MA14 - Aritmética Unidade 15 - Parte 2 Resumo

Transcrição

1 MA14 - Aritmética Unidade 15 - Parte 2 Resumo Aplicações de Congruências Abramo Hefez PROFMAT - SBM

2 Aviso Este material é apenas um resumo de parte do conteúdo da disciplina e o seu estudo não garante o domínio do assunto. O material completo a ser estudado encontra-se no do livro texto da disciplina: Capítulo 9 - Seção 9.2 Aritmética, A. Hefez, Coleção PROFMAT. Colaborou na elaboração desses resumos Maria Lúcia T. Villela. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 2/16

3 Aplicações de Congruências Esta unidade é dedicada a apresentar um leque de aplicações da noção de congruência, mostrando um pouco de sua vasta utilização. Note que nem todo número de Mersenne é primo. O primeiro número de Mersenne que não é primo é M 11. De fato, é fácil verificar que M 2, M 3, M 5, M 7 são primos e que M 11 = = 2047 = Exemplo 1. Vamos mostrar que o número de Mersenne M 83 = não é primo. De fato, temos que 2 8 = mod = mod = mod = 49 mod 167. Daí, segue-se que 2 83 = mod 167, o que implica que é divisível por 167. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 3/16

4 Exemplo 2. Vamos mostrar que o quinto número de Fermat F 5 = não é primo. Note que, da igualdade 641 = , temos que Portanto, segue-se que mod = (5 2 7 ) 4 ( 1) 4 = 1 mod 641. (1) Disto, e da igualdade temos que logo, de (1), o que mostra que 641 F = 641, mod 641, mod 641, PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 4/16

5 Exemplo 3. Critérios de divisibilidade por 2, 5 e 10 Notando que 10 0 mod 2, 10 0 mod 5 e 10 0 mod 10, temos que, para todo i 1, n i 10 i 0 mod 2, n i 10 i 0 mod 5, n i 10 i 0 mod 10. Portanto, dado um número n = n r n r 1... n 0, na base 10, temos que n n 0 mod 2, n n 0 mod 5, n n 0 mod 10, o que nos diz que n é divisível por 2, 5 ou 10 se, e somente se, n 0 é divisível por 2, 5 ou 10, respectivamente. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 5/16

6 Exemplo 4. Critérios de divisibilidade por 3 e 9 Como segue-se que 10 1 mod 3 e 10 1 mod 9, n i 10 i n i mod 3 e n i 10 i n i mod 9. Isto mostra que, se n é representado na base 10 como n r n r 1... n 0, então e n n r + n r n 0 mod 3 n n r + n r n 0 mod 9, o que prova que n é divisível por 3 ou 9 se, e somente se, n r + n r n 0 é divisível, respectivamente, por 3 ou por 9. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 6/16

7 Regra dos nove fora Isto justifica a famosa regra dos noves fora, que se enuncia como se segue: Para verificar se um dado número é divisível por 3 ou por 9, somam-se os seus algarismos, desprezando-se, ao efetuar a soma, cada parcela igual a nove. Se o resultado final for 0, então o número é divisível por 9. Se o resultado for um dos algarismos 0, 3 ou 6, então o número é divisível por 3. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 7/16

8 Exemplo 5. Critério de divisibilidade por 11 Como temos que 10 1 mod 11, 10 2i 1 mod 11 e 10 2i+1 1 mod 11. Seja n = n r n 5 n 4 n 3 n 2 n 1 n 0 um número escrito na base 10. Temos, então, que n 0 n 0 mod 11 n 1 10 n 1 mod 11 n n 2 mod 11 n n 3 mod Somando, membro a membro, as congruências acima, temos que n n 0 n 1 + n 2 n 3 + mod 11. Logo, 11 n se, e somente se, 11 n 0 n 1 + n 2 n 3 +. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 8/16

9 Exemplo 6. Prova dos nove A prova dos nove é um teste que se realiza nas quatro operações para detectar erros de contas. Como exemplo, suponhamos que efetuamos a multiplicação a b, obtendo o resultado c, cuja exatidão queremos verificar. Suponha que na base 10 tenhamos a = a n a n 1... a 1 a 0, b = b m b m 1... b 1 b 0, c = c r c r 1... c 1 c 0. Após ter posto os noves fora em a 0 + a a n, obtém-se o algarismo a. Fazendo o mesmo para b e c, obtemos os algarismos b e c. Efetua-se a multiplicação a b e põem-se os noves fora, obtendo c. Se c c, então, certamente, foi cometido um erro na operação. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 9/16

10 A justificativa é a seguinte: c c a b a b c mod 9, com 0 c < 9 e 0 c < 9. Caso c = c, nada podemos afirmar quanto à exatidão da operação efetuada, mas podemos garantir que a nossa conta tornou-se mais confiável por ter passado por um teste. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 10/16

