1 Congruências de Grau Superior. Dado um polinômio f(x) Z[x] e um número natural n, vamos estudar condições para que a congruência. f(x) 0 (mod n).

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1 Polos Olímpicos de Treinamento Curso de Teoria dos Números - Nível 3 Carlos Gustavo Moreira Aula 10 Congruências de Grau Superior 1 Congruências de Grau Superior Dado um polinômio f(x Z[x] e um número natural n, vamos estudar condições para que a congruência f(x 0 (mod n tenha solução. O primeiro resultado diz que basta considerar o caso em que n = p é a potência de um primo p. Proposição 1. Suponhamos que n = p 1 1 p l l onde os p são primos distintos. Temos uma equivalência f(x 0 (mod p 1 1 f(x 0 (mod n. f(x 0 (mod p l de modo que f(x 0 (mod n admite solução se, e somente se, f(x 0 (mod p tem solução para cada. Demonstração. Como as potências p são coprimas duas a duas, temos que n divide um inteiro M se, e só se, p M para cada, o que demonstra a equivalência. Assim, a existência de solução para f(x 0 (mod n implica a existência de solução para o sistema acima. Reciprocamente, se cada f(x 0 (mod p tem uma solução x a (mod p, pelo teorema chinês dos restos existe a tal que a a (mod p para todo, de modo que f(a f(a 0 (mod p para todo e logo f(a 0 (mod n pela equivalência acima. Note em particular que o número de soluções distintas módulo n de f(x 0 (mod n é igual ao produto do número de soluções módulo p de f(x 0 (mod p. l

2 A próxima proposição indica como, a partir de uma solução de f(x 0 (mod p 0, obter soluções para f(x 0 (mod p para todo 0. Para isso, precisamosdanoçãodederivadadeumpolinômio: sep(x = a n x n +a n 1 x n 1 + +a 1 x+a 0 = n =0 a x, definimossuaderivadap (xcomosendoopolinômio p (x = na n x n 1 + (n 1a n 1 x n a 1 = n =1 a x 1. Note que, se p(x Z[x], então p (x Z[x]. Proposição 2 (Lema de Hensel. Sea f(x Z[x] um polinômio, p um número primo. Sea a Z tal que f(a 0 (mod p 0 e cua maior potência p l 0 de p com p l 0 f (a satisfaz 0 2l 0 < 0. Então existe uma sequência de inteiros (a 0 com a 0 = a, a +1 a (mod p l 0 f(a 0 (mod p para todo 0. Em particular, se existe um inteiro a tal que f(a 0 (mod p mas f (a 0 (mod p então f(x 0 (mod p admite solução para todo N. Demonstração. Construímos a sequênciaindutivamente. Sea 0 e suponha por indução que p f(a, ou sea, f(a = r p para um certo r Z e p l 0 f (a mas p l 0+1 f (a, ou sea, f (a = s p l 0 onde p s. Estamos procurando um número da forma a +1 = a +t p l 0, com t Z, que satisfaz p +1 f(a +1, p l 0 f (a +1 mas p l 0+1 f (a +1. Para cada r N, temos (a +t p l 0 r = a r +t ra r 1 p l 0 + =2 a r +t ra r 1 p l 0 (mod p +1, e ( r a r p ( l0 pois a hipótese 0 2l 0 < 0 implica 2( l Se f(x = n r=0 c rx r, multiplicando a congruência acima por c r e somando, de r = 0 até n, obtemos f(a +1 = f(a +t p l 0 = n c r a r +t r=0 n r=0 ra r 1 p l 0 = = f(a +t f (a p l 0 = r p +s t p (mod p +1. Logo para que p +1 f(a +1 devemos encontrar t tal que r + s t 0 (mod p, o que é possível pois s é invertível módulo p. Finalmente, temos que o que completa a indução. f (a +1 f (a = s p l 0 (mod p l 0 { f (a +1 0 (mod p l 0 = f (a +1 0 (mod p l0+1 2

