Soluzioni degli Esercizi di Algebra I

Soluzioni degli Esercizi di Algebra I
8 marzo 2017 #2A
Esercizio n.1
Supponiamo dapprima che b1 = 0 oppure b2 = 0. Allora m = 0 è un multiplo
comune di b1 e b2 e chiaramente vale (1.1). Vale banalmente anche (1.2).
Proviamo l’unicità. Sia m0 ∈ N0 tale che b1 | m0 e b2 | m0 e soddisfi (1.1) e
(1.2). Allora da 0 | m0 si ottiene che m0 = 0.
Supponiamo ora b1 , b2 6= 0 e poniamo
X := { x | x ∈ Z,
b1 | x, b2 | x } .
Poiché b1 , b2 ∈ Z \ {0}, b1 b2 6= 0 e quindi X 6= {0}. Segue che
M := { x | x ∈ X,
x > 0} =
6 ∅.
Sia m := minM . Proviamo che m = mcm(b1 , b2 ). Poiché m ∈ X, la
condizione (1.1) è verificata.
Sia ora n ∈ Z tale che b1 | n e b2 | n e dimostriamo che m | n. Allora, per la
proprietà euclidea degli interi, esistono q ∈ Z e r ∈ N0 tali che n = mq + r
con 0 ≤ r < m. Da b1 | m e b1 | n, per (2.1) si ottiene che b1 | n − mq ossia
b1 | r. Analogamente si ottiene che b2 | r. Ne segue che r ∈ X e quindi, per
la minimalità di m si deve avere che r = 0. Ne segue che n = mq e quindi la
(1.2) è verificata.
Dimostriamo ora l’unicità di m. Sia m0 un multiplo comune di b1 e b2 tale
che soddisfi (1.1) e (1.2). Quindi, da (1.2) applicata a m si ottiene che m | m0
e da (1.2) applicata a m0 si ottiene che m0 | m. Pertanto m = m0 .
Esercizio n.2
Poniamo a := mcd(b1 , b2 ). Poiché a | b1 b2 , esiste q ∈ N tale che b1 b2 = aq.
Dimostriamo che q = mcm(b1 , b2 ).
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Poiché a | b1 e q | b2 , esistono q1 , q2 ∈ Z tali che b1 = aq1 e b2 = aq2 . Allora
aq = b1 b2 = aq1 b2 e quindi a(q − q1 b2 ) = 0. Poiché a 6= 0, q = q1 b2 e quindi
b2 | q. Analogamente si ottiene che q = q2 b1 e quindi b1 | q.
Sia ora n ∈ N tale che b1 | n e b2 | n. Allora esistono k1 , k2 ∈ Z tali che
n = b1 k1 e n = b2 k2 . Ne segue che aq1 k1 = b1 k1 = n = b2 k2 = aq2 k2 e quindi
q1 k1 = q2 k2 , da cui si ottiene che q1 | q2 k2 . Osserviamo che mcd(q1 , q2 ) = 1.
Di conseguenza, per 3.5(1), q1 | k2 . Allora esiste k ∈ N tale che k2 = q1 k da
cui segue che
an = ab2 k2 = ab2 q1 k = (aq1 )b2 k = b1 b2 k = aqk.
Pertanto n = qk e quindi q | n.
Esercizio n.3
(3) Il resto della divisione di 5999.999 con 7 è 6. Infatti, per il piccolo teorema
di Fermat si ha che 56 ≡7 1 e quindi (56 )166.666 ≡7 1. Inoltre, 52 ≡7 4 e quindi
53 ≡7 4 · 5 = 20. Dato che 20 ≡7 6, per la proprietà transitiva di ≡7 segue
che 53 ≡7 6. Pertanto 5999.999 = (56 )166.666 · 53 ≡7 6.
(5) Per il piccolo teorema di Fermat vale che 13136 ≡37 1 e quindi (13136 )2 ≡37
1. Poiché 131 ≡37 20, risulta che 1312 ≡37 400. Dato che 400 ≡37 30, si ha
che 1312 ≡37 30. Segue che 1314 ≡37 900 e, dato che 900 ≡37 12, vale che
1314 ≡37 12. Pertanto 13176 = 1314 · (13136 )2 ≡37 12.
