Elementos de Matemática Finita ( ) Exercícios resolvidos

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1 Elementos de Matemática Finita ( ) Exercícios resolvidos Ficha 3-2. Em que classes de congruência mod 8 estão os quadrados perfeitos? poderá ser a soma de dois quadrados perfeitos? Resolução: A tabela da multiplicação módulo 8 mostra que os quadrados perfeitos pertencem às classes de congruência 0, 1 e 4 módulo 8. A tabela da soma mostra por sua vez que as somas entre estas classes tomam os valores 0, 1, 2, 4 e 5. Como mod 8, conclui-se que este inteiro não pode ser a soma de dois quadrados perfeitos. Ficha 3-6. Resolver as seguintes congruências (encontrar todas as soluções ou justificar que não existem): a) 5x 3 mod 11; b) 12x 2 mod 33; c) 9x 21 mod 12; d) 110x 40 mod 575; e) 1011x 1101 mod Resolução: a) (5, 11) = 1 e portanto existe solução única; como mod 11 concluímos que a solução é x mod 11. b) Neste caso (12, 33) = 3 que não divide 2 pelo que não há solução. c) (9, 12) = 3 que divide 21 e portanto sabemos que existem 3 soluções não congruentes entre si; podemos encontrar uma solução notando que 21 = 7 3 = 7(12 9) 7 9 mod 12 1

2 pelo que x mod 12 é solução; as outras podem obter-se somando múltiplos k(12/3) com 1 k < 3, ou seja x 1 x mod 12; x 2 x mod 12 Nota: a solução x 2 1 é óbvia se notarmos primeiro que 21 9 mod 12. Outro método de resolução passa por resolver primeiro a congruência 3x 7 mod 4 (dividindo tudo por 3) que tem a solução x 1 mod 4, e usar o facto de que um inteiro x satisfaz a congruência inicial 9x 21 mod 12 se e só se satisfaz esta última; portanto as soluções da congruência inicial são as classes de congruência mod 12 queestão contidas na classe 1 mod 4, ou seja 1, 5, 9 mod 12. d) Como mdc(575, 110) = 5 que divide 40, conclui-se que a equação tem 5 soluções distintas. Aplicando o segundo método de resolução descrito na alínea anterior, começamos por resolver o algoritmo de Euclides dá-nos portanto a solução desta equação é 22x 8 mod 115 : 1 = ; x mod 115. As soluções da equação original são as classes módulo 575 contidas na classe de 84 módulo 115: 84, 199, 314, 429, 544. A equação 22x 8 mod 115 também pode ser resolvido com aplicação do Teorema Chinês dos Restos: como 115 = 5 23, a soluções desta equação é a solução do sistema 22x 8 mod 5 22x 8 mod 23 2

3 2x 3 mod 5 x 8 mod 23 x 4 mod 5 x 15 mod 23 A segunda equação implica que x = y e substituindo na primeira obtemos y 4 mod 5 3y 4 mod 5 y 3 mod 5. Portanto x = (3 + 5z) = z. e) O algoritmo de Euclides dá mdc(1110, 1011) = 3 = ; como a equação tem 3 soluções distintas; como = 370 e = 367, as soluções são representadas por , , Como a divisibilidade de todas as constantes por 3 é óbvia, podíamos ter optado por, dividindo por 3, obter a equação 337x 367 mod x 3 mod x 1 mod 370 e obter, pelo algoritmo de Euclides, a solução x 101 mod 370. As soluções da equação original são então as classes módulo 1110 de 110, = 480, = 850. Ficha 3-7. Justificar que se ac bc a b mod m/d. mod m e d = mdc(c, m), então 3

