Aula 7 - Aritmética - 2025.pdf congruência modular
daniseabra78
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Oct 26, 2025
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About This Presentation
Congruência
Slide Content
Aula 7
P-Expoente
Congruências / Pequeno Teorema de
Fermat Revisto
Congruências Lineares
-MAF 831 -
P-Expoente
Congruências / Pequeno Teorema de
Fermat Revisto
Congruências Lineares
-MAF 831 -
P-Expoente (Aula 6)
01
01
Decomposição de �!como produto de
primos
Definição 1: Seja �um natural e seja �um primo. O �−expoente de �!é
definido por:
????????????�
��!=��??????�∈ℕ�
�
|�!}.
Seja �um número real positivo.
Denotamos a parte inteira de �(piso) por:�=max�∈ℤ�≤�}.
primos
Definição 1: Seja �um natural e seja �um primo. O �−expoente de �!é
definido por:
????????????�
��!=��??????�∈ℕ�
�
|�!}.
Seja �um número real positivo.
Denotamos a parte inteira de �(piso) por:�=max�∈ℤ�≤�}.
Exemplo 1) Determine ??????��
2(100!)
No conjunto 1,2,…,100,temos:
Divisíveis por 2:
100
2
=50.
Divisíveis por 2e não divisíveis por 4:
100
2
−
100
4
=25.
Divisíveis por 4e não divisíveis por 8:
100
4
−
100
8
=25−12=13.
Divisíveis por 8e não divisíveis por 16:
100
8
−
100
16
=12−6=6.
Divisíveis por 16e não divisíveis por 32:
100
16
−
100
32
=6−3=3.
Divisíveis por 32e não divisíveis por 64:
100
32
−
100
64
=3−1=2.
Divisíveis por 64:
100
64
=1.
2(100!)
No conjunto 1,2,…,100,temos:
Divisíveis por 2:
100
2
=50.
Divisíveis por 2e não divisíveis por 4:
100
2
−
100
4
=25.
Divisíveis por 4e não divisíveis por 8:
100
4
−
100
8
=25−12=13.
Divisíveis por 8e não divisíveis por 16:
100
8
−
100
16
=12−6=6.
Divisíveis por 16e não divisíveis por 32:
100
16
−
100
32
=6−3=3.
Divisíveis por 32e não divisíveis por 64:
100
32
−
100
64
=3−1=2.
Divisíveis por 64:
100
64
=1.
Exemplo 1) Determine ??????��
2(100!)
??????��
2100!=
100
2
−
100
4
+2
100
4
−
100
8
+
3
100
8
−
100
16
+4
100
16
−
100
32
+5
100
32
−
100
64
+6
100
64
=
���
�
+
���
�
+
���
�
+
���
��
+
���
��
+
���
��
=
50+25+12+6+3+1=97.
2(100!)
??????��
2100!=
100
2
−
100
4
+2
100
4
−
100
8
+
3
100
8
−
100
16
+4
100
16
−
100
32
+5
100
32
−
100
64
+6
100
64
=
���
�
+
���
�
+
���
�
+
���
��
+
���
��
+
���
��
=
50+25+12+6+3+1=97.
Exemplo 1) Determine ??????��
2(100!)
Resposta: ??????��
2100!=97.
2(100!)
Resposta: ??????��
2100!=97.
Exemplo 1) Determine ??????��
2100!
Recorrendo a Forma 2-ádica (base 2)
de 100
Podemos escrever 100como 1.2
6
+1.2
5
+1.2
2
Temos
���
�
=1.2
5
+1.2
4
+1.2
1
=50,
���
�
=1.2
4
+1.2
3
+1=25,
���
�
=1.2
3
+1.2
2
=12,
���
��
=1.2
2
+1.2=6,
���
��
=1.2
1
=2,
���
��
= 1
2100!
Recorrendo a Forma 2-ádica (base 2)
de 100
Podemos escrever 100como 1.2
6
+1.2
5
+1.2
2
Temos
���
�
=1.2
5
+1.2
4
+1.2
1
=50,
���
�
=1.2
4
+1.2
3
+1=25,
���
�
=1.2
3
+1.2
2
=12,
���
��
=1.2
2
+1.2=6,
���
��
=1.2
1
=2,
���
��
= 1
Exemplo 1) Determine ??????��
2100!
Recorrendo a Forma 2-ádica (base 2)
Temos
���
�
+
���
�
+
���
�
+
���
��
+
���
��
+
���
��
=��
2100!