11 Representação decimal de número perfeito par Exemplo 7. Todo número da forma a n = 2 2n (2 2n+1 1), onde n N, na sua representação decimal, ou termina em 28 ou termina em a6, onde a é um algarismo ímpar. Em particular, todo número perfeito par termina de um desses modos. De fato, recorde que, pelo Problema 8.2.6, temos que a 2k+2 = 256a 2k k e a 2k+1 = 256a 2k k. Faremos agora a análise dos últimos dois algarismos de 16 n ao variar n em N. Temos que mod mod mod mod mod mod 100, e, daí para a frente, esses números se repetem periodicamente. Portanto, para todo n N, os dois últimos algarismos de 16 n são da forma b6, onde b é ímpar. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 11/16

12 Observe agora que a 2 = 496, logo, termina em a6, onde a é ímpar. Vamos provar, por indução sobre n, que o mesmo ocorre para todos os números da forma a 2n. Suponha que a 2n termina em a6, onde a é um algarismo ímpar; logo, a 2(n+1) = 256a 2n n 56 a n (50 + 6)(10a + 6) + 40(10b + 6) 10(6a ) c + 6 mod 100, onde c é um algarismo. O resultado, portanto, segue-se neste caso, pois o número 6a é ímpar. Observe agora que a 1 = 28; logo, termina em 28. Vamos provar por indução sobre n que o mesmo ocorre para todos os números da forma a 2n+1. Suponha que a 2n 1 termina em 28. Logo, a 2n+1 = 256a 2n n n (10b + 6) mod 100. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 12/16

13 Exemplo 8. Dado um número natural m, existe um número de Fibonacci u n tal que m u n. De fato, sejam r 1, r 2,..., respectivamente, os restos da divisão de u 1, u 2,..., por m. Como, para todo i, tem-se que 0 r i < m, segue-se que existem, no máximo, m 2 pares r i, r i+1 distintos. Portanto, dentre os pares r 1, r 2 ; r 2, r 3 ;... ; r m 2 +1, r m 2 +2 existe pelo menos um par que se repete. Seja k o menor índice para o qual r k, r k+1 se repete. Vamos mostrar que k = 1. Suponha, por absurdo, que k > 1. Seja r l, r l+1 um par que repete r k, r k+1. Como r k 1 u k 1 = u k+1 u k r k+1 r k = r l+1 r l u l+1 u l = u l 1 r l 1 mod m, segue-se que o par r k 1, r k é igual ao par r l 1, r l, o que contradiz a minimalidade de k. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 13/16

14 Seja agora r s, r s+1, com s 2, um par que repete o par r 1, r 2, que é o par 1, 1. Temos então que u s 1 = u s+1 u s r s+1 r s = 1 1 = 0 mod m. Isto nos diz que m u s 1, provando que existe pelo menos um número de Fibonacci divisível por m. Decorre daí e do Problema que existem infinitos números de Fibonacci divisíveis por m. Deduz-se, ainda, que, dado um número primo p, qualquer, existe um número de Fibonacci divisível por p; ou seja, nas decomposições dos números de Fibonacci em fatores primos aparecem todos os números primos. PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 14/16

15 Exemplo 9. Descreveremos todos os n para os quais u n é divisível por m. Seja m um número natural, definamos D m = {n N; m u n }. Do exemplo anterior, sabemos que D m. Seja m 0 o menor elemento de D m. Vamos mostrar que D m = m 0 N = {m 0 x; t N }. De fato, sabemos que m 0 N D m, já que, pelo Corolário 6.26, todo elemento m 0 t de m 0 N é tal que u m0 u m0 t, logo m u m0 t; ou seja, m 0 t D m. Reciprocamente, seja n D m. Escrevamos Pelo Teorema 6.25, temos que n = m 0 t + r, com 0 r < m 0. (u n, u m0 ) = (u m0, u r ). PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 15/16

16 Daí, como m u n e m u m0, segue-se que m u r, o que contradiria a minimalidade de m 0, a menos que r = 0. Portanto, conclui-se que também vale D m m 0 N. Assim, provamos que D m = m 0 N. Portanto, para achar os números de Fibonacci divisíveis por um número natural m, basta achar o primeiro deles u m0 e tomar todos os u n para os quais n m 0 N. Por uma análise grosseira do Exemplo 8, pode-se ver facilmente que o número m 0 se encontra no conjunto {1, 2,..., m 2 }. O exemplo acima, esclarece vários resultados que encontramos pelo caminho, como, por exemplo, o Problema e o Exemplo PROFMAT - SBM Aritmética - Unidade 15 - Parte 2 - Resumo - Aplicações de Congruências slide 16/16