4 Resolução: Temos que, para quaisquer inteiros a e b, ac bc mod m a c d b c d mod m d. Existem inteiros u e v tais que u c d + v m d = 1; como, em particular u é primo com m d, a última congruência é equivalente a au c d bu c d mod m d, que por sua vez é equivalente a a b mod m d. Ficha 3-8. Mostrar que todo o inteiro da forma 4k + 3 tem algum factor da mesma forma. Deduzir que existem infinitos primos congruentes com 3 módulo 4. Podemos aplicar o mesmo raciocínio para inteiros da forma 4k+1? E da forma 6k + 5? Resolução: Um número m da forma 4k + 3 é ímpar e portanto produto de primos ímpares que são congruentes com 1 ou com 3 módulo 4. Mas como o produto de inteiros congruentes com 1 módulo 4 é também congruente com 1 módulo 4, algum dos factores primos de m terá que ser congruente com 3 módulo 4; aliás, como mod 4, concluímos que na factorização de m em primos, o número de factores congruentes com 3 módulo 4 é ímpar (factores esses que não têm, evidentemente, que ser distintos). Este raciocínio permite-nos agora copiar a demonstração de Euclides da infinitude de primos: se p 1,, p j forem primos congruentes com 3 módulo 4, temos que m = 4 p 1 p j + 3 é congruente com 3 módulo 4; mas, para qualquer 1 i j, p i m. Portanto tem que existir um primo congruente com 3 módulo 4 distinto dos p i. Se só existisse um número finito de primos nessas condições, chegaríamos a uma contradição. Este raciocínio não se pode aplicar aos inteiros da forma 4k + 1, exactamente 4

5 porque podemos obter um número congruente com 1 módulo 4 com factores congruentes com 3 módulo 4. É verdade que existem infinitos primos congruentes com 1 módulo 4, mas esse facto tem que ser provado usando outras ideias. Já para os inteiros da forma 6k+5 podemos reproduzir o raciocínio feito acima sem alterações. Ficha 3-9. Seja p primo. Notando que para cada 1 < a < p 1 existe um (único) 1 < a < p 1 tal que aa 1 mod p, demonstrar o Teorema de Wilson: (p 1)! 1 mod p se e só se p é primo. Usar o resultado anterior para mostrar que 61! mod 71. Resolução: Embora se possa dar uma demonstração mais directa do Teorema de Wilson, ou mais precisamente de uma das implicações, vamos aproveitar para apresentar uma outra que nos dá um resultado mais forte, que será aliás abordado, numa forma mais geral, noutro ponto do curso. Seja p = 2P + 1 um primoímpar e a primo com p. Para todo o 0 < x < p existe um e um só x, no mesmo conjunto, satisfazendo xx a mod p; a ideia é considerar separadamente os casos em que x 2 a mod p tem solução e em que não tem. Se aquela equação não tem solução, então os p 1 = 2P inteiros no intervalo ]0, p[ repartem-se em P pares x, x tais que xx a mod p; multiplicando estas congruências, obtemos (2P )! a P mod p (p 1)! a p 1 2 mod p. 5

6 Se, pelo contrário, x 2 a mod p tem solução, então tem exactamente duas soluções x 0 e p x 0 (no intervalo ]0, p[, bem entendido): se x 2 y 2 a mod p, com 0 < x, y < p, então p (x y)(x + y) e portanto ou y = x ou y = p x. Temos x 0 (p x 0 ) a, mod p, enquanto que os restantes 0 < x < p se repartem em P 1 pares x, x satisfazendo xx a mod p. Multiplicando as equações termo a termo obtemos neste casos (p 1)! a p 1 2 mod p. Claro que a = 1 está sempre neste segundo caso e portanto (p 1)! 1 mod p, o que prova uma das implicações do Teorema de Wilson. A recíproca, por outro lado, é imediata, uma vez que se p não for primo, p = u v, com 0 < u, v < p e portanto (p 1)! 0 mod p. Note-se que, com o facto (p 1)! 1 mod p, podemos resumir o que fizemos no seguinte resultado: se p é um primo ímpar e a é primo com p então verifica-se uma das duas situações: 1. A equação x 2 a mod p tem solução e a p mod p, ou 2. A equação x 2 a mod p não tem solução e a p mod p. Quanto à última parte do enunciado, sabemos, pelo Teorema de Wilson, que 70! 1 mod 71; basta portanto mostrar que mod 71, 6