3 Observemos que a condição sobre a derivada de f no lema de Hensel é necessária. Para isto, consideremos f(x = x m + 3 com m 2, a = 0 e p = 3. Assim, temos que f(0 = 3 0 (mod 3, mas f (0 = 0 é divisível por potências arbitrariamente grandes de 3, logo f(x não satisfaz a segunda hipótese da proposição. E de fato, se b Z e f(b = b m +3 0 (mod 3 então b 0 (mod 3, donde b m 0 (mod 9 e f(b = b m (mod 9, o que mostra que nenhuma raiz módulo 3 levanta para uma raiz módulo 9. Agora vamos nos concentrar em equações módulo p. Para o próximo resultado, necessitamos de um Lema 3. Sea p um primo. Então (p 1 mod p = { 0 se (p 1, p 1 se (p 1. Demonstração. Se(p 1, temos que cada termo da soma acima é congruente a 1 módulo p e o resultado segue. Suponha agora que (p 1 e sea g uma raiz primitiva módulo p. Temos portanto (p 1 1+g +g 2 + +g (p 2 (mod p Sendo S = 1+g +g 2 + +g (p 2, multiplicando por g e observando que g (p 1 1 (mod p temos g S g +g 2 + +g (p 1 (mod p g S S (mod p (g 1S 0 (mod p Como g é uma raiz primitiva e (p 1 temos que g 1 0 (mod p, ou sea, g 1 é invertível módulo p e portanto S 0 (mod p, o que encerra a prova. Teorema 4 (Chevalley-Warning. Sea p um primo e seam f 1 (x 1,...,x n,...,f (x 1,...,x n Z[x 1,...,x n ] polinômios em n variáveis com coeficientes inteiros tais que f i (0,...,0 0 (mod p para todo i. Suponha que deg(f i <n. Então a quantidade de pontos em 1 i A = {(x 1,...,x n (Z/pZ n f i (x 1,...,x n = 0 i = 1,...,} é um múltiplo de p. Em particular, existem pontos (x 1,...,x n (0,...,0 em (Z/pZ n tais que f i (x 1,...,x n = 0 para todo i. Demonstração. Usaremos o lema anterior para determinar A mod p. Para isso, notemos que pelo teorema de Euler-Fermat f (x 1,...,x n 0 (mod p f (x 1,...,x n p 1 1 (mod p. Definamos g(x 1,...,x n = ( 1 f (x 1,...,x n p

4 Observemos que g(x 1,...,x n 0 (mod p se, e somente se, existe tal que f (x 1,...,x n 0 (mod p. Por outrolado, se f (x 1,...,x n 0 (mod p para todo então g(x 1,...,x n 1 (mod p, portanto (x 1,...,x n (Z/pZ n g(x 1,...,x n A (mod p. Notemos agora que deg(g 1 (p 1deg(f < (p 1n. Portanto cada monômio cx i 1 1 x i 2 2 x in n de g é tal que 1 n i < (p 1n, donde pelo Princípio da Casa dos Pombos sempre existe algum r com 0 i r < p 1. Assim, pelo lema anterior, x r Z/pZ xir r 0 (mod p donde cx i1 1 x i 2 2 x in n c x i 1 1 x i 2 2 x in n (x 1,...,x n (Z/pZ n x 1 Z/pZ x 2 Z/pZ x n Z/pZ 0 (mod p Isso mostra que (x 1,...,x n (Z/pZ n g(x 1,...,x n 0 (mod p e, portanto, A é múltiplo de p. Como (0,0,...,0 A, há pelo menos p 1 outros pontos nesse conunto, o que prova o teorema. Como aplicação, provemos o seguinte resultado, devido a Erdős, Ginzburg e Ziv. Proposição 5. Sea n um inteiro positivo. Dados inteiros x 1,...,x 2n 1 existem 1 i 1 < i 2 < < i n 2n 1 tais que x i1 +x i2 + +x in é divisível por n. Demonstração. Mostremos primeiro que se o resultado vale para m e para n então vale para mn. Seam x 1,x 2,...,x 2mn 1 Z. Por hipótese temos que, para cada subconunto A de {1,2,...,2mn 1} com 2n 1 elementos, existe um subconunto B A com n elementos tal que i B x i é divisível por n. Assim, construímos B indutivamente para todo 1 2m 1, seguindo os seguintes passos Escolhemos um subconunto A de {1,2,...,2mn 1}\ B com 2n 1 elementos. De A escolhemos um subconunto B com n elementos tal que i B x i é divisível por n. Observemos que se 2m 1 então {1,2,...,2mn 1}\ <B = 2mn 1 ( 1n 1 n < 2mn 1 (2m 2n = 2n 1, o que garante a construção até = 2m 1. Definamos agora os inteiros y = i B x i para 1 2m 1. De novo por hipótese, existe um subconunto 4

