1 Ejercicios propuestos del libro en español.
Probar que 3^{105}+4^{105}\equiv 0 mod 13
3^{1}\equiv 3 mod13
3^{2}\equiv 9 mod13
3^{2}\equiv 1 mod13
(3^{3})^{35}\equiv 3^{105}
Por el teorema a^{k}\equiv b^{k} mod n
(3^{3})^{35}\equiv 1^{35} mod 13
(3)^{105}\equiv 1 mod 13
Ahora (4)^{1}\equiv 4 mod 13
(4)^{2}\equiv 3 mod 13
(4)^{3}\equiv 12 mod 13
(4)^{4}\equiv 9 mod 13
(4)^{5}\equiv 10 mod 13
(4)^{6}\equiv 1 mod 13
Entonces
(4^{6})^{17}\equiv 1^{17} mod 13
(4^{6})^{17}.4^{3}\equiv 1^{17}.12 mod 13
(4)^{102}.4^{3}\equiv 1 . 12 mod 13
(4)^{105}\equiv 12 mod 13
Por tanto 3^{105}\equiv 1 mod 13+4^{105}\equiv 12 mod 13
3^{105}+4^{105}\equiv 1+12mod 13
3^{105}+4^{105}\equiv 13mod 13
3^{105}+4^{105}\equiv 0mod 13
Hallar el residuo obtenido al dividir 6^{241} por 7
6^{1}\equiv -1 mod 7
Por el teorema a^{k}\equiv b ^{k}
(6)^{241}\equiv (-1)^{241} mod 7
(6)^{241}\equiv -1 mod 7
(6)^{241}\equiv 6 mod 7 Residuo 6
15^{168} por 13
15^{1}\equiv2mod 13
Por el teorema a^{k}\equiv b ^{k}
15^{168}\equiv2^{168}mod 13
15^{168}\equiv(2^{6})^{28}mod 13
15^{168}\equiv(-1)^{28}mod 13
5^{168}\equiv1 mod 13 Residuo 1
Entonces
2^{1}\equiv-11mod 13
2^{2}\equiv-9mod 13
2^{3}\equiv-5mod 13
2^{4}\equiv3mod 13
2^{5}\equiv-7mod 13
2^{6}\equiv-1mod 13
Probar que si ad-bc= + o - 1 entonces la fracción \frac{(a+b)}{(c+d)} es irreducible.
(a+b,c+d)=1 combinación lineal
🔺(a+b)+🟥 (c+d)
d(a+b)+-b(c+d)
ad+bd-bc-bd
ad-bc Hipótesis de inducción ad-bc=1
1
Porbemos que (a+b , c+d) =-1
🔺(a+b)+🟥 (c+d)
-d(a+b)+b(c+d)
-ad-bd+bc+bd
-ad+bc
-(ad-bc)
-(-1) Hipótesis ad-bc=-1
1
Probar que si (a,b)=1 y c\mid b entonces (a,c)=1
Si (a,b)=1 existe x,y E Z
ax+bx=1 Teorema bachet bezout
Si c\mid b Existe K E Z
b=cK
Entonces ax+by=1
ax+(ck)y=1
ax+c(ky)=1 donde x, ky son Z
tal que (a,c)=1
Porbar que si (a,b)=1 entonces (a+b, ab)=1
Si (a,b)=1 son primos relativos
(a+b, ab)=1
d\mid(a+b) (b)+(ab) (-1)
d\mid ab+b^{2}-ab
d\mid b^{2}
d\mid (a+b)(a)+ (ab)(-1)
d\mid a^{2}+ ab-ab
d\mid a^{2}
Por hipótesis
(a,b)=1
(a^{2},b^{2})=1^{2}
d\mid (a^{2},b^{2})
(d\mid 1)
Probar que si a\equiv b(mod n), entonces (a,n)=(b,n)
Utilizaremos el teorema que nos indica que dos enteros a y b son congruentes en mod n si y solo si tienen el mismo residuo al dividir n por n
Entonces por el teorema se tiene
a=nq_1+r_1 con 0\leqslant r_1< n
b=nq_2+r_2 con 0\leqslant r_2< n
r_1=r_2
Donde a,b\epsilon \mathbb{Z} y n\epsilon \mathbb{Z},n> 0
Entoces despejando r_2