7 o que é equivalente a ( 1) 9 9! 1 mod 71 9! 1 mod 71, o que é fácil de verificar directamente (mas sem calcular 9!, bem entendido...). Ficha 4-2. Ao tentar formar grupos de trabalho numa turma, conclui-se que se os grupos tiverem 3 elementos ficam dois alunos de fora, se tiverem quatro fica 1 de fora, mas que se consegue formar grupos de 5 elementos desde que o professor faça parte de um deles. Quantos alunos terá a turma? Resolução: O problema corresponde à resolução do sistema de congruências x 2 mod 3 x 1 mod 4 x 4 mod 5 Como os módulos das congruências são primos dois a dois, o Teorema Chinês dos Restos garante a existência de uma solução única mod 120 (e é de esperar que o número de alunos de uma turma seja inferior a ). A primeira equação implica x = 2 + 3k; substituindo na segunda ficamos com e portanto 3k 1 mod 4 k 1 mod 4 k = 1 + 4j, Substituindo na última equação x = 2 + 3(1 + 4j) = j 12j mod 5 2j 4 mod 5 j 2 mod 5 ou seja j = 2 + 5t e portanto x = (2 + 5t) = t. Ficha 4-4. Determinar, usando o Teorema Chinês dos Restos, as soluções, se existirem, da equação 507x 312 mod

8 Resolução: Como 3025 = , a equação é equivalente ao sistema { { 507x 312 mod 25 7x 12 mod x 312 mod x 70 mod 121 aplicando o algoritmo de Euclides, { x 16 mod 25 x 18 mod 121 Em vez de resolver o sistema pelo processo iterativo usado por exemplo na resolução anterior, vamos determinar a e b satisfazendo as congruências 25a 1 mod b 1 mod 25; a solução do sistema será, módulo 3025, dada por b 18 25a. Note-se que seguimos este caminho unicamente para ilustrar o método e não por ser o mais prático neste caso. Resolvemos a equação 25a 1 mod 121, não por aplicação directa do algoritmo de Euclides, mas reduzindo o problema à resolução de equações com módulo 11: se a é solução desta congruência também o é da mesma equação módulo 11 e temos 25a 1 mod 11 3a 1 mod 11 a 4 mod 11. Portanto a solução da equação original, que tem que existir e é única, será da forma y. Mas 25(4 + 11y) 1 mod y 99 mod y 9 mod 11 3y 9 mod 11 y 3 mod 11, e portanto a solução pretendida é a 29 mod 121. É claro que a equação 25(4+11y) 1 mod 121 tem 11 soluções y 3+11k mod 121, com 0 k < 11; o que acontece é que o nosso objectivo não é saber essas soluções y mas sim a y mod 121 e portanto todas elas correspondem à mesma classe. A segunda equação pode resolver-se de modo simples notando que 121b 1 mod 25 4b 1 mod 25 b 6 mod 25. 8

9 Em conclusão, como ( 29) = mod 3025, a solução do sistema é x 466 mod e de Ficha 4-5. Determinar directamente as soluções de x 3 + 2x 3 0 mod 5 x 3 + 2x 3 0 mod 9 e usar as soluções encontradas para determinar as de x 3 + 2x 3 0 mod 45 Resolução: A primeira equação tem soluções x 1 mod 5 e x 3 mod 5. Na segunda equação, em vez de substituir os 9 possíveis valores, notamos que x 3 +2x 3 0 mod 9 = x 3 +2x 3 0 mod 3 x(x 2 +2) 0 mod 3, que tem solução única x 1 mod 3. Portanto as soluções de x 3 + 2x 3 0 mod 9 são da forma 1 + 3y, com 0 y < 3, e é fácil verificar que a única solução ocorre com y = 0 (mas ver nota abaixo). Portanto x 3 + 2x 3 0 sistemas { x 1 mod 5 x 1 mod 9 mod 45 tem duas soluções que são as soluções dos { x 3 mod 5 x 1 mod 9 A solução do primeiro sistema é, sem necessidade de qualquer cálculo, x 1 mod 45; o segundo tem solução x 28 mod 45. Nota: É instrutivo notar que (1 + 3y)m 1 + 3my mod 9, uma vez que todas as outras parcelas têm um factor 3 k com k > 1. Ou seja, mais geralmente, se procuramos soluções de uma equação n b i x i 0 mod p 2, i=0 9

