Por que você deveria ter resolvido oproblema2daobm2007

Transcrição

1 Por que você deveria ter resolvido oroblemadaobm007 Vamos fazer um tratado geral sobre raízes rimitivas e resíduos quadráticos em geral e deois resolveremos o roblema acima. Aroveitamos ara tratar de outros assuntos às vezes esquecidos como o lema de Thue e aresentamos um teorema novinho do nosso amigo Hensel! 1. Polinômios mód Quando trabalhamos em um coro (como or exemlo, os reais, os racionais e os números mód ), existe divisão euclidiana de olinômios e fatoração única. A divisão euclidiana vem diretamente do algoritmo da chave de divisão e o fato de que é ossível dividir or qualquer a 0 (mód. ); a fatoração única vem do fato de que se f(x) é irredutível então f(x) g(x)h(x) f(x) g(x) ou f(x) h(x), que or sua vez vem da divisão euclidiana. Além disso, o teorema do resto ara olinômios também é válido em Z/Z. Com tudo isso, vem à tona o seguinte Teorema 1.1. Seja f(x) um olinômio com coeficientes inteiros e de grau d e um rimo. Então a congruência f(x) 0 (mód. ) tem no máximo d raízes mód, contando multilicidades. Indução em d. Para d = 0, não há raízes e ara d = 1, o olinômio é da forma ax +b, a 0 (mód. ), cuja raiz é x = b a 1 mód. Seja f(x) de grau d e r uma raiz de f (caso f não tenha raízes, o teorema está demonstrado, ois d 0). Então, elo teorema do resto, f(x) (x r)g(x) (mód. ), sendo g de grau d 1. Pela hiótese de indução, g tem no máximo d 1 raízes, e o resultado segue. Note que esse resultado não é válido ara módulos comostos. Por exemlo, x 1 0 (mód. 8) tem 4 soluções. Exercícios 01. Seja f(x) um olinômio de coeficientes inteiros com grau d. Prove que a congruência f(x) 0 (mód. ), rimo, tem d soluções não congruentes mód se, e somente se, na divisão euclidiana de x x or f(x), x x = f(x)q(x) + r(x), o resto r(x) tiver todos os seus coeficientes múltilos de.. Raízes rimitivas Primeiro, vamos definir ordem. Definição.1. Sejam a e m inteiros rimos entre si. A ordem de a mód m, denotada or ord m a, é o menor inteiro ositivo d tal que a d 1 (mód. m). O seguinte lema é articularmente útil. Lema.1. Se a t 1 (mód. m) então ord m a t. Em articular, ord m a φ(m). Basta realizar a divisão euclidiana de t or ord m a: t = q ord m a + r, 0 r < ord m a. Então a t = (a ord m a ) q a r a r (mód. m). Como r < ord m a e ord m a é mínimo, r só ode ser zero, e ortanto ord m a t.

2 A segunda afirmação decorre imediatamente do teorema de Euler-Fermat. Já temos que ord m a φ(m). Será que é ossível ord m a = φ(m). E se isso acontecer, será que isso é útil? É tão útil que números com essa roriedade ganham até um nome esecial. Definição.. Dizemos que g é raiz rimitiva de m quando ord m g = φ(m). Vamos entender o orquê desse nome demonstrando o róximo teorema, que é bastante útil. Teorema.1. Se g é raiz rimitiva de m então 1, g, g,...,g φ(m) 1 mód m são todos os restos rimos com m. Isto é, se mdc(a, m) = 1 então existe i tal que a g i (mód. m). Note que, sendo φ(m) > i j 0, g i g j (mód. m) g i j 1 (mód. m). Pelo lema da ordem, ord m g i j φ(m) i j. Como 0 i j < φ(m), i j = 0 i = j. Isto quer dizer que não aarecem números reetidos mód m entre os φ(m) números 1, g, g,...,g φ(m) 1, de modo que eles só odem ser todos os φ(m) números rimos com m. Parece romissor, não? Pena que nem todos os números admitem raízes rimitivas. Teorema.. Os números que admitem raízes rimitivas são, 4, n e n, sendo rimo ímar. Vamos rovar esse teorema em várias artes. Parte 1. Se m tem dois fatores rimos ímares distintos e q então m não admite raiz rimitiva. Se m admite dois fatores rimos ímares distintos e q então odemos escrever m = a b, com mdc(a, b) = 1, a, b > 1, a e q b. Note que 1 φ(a) e q 1 φ(b). Em articular, φ(a) e φ(b) são ambos ares, ou seja, φ(a)/ e φ(b)/ são ambos inteiros. Assim, sendo x rimo com m, x φ(a) 1 (mód. a) = x φ(a)φ(b)/ 1 (mód. a). Analogamente, x φ(a)φ(b)/ 1 (mód. b). Como a e b são rimos entre si, concluímos que x φ(a)φ(b)/ 1 (mód. ab), de modo que ord m x φ(a)φ(b)/ = φ(ab)/ = φ(m)/ < φ(m); ou seja, m não admite raiz rimitiva. Parte. e 4 admitem raiz rimitiva, mas n, n 3 não. Primeiro, 1 e 3 são raízes rimitivas de e 4, resectivamente. Seja x ímar. Temos x 1 (mód. 8) e, ara n 3, x n 1 = (x 1)(x +1)(x 4 +1)...(x n 3 +1) tem elo menos n fatores, já que 3 x 1 e x i + 1, i = 1,,..., n 3. Logo x n 1 (mód. n ), ou seja, ord n x n < φ( n ) ara todo x ímar. Assim, n não admite raízes rimitivas ara n 3. Parte 3. Se 4 m e m > 4 então m não admite raiz rimitiva. Seja m = k l, l ímar e k. O caso l = 1 já foi estudado na arte. Nos demais casos, basta reetir a demonstração da arte 1 com 4 no lugar de e q sendo um divisor de l.