b=nq_2+r_2
r_2=b-nq_2
Y si agregamos a “x” en ambos lados de la igualdad a=nq_1+r_1 entonces se tiene
ax=(nq_1+r_1)x Reemplazo r_1=r_2
r_2=b-nq_2
ax=(nq_1+b-nq_2)x
ax=nq_1x+bx-nq_2x
ax+nq_2x=bx+nq_1x
ax+n(q_2x)=bx+n(q_1x)
Ahora como ax+n(q_2x)=bx+n(q_1x) entonces
(a,n)=(b,n)
11.Usar el algoritmo extendido de Euclides para encontrar enteros tales que
*1426x+343y=3
(1426,343)
1426=343(4)+54
0\leqslant 54< 343
(1426,343)=(343,54)
343=54(6)+19
0\leqslant19< 54
(343,54)=(54,19)
54=19(2)+16
0\leqslant 16< 19
(54,19)=(19,16)
19=16(1)+3
0\leqslant3< 16
(19,16)=(16,3)
16=3(5)+1
0\leqslant1<3
(16,3)=(3,1)
3=1(3)+0
54=1426+343(-4)
19=343+54(-6)
16=54+19(-2)
3=19+16(-1)
1=16+3(-5)
x=324 y=-1347
MCD=1
1=16+3(-5)
1=16+(19+16(-1))(-5)
1=16+19(-5)+16(5)
1=16(6)+19(-5)
1=(54+19(-2))(6)+(343+54(-6))(-5)
1=54(6)+19(-12)+343(-5)+54(30)
1=54(36)+19(-12)+343(-5)
1=(1426+343(-4))(36)+(343+54(-6)(-12))+343(-5)
1=1426(36)+343(-144)+343(-12)+54(72)+343(-5)
1=1426(36)+343(-161)+54(72)
1=1426(36)+343(-161)+(1426+343(-4))(72)
1=1426(36)+343(-161)+1426(72)+343(-288)
1=1426(108)+343(-449)
3.1=3(1426(108)+343(-449))
3=1426(324)+343(-1347)
*-936x+666y=18
(936,666)
936=666(1)+270
0\leqslant 270< 666
(936,666)=(666,270)
666=270(2)+126
0\leqslant 126<270
(666,270)=(270,126)
270=126(2)+18
0\leqslant 18<126
(270,126)=(126,18)
126=18(7)+0
MCD=18
270=936+666(-1)
126=666+270(-2)
18=270+126(-2)
x=5 y=-7
18=270+126(-2)
18=(936+666(-1))+(666+270(-2))(-2)
18=936+666(-1)+666(-2)+270(4)
18=936+666(-3)+270(4)
18=936+666(-3)+(936+666(-1))(4)
18=936+666(-3)+936(4)+666(-4)
18=936(5)+666(-7)
*630x+132y=12
(630,132)
630=132(4)+102
0\leqslant 102<132
(630,132)=(132,102)
132=102(1)+30
0\leqslant 30<102
(132,102)=(102,30)
102=30(3)+12
0\leqslant 12<30
(102,30)=(30,12)
30=12(2)+6
0\leqslant 6<12
(30,12)=(12,6)
12=6(2)+0
MCD=6
102=630+132(-4)
30=132+102(-1)
12=102+30(-3)
6=30+12(-2)
x=-9 y=43
6=30+12(-2)
6=132+102(-1)+((102+30(-3))(-2)
6=132+102(-1)+102(-2)+30(6)
6=132+102(-3)+30(6)
6=132+((630+132(-4))(-3)+(132+102(-1))(6)
6=132+630(-3)+132(12)+132(6)+102(-6)
6=630(-3)+132(19)+102(-6)
6=630(-3)+132(-19)(630+132(-4))(-6)
6=630(-3)+132(19)+630(-6)+132(24)
6=630(-9)+132(43)
6.2=2((630(-9)+132(43))
12=630(-18)+132(86)
*4001x+2689y=4
(4001,2689)
4001=2689(1)+1312
0\leqslant 1312<2689
(4001,2689)=(2689,1312)
2689=1312(2)+65
0\leqslant 65<1312
(2689,1312)=(1312,65)
1312=65(20)+12
0\leqslant12<65
(1312,65)=(65,12)
65=12(5)+5