10 podemos primeiro encontrar uma (ou mais) solução a módulo p e procurar depois soluções da equação original da forma a + py; mas, pela observação que fizémos, (a + py) i a i + ipy mod p 2, pelo que a equação se reduz a uma equação linear. Esta ideia generaliza-se para obter as soluções de equações módulo p k (ver Ficha Complementar sobre este tema). Ficha 4-6. Mostrar que, dados inteiros positivos m 1 e m 2, o sistema { x a1 mod m 1 x a 2 mod m 2 tem solução se e só se a 1 a 2 é única módulo mmc(m 1, m 2 ). mod mdc(m 1, m 2 ), e que nesse caso a solução Resolução: A demonstração pode fazer-se repetindo o raciocínio usado inicialmente para resolver um sistema com a condição d = mdc(m 1, m 2 ) = 1: x é solução da primeira equação se e só se for da forma x = a 1 + m 1 y; e, nessa condição, é solução da segunda equação se e só se m 1 y a 2 a 1 mod m 2, que, por sua vez, tem d soluções se d (a 2 a 1 ) e nenhuma caso contrário. Suponhamos que estamos no primeiro caso e que as soluções são y 0 + k m 2 d, 0 k < d; então x = a 1 +m 1 y 0 +k m 1m 2 d = a 1 +m 1 y 0 +kmmc(m 1, m 2 ) e portanto a solução é de facto única módulo mmc(m 1, m 2 ). Ficha 5-1. Determinar a) 0 a < 73 satisfazendo a mod 73. b) 0 a < 83 satisfazendo a mod

11 Resolução: a) Como 73 é primo, sabemos pelo Teorema de Euler (ou mesmo pelo Teorema de Fermat) que mod 73. Portanto = = ( 9 72) e ( 9 72 ) mod 73 b) Pode aplicar-se o mesmo método uma vez que também 83 é primo. Como 670 = , somos conduzidos a calcular 7 14 mod 83, pelo que é boa ideia tentar simplificar os cálculos e não calcular todas as potências 7 2, 7 3, 7 4,, 7 14 ( mod 83 é claro). Uma forma passa por ver que 14 = e em que todas as congruências são 7 2 = 49 34, , mod 83, e portanto mod 83. Logo 7 14 ( 34) ( 6) mod 83. Ficha 5-3. Mostrar que n 7 n é divisível por 42, para todo o inteiro n. Resolução: n 7 n 0 mod 42 se e só se n 7 n 0 mod 7 n 7 n 0 mod 3 n 7 n 0 mod 2 A primeira equação é satisfeita por qualquer inteiro n pelo Teorema de Fermat. Mas a mesma coisa acontece para as outras equações: por exemplo, como n 3 n mod 3 temos n 7 n n 2 3 n n n 3 n 0 mod 3. Ficha 5-4. Mostrar que se p é um primo diferente de 2 e de 5, então p divide infinitos inteiros do conjunto {9, 99, 999, 9999, }. 11

12 Resolução: Temos apenas que observar que o inteiro (k noves) é igual a 10 k 1. Como p é primo com 10, sabemos que 10 p 1 1 mod p, mas portanto também 10 m(p 1) 1 mod p 10 m(p 1) 1 0 mod p, para qualquer m 0, o que nos dá uma infinidade de inteiros no conjunto dado divisíveis por p. Ficha 5-5. Usando a factorização 561 = mostrar que a 561 a mod 561 para todo o inteiro a. Resolução: Dado um a fixo, considere-se o sistema x a 561 mod 3 x a 561 mod 11 x a 561 mod 17 O Teorema de Fermat implica que, dado um primo p a m a m p a p a m p+1 mod p; repetindo este cálculo k vezes, deduzimos que escolhemos k de modo a que a m a m kp+k mod p; 0 m kp + k < p m p 1 k > m p p 1 ; aplicando este raciocínio a cada uma das congruências, vemos que o sistema é equivalente a x a mod 3 x a mod 11 x a mod 17 x a mod 561, 12

