Teorema Chinês dos Restos

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1 Teorea Chinês dos Restos Sauel Barbosa 22 de arço de 2006 Teorea 1. (Bézout) Seja a e b inteiros não nulos e d seu dc. Então existe inteiros x e y tais que d = ax + by. Se a e b são positivos podeos escolher x > 0 e y < 0, ou vice-versa. Prova. Seja P = {ax+by ax+by > 0 e x, y Z}. O conjunto P é não vazio pois 0 < a 2 +b 2 = a a+b b P. Seja f o enor eleento de P. Claraente d = dc(a, b) f Coo f, d > 0, para ostraros que d = f basta que f d. Seja a = qf + r, co q Z e 0 r < f. Assi 0 r = a(1 qx) + b( qy) Z. Coo r < f r = 0. Analogaente f b. Então f dc(a, b) = d. A outra parte é deixada para o leitor. Teorea 2. Se dc(a, ) = 1, então existe u inteiro x tal que ax 1 (od ). Quaisquer dois tais x são congruentes (od ) e se dc(a, ) > 1 não existe solução. Prova. Pelo teorea de Bézout, se dc(a, ) = 1 existe x e y tais que ax + y = 1. as isto significa que ax 1 (od ). Reciprocaente, se ax 1 (od ) existe u y tal que ax + y = 1 dc(a, ) = 1. Se ax 1 1 ax 2 (od ) a(x 1 x 2 ) 0 (od ), as dc(a, ) = 1 (x 1 x 2 ) x 1 x 2 (od ) Tal inteiro x é chaado de inverso de a ódulo. Acabaos de ostrar que se dc(a, ) = 1, o inverso de a existe é único ódulo. Dizeos que os inteiros a 1, a 2,..., a são prios entre si, dois a dois, se dc(a i, a j ) = 1 quando i j. Vejaos nosso resultado principal: Teorea 3. (Teorea Chinês dos Restos) Seja 1, 2,..., r, r inteiros positivos que são prios entre si, dois a dois, e seja a 1, a 2,..., a r, r inteiros quaisquer. Então, o sistea de conguências: x a 1 (od 1 ) x a 2 (od 2 ). x a r (od r ) adite ua solução x. Alé disso, as soluções são únicas ódulo = r. Prova. Escrevendo = r, veos que ( ) é u inteiro e dc, j = 1. Então pelo ( j ) j ( ) teorea 2, para cada j, existe u inteiro b j tal que b j 1 (od j ). Claraente b j 0 (od i ) para i j. Definaos x 0 = r j=1 j j b j a j Considereos x 0 ódulo i : x 0 i b j a j a i (od i ). Então x 0 é ua solução do nosso sistea. Se x 0 e x 1 são soluções do nosso sistea então: x 0 x 1 (od i ) para cada i. Coo dc( i, j ) = 1 se i j então x 0 x 1 (od ). j 1