Recorrendo a Forma 2-ádica (base 2)
Temos
���
�
+
���
�
+
���
�
+
���
��
+
���
��
+
���
��
=��
Decomposição de 100!Em fatores
primos
●Os primos entre 1 e 100 são:
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97.
●Os próximos cálculos foram feitos com auxílio do ChatGPT 5.
primos
●Os primos entre 1 e 100 são:
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97.
●Os próximos cálculos foram feitos com auxílio do ChatGPT 5.
P-Expoentes
Decomposição de 100!Em fatores
primos
2
97
.5
24
=2
73
10
24
O número 100! termina com 24 zeros.
primos
2
97
.5
24
=2
73
10
24
O número 100! termina com 24 zeros.
Teorema de Legendre
Seja �≥1um inteiro. Seja �um número primo.
Então ????????????�
��!=
�
�
+
�
�
�
+⋯+
�
�
�
+⋯
Seja �≥1um inteiro. Seja �um número primo.
Então ????????????�
��!=
�
�
+
�
�
�
+⋯+
�
�
�
+⋯
Prova
Considere a lista dos n primeiros inteiros positivos: 1,…,�.
Seja �∈ℕo maior inteiro tal que �
�
≤�,mas �
�+1
>�.
Temos
�
??????
??????
=0para �≥�+1.
Para cada �∈ℕ,com 1≤�≤�,o número de elementos em 1,…,�
divisíveis por �
�
que não são divisíveis por �
�+1
é igual a
Considere a lista dos n primeiros inteiros positivos: 1,…,�.
Seja �∈ℕo maior inteiro tal que �
�
≤�,mas �
�+1
>�.
Temos
�
??????
??????
=0para �≥�+1.
Para cada �∈ℕ,com 1≤�≤�,o número de elementos em 1,…,�
divisíveis por �
�
que não são divisíveis por �
�+1
é igual a
Prova
�
�
�
−
�
�
�+1
.
Logo
??????��
??????�!=
�=1
�
�
�
�
�
−
�
�
�+1
=
�
�
1
+⋯+
�
�
�
=
�
�
1
+⋯+
�
�
�
+⋯
�
�
�
−
�
�
�+1
.
Logo
??????��
??????�!=
�=1
�
�
�
�
�
−
�
�
�+1
=
�
�
1
+⋯+
�
�
�
=
�
�
1
+⋯+
�
�
�
+⋯
Exemplo 2
ENQ 2024-1
ENQ 2024-1
Resolução
Item a
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29
Item a
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29
Resolução
Item b
Pelo Teorema de Legendre, temos:
??????��
230!=
30
2
+
30
4
+
30
8
+
30
16
=15+7+3+1=26
??????��
330!=
30
3
+
30
9
+
30
27
=10+3+1=14
Item b
Pelo Teorema de Legendre, temos:
??????��
230!=
30
2
+
30
4
+
30
8
+
30
16
=15+7+3+1=26
??????��
330!=
30
3
+
30
9
+
30
27
=10+3+1=14
Resolução
Item b
Pelo Teorema de Legendre, temos:
??????��
530!=
30
5
+
30
25
=6+1=7
??????��
730!=
30
7
=3
Item b
Pelo Teorema de Legendre, temos:
??????��
530!=
30
5
+
30
25
=6+1=7
??????��
730!=
30
7
=3
Resolução
Item b
Pelo Teorema de Legendre, temos:
??????��
1130!=
30
11
=2
??????��
1330!=
30
7
=2
Item b
Pelo Teorema de Legendre, temos:
??????��
1130!=
30
11
=2
??????��
1330!=
30
7
=2
Resolução
Item b
Pelo Teorema de Legendre, temos:
??????��
1730!=
30
17
=1
??????��
1930!=
30
19
=1
Item b
Pelo Teorema de Legendre, temos:
??????��
1730!=
30
17
=1
??????��
1930!=
30
19
=1
Resolução
Item b
Pelo Teorema de Legendre, temos:
??????��
2330!=
30
23
=1
??????��
2930!=
30
29
=1
Item b
Pelo Teorema de Legendre, temos:
??????��
2330!=
30
23
=1
??????��
2930!=
30
29
=1
Resolução
Item b
Portanto 30!=2
26
.3
14
.5
7
.7
3
.11
2
.13
2
.17
1
.19
1
.23
1
.29
1
Item b
Portanto 30!=2
26
.3
14
.5
7
.7
3
.11
2
.13
2
.17
1
.19
1
.23
1
.29
1
Congruências
02
02
Definição 2
Sejam �,�,�inteiros, com �>0. Dizemos que �e �são congruentes
módulo �(notação: �≡�����) quando �|�−�.