13 pelo Teorema Chinês dos Restos. Ficha 5-6. Mostrar que os inteiros e não são primos. Resolução: A resolução deste problema depende da realização de cálculos impraticáveis sem o uso de um computador. Apresenta-se a solução como ilustração da aplicação dos resultados apresentados nas aulas. Se for primo, o Teorema de Fermat garante que, para qualquer a primo com 11051, a mod 11051; mas mod Se tentamos aplicar o mesmo teste a , verificamos que a mod para a 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17,...(?). Mas podemos aplicar o critério de Rabin-Miller: = e verificamos que mod mod mod o que mostra que não é primo: pondo r = , temos r 2 1 mod ; se este fosse primo, teríamos que ter r ±1 mod Ficha 5-7. Dizemos que n é um pseudo-primo para a base 2 se 2 n 1 1 mod n mas n não for primo. Mostrar que n é um pseudo-primo para a base 2, então 2 n 1 também o é. Sugestão: Mostrar que 2 n 1 divide 2 2n

14 Resolução: A condição na sugestão é verificada porque, uma vez que n é um pseudo-primo para a base 2, existe k > 0 tal que 2 n 1 1 = kn; logo ) 2 2n 2 1 = 2 2(2n 1 1) 1 = 2 2kn 1 = (2 n 1) (1 + 2 n (2k 1)n. Por outro lado, 2 n 1 é um pseudo-primo para a base 2 se que foi o que acabámos de provar. 2 2n 2 1 mod 2 n 1, 8. Resolver a equação ou mostrar que não existe solução a) x 85 6 mod 29 b) x 87 5 mod 29 c) x 39 3 mod 13 d) x mod 24 e) x 19 5 mod 111 Resolução: a) Como 85 é primo com φ(29) = 28 e 6 é primo com 29, a equação tem uma única solução. De facto 85 = e portanto para qualquer x primo com 29, x 85 x mod 29 e a solução é (a classe de congruência módulo 29 de) 6. a b) A situação é semelhante mas neste caso o algoritmo de Euclides conduz deduz-se que 1 = ; 5 9 x 9 87 x x 1 mod 29, ou seja, a solução da equação é a classe inversa (para a multiplicação) da de 5 9. Calculando a potência, temos mod 29 e portanto a solução é 14

15 x 7 22 mod 29. Para evitar a potência 1, podíamos ter antes escolhido e ficávamos com 1 = x x x mod 29. d) Como φ(24) = 8, x 123 x x 3 mod 24 para qualquer x primo com 24. Portanto, aplicando outra vez o Teorema de Euler, a solução é x x mod 24. e) Em vez de aplicar directamente o Teorema de Euler, podemos começar por usar o Teorema Chinês dos Restos, uma vez que 111 = 3 37: { x x 19 5 mod mod 3 x 19 5 mod 37 A primeira equação tem solução x 2 mod 3. Quanto à segunda, temos 1 = = e portanto x x x mod 37. Ficha Seja F (m) = φ(d 1 )+φ(d 2 )+ +φ(d r ) onde os d i, 1 i r designam os divisores (positivos) de m. Exemplo: F (12) = φ(1) + φ(2) + φ(3) + φ(4) + φ(6) + φ(12). a) Calcular F (5), F (6) e F (10). 15