3 Parte 4. Todo rimo ímar admite raiz rimitiva. Essa é a arte mais difícil do teorema e é aqui que utilizaremos o teorema sobre olinômios mód. Considere o seguinte algoritmo ara encontrar uma raiz rimitiva de qualquer rimo : (1) Tome a =. Algoritmo () Seja d a = ord a. Se d a = 1, a é raiz rimitiva de ; caso contrário, tome o menor número b que não é congruente a algum a i mód. (3) Seja d b = ord b. Se d b = 1, b é raiz rimitiva de ; se não, tome m e n tais que mdc(m, n) = 1, m d a, n d b e mn = mmc(d a, d b ) (or que eles existem?). (4) Troque a or c = a da/m b d b/n e volte ao asso. Vamos rovar que esse algoritmo funciona e, o mais imortante, termina. Suondo que termine, ele funciona orque os sinais de término são quando encontramos uma raiz rimitiva. Agora, rovemos que o algoritmo termina, o que é mais interessante. Primeiro note que d b não divide d a, ois se dividisse teríamos b da 1 (mód. ), o que não ode ocorrer ois a equação x da 1 (mód. ) admite no máximo d a soluções, que são 1, a, a,..., a da 1, e b não é congruente a algum a i. Isso imlica mmc(d a, d b ) > d a. Além disso, seja k = ord c. Então (a da/m b db/n ) k 1 (mód. ). Elevando ambos os membros or m, obtemos a dak b dbmk/n 1 (mód. ) b dbmk/n 1 (mód. ). Lembrando que d b = ord b, d b d b mk/n n mk. Sendo mdc(m, n) = 1, temos n k. Analogamente, m k e, ortanto mn k. Observando ainda que c mn 1 (mód. ), temos ord c = mn = mmc(d a, d b ) > d a. Isto quer dizer quem a cada iteração do algoritmo a ordem do róximo valor aumenta. Portanto, em algum momento iguala o seu máximo, que é 1 (note que a escolha de b no algoritmo deende de ord a 1). Parte 5. Se g é raiz rimitiva de mas não de, então g + é raiz rimitiva de ambos. Seja d = ord g. Então g d 1 (mód. ) = g d 1 (mód. ) = 1 d. Logo, como d ( 1) e d ( 1), d = 1, isto é, g 1 1 (mód. ). Para conseguirmos rovar essa arte, basta demonstrarmos que (g + ) 1 1 (mód. ). E esse é um trabalho ara o binômio de Newton! Temos (g + ) 1 g 1 + ( ) 1 1 g (mód. ) (você consegue ver or que não recisamos escrever os demais termos do binômio de Newton?). Substituindo g 1 1 (mód. ) e desenvolvendo as contas: (g + ) ( 1)g 1 g (mód. ), que não é 1, ois g 0 (mód. ). Logo g + é raiz rimitiva de (e de também!) Parte 6. Se g é raiz rimitiva de e então é raiz rimitiva de n, e ortanto n admite raiz rimitiva. Indução sobre n. A base de indução (n = 1 e n = ) está na hiótese. Suonha que g seja raiz rimitiva de n 1. Seja d = ord n g. Então g d 1 (mód. n ) = g d 1 (mód. n 1 ) = ord n 1 g d = n ( 1) d. Como d φ( n ) d n 1 ( 1), temos d = n ( 1) ou d = n 1 ( 1). Para rovar que não ocorre o rimeiro caso, vamos usar o lema de Hensel:

4 Lema.. Seja um rimo ímar, a um inteiro e n um inteiro ositivo. Se α a 1, α > 0 e β n então α+β a n 1. Além disso, se n é ímar, α a + 1, α > 0 e β n então α+β a n + 1. (Dizemos que α divide exatamente m e denotamos or α m o fato de que m contém exatamente α fatores rimos.) Note que como g 1 1 e não divide g 1 1 (caso contrário, g não seria raiz rimitiva de ), g 1 1. Assim, elo lema de Hensel, a maior otência de que divide g n ( 1) 1 = (g 1 ) n 1 é 1+n = n 1. Assim, n não divide g n ( 1) 1, o que é equivalente a g n ( 1) 1 (mód. n ). Logo ord n g = n 1 ( 1) = φ( n ) e, ortanto, g é raiz rimitiva de n. Parte 7. n admite raiz rimitiva. Seja g uma raiz rimitiva de n. Note que φ( n ) = φ( n ) (verifique!) e considere g ou g + n, o que for ímar. Sendo d a ordem desse número, que denotaremos or h, h d 1 (mód. n ) = h d 1 (mód. n ) = φ( n ) d. Assim, d = φ( n ). Exercícios 0. Sejam x e y inteiros ositivos. Prove que existem inteiros ositivos m e n tais que m x, n y, mdc(m, n) = 1 e mn = mmc(x, y). 03. Há outra maneira de rovar que admite raiz rimitiva. Como? Siga os itens! (a) Prove que d n φ(d) = n. Dica: conte de duas maneiras a quantidade de ares (x, d) em que mdc(x, n) = d. (b) Prove que se d 1 a congruência x d 1 (mód. ) tem exatamente d soluções distintas mód. (c) Seja d um divisor de 1 e r(d) a quantidade de números mód com ordem igual a d. Prove que r(d) φ(d). (d) Prove que, na verdade, r(d) = φ(d). Em articular, admite φ( 1) raízes rimitivas (isso ode ser generalizado: se m admite raiz rimitiva, então admite φ(φ(m)) raízes rimitivas). 04. (OBM 1995, Problema 5) Encontre todas as funções f: Z + R tais que, ara todos x, y inteiros não negativos, f(x)f(y) = f(xy) e f(x ) = f(x) 05. (IMO Shortlist 001) Seja > 3 um rimo. Prove que existe a com 1 a < 1 tal que a 1 1 e (a + 1) 1 1 não são divisíveis or. 06. Encontre todos os números inteiros ositivos n tais que x 5 x (mód. n) ara todo inteiro x. 07. Sendo k um inteiro ositivo dado, encontre todos os inteiros ositivos n tais que 7 n + 1 é múltilo de 5 k. 3. Resíduos quadráticos Definição 3.1. (mód. m). Dizemos que c é resíduo quadrático mód m quando existe x inteiro tal que x c Podemos reduzir qualquer congruência quadrática a encontrar resíduos quadráticos. De fato, sendo D = b 4ac, ax + bx + c 0 (mód. m) 4a x + 4abx + 4ac 0 (mód. 4am) (ax + b) D Primeiro, vamos nos reocuar somente com c rimo com m. (mód. 4am)

5 Lema 3.1. Seja d = mdc(c, m), d = k l, l livre de quadrados, c = dc, m = dm. Então x c (mód. m) tem solução se, e somente se, x lc (mód. m ) tem solução e mdc(l, m ) = 1. Note que mdc(lc, m ) = 1. Primeiro, note que x c (mód. m) x = c + mt = k l(c + m t). Assim, lembrando que l é livre de quadrados, kl x. Sendo x = klx, obtemos l(x ) = c + m t, de modo que (lx ) lc (mód. m ). Recirocamente, x lc (mód. m ) (xk) lk c (mód. k m ) (xk) c (mód. m/l) = (xk) c (mód. m). Além disso, suonha que mdc(l, m ) = u > 1. Então, l(x ) = c + m t = u c = du c, o que é um absurdo ois du m e isso imlicaria mdc(c, m) = du > d. De fato, mdc(c, m ) = 1. A artir daqui, vamos suor semre que mdc(c, m) = 1. Lema 3.. c é resíduo quadrático de m = α1 1 α α k k i = 1,,...,k. Um dos lados é trivial; o outro é uma alicação do Teorema Chinês dos Restos. se, e somente se, c é resíduo quadrático de αi i, Agora a idéia é encontrar critérios ara verificar se um número é resíduo quadrático módulo otência de rimo. Há dois casos a considerar Resíduos quadráticos mód n Nesse caso, odemos descrever todos os resíduos quadráticos de modo simles: Teorema 3.1. Os resíduos quadráticos mód n são os números da forma 8k + 1, k inteiro. Primeiro, rovemos que os resíduos quadráticos devem ser da forma 8k + 1: ara ver isso, basta notar que (t + 1) = 8 t(t+1) (mód. 8). Se n = 1 ou n =, o único ímar da forma 8k + 1 que é um resíduo é 1, que de fato é o único resíduo quadrático. Nos demais casos, uma contagem basta: há, em rincíio, n 1 resíduos ossíveis (todos os ímares mód n ). Mas há reetições: de fato, x y (mód. n ) n (x y)(x + y). Como x e y são ímares, a maior otência de que divide ambos (e, ortanto, sua soma (x y) + (x + y) = x) é. Assim, sendo n >, n x y x+y n x y ou n x+y x ±y (mód. n 1 ) x ±y (mód. n ) ou x ±y + n 1 (mód. n ). Deste modo, cada resíduo quadrático está sendo contado exatamente quatro vezes, de modo que o total de resíduos quadráticos mód n é n 1 /4 = n 3. Porém, todos devem ser da forma 8k + 1 e, or uma grande coincidência, há n 3 resíduos da forma 8k+1 mód n. Então todo número da forma 8k+1 é resíduo quadrático mód n. 3.. Resíduos quadráticos mód n, > Nesse caso, o roblema é mais simles, simlesmente orque otências de rimos ímares admitem raízes rimitivas (veremos or que mais ara frente). Teorema 3.. c é resíduo quadrático módulo n se, e somente se, c φ(n )/ 1 (mód. n ). Se c é resíduo quadrático mód n então existe um inteiro x tal que x c (mód. n ) = (x ) φ(n )/ c φ(n )/ (mód. n ) x φ(n) c φ(n )/ (mód. n ) c φ(n )/ 1 (mód. n ).