Sejam �,�,�inteiros, com �>0. Dizemos que �e �são congruentes
módulo �(notação: �≡�����) quando �|�−�.
Um resultado bem conhecido
Tendo em mente o conceito de divisibilidade, é possível provar o seguinte
resultado:
Sejam �,�,�inteiros, com �>1. Então, �≡�����se, e só se, o resto
da divisão de �por �é igual ao resto da divisão de �por �.
Provaremos este a fato a seguir.
Tendo em mente o conceito de divisibilidade, é possível provar o seguinte
resultado:
Sejam �,�,�inteiros, com �>1. Então, �≡�����se, e só se, o resto
da divisão de �por �é igual ao resto da divisão de �por �.
Provaremos este a fato a seguir.
Exercício 1 –Questão 8 -ENQ 2020/2
Resolução
Prova
Suponha inicialmente que �=��+�,�=��+�,0≤�<�.Ora
�−�=��−�.Isso mostra que �|�−�e, portanto, �≡�����.
Admita agora que �≡�����.De acordo com o Lema da Divisão Euclidiana,
existem inteiros �,�,�,�′, sendo 0≤�,�
′
<�tais que
�=��+�,�=��+�′. Por hipótese, �|�−�,�−�=��−�+(�
′
−�)
É claro que �−�|�(�−�). Portanto �|�
′
−�.
Tendo em mente que �
′
−�<�,segue que �
′
−�=0,�=�
′
.
Prova
Suponha inicialmente que �=��+�,�=��+�,0≤�<�.Ora
�−�=��−�.Isso mostra que �|�−�e, portanto, �≡�����.
Admita agora que �≡�����.De acordo com o Lema da Divisão Euclidiana,
existem inteiros �,�,�,�′, sendo 0≤�,�
′
<�tais que
�=��+�,�=��+�′. Por hipótese, �|�−�,�−�=��−�+(�
′
−�)
É claro que �−�|�(�−�). Portanto �|�
′
−�.
Tendo em mente que �
′
−�<�,segue que �
′
−�=0,�=�
′
.
Pequeno Teorema de Fermat
(versão congruência)
Sejam �um inteiro e �um número primo. Então �
??????
≡�����.Em
particular, se �,�=1,temos �
??????−1
≡1����.
(versão congruência)
Sejam �um inteiro e �um número primo. Então �
??????
≡�����.Em
particular, se �,�=1,temos �
??????−1
≡1����.
Proposição 1. Sejam �,�,�,�,�,�
inteiros, com �>1,�>0. As
seguintes propriedades são válidas:
●I) �≡�����;
●II) Se �≡�����,então �≡�����;
●III) Se �≡�����e �≡�����,então �≡�����;
●IV) Se �≡�����e �≡�����, então �+�≡�+�����;
●V) Se �≡�����e �≡�����, então �.�≡�.�����;
●VI) Se �≡�����,então �+�≡�+�����e �.�≡
�.�����;
●VII) Se ��≡������e �,�=�,então �≡�����;
●VIII) Se�≡�����,então �
�
≡�
�
����.
inteiros, com �>1,�>0. As
seguintes propriedades são válidas:
●I) �≡�����;
●II) Se �≡�����,então �≡�����;
●III) Se �≡�����e �≡�����,então �≡�����;
●IV) Se �≡�����e �≡�����, então �+�≡�+�����;
●V) Se �≡�����e �≡�����, então �.�≡�.�����;
●VI) Se �≡�����,então �+�≡�+�����e �.�≡
�.�����;
●VII) Se ��≡������e �,�=�,então �≡�����;
●VIII) Se�≡�����,então �
�
≡�
�
����.
Prova da proposição 1.
●Exercício: itens I, II, III, IV, V, VI.
●Prova do item VII.
Por hipótese, �|��−�.Visto que �,�=1,segue que �|�−�.Logo �≡
�����.
●Prova do item VIII.
Por hipótese, temos �≡�����.
Suponha por indução matemática que �
�
≡�
�
����.
Aplicando a propriedade V com �=�e �=�, temos �
�+1
≡�
�+1
����.
O resultado segue por indução matemática.
●Exercício: itens I, II, III, IV, V, VI.
●Prova do item VII.