5 de índices C {1,...,2m 1} com m elementos tal que C y é divisível por m e portanto x i = n y C i B C é uma soma com C B = mn somandos que é divisível por mn. Assim, basta provar a proposição para n primo. Para isso, consideremos os polinômios f 1 (x 1,...,x 2n 1 = x1 n 1 +x2 n 1 + +x2n 1 n 1 e f 2 (x 1,...,x 2n 1 = a 1 x1 n 1 +a 2 x2 n 1 + +a 2n 1 x2n 1 ondea 1,...,a 2n 1 sãoosinteirosdados. Asomadosgrausdef 1 ef 2 é2(n 1 < 2n 1. Pelo teorema de Chevalley-Warning, existem x 1,...,x 2n 1 Z/(n não todos nulos com f 1 (x 1,...,x 2n 1 f 2 (x 1,...,x 2n 1 0 (mod n. Como x n 1 1 (mod n para todo x (Z/(n, f 1 (x 1,...,x 2n 1 0 (mod n implica que existem exatamente n valores i 2n 1 com x i 0 (mod n. Seam 1 i 1 < i 2 < < i n 2n 1 tais valores de i, como x n 1 i s 1 (mod n para todo s n temos que a 1 x n 1 1 +a 2 x n a 2n 1 x n 1 2n 1 a i 1 +a i2 + +a in (mod n, pois x 0 (mod n se i s para todo s n. Assim, a i1 +a i2 + +a in é divisível por n, o que prova o resultado. Problemas Propostos Problema 6 (OBM2007. Para quantos inteiros c, 2007 c 2007, existe um inteiro x tal que x 2 +c é múltiplo de ? Problema 7. Sea p um primo e sea n tal que p n. Demonstrar: se a equação y n a (mod p tem solução com mdc(y,p = 1, então para todo m > a equação y n a (mod p m possui solução. Problema 8. Sea f(x Z[x] um polinômio, p um número primo, a um inteiro tal que f(a 0 (mod p mas f (a 0 (mod p e um inteiro positivo. Prove que, se a é um inteiro tal que a a (mod p e f(a 0 (mod p, então, tomando b tal que b a f(a f (a 1 (mod p 2, então f(b 0 (mod p 2. Problema 9. Sea p um primo ímpar, a um inteiro e n um inteiro positivo. Seam α e β inteiros não negativos, com α > 0. Prove: (a Se p β e p α são as maiores potências de p que dividem n e a 1 respectivamente então p α+β é a maior potência de p que divide a n 1 (atenção, p deve dividir a 1 pois α > 0! Mas note que p não precisa dividir n 5

6 (b Se n é ímpar e p β e p α são as maiores potências de p que dividem n e a+1 respectivamente então p α+β é a maior potência de p que divide a n +1 (mesma ressalva do item (i. Problema 10. Seam a um inteiro e n um inteiro positivo. Seam α e β inteiros não negativos, com α,β > 0. Prove: (a Se n é ímpar e 2 α é a maior potência de 2 que divide a 1 então 2 α é também a maior potência de 2 que divide a n 1. (b Se a 1 (mod 4 e 2 β e 2 α são as maiores potências de 2 que dividem n e a 1 respectivamente então 2 α+β é a maior potência de 2 que divide a n 1. (c Se a 3 (mod 4 e 2 β e 2 α são as maiores potências de 2 que dividem n e a+1 respectivamente então 2 α+β é a maior potência de 2 que divide a n 1. (d Se n é ímpar e 2 α é a maior potência de 2 que divide a + 1 então 2 α é também a maior potência de 2 que divide a n +1. Problema 11. Encontre todos os inteiros não negativos x e y tais que 7 y 2 3 x = 1 Problema 12. Sea p um número primo e n, e a = p t a 1 números naturais tais que mdc(p,a 1 = 1. Prove: a congruência x n a (mod p tem solução se, e só se, t ou p 1 (p 1 mdc(n,p > t, n t e a 1 (p (mod p t. Problema 13 (Irlanda Sea A um subconunto de {1,2,...2n 1} com n elementos. Prove que A contém uma potência de 2 ou dois elementos distintos cua soma é uma potência de 2. Problema 14 (Romênia Determinar o maior inteiro positivo n com a seguinte propriedade: existem inteiros não negativos x 1,...,x n tais que, para toda sequência ǫ 1,ǫ 2,...,ǫ n de elementos de { 1,0,1}, não todos zero, o número não é divisível por n 3. ǫ 1 x 1 +ǫ 2 x 2 + +ǫ n x n Problema 15 (Erdős. Mostrar que todo número inteiro positivo pode ser expresso como soma de números da forma 2 a 3 b de modo que nenhum termo é divisível por outro. Problema 16 (Romênia Mostrar que para todo n 2 existe um subconunto S de {1,2,...,n} com no máximo 2 n +1 elementos tal que todo número natural menor do que n pode ser representado como diferença de dois elementos de S. Dicas e Soluções Em breve.

7 Referências [1] F. E. Brochero Martinez, C. G. Moreira, N. C. Saldanha, E. Tengan - Teoria dos Números - um passeio com primos e outros números familiares pelo mundo inteiro, Proeto Euclides, IMPA, 2010.