6 Recirocamente, seja g uma raiz rimitiva de n. Então c g k (mód. n ) ara algum k. O nosso roósito é rovar que k é ar, de modo que x = g k/ é uma raiz de x (mód. n ). Mas isso é simles: de fato, c φ(n )/ 1 (mód. n ) g kφ(n )/ 1 (mód. n ). Como ord n g = φ( n ), concluímos que φ( n ) kφ( n )/, o que imlica que k é ar. Esse último teorema é conhecido como critério de Euler. 4. O roblema da OBM 007 Com isso, odemos resolver o roblema da OBM 007. Problema, OBM 007. Para quantos números inteiros c, 007 c 007, existe um inteiro x tal que x + c é múltilo de 007? Resolução Poderíamos simlesmente alicar dois dos lemas anteriores (rocure-os!), mas vamos dar uma solução diferente, utilizando uma das melhores amigas da Teoria dos Números: a indução. Vamos nos reocuar rimeiro com os resíduos quadráticos rimos com n, que são os ímares. Como antes, sendo x = t + 1 ímar, x = 8 t(t+1) (mód. 8). Provemos, or indução, que os resíduos quadráticos ímares mód n são todos os inteiros da forma 8k+1. A base de indução é ara n = 3 e é imediata. Além disso, suonha que m seja resíduo quadrático mód n, ou seja, x m (mód. n ). Se x m (mód. n+1 ), acabou. Caso contrário, x m+ n (mód. n+1 ). Para consertar isso, tome x = x + n 1. Temos (x ) x + n 1 + n (m + n ) + n + 0 m (mód. n+1 ), ois n n n. Portanto m é resíduo quadrático mód n+1 também. Agora, vamos considerar os resíduos quadráticos ares. Note que se m = r l, l ímar, r n 3, então x m (mód. n ) x = r l + n u = r (l + n r u) = r x r x. Sendo x = r x 0, x m (mód. n ) x 0 l (mód. n r ). Como n r 3, l deve ser da forma 8k + 1. Se n = r+1 l, l ímar, r + 1 < n, então x m (mód. n ) x = r+1 l + n u = r+1 (l + n r 1 u). Como l + n r 1 u é ímar, não existe x satisfazendo tal condição, já que x deve ter uma quantidade ar de fatores. Falta somente estudar os casos em que m = r l = n l ou m = r l = n 1 l, l ímar. Esses casos são testados manualmente: se m = n l, basta testar m = n e m = 3 n. Já sabemos que m = n é da forma r (8k + 1). Uma ráida análise mostra que 3 n não é ossível (fazendo as mesmas contas anteriores, encontramos x 0 3 (mód. 4), o que é uma contradição). Da mesma forma, se m = n 1 l, basta somente testar m = n 1, que também é da forma r (8k + 1). Só nos resta mostrar que m = k (8k+1) é resíduo quadrático mód n. Mas isso é simles: basta tomar x = k m, em que (m ) 8k + 1 (mód. n ). O resto é uma contagem simles: basta contar todos os números da forma k (8k + 1) no intervalo [ 007, 007]. Isso é razoavelmente rotineiro, já que 0 k 6. Contando, você encontra 670 valores O lema de Hensel alicado ara resíduos quadráticos O fato é que existe uma outra versão do lema de Hensel, utilizada bastante em análise em -ádicos, que enunciamos aqui. Lema 4.1. Seja f(x) um olinômio de coeficientes inteiros, k > 1 um inteiro e rimo. Suonha que exista r inteiro tal que f(r) 0 (mód. k 1 ). Então Se f (r) 0 (mód. ), então existe um único inteiro t tal que 0 t < e f(r+t k 1 ) 0 (mód. k ), sendo t definido or t f (r) (f(r)/ k 1 ) (mód. ). Se f (r) 0 (mód. ) e f(r) 0 (mód. n ) então f(r + t k 1 ) 0 (mód. n ) ara todo inteiro t.