Por hipótese, �|��−�.Visto que �,�=1,segue que �|�−�.Logo �≡
�����.
●Prova do item VIII.
Por hipótese, temos �≡�����.
Suponha por indução matemática que �
�
≡�
�
����.
Aplicando a propriedade V com �=�e �=�, temos �
�+1
≡�
�+1
����.
O resultado segue por indução matemática.
Exercício 2-ache os dois últimos
algarismos de 7
7
1000
.
●Queremos encontrar �∈ℕ∪0,com0≤�≤99, tal que
7
7
1000
≡����100.
Inicialmente, note que 7
2
=49,7
3
=343,7
4
=2401.
Logo 7
4
≡1���100.
Assim 7
1000
=(7
4
)
250
≡1
250
≡1���100.
Existe �∈ℕtal que 7
1000
=100�+1.
Note também que 7
100�
≡1
25�
≡1���100para todo �∈ℕ.
Logo 7
7
1000
=7
100�+1
=7
100�
.7≡1.7≡7���100.
Resposta: o algarismo das dezenas é zero, o algarismo das unidades é sete.
algarismos de 7
7
1000
.
●Queremos encontrar �∈ℕ∪0,com0≤�≤99, tal que
7
7
1000
≡����100.
Inicialmente, note que 7
2
=49,7
3
=343,7
4
=2401.
Logo 7
4
≡1���100.
Assim 7
1000
=(7
4
)
250
≡1
250
≡1���100.
Existe �∈ℕtal que 7
1000
=100�+1.
Note também que 7
100�
≡1
25�
≡1���100para todo �∈ℕ.
Logo 7
7
1000
=7
100�+1
=7
100�
.7≡1.7≡7���100.
Resposta: o algarismo das dezenas é zero, o algarismo das unidades é sete.
Exercício 3 –Determine o resto da
divisão de 2
135
por 19
Pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos 2
19
≡2���19.
Por um processo de divisão, é fácil constatar que
135=7×19+2e2
7
=128=6×19+14.
Temos 2
133
=(2
19
)
7
≡2
7
≡14���19.
Finalmente, temos 2
135
=2
133
.2
2
≡2
7
.2
2
≡14.4≡56≡18���19.
divisão de 2
135
por 19
Pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos 2
19
≡2���19.
Por um processo de divisão, é fácil constatar que
135=7×19+2e2
7
=128=6×19+14.
Temos 2
133
=(2
19
)
7
≡2
7
≡14���19.
Finalmente, temos 2
135
=2
133
.2
2
≡2
7
.2
2
≡14.4≡56≡18���19.
Exercício 4 –Questão 5 –ENQ 2020/1
Resolução
a) Os possíveis restos são: 0,1,4
De fato, se
�≡0���5,�
2
≡0���5;
�≡1���5,�
2
≡1���5;
�≡2���5,�
2
≡4���5;
�≡3���5,�
2
≡9≡4���5;
�≡4���5,�
2
≡16≡1���5
a) Os possíveis restos são: 0,1,4
De fato, se
�≡0���5,�
2
≡0���5;
�≡1���5,�
2
≡1���5;
�≡2���5,�
2
≡4���5;
�≡3���5,�
2
≡9≡4���5;
�≡4���5,�
2
≡16≡1���5
Resolução
b) Temos aqui �
2
+�
2
=�
2
.
Caso 1) �
2
≡0���5
Neste caso, pelo item a, temos �≡0���5.
Caso 2) �
2
≡1���5
As possibilidades de resto da divisão de �
2
por 5:0,1,4
As possibilidades de resto da divisão de �
2
por 5:0,1,4
Para que �
2
≡1���5,há duas possibilidades:
b) Temos aqui �
2
+�
2
=�
2
.
Caso 1) �
2
≡0���5
Neste caso, pelo item a, temos �≡0���5.
Caso 2) �
2
≡1���5
As possibilidades de resto da divisão de �
2
por 5:0,1,4
As possibilidades de resto da divisão de �
2
por 5:0,1,4
Para que �
2
≡1���5,há duas possibilidades:
Resolução
b) Temos aqui �
2
+�
2
=�
2
.
Para que �
2
≡1���5,há duas possibilidades:
�
2
≡1���5,�
2
≡0���5
�
2
≡0���5,�
2
≡1���5
No primeiro caso, �é múltiplo de 5. No segundo caso, �é múltiplo de 5.
b) Temos aqui �
2
+�
2
=�
2
.