0\leqslant5<12
(65,12)=(12,5)
12=5(2)+2
0\leqslant2<5
(12,5)=(5,2)
5=2(2)+1
0\leqslant1<2
(5,2)=(2,1)
2=1(2)+0
MCD=1
1312=4001+2689(-1)
65=2689+1312(-2)
12=1312+65(-20)
5=65+12(-5)
2=12+5(-2)
1=5+2(-2)
MCD=1
1=5+2(-2)
1=5+(12+5(-2))(-2)
1=5+12(-2)+5(4)
1=5(5)+12(-2)
1=(65+12(-5))()5+(1312+65(-20))(-2)
1=65(5)+12(-25)+1312(-2)+65(40)
1=65(45)+12(-25)+1312(-2)
1=(2689+1312(-2))(45)+(1312+65(-20))(-25)+(4001+2689(-1))(-2)
1=2689(45+1312(-90))+1312(-25+65(500)+4001(-2)+2689(2))
1=2689(45)+1312(-115)+65(500)+4001(-2)
1=2689(45)+((4001+2689(-1)(-115)+((2689+1312(-2)(500)+4001(-2))
1=2689(45)+4001(-115)+2689(115)+2689(500)+1312(-1000)+4001(-2)
1=2689(662)+4001(-117)+1312(-1000)
1=2689(662)+4001(-117)+(4001+2689(-1))(-1000)
1=2689(662)+4001(-117+4001(-1000)+2689(1000))
1=2689(1662)+4001(-1117)
4.1=4(2689(1662)+4001(-1117))
4=2689(6648)+4001(-4468)
x=6648
y=-4468
Construya las tablas de adición y multiplicación módulo 7.
7_{7}={\bar{0}, \bar{1}, ...\bar{7-1}}
7_{7}={\bar{0}, \bar{1},\bar{2},\bar{3},\bar{4},\bar{5},\bar{6} }
2 Ejercicios propuestos libro en portugues.
Demuestre que la fracción \frac{21n+4}{14n+3} es irreducible para todo n natural
Demostración: Se tiene que la fracción es irreducible lo cual quiere decir que:
21n+4 y 14n+3 son primos relativos, por lo tanto el M.C.D.
(21n+4,14n+3)=1 Esto quiere decir que se puede demostrar por medio del algoritmo de Euclides
Por tanto
21n+4=(1)(14n+3)+(7n+1)
(21n+4,14n+3)=(14n+3,7n+1)
0\leqslant 7n+1< 14n+3
14n+3=2(7n+1)+1
0\leqslant 1<7n+1
(14n+3,7n+1)=(7n+1,1)
Por el algoritmo de Euclides se tiene que
M.C.D. (21n+4,14n+3)=M.C.D.(7n+1,1)=1
Además por el teorema de Bachet-Bezout
1=a(21n+4)+b(14n+3)
1=(14n+3)+(7n+1)(-2)
7n+1=(21n+4)+(14n+3)(-1)
1=(14n+3)+(7n+1)(-2)
1=14n+3+(21n+4)+(14n+3(-1))(-2)
1=14n+3+(21n+4)(-2)+14n+3(2)
1=14n+3(3)+21n+4(-2)
1=1
Probar que para cada entero positivo n existen n enteros positivos consecutivos distintos, tal que ninguno es una potencia de un primo.
Primer sistema de congruencias
k+1
k+2
k+n
son divisibles entre p y q, perteneciendo estos a los números enteros
Segundo sistema de congruencias
k\equiv -1mod(p0,p1)
k\equiv -2mod(p3,p4)
k\equiv -nmod(pn-1,pn)
Tiene solución ya que los módulos (p0,p1,p3,p4,pn-1,pn) son primos relativos, por ende, existe una k que es solución para el segundo sistema de congruencias y por esto existe una k que en estos (k+1, k+2, k+n) no son potencias de primos.