), p 5 1 = 1,, 3, 6, 7, 14, 1, 4, 43, 86, 58, 301, 60, 903, 1806 mas em ehum caso p 5 seria primo, portato temos só as soluções ateriores. Problema 43. (Eureka) Prove que se p é um primo da forma 4k + 3, etão p + 1 também é primo se e somete se p + 1 divide p 1. Problema 44. Prove que todos os divisores dos úmeros de Fermat + 1, > 1, são da forma + k + 1. Problema 45. (IMO 1990) Ecotre todos os iteiros positivos > 1 tais que é um iteiro. Referêcias + 1 [Sierpiski] Sierpiski, W., Elemetary Theory of Numbers, Hafer, New York, [IR] Irelad, K.: Rose, M., A Classical Itroducito to Moder Number Theory, Spriger-Verlag, 198. [Plíio] José Plíio de Oliveira, Itrodução à Teoria dos Números, IMPA, 000. [Moreira-Saldaha] Moreira, C.G., Saldaha, N.C. (003), Primos de Mersee (e outros primos muito grades), IMPA, Publicações Matemáticas. [OBM] Carlos Moreira, Edmilso Motta, Eduardo Tega, Luiz Amâcio, Nicolau Saldaha e Paulo Rodrigues, Olímpiadas Brasileiras de Matemática, 9 a a 16 a. [EUREKA] Eureka! : Divisibilidade, Cogruêcias e Aritmética Módulo, Carlos G. T. de A. Moreira. [Olimpedia] http : //erdos.ime.usp.br [Sato] http : // problemsolvig.com/resources/p apers/saton T.pdf [EUREKA1] Eureka! 1: Como Fermat e Bézout Podem Salvar o Dia, Atoio Camiha M. Neto.