Esercizio n.5
(5) Se n è dispari, allora esiste k ∈ N tale che n = 2k + 1. Ne segue che
42k+1 = (42 )k 4 ≡15 4 e che 112k+1 = (112 )k 11 ≡15 11. Pertanto 4n + 11n ≡15 0
e cosı̀ 15 | 4n + 11n .
Viceversa, assumiamo che 15 | 4n + 11n , cioè 4n + 11n ≡15 0. Supponiamo
per assurdo che n sia pari. Allora esiste k ∈ N tale che n = 2k. Ne segue
che 42k + 112k ≡15 2, avendo cosı̀ 0 ≡15 2, che è evidentemente una contraddizione. Pertanto n è dispari.
Esercizio n.6
Sia n ∈ N. Se n è pari, allora esiste k ∈ N tale che n = 2k. Ne segue che
102k = 100k ≡11 1, poiché 100 ≡11 1.
Se n è dispari, allora esiste k ∈ N tale che n = 2k + 1. Ne segue che
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102k+1 = 100k · 10 ≡11 1, poiché 100k ≡11 1 e 10 ≡11 −1.
Esercizio n.7
Sia z ∈ Z. Dimostriamo dapprima che 3 | z 12 − z 2 . Per il piccolo teorema
di Fermat segue che z 3 ≡3 z. Per la compatibilità di ≡3 rispetto al prodotto
segue che z 4 ≡3 z 2 e quindi z 12 = (z 3 )4 ≡3 z 4 . Di conseguenza, per la proprietà transitiva di ≡3 , segue che z 12 ≡3 z 2 . Pertanto 3 | z 12 − z 2 .
Dimostriamo ora che 11 | z 12 − z 2 . Per il piccolo teorema di Fermat segue
che z 11 ≡11 z. Ne segue che z 12 = z 11 · z ≡11 z 2 . Pertanto 11 | z 12 − z 2 .
Esercizio n.8
Supponiamo dapprima che 7 | z e dimostriamo che 4a ≡7 b. Osserviamo che
6(10a + b) ≡7 0 ossia 60a + 6b ≡7 0. Poiché 60 ≡7 4 e 6a ≡7 −1, vale che
4a − b ≡7 0 e quindi 4a ≡7 b.
Viceversa, supponiamo 4a ≡7 b. Allora, dato che −b ≡7 6b, vale che
4a + 6b ≡7 0. Ne segue che 6(4a + 6b) ≡7 0 e quindi 24a + 36b ≡7 0.
Poiché 24 ≡7 10 e 36 ≡7 1, risulta che z = 10a + b ≡7 0. Pertanto 7 | z.
Dimostrazione di una studentessa Supponiamo dapprima che 7 | z e dimostriamo che 4a ≡7 b. Dato che chiaramente 7 | 14a, per (2.1) vale che
7 | −(10a + b) + 14a ossia 7 | 4a − b. Pertanto 4a ≡7 b.
Supponiamo ora che 4a ≡7 b. Allora 7 | 4a − b. Per (2.1) vale che
7 | 14a − (4a − b) ossia 7 | 10a + b. Pertanto 7 | z.
ESERCIZI PROPOSTI
Esercizio 1 Siano a, n, m ∈ N. Dimostrare che
(1) an − 1 = (a − 1)(an−1 + an−2 + . . . + a + 1),
(2) se m | n, allora am − 1 divide an − 1,
(3) se 2n − 1 ∈ P, allora n ∈ P,
(4) se an − 1 ∈ P e n > 1, allora a = 2 e n ∈ P.
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NOTA: Per ogni n ∈ N, i numeri Mn := 2n − 1 sono noti come i numeri di
Mersenne. Il numero di Mersenne 274207281 − 1 è il più grande numero primo
noto. Tale numero ha oltre 22 milioni di cifre.
Esercizio 2
(1) Senza utilizzare il teorema di Euclide dimostrare che esistono infiniti
numeri primi dispari.
(2) Dimostrare che esistono infiniti numeri primi nell’insieme
{ 3k + 2 | k ∈ N0 }.
(3) Dimostrare che esistono infiniti numeri primi nell’insieme
{ 4k + 1 | k ∈ N }.
Esercizio 3 Sia p un numero primo. Dimostrare che, per ogni z ∈ Z, valgono
(1) mcd(pz, p + z) ∈ {1, p, p2 }
(2) se mcd(p, z) = 1, allora mcd(pz, p + z) = 1.
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