7 Se f (r) 0 (mód. ) e f(r) 0 (mód. n ) então f(r + t k 1 ) 0 (mód. n ) ara todo inteiro t. Parece difícil demonstrar isso, certo? Na verdade, não é tão comlicado quanto arece. É só saber usar o sinal do somatório e utilizar, com arcimônia, o binômio de Newton. Para facilitar as contas, rimeiro note que, do binômio de Newton, (r+t k 1 ) i = ( ) i 0 r i + ( i 1) r i 1 t k 1 + ( i ) r i (t k 1 ) + + ( i i) (t k 1 ) i. Mas, sendo k, (k 1) k, assim reduzindo mód k obtemos (r + t k 1 ) i r i + i r i 1 t k 1 (mód. k ). Agora, odemos terminar as contas mais tranquilamente. Fazer as contas em restações é uma boa rática: você consegue estruturar melhor as contas, searar as dificuldades individuais de cada arte, é mais difícil errar e mais fácil achar os erros, se esses acontecerem. É claro que ode ser mais fácil juntar as somas e maniulá-las ao mesmo temo, mas não é o caso aqui. Enfim, seja f(x) = n i=0 a ix i. Note que f (x) = n i=1 a iix i 1. Temos f(r + t k 1 ) = n i=0 a i(r + t k 1 ) i n i=0 a i(r i + i r i 1 t k 1 ) = n i=0 (a ir i + a i ir i 1 t k 1 ) = f(r) + t k 1 f (r) (mód. k ). Então, lembrando que f(r) 0 (mód. k 1 ), temos f(r + t k 1 ) 0 (mód. k ) f(r) + t k 1 f (r) 0 (mód. k ) t f (r) f(r)/ k 1 (mód. ). Isso rova os três itens do lema de Hensel. O lema de Hensel é bastante oderoso; dada a solução de uma congruência olinomial mód, ele ermite resolver a mesma congruência mód n. Com isso, é ossível, or exemlo, caracterizar todos os resíduos quadráticos mód n, rimo ímar. Lema 4.. Existem φ( n )/ = n 1 ( 1)/ resíduos quadráticos mód n. Em articular, há ( 1)/ resíduos quadráticos mód. Fica a cargo do leitor. (Dica: faça uma contagem semelhante ao dos resíduos quadráticos mód n ) Lema 4.3. Se c é resíduo quadrático mód então é resíduo quadrático mód n. Uma indução, aliada ao lema de Hensel, basta: seja f(x) = x c. Se r c (mód. n ) f(r) 0 (mód. n ), sendo f (r) 0 (mód. ), elo lema de Hensel existe um único t, 0 t <, tal que f(r+t n ) 0 (mód. n+1 ) (r + t n ) c (mód. n+1 ). A base de indução é a rória hiótese do lema, então a demonstração está comleta. Teorema 4.1. Sejam a 1, a,...,a ( 1)/ os resíduos quadráticos mód. Então os resíduos quadráticos mód n são todos os números da forma k + a i, i = 1,,..., ( 1)/. Basta combinar os dois lemas anteriores. Exercícios 08. (IMO 1996, Problema 4) Os inteiros ositivos a e b são tais que os números 15a + 16b e 16a 15b são ambos quadrados erfeitos. Ache o menor valor ossível que o menor destes dois quadrados ode assumir. 09. Encontre todos os inteiros ositivos k tais que existe um inteiro a tal que (a + k) 3 a 3 é múltilo de (OBM 1996, Problema 6) Seja T(x) = x 3 +14x x+1. Denotamos T n (x) = T(T n 1 (x)) e T 0 (x) = x. Prove que existe um inteiro ositivo N tal que T N (x) x é divisível or 101 ara todo inteiro x. Dica: Prove que T(x) T(y) (mód. 101) x y (mód. 101) e alique casa dos ombos.

8 11. (Generalizando o critério de Euler) Seja um rimo ímar e c e k > 1 inteiros. Prove que existe um inteiro x tal que x k c (mód. n ) se, e somente se, c φ(n )/d 1 (mód. n ), sendo d = mdc(k, φ( n )). 1. Encontre todos os números inteiros c tais que existe um inteiro x tal que x 3 c é múltilo de (Vietnã 000) Seja (x) = x x 111x Mostre que (n) é divisível or ara elo menos nove inteiros ositivos n menores que Para quantos valores de n é divisível? 5. O teorema da recirocidade quadrática Esse era um dos teoremas favoritos de Gauss. Ele gostava tanto desse teorema que fez nada menos do que oito demonstrações. Antes, ara facilitar, vamos definir uma notação legendrária ara resíduos quadráticos. Definição 5.1. Seja c inteiro e rimo. Definimos o símbolo de Legendre ( c ), lido c Legendre, or ( ) c = 0 se c 1 se c é resíduo quadrático mód 1 se c não é resíduo quadrático mód Assim, or exemlo, temos ( ) ( 7 = 1, 0 ) ( 5 = 0 e 5 ) = 1 ara todo rimo. Note que odemos enunciar o critério de Euler mais diretamente: Critério de Euler. Sendo c inteiro e rimo ímar, ( ) c c 1 (mód. ) Com isso, você deve rovar sem dificuldades as seguintes roriedades: Teorema 5.1. Sejam a, b inteiros e rimo ímar. Então ( ab ) ( = a ( ) b ) Se a b (mód. ), ( ( a ) = b ) Agora vamos enunciar outro critério ara resíduos quadráticos, o lema de Gauss. Lema 5.1. Seja k a quantidade de inteiros j, 1 j ( 1)/, tais que cj mód > / (isto é, o resto da divisão de cj or é maior que /). Então ( ) c = ( 1) k A rincial sacada aqui é escrever c 1 mód de outro modo, utilizando os resíduos maiores que /. E utilizamos aqui uma idéia arecida com uma das demonstrações do teorema de Euler-Fermat, o gira-gira. Considere todos os números da forma cj, 1 j ( 1)/. Note que 1 cj c 1 ( 1 )! (mód. )

