Creo que para el 3, si aplicas las cosas que sabes de raices n-esimas adentro de los parentesis te quedan las potencia 0 hasta 5 de w, lo cual es 0 (porque w es primitiva), pero sobrevive w^1 (hay 7 terminos) que es primitiva, luego tenes que analizar el caso dependiendo n te va a dar distintas cosas, pero para algun n se vuelven a repetir porque da 0 de vuelta, ya que si tomas congruencia mod 6 en la parte de la sumatoria, (5n+6) te genera todo el sistema de restos modulo 6 (osea te volveria a quedar 1 + w + w^2... + w^5) Esto es viendolo muy en el aire, pero tal vez te sirve.
El 3 sale bastante facil si te acordas de las propiedades de las raices primitivas. Si mal no recuerdo, el enunciado era hallar n tal que esa sumatoria sea igual a 0.
En particular, si lo hice bien, sale de que si \(w\) es raiz primitiva de \(G_n\) \(\Rightarrow \overline{w}^k = w^{-k} = w^{n-k}\) y por otro lado, como \(w^n = 1\), cosas como \(w^{15}\) las podes ver como \((w^{6})^2 . w^3 = w^3\)
Aplicando esas propiedades miembro a miembro te queda:
$$\sum_{k=0}^{5n+6} (w^3+ w^5 + w + w^4 + w + w^2 +1)^k$$
Y como w es raiz sexta primitiva de la unidad, \(w^k = 1 \Leftrightarrow k \equiv 0(6)\)
Entonces la sumatoria se anula si y solo si \(5n+7 \equiv 0 (6) \Leftrightarrow \boldsymbol{n \equiv 1}\)
Yo intente hacer el primero sin mucho éxito, les dejo lo que hice, a ver si tire mucha fruta o la pegué en algo:
$$$ \left(a^{103}+11:28\right)=2$ y $ \left(a^{212}+16:21\right)=7 \\$ $\Rightarrow a^{103}\equiv-11\left(2\right) \Rightarrow a^{103} \equiv 1\left(2\right) \\$ $\Rightarrow a^{212}\equiv16\left(7\right) \Rightarrow a^{212} \equiv 2\left(7\right) \\$ Si $2 \vert a \Rightarrow a \equiv 0 \left(2\right) \Rightarrow a^{103} \equiv 0 \left(2\right)$ Absurdo entonces 2 no divide a $ a \\$. Luego por fermat digo que $ a \equiv 1 \left(2\right) $$$
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$$$$Con el mismo razonamiento llego a que 7 no divide a $a$ y por fermat, $a^{6} \equiv 1 \left(7\right) \Rightarrow a^{6*35}*a^2 \equiv a^2 \equiv 2 \left(7\right)\\$ Luego sabiendo que $a^2 \equiv 2 \left(7\right)$. Hago una tabla de restos y me fijo para que posibles restos de $a$ al hacer $a^2$ me da 2. Eso resulta en dos posibilidades: $a \equiv 3 \left(7\right)$ o $a \equiv 4 \left(7\right)\\$ Si pruebo con $a \equiv 1 \left(2\right)$ y con $a \equiv 3 \left(7\right)$ el sistema no tiene solucion. En cambio si uso $a \equiv 1 \left(2\right)$ y $a \equiv 4 \left(7\right)$. Si la tiene y es de la forma $a=14q+11\\$ Luego sabia que tenia que usar que $r \equiv a \left(84\right)$ y abrir el 84 en = 4 * 3 *7 y aplicar el teorema chino, pero me quede ahi$$
Fijense que en el 1, lo que les dice el primer mcd es que 2, divide, osea a tiene que ser congruente a 1 modulo 2, pero 4 y 5 no (de ahi pueden ver a que es congruente a en esos restos (usando fermat)
y el segundo gcd dice que 5 si divide (ver a que tiene que equivaler a) y que 3 no.
Una vez que tiene esos restos, es decir, a mod 5, a mod 4, a mod 3, hacen teorema chino del resto y les queda a mod 60.
Claro, pero el problema de todas formas es que puedo concluir, por ejemplo, de \(a\) solo basandome en que 4 no divide a \(a^{105}+13\). ¿Cómo puedo a partir de eso llegar a que \(a\) es congruente a algo modulo 4?
Entonces como \(20=4*5\), se tiene que \(2|{a}^{105}+13\) y \(4\nmid {a}^{105}+13 \, \leftrightarrow\, 4\nmid {a}^{105}+1 \, \leftrightarrow\, {a}^{105} \not\equiv 3 (mod 4)\). De la primera condición se deduce que \(a\equiv 1 (mod 2)\). De la segunda deducís que \(a\not\equiv 3 (mod 4)\) y por lo tanto \(a\equiv 1 (mod 4)\) (hacé las cuentas y justificalo)
Muchas gracias! Me di cuenta donde estaba el truco, a ver si ahora va bien
Sabiendo que \(a^{105} \not\equiv -1\ (\textrm{mod}\ 4)\\\)
Entonces veo que pasa con \(a\). Si \(a \equiv -1\ (\textrm{mod}\ 4) \Leftrightarrow a^{105}\equiv -1\ (\textrm{mod}\ 4)\) Lo que es absurdo entonces.
$$a\not\equiv -1\ (\textrm{mod}\ 4) \Leftrightarrow a \not\equiv 3 (\textrm{mod}\ 4)$$
Luego \(a \equiv 0,1,2\ (\textrm{mod}\ 4)\). Si uso que \(a \equiv 1 (\textrm{mod}\ 2)\)
Veo que la unica forma de que a sea solucion para ambas. Es solo con \(a \equiv 1 (\textrm{mod}\ 4)\)