Para que �
2
≡1���5,há duas possibilidades:
�
2
≡1���5,�
2
≡0���5
�
2
≡0���5,�
2
≡1���5
No primeiro caso, �é múltiplo de 5. No segundo caso, �é múltiplo de 5.
Resolução
b) Temos aqui �
2
+�
2
=�
2
.
Caso 3) �
2
≡4���5
As possibilidades de resto da divisão de �
2
por 5:0,1,4
As possibilidades de resto da divisão de �
2
por 5:0,1,4
b) Temos aqui �
2
+�
2
=�
2
.
Caso 3) �
2
≡4���5
As possibilidades de resto da divisão de �
2
por 5:0,1,4
As possibilidades de resto da divisão de �
2
por 5:0,1,4
Resolução
b) Temos aqui �
2
+�
2
=�
2
.
Caso 3) �
2
≡4���5
Para que�
2
≡4���5, há duas possibilidades
�
2
≡4���5,�
2
≡0���5
�
2
≡0���5,�
2
≡4���5
No primeiro caso, �é múltiplo de 5. No segundo caso, �é múltiplo de 5.
b) Temos aqui �
2
+�
2
=�
2
.
Caso 3) �
2
≡4���5
Para que�
2
≡4���5, há duas possibilidades
�
2
≡4���5,�
2
≡0���5
�
2
≡0���5,�
2
≡4���5
No primeiro caso, �é múltiplo de 5. No segundo caso, �é múltiplo de 5.
Exercício 5 –Questão 8 –ENQ 2021-2
Resolução
Inicialmente, note que 19
18
≡38
18
≡57
18
≡76
18
≡95
18
≡0���19.
São exatamente cinco inteiros �,com1≤�≤95,tais que
�
18
≡0���19(asaber:19,38,57,76,95).
Para qualquer inteiro 1≤�≤95,sendo �≢0���19,segue do Pequeno
Teorema de Fermat que �
18
≡1���19.São 90 inteiros com este
propriedade.
Inicialmente, note que 19
18
≡38
18
≡57
18
≡76
18
≡95
18
≡0���19.
São exatamente cinco inteiros �,com1≤�≤95,tais que
�
18
≡0���19(asaber:19,38,57,76,95).
Para qualquer inteiro 1≤�≤95,sendo �≢0���19,segue do Pequeno
Teorema de Fermat que �
18
≡1���19.São 90 inteiros com este
propriedade.
Resolução
Portanto 1
18
+2
18
+3
18
+⋯+95
18
≡90≡−5≡14���19
Isto prova que o resto da divisão de 1
18
+2
18
+3
18
+⋯+95
18
por 19
é 14.
Portanto 1
18
+2
18
+3
18
+⋯+95
18
≡90≡−5≡14���19
Isto prova que o resto da divisão de 1
18
+2
18
+3
18
+⋯+95
18
por 19
é 14.
Congruências
Lineares
03
Lineares
03
Definição 3) Congruência linear
É uma expressão da forma �??????≡�����,com �,�,�∈ℤ,sendo que
�≥2e�∤�.Além disso, ??????só pode assumir apenas valores inteiros.
É uma expressão da forma �??????≡�����,com �,�,�∈ℤ,sendo que
�≥2e�∤�.Além disso, ??????só pode assumir apenas valores inteiros.
Exemplo 3:
3�≡1���11.
O número �=4é uma solução da congruência linear.
3�≡1���11.
O número �=4é uma solução da congruência linear.
Proposição 2
Uma congruência linear ��≡�����tem solução se, e somente se,
�,�|�.
Além disso, se �,�=1,se �
0e �
0são soluções da equação, então �
0≡
�
0����.
Uma congruência linear ��≡�����tem solução se, e somente se,
�,�|�.
Além disso, se �,�=1,se �
0e �
0são soluções da equação, então �
0≡
�
0����.
Prova da proposição 2
●Parte 1)
Inicialmente, note que ��≡�����tem solução se, e só se, a equação
diofantina linear ��−��=�tem solução.
Por sua vez, a equação diofantina tem solução se, e só se, �,�|�.
●Parte 1)
Inicialmente, note que ��≡�����tem solução se, e só se, a equação
diofantina linear ��−��=�tem solução.
Por sua vez, a equação diofantina tem solução se, e só se, �,�|�.
Prova da proposição 2
●Parte 2)
Suponha que �
0e �
0são soluções da congruência linear.
Temos então ��
0≡��
0����.