9 Porém, odemos também reduzir os fatores mód antes de multilicá-los. De fato, seja c j = mín{cj mód, cj mód }, de modo que c j = cj mód se, e somente se, cj mód > /. Não é difícil rovar que c i = c j i = j: de fato, c i = c i i ±j (mód. ) e, sendo 1 i, j < /, devemos ter i = j. Ao multilicar os c j s mód, obtemos de novo todos os resíduos entre 1 e ( 1)/ (note que os ( 1)/ números multilicados são todos diferentes mód e com restos menores do que /). E esse roduto é exatamente igual ao roduto dos cj s, com exceção das k mudanças de sinal quando c j = cj mód. Assim, 1 Das duas equações obtidas, ( 1 c 1 cj ( 1) k 1 )! ( 1) k ( 1 e, do critério de Euler, o resultado segue. ( ) 1 c j ( 1) k! (mód. ) )! (mód. ) c 1 ( 1) k (mód. ), E ara que serve essa conta? Não arece ser mais fácil do que o critério de Euler em si! O fato é que esse resultado é um dos assos decisivos ara obtermos a lei da recirocidade quadrática. Vamos dar mais um asso adiante em direção a ela. Lema 5.. Se c é ímar e é rimo ímar, então 1 ( ) c cj = ( 1) M em que M = O que é exatamente cj? Simlesmente é o quociente da divisão de cj or. Então arece interessante ensarmos na divisão euclidiana de cj or. Assim, seja r j o resto da divisão de cj or, de modo que cj = cj + r j. Assim, como é de se eserar, vamos fazer uso de uma idéia muito imortante na Teoria dos Números: somar tudo e ver o que acontece! cj = cj + r j Você reconhece r j? Não é, na verdade, cj mód? Assim, lembrando da notação do lema de Gauss, temos c j = mín{r j, r j }. Lembrando que os c j s nada mais são do que uma ermutação dos números 1,,..., ( 1)/, temos j = 1 c j = 1 r j + ( r j ) = r j r j + k r j</ r j>/ r j</ r j>/ Subtraindo os dois resultados, obtemos (c 1) j = 1 1 cj + r j k r j>/

10 Enfim, sendo c e ímares, vendo mód (afinal, só estamos interessados em saber se ( 1) M = ( 1) k ) chegamos ao resultado, já que 1 (mód. ) e c 1 0 (mód. ): 0 1 cj k (mód. ) 1 cj k (mód. ) Estamos rontos ara ver quando é resíduo quadrático de outro rimo. Teorema 5.. Sendo rimo ímar, ( ) = ( 1) 1 8 É só fazer c = no teorema acima e utilizar a última equação antes de utilizarmos que c é ímar: ( 1) j = 1 1 j + r j k r j>/ obtemos Sendo 1 j = 1 e o resultado segue = ( 1)/8 e 0 < j < / 0 < j < j = 0, vendo mód 1 8 Mais um fato antes do nosso resultado rincial: k (mód. ) Lema 5.3. Sejam e q rimos ímares distintos. Então 1 qj + q 1 k=1 k = 1 q Sejam S = {(a, b) : 1 a ( 1)/ e 1 b (q 1)/}, S 1 = {(a, b) S : aq < b} e S = {(a, b) S : aq > b}. Note que, ara todos a, b S, a bq; assim, S 1 e S formam uma artição de S. Contemos as cardinalidades de S, S 1 e S. A de S é fácil: S = 1 q 1. Vamos à de S 1: fixe b. Então a < b/q. Note que b/q < /, de modo que há, então, b q valores ara a, com b fixado. Portanto S 1 = (q 1)/ j q. Analogamente, S = ( 1)/ k=1 kq. Substituindo em S = S 1 + S, o resultado segue. Você ode se sentir mais à vontade com esse fato observando a seguinte figura, que exibe a identidade

11 acima ara = 7 e q = 11: E chegamos enfim à celebrada lei da recirocidade quadrática: Teorema 5.3. Sejam e q rimos ímares. Então ( ) ( ) q = ( 1) 1 q 1 q Basta juntar os lemas anteriores: sendo M = 1 1 q 1, ( q ) = ( 1) N e ( ) q = ( 1) M = qj e N = q 1 k=1 ( ) q k q = 1 e lembrando que M + N = ( ) q = ( 1) M+N = ( 1) 1 q 1 Isto quer dizer que o roblema de saber se c é resíduo quadrático módulo qualquer número está comletamente resolvido. Exemlo 5.1. Verificar se 108 é resíduo quadrático de 008. Resolução Primeiro, note que mdc(108, 008) = 4. Então basta verificar se 108/4 = 57 é resíduo quadrático de 008/4 = 50. Como 50 = 51, basta ver se 57 é resíduo quadrático de e 51. De certamente é. Vejamos se é 51: ( ) ( ) ( )( ) = = Poderíamos calcular 15 e 3 15 módulo 51, mas ara que correr o risco de errar conta? Basta usar a recirocidade quadrática: ara o, ( ) = ( 1) = ( 1) = ( 1) = 1 51