2 Exeplo 1. Encontre o enor inteiro positivo x tal que x 5 (od 7), x 7 (od 11) e x 3 (od 13). Usando o teorea anterior co 1 = 5, 2 = 7, 3 = 11, a 1 = 5, a 2 = 7 e a 3 = 3 podeos achar x 887( od 1001 = ). Coo a solução é única ódulo, isto significa que, dentre os núeros 1, 2,, 1001 a enor solução positiva é 887. Exercício 1. (Estônia 2000) Deterine todos os restos possíveis da divisão do quadrado de u núero prio co 120 por 120. Aconselhaos que o leitor faça alguns exeplos nuéricos até se acostuar co o algorito usado para encontrar x 0. Provaos no teorea passado que todas as soluções daquele sistea de congruências são os teros de ua P.A de razão. E geral, usaos o teorea 3 apenas para garantir que u sistea de congruências adite ua solução. Os próxios exeplos deve deixar isto ais claro. Exeplo 2. Para cada núero natural n, existe ua sequência arbitrariaente longa de núeros naturais consecutivos, cada u deles sendo divisível por ua s-ésia potência de u núero natural aior que 1. Prova. Dado N considere o cunjunto {p 1, p 2,..., p } de prios distintos. Coo dc(p s i, ps j ) = 1, então pelo teorea 3, existe x tal que x i (od p s i ) para i = 1, 2,.... Cada u dos núeros do conjunto {x + 1, x + 2,..., x + } é divisível por u núero da fora p s i. Exeplo 3. (USAMO 1986) (a) Existe 14 inteiros positivos consecutivos tais que, cada u é divisível por u ou ais prios p do intervalo 2 p 11? (b) Existe 21 inteiros positivos consecutivos tais que, cada u é divisível por u ou ais prios p do intervalo 2 p 13? Solução. (a) Não. Suponha que exista tais inteiros. Da nossa lista de 14 inteiros consecutivos, 7 são núeros pares. Vaos observar os ípares: a, a + 2, a + 4, a + 6, a + 8, a + 10 e a Podeos ter no áxio três deles divisíveis por 3, dois por 5, u por 7 e u por 11. Veja que = 7. Pelo Princípio da Casa dos Pobos, cada u desses ípares é divisível por exataente u prio do conjunto {3, 5, 7, 11}. veja que os últiplos de 3 só pode ser {a, a + 6, a + 12}. Dois dos núeros restantes (a + 2, a + 4, a + 8, e a + 10) são divisíveis por 5. Mas isto é ipossível. (b) Si. Coo os núeros {210, 11, 13} são prios entre si, dois a dois, pelo teorea 3 existe u inteiro positivo n > 10 tal que: n 0( od 210 = ) n 1( od 11) n 1( od 13) Veja que o conjunto {n 10, n 9,..., n + 9, n + 10} satisfaz as condições do ite (b). Exeplo 4. (Olipíada de São Petesburgo 1990) Dado u polinôio F (x) co coeficientes inteiros, tal que, para cada inteiro n, o valor de F (n) é divisível por pelo enos u dos inteiros a 1, a 2,, a. Prove que podeos encontrar u índice k tal que F (n) é divisível por a k para cada inteiro positivo n. Solução. Suponha que não exista tal índice. Para cada índice k (k = 1, 2,..., ) existe u inteiro x k, tal que, F (x k ) não é divisível por a k. Assi, existe núeros d k = p α k k onde os p k são prios, tais que, d k divide a k as não divide F (x k ). Se exite potências do eso prio entre esses núeros, podeos apagar aquelas deixando apenas ua que te expoente ínio. Caso F (x) não seja divisível por ua 2

3 potência apagada, não será pela potência que te expoente ínio. Essa deleções garate que nossa nova coleção d 1, d 2,..., d j de potências de prios conté apenas inteiros prios entre si, dois a dois. Pelo teorea 3, exite u inteiro N, tal que, N x k ( od d k ) para k {1, 2,..., j}. Suponhaos que d k F (N). Sabeos que x y F (x) F (y) N x k F (N) F (x k ). Mas d k N x k e d k F (N) d k F (x k ). Ua contradição! Logo F (N) não é divispivel por nenhu d k, as isto contradiz a hipótese sobre os a i. Teorea 4. (Paul Erdös) Existe ua progressão aritética infinita de núeros ípares, nenhu deles da fora 2 k + p, onde k Z +, e p é u prio. Lea. Todo núero natural satisfaz pelo enos ua das seguintes congruências: (1) k 0( od 2) (2) k 0( od 3) (3) k 1( od 4) (4) k 3( od 8) (5) k 7( od 12) (6) k 23( od 24) Prova. Se u núero k não satisfaz (1) ou (2), então não é divisível por 2 ou 3.Então deve ser da fora 24t + r onde t é u inteiro e r é dos núeros 1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23. Ua verificação direta ostra que k te que satisfazer as congruências (3), (3), (5), (4), (3), (3), (4), (6), respectivaente. Corolário. Se k é u inteiro não-negativo, então pelo enos ua das seguintes congruências é satisfeita: (7) 2 k 1( od 3) (8) 2 k 1( od 7) (9) 2 k 2( od 5) (10) 2 k 2 3 ( od 17) (11) 2 k 2 7 ( od 13) (12) 2 k 2 23 ( od 241) Prova. Basta verificaros que 2 2 1( od 3), 2 3 1( od 7), 2 4 1( od 5), 2 8 1( od 17), ( od 13), ( od 241), então ( od 241). Devido à estas, as congruências (1), (2), (3), (4), (5), (6) iplica e (7), (8), (9), (10), (11), (12), respectivaente. Prova do Teorea. E virtude do Teorea Chinês dos Restos, existe u natural a que satisfaz as congruências: a 1( od 2 = 1 ) a 1( od 3 = 2 ) a 1( od 7 = 3 ) a 2( od 5 = 4 ) a 2 3 ( od 17 = 5 