16 b) Mostrar que se p é primo, F (p) = p e mais geralmente F (p k ) = p k. c) Justificar que, se mdc(m, n) = 1, então F (mn) = F (m)f (n). d) Conclusão? Resolução: a) F (5) = φ(1) + φ(5) = = 5 F (6) = φ(1) + φ(2) + φ(3) + φ(6) = = 6 F (10) = φ(1) + φ(2) + φ(5) + φ(10) = = 10 b) F (p) = φ(1) + φ(p) = 1 + p 1 = p. Mais geralmente, como os divisores de p k são os inteiros p i com 0 i k, k k k F (p k ) = φ(p i ) = 1 + φ(p i ) = 1 + (p i p i 1 ) = p k i=0 i=1 c) Pela definição, F (mn) = d mn φ(d); mas, porque m e n são primos entre si, para cada divisor d de mn existem d 1 m e d 2 n, únicos, tais que d = d 1 d 2. E reciprocamente, a cada par (d 1, d 2 ) nestas condições corresponde um divisor d = d 1 d 2 de mn. Note-se além disso que d 1 e d 2 são primos entre si. Podemos portanto escrever aquele somatório como um duplo somatório: para cada valor fixo de d 1, somamos as parcelas correspondentes a d mn da forma d = d 1 d 2 em que d 2 é um divisor de n; e somamos depois estas somas para todos os valores de d 1. Ou seja = d 1 m d 2 n i=1 F (mn) = φ(d) = d 1 m φ(d 1 d 2 ) = d mn d 2 n φ(d 1 )φ(d 2 ) = d 1 mφ(d 1 φ(d 2 ) = F (m)f (n) d) A conclusão é que F (m) = m para qualquer m. Ficha d 2 n 16

17 a) Para que valores de m se verifica φ(m) = m 2? b) Existe algum n tal que φ(n) = 50? c) Para que valores de m é que φ(m) divide m? Resolução: a) A igualdade verifica-se se e só se m = 2 k, k > 0: se m for dessa forma o resultado é óbvio; por outro lado, se m j ( ) 2 φ(m) = m pi 1 onde p 1,, p j são os primos que ocorrem na factorização de m, então temos j j p i = 2 (p i 1) i=1 que conduz a uma contradição se algum dos p i for ímpar. i=1 i=1 b) É evidente que n não pode ser uma potência de 2. Seja n = 2k p j 1 1 pj r r onde p i, 1 i r são os primos ímpares que dividem n. Então φ(n) = φ(2 k ) r i=1 p i p j i 1 i (p i 1); como cada p i contribui pelo menos com um factor 2 para este produto, temos que para que φ(n) = 50, teria que ser n = 2 k p j, com k igual a 0 ou 1, e p um primo da forma 4t + 3, caso contrário p 1 teria um factor 2 2 ; em particular, p não é 5. Portanto seria 50 = φ(n) = p j 1 (p 1); mas então, como não há mais nenhum primo ímpar na factorização de 50, teria que ser j = 1 e 50 = p 1, mas 51 não é primo. Conclui-se que não existe n tal que φ(n) = 50. c) Mais uma vez, as potências de 2 são soluções óbvias. Pondo de novo n = 2 k p j 1 1 pj r r onde p i, 1 i r são os primos ímpares que dividem n, a condição fica r r φ(2 k ) p j i 1 i (p i 1) 2 k p j i i i=1 17 i=1

18 e vemos que tem que ser k > 0 devido aos factores pares p i 1 do lado esquerdo; simplificando, ficamos com r r (p i 1) 2 i=1 e portanto r = 1. Mas a única solução de (p 1) 2p é p = 3. E de facto, para quaisquer k > 0 e j 0, φ(2 k 3 j ) = 2 k 3 j 1 2 k 3 j. Ficha Seja m um número natural livre de quadrados, isto é, existem primos p i (com 1 i k) tais que se i j então p i p j e m = p 1 p 2 p k. Supondo que mdc(k, φ(m)) = 1, mostrar que a equação x k b i=1 mod m tem uma única solução, mesmo que mdc(b, m) > 1. p i Sugestão: usar o Teorema Chinês dos Restos. Resolução: A equação é equivalente ao sistema x k b. mod p 1 x k b mod p k Dado que k é primo com φ(m) = k i=1 φ(p i), se b for primo com p i a i-ésima equação do sistema tem solução única. Mas se b não é primo com p i é porque é congruente com 0 módulo p i e a equação também tem solução única x 0 mod p i. Assim, cada equação tem solução única e, mais uma vez pelo Teorema Chinês dos Restos, a equação original também. Ficha 6-2. Determinar (sem esforço...) a única solução da equação 47x x x x mod

