Use sistemas de restos convenientes para provar que:
Se a é quadrado perfeito e também cubo perfeito , , então ou .

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que, se
a é simultaneamente quadrado perfeito ( a=t^2) e cubo perfeito ( a=s^3),
então a só pode assumir os resíduos
0,;1,;9;ou;28 pmod36
O conteúdo principal é teoria de congruências e o Teorema Chinês dos Restos. Para resolver, veremos que a é na verdade uma sexta potência inteira e, em seguida, estudaremos seus resíduos módulo 4 e módulo 9.

Passo 2

Como a=t^2 e a=s^3, na fatoração prima de a=prod pi^ei cada expoente ei é múltiplo de 2 e de 3. Logo
eiequiv 0pmod6,
e podemos escrever ei=6fi. Assim
a=prod pi^6fi=l(prod pi^fir)^6=n^6,
com n=prod pi^fiinZ. Portanto a=n^6.

Passo 3

Analisemos n^6pmod4. Como todo inteiro n é congruente a 0,1,2 ou 3 módulo 4, temos:
  • Se nequiv0pmod4, então n^6equiv0pmod4.
  • Se nequiv1pmod4, então n^6equiv1pmod4.
  • Se nequiv2pmod4, então n^6=(2)^6=64equiv0pmod4.
  • Se nequiv3pmod4, então n^6=(3)^6=729equiv1pmod4.
    Logo
n^6equiv 0ou1pmod4

Passo 4

Agora n^6pmod9. Pelo Teorema de Euler, se gcd(n,9)=1 então n^6equiv1pmod9. Se ,3mid n, então nequiv0,3,6pmod9 e em todos esses casos n^6equiv0pmod9. Concluímos
n^6equiv 0ou1pmod9

Passo 5

Usamos agora o Teorema Chinês dos Restos para combinar as duas informações:
n^6equiv 0 ou 1pmod4, 0 ou 1pmod9
Há quatro casos possíveis:
  1. n^6equiv0pmod4 e n^6equiv0pmod9 ;Longrightarrow;n^6equiv0pmod36
  2. n^6equiv0pmod4 e n^6equiv1pmod9.
    Procuramos xequiv0pmod4, xequiv1pmod9. Escreva x=4k; então 4kequiv1pmod9 kequiv7pmod9 e x=4cdot7=28pmod36.
  3. n^6equiv1pmod4 e n^6equiv0pmod9.
    Aqui xequiv1pmod4, xequiv0pmod9. Escrita x=9m leva a 9mequiv1pmod4, isto é mequiv1pmod4, logo x=9pmod36.
  4. n^6equiv1pmod4 e n^6equiv1pmod9 ;Longrightarrow;n^6equiv1pmod36
Assim os únicos resíduos possíveis para a=n^6 módulo 36 são
0,;28,;9,;1

Resposta

Portanto
aequiv 0,;1,;9;ou;28pmod36

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