Logo �|��
0−�
0.
Como �,�=1,segue que �|�
0−�
0.
Portanto �
0≡�
0����.
●Parte 2)
Suponha que �
0e �
0são soluções da congruência linear.
Temos então ��
0≡��
0����.
Logo �|��
0−�
0.
Como �,�=1,segue que �|�
0−�
0.
Portanto �
0≡�
0����.
Exemplo 4
A solução geral da congruência linear do exemplo 1 é �=4+11??????,??????∈ℤ.
A solução geral da congruência linear do exemplo 1 é �=4+11??????,??????∈ℤ.
Proposição 3
Considere a congruência linear ��≡�����,em que �,�|�e �=
�,�≥2.
Se �
0e �
0são soluções da congruência linear ��≡�����,então existe
um inteiro �∈0,…,�−1tal que �
0≡�
0+�.
�
??????
����.
Considere a congruência linear ��≡�����,em que �,�|�e �=
�,�≥2.
Se �
0e �
0são soluções da congruência linear ��≡�����,então existe
um inteiro �∈0,…,�−1tal que �
0≡�
0+�.
�
??????
����.
Prova da proposição 3
●Sejam �
0e �
0soluções da congruência linear.
Temos �|��
0−�
0.
Sejam �=�,�,�
′
=
??????
??????
e�
′
=
�
??????
.
Note que �
′
,�
′
=1e�
′
|�
′
(�
0−�
0).
Portanto �
′
|�
0−�
0.
Existe �∈ℤtal que �
0=�
0+��
′
=�
0+�
�
??????
(Equação 1).
Note que:
1) Para �
1,�
2∈0,…,�−1,a congruência �
0+�
1
�
??????
≡�
0+�
2
�
??????
����
implica que �
1=�
2.
●Sejam �
0e �
0soluções da congruência linear.
Temos �|��
0−�
0.
Sejam �=�,�,�
′
=
??????
??????
e�
′
=
�
??????
.
Note que �
′
,�
′
=1e�
′
|�
′
(�
0−�
0).
Portanto �
′
|�
0−�
0.
Existe �∈ℤtal que �
0=�
0+��
′
=�
0+�
�
??????
(Equação 1).
Note que:
1) Para �
1,�
2∈0,…,�−1,a congruência �
0+�
1
�
??????
≡�
0+�
2
�
??????
����
implica que �
1=�
2.
Prova da proposição 3
●2) Se �∈{0,…,�−1},temos �
�
??????
≡�+��
�
??????
����para todo inteiro
�∈0,…,
�
??????
.
Sendo assim, módulo �, podemos considerar �∈0,…,�−1na Equação
1.
●2) Se �∈{0,…,�−1},temos �
�
??????
≡�+��
�
??????
����para todo inteiro
�∈0,…,
�
??????
.
Sendo assim, módulo �, podemos considerar �∈0,…,�−1na Equação
1.
Exemplo 5
A solução geral da congruência linear 2�≡2���4é
1+4????????????∈ℤ}∪{3+4????????????∈ℤ.
A solução geral da congruência linear 2�≡2���4é
1+4????????????∈ℤ}∪{3+4????????????∈ℤ.
Exercícios do Livro
●9.1, 9.2, 9.4, 9.5, 9.6, 9.7, 9.8, 9.12, 9.13, 9.14, 9.15, 9.16.
●9.1, 9.2, 9.4, 9.5, 9.6, 9.7, 9.8, 9.12, 9.13, 9.14, 9.15, 9.16.
Exercícios do ENQ
●ENQ 2013-2 –Questão 7
●ENQ 2015-2 –Questão 3
●ENQ 2016-2 –Questão 8
●ENQ 2017 -1 -Questão 8
●ENQ 2018-2 –Questão 8
●ENQ 2019-2 –Questão 1
●ENQ 2020-1 –Questão 5
●ENQ 2020-2 –Questões 2,7,8
●ENQ 2021-2 –Questões 1 e 8
●ENQ 2023-2 –Questão 5
●ENQ 2013-2 –Questão 7
●ENQ 2015-2 –Questão 3
●ENQ 2016-2 –Questão 8
●ENQ 2017 -1 -Questão 8
●ENQ 2018-2 –Questão 8
●ENQ 2019-2 –Questão 1
●ENQ 2020-1 –Questão 5
●ENQ 2020-2 –Questões 2,7,8
●ENQ 2021-2 –Questões 1 e 8
●ENQ 2023-2 –Questão 5
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