19 Resolução: Em primeiro lugar, x 0 mod 101 não é solução; portanto, como 101 é primo, podemos considerar apenas x primo com 101. Mas então x mod 101 e a equação simplifica-se: 47x x x x mod x x x mod x 9 mod 101 x 36 mod 101 x 36 mod 101 Ficha 6-3. Mostrar que se a = b 2 então a não pode ser raiz primitiva de um primo p ímpar. Sugestão: se a é raiz primitiva, então existe s < p 1 tal que a s b mod p. Resolução: a s b mod p e a b 2 implicam que a 2s b 2 a mod p e portanto, como a é primo com p, a 2s 1 1 mod p; mas se a é raiz primitiva isso implica que 2s 1 é múltiplo de p 1; mas isso é impossível porque p 1 é par e 2s 1 é ímpar. Ficha 6-5. Usar o critério de Euler para determinar quais das seguintes equações têm solução e qual o seu número a) x mod 17; b) x mod 17; c) x 48 9 mod 17; d) x 11 9 mod 17; Resolução: a) mdc(12, 16) = 4 e 16 16/4 1 mod 17 logo a equação tem 4 soluções. 19

20 b) mdc(20, 16) = 4 e 13 16/4 1 mod 17 logo a equação tem 4 soluções. c) Neste caso nem é necessário usar o critério de Euler: mdc(48, 16) = 16 e portanto, para qualquer x primo com 17, x 48 = ( x 16) 3 1 mod 17; logo a equação não tem soluções. Usando o critério, teríamos obviamente que mod 17, o que nos dá a mesma conclusão. d) Como mdc(11, 16) = 1 (e 9 é primo com 17) esta equação tem solução única. Ficha 6-6. Mostrar que mod 17. Justificar porque é que podemos concluir que 3 é raiz primitiva de 17. Usar uma lista das classes de congruência de 3 i mod 17 para encontrar as soluções do problema anterior. Resolução: Confirmamos que abreviar o cálculo notando que mod 17: por exemplo, podemos mod 17, mod 17; portanto, como os únicos divisores de φ(17) = 16 são as potências 2 k, com 0 k 4, concluímos que a ordem de 3 módulo 17 tem que ser 16 (se fosse 2 k para algum k < 4, então 3 8 1). Com a tabela a a podemos calcular que x será solução da equação em a) se for da forma 3 y, com y solução de 12y 8 mod 16, e portanto as soluções são

21 Já para b) temos as soluções 3 y, com y solução de 20y 4 mod 16: Também podemos determinar a solução da última equação que é 3 y, com y solução de 11y 2 mod 16: como a solução desta última equação é y 6 temos que a solução de d) é Ficha 6-7. Sabendo que 5 é uma raiz primitiva de 47 e que mod 47, determinar as soluções da equação exponencial 25 x 17 mod 47 Resolução: As condições do problema implicam 5 2x mod 47 e portanto, como 5 é raiz primitiva, 2x 16 mod 46 que tem soluções 8 e 31. Ficha 6-8. Se p é um primo ímpar, para quantos a Z /p é que x 2 a mod p tem solução? Sugestão: Seja g uma raiz primitiva de p e g k a. Estudar a existência de solução em função da paridade de k. Resolução: Por aplicação do critéri ode Euler, a equação tem solução se a p mod p. Se g é raiz primitiva de p e a g k, a p 1 2 g k(p 1) 2 1 mod p 21

22 se e só se k é par, pois o expoente tem que ser múltiplo da ordem de g, que é p 1. Ficha 6-9. Mostrar que se p é primo ímpar então x 2 1 tem solução se e só se p 1 mod 4. mod p Resolução: Pelo critério de Euler, a equação tem solução se e só se ( 1) p mod p, o que acontece exactamente se o expoente for par, ou seja, se p 1 mod 4.. Ficha Mostrar que se p e q são primos ímpares diferentes e a é primo com pq, a φ(pq)/2 1 mod pq. Concluir que pq não tem raizes primitivas. Resolução: Pelo teorema Chinês dos Restos, a equação é equivalente ao sistema { { (a a φ(pq)/2 1 mod p ) a φ(pq)/2 1 mod q p 1 (q 1)/2 1 mod p ( ) a q 1 (p 1)/2 1 mod q e ambas as equações são satisfeitas por qualquer a primo com p e q, pelo Teorema de Fermat. A conclusão é óbvia: nenhum a tem ordem φ(pq) módulo pq. Ficha Sendo p um primo ímpar e a e k inteiros positivos, usar o Teorema do binómio para mostrar que (a + p) φ(pk) a φ(pk) p k a φ(pk ) 1 Sugestão: Tem que se mostrar que, para j 2, ( φ(p k ) ) p j 0 mod p k+1 ; j 22 mod p k+1.