12 e ara o 3 ( ) 3 51 ( ) 51 3 = ( 1) ( ) 3 51 ( ) = 1 3 ( ) 3 = 1 51 Assim, ( 57 51) = 1 ( 1) = 1 e, ortanto, 108 não é resíduo quadrático de 008. Exercícios 14. Prove que (mód. 1019) sem calcular 509 mód Prove que se n + 1 é rimo, então todo número inteiro é seu resíduo quadrático ou raiz rimitiva. 16. Prove que F n = n + 1 é rimo se, e somente se, 3 Fn 1 1 (mód. F n ). 17. Encontre o conjunto de todos os divisores rimos de f(x) = x +, sendo x inteiro. 18. Encontre o conjunto de todos os divisores rimos de f(x) = x 15, sendo x inteiro. 19. Existe um quadrado erfeito com seus quatro últimos algarismos não nulos e iguais? 0. Seja f(x) = (x 13)(x 17)(x 1). Prove que f(x) 0 (mód. n) semre tem solução. 1. Seja = 4k + 1 um rimo, k inteiro ositivo. Prove que k k 1 é múltilo de. 6. Outras otências mód Agora, vamos estudar algumas somas. Teorema 6.1. Seja S k = 1 k + k + 3 k + + ( 1) k. Então S k { 1 (mód. ) se 1 k 0 (mód. ) caso contrário Se 1 k então i k 1 (mód. ) ara i = 1,,..., 1 e, ortanto, S k 1 (mód. ). Caso contrário, seja g uma raiz rimitiva de. Então note que os números 1, g, g,..., g são todos os números 1,,..., 1 mód. Assim, como g k 1 (mód. ), S k 1 k + g k + g k + + g ( )k = g( 1)k 1 g k 1 0 (mód. ) E se quisermos saber os resíduos módulo ou uma otência maior? Nesse caso, utilizamos binômio de Newton ou a sua generalização: Teorema 6.. Seja α real. Sendo ( ) { α 1 se k = 0 = α(α 1)(α ) (α k+1) k k! se k > 0 então (x + y) α = k=0 ( ) α x k y α k k É só exandir (1 + y/x) α na série de Taylor.

13 Exemlo 6.1. Prove que o numerador de S 1, quando este é escrito em forma de fração irredutível, é múltilo de, ara > 3. Resolução Temos S 1 = Como usar binômio de Newton nesse caso? Basta usar em ( i) 1 : ( i) 1 = ( ) 1 k ( i) 1 k ( i) 1 + ( 1)( i) (mód. ) i k=0 Parece uma grande roubalheira, mas está certo! De fato, sendo i 1 o inverso de i mód, ( i)( i 1 i ) i 1 i + ii 1 + ii i i 1 1 (mód. ) Assim, somando todas as congruências ( i) 1 + i 1 i (mód. ) obtemos 1 S 1 i (mód. ) i=1 Basta então rovar que i 0 1 i=1 (mód. ) 1 i 0 (mód. ), i=1 o que é verdade, já que 1 não divide (isso, é claro, se > 3). Um equeno detalhe é que fizemos a transição de i 1 ser o inverso de i mód ara ser o inverso de i mód. Isso é verdade, mas o caminho contrário não ode ser tomado. Então tome cuidado ao trabalhar com inversos em diversos módulos! Provemos agora o teorema de Wolstenholme: Teorema 6.3. Seja > 3 rimo. Então ( ) 1 1 (mód. 3 ) 1 É só abrir: ( ) 1 1 = = 1 ( 1 + ) ( 1 + ) ( 1 + ) ( 1 + ) Lembrando que (x + x 1 )(x + x ) (x + x n ) = x n + σ 1 x n 1 + σ x n + + σ n, sendo σ k a soma de todos os ( n k) rodutos de k números distintos entre x1, x,...,x n, ( ) 1 1 = ( ) 1 + σ σ 1 1

14 Utilizando a famosa identidade σ = ((σ 1 ) s )/ e que os denominadores de σ k são múltilos de 3 ara k 3, temos ( ) 1 = 1 + S (S 1 S ) + 3 A B em que S 1 = e S = 1 ( 1) + 1 ( ) + 1 ( 3) Como já rovamos que S 1 tem numerador múltilo de e S tem numerador múltilo de, o resultado segue. Exercícios. Seja > 3 um rimo. Sendo ( 1) 3 = m n com m e n inteiros rimos entre si, rove que 3 divide m. 3. Seja > 3 um rimo. Sendo ( 1) = m n com m e n inteiros rimos entre si, rove que 3 divide m. 4. Seja > 3 um rimo. Prove que ( ( a b) a ) b (mód. 3 ). 7. O lema de Thue Muitos dos fatos mais interessantes da Teoria dos Números odem ser obtidos utilizando o rincíio da casa dos ombos. Lema 7.1. Sejam m e n inteiros ositivos rimos entre si e sejam a e b inteiros ositivos tais que ab > n. Então existe x {1,,..., a 1} e y {1,,..., b 1} tais que Considere as ab exressões da forma mx + y mx ±y (mód. n) m m 1 + m m 1 + b m + 1 m + m + 3 m + b m m 3 + m m 3 + b m a + 1 m a + m a + 3 m a + b Como ab > n, existem duas exressões que deixam o mesmo resto na divisão or n, digamos mx 1 + y 1 e mx + y, com x 1 > x. Assim, mx 1 + y 1 mx + y (mód. n) m(x 1 x ) y y 1 (mód. n) Note que y 1 y ois senão x 1 = x. Assim, sendo x = x 1 x e y = y 1 y, temos 0 < x a 1 e 0 < y b 1 e mx ±y (mód. n)