23 começar por mostrar que p j 1 não divide j!. Resolução: pelo Teorema do Binómio, temos (a + p) φ(pk) = a φ(pk) + φ(p k )a φ(pk ) 1 p + ( φ(p k ) ) a φ(pk ) j p j ; j j 2 como φ(p k )a φ(pk ) 1 p = (p k p k 1 )pa φ(pk ) 1 = p k (p 1)a φ(pk ) 1 p k a φ(pk ) 1 mod p k+1, o resultado equivale a mostrar que a soma dos restantes termos é congruente com 0 módulo p k+1. Vamos mostrar que de facto cada uma das parcelas satisfaz esta congruência: ( φ(p k ) ) j a φ(pk ) j p j = (pk p k 1 )(p k p k 1 1) (p k p k 1 j + 1) a φ(pk ) j p j ; j! se j! = p l S, onde S é primo com p, ficamos com, pondo em evidência potências de p, p k 1+j l (pk p k 1 1) (p k p k 1 j + 1) a φ(pk ) j ; S ( φ(p k ) ) note-se que, como é um inteiro, e S é primo com p, a fracção na j última expressão representa de facto um inteiro. Se conseguirmos provar que p k 1+j l 0 mod p k+1, temos o resultado pretendido. Ora esta condição é equivalente a k 1 + j l k + 1, ou seja, a j 2 l. É isso que justifica a última parte da sugestão. Mas, num exercício anterior, vimos que a maior potência de p que divide j! (ou seja, o inteiro l ) é dado pela fórmula l = i 1 j p i ; evidentemente, podemos majorar esta soma por j p = j 1/p i 1 1/p = j p 1 j 2 i 1 23

24 uma vez que p é ímpar. Mas então l < j/2 j 1 (j 2!), como queríamos mostrar. Ficha Supondo que a no exercício anterior é uma raiz primitiva para p k, mostrar que então a ou a + p (ou ambos) é raiz primitiva para p k+1. Concluir que p n (com p primo ímpar) tem sempre raizes primitivas. Sugestão: Quais os possíveis valores de ord p k+1(a)? Resolução: Temos que mostrar que ou a ou a + p tem ordem módulo p k+1 igual a φ(p k+1 ) = p k+1 p k. Suponhamos que t = ord p k+1(a) < p k+1 p k ; pelas propriedades elementares da ordem, t tem que dividir p k+1 p k = p k (p 1); mas por outro lado, a t 1 mod p k+1 = a t 1 mod p k e, como estamos a supor que a é raiz primitiva módulo p k, as mesmas propriedades implicam que φ(p k ) t. Temos então p k 1 (p 1) t p k (p 1) e, como t =< p k+1 p k, só pode ser t = p k 1 (p 1) = φ(p k ). Usamos agora o exercício anterior para calcular ord p k+1(a + p): ficamos com (a + p) φ(pk) a φ(pk) p k a φ(pk ) 1 mod p k+1 1 p k a φ(pk ) 1 mod p k+1 ; note-se que o lado direito na última congruência não é congruente com 1 módulo p k+1. Deduzimos que ord p k+1(a + p) = p k s para algum divisor s de p 1. Mas então 1 (a + p) pks a pks + ( p k ) s a pks j p j mod p k ; j j 1 ora, repetindo o raciocínio feito no exercício anterior, verificamos que cada parcela deste último somatório é congruente com 0 módulo p k ; portanto a pks 1 mod p k o que implica, pela hipótese de a ser raiz primitiva módulo p k, φ(p k ) p k s e portanto (p 1) s, ou seja, s = p 1 e ord p k+1(a + p) = p k (p 1) = φ(p k+1 ) e a + p é raiz primitiva módulo p k+1. 24