15 Lema 7.. Se = 4k + 1 é rimo, existe x tal que x 1 (mód. ). Poderíamos alicar diretamente o critério de Euler (e o resultado seria imediato) ara verificar se 1 é resíduo quadrático ou mesmo tomar diretamente x = (( 1)/)! e utilizar o teorema de Wilson (( 1)! 1 (mód. )), mas vamos mostrar mais uma alicação interessante da Combinatória, agora com contagem. Vamos reartir o conjunto {1,,..., 1} em conjuntos da forma C a = {a, a, a 1, a 1 }, em que a 1 é o inverso de a mód. Note que C 1 = {1, 1}, ois o inverso de 1 mód é 1. Além desse conjunto, como 1 = 4k é múltilo de 4, deve haver mais um conjunto C m com elementos. Isso ocorre quando m m 1 (mód. ) m 1 (mód. ). Note que não ode ocorrer m m (mód. ) nem m m 1 (mód. ). Agora, vamos rovar um dos teoremas mais belos da Teoria dos Números. Teorema 7.1. Todo rimo da forma = 4k + 1 ode ser escrito como soma de dois quadrados. Seja m tal que m 1 (mód. ) (ele existe elo lema anterior). Assim, sendo >, elo lema de Thue, existem inteiros x {1,,..., 1} e y {1,,..., 1} tais que mx ±y (mód. ) = m x y (mód. ) x + y 0 (mód. ) Assim, x +y é múltilo de e, como 0 < x, y <, 0 < x < e 0 < y <, 0 < x +y <. Mas o único múltilo de entre 0 e é, ou seja, = x + y ode ser escrito como soma de dois quadrados. Exercícios Alguns dos exercícios não são exatamente relacionados com os tóicos tratados aqui, mas são legais, então decidi colocá-los assim mesmo! 5. (Romênia 1997) Seja A o conjunto dos inteiros da forma a +b, sendo a e b inteiros com b 0. Prove que se é rimo e A então A. 6. Encontre todos os rimos que odem ser escritos na forma x + 3y. 7. Encontre todos os rimos que odem ser escritos na forma a + ab + b. 8. Encontre todos os rimos que odem ser escritos na forma a + ab b. 9. (OBM 007, Nível, Problema 3) Mostre que existe um inteiro ositivo a tal que a9 1 a 1 tem elo menos 007 fatores rimos distintos. Dica: use mdc, mas use mesmo! Um ossível valor de a é (OBM 005, Problema 6) Dados a, c inteiros ositivos e b inteiro, rove que existe x inteiro ositivo tal que a x + x b (mód. c), ou seja, existe x inteiro ositivo tal que c é um divisor de a x + x b. Dica: use Euler-Fermat e o teorema chinês dos restos: Teorema 7.. Sejam m 1, m,..., m k inteiros rimos dois a dois. Então o sistema de congruências a seguir admite solução. x a 1 (mód. m 1 ) x a (mód. m ). x a k (mód. m k )

16 31. (Um resultado clássico, mas interessante) Sejam f(x) um olinômio não constante com coeficientes inteiros e k um inteiro ositivo. Prove que existe um inteiro n tal que f(n) 0 tem elo menos k fatores rimos distintos. Dica: Primeiro rove que uma infinidade de divisores rimos divide algum f(n), da seguinte maneira: suonha que o conjunto dos rimos que dividam todos os f(n) s seja finito; considere um t inteiro tal f(t) 0 e seja N tal que os exoentes dos rimos que dividem f(t) sejam maiores em N! do que em f(t); então, os exoentes de todos os rimos i que dividem f(n!+t) = f(t)+m N! são limitados elo exoente de i em f(t); finalize com casa dos ombos ara rovar que f(x) = k tem infinitas soluções ara algum k, chegando a uma contradição; ara fechar, é só usar o teorema chinês dos restos. 8. Referências bibliográficas [1] Como já virou costume, muitos dos roblemas foram extraídos do Mathlinks e do site do John Scholes... htt:// htt:// []... exceto, é claro, os roblemas mais recentes (aós 1996) da OBM, que são do site oficial da OBM: htt:// [3] Um grande livro de Teoria dos Números: Fundamental Number Theory with Alications, de Richard Mollin. Foi a base da arte sobre resíduos quadráticos e teorema de Thue. [4] Mais um livro legal sobre rimos: Números rimos: mistérios e recordes, do grande esecialista de Teoria dos Números (e brasileiro!) Paulo Ribenboim. A demonstração de que existe raiz rimitiva módulo rimo ímar é de lá. [5] A Wikiedia tem alguns artigos legais sobre Teoria dos Números! O nosso novo lema de Hensel foi extraído de htt://en.wikiedia.org/wiki/hensel s lemma/ [6] Você ode encontrar mais sobre raízes rimitivas (e um monte de outros fatos da Teoria dos Números) na Eureka! : Divisibilidade, Congruências e Aritmética Módulo n, de Carlos G. T. de A. Moreira. [7] Você ode encontrar mais sobre recirocidade quadrática na Eureka! 15: Recirocidade Quadrática, Carlos Gustavo T. de A. Moreira e Nicolau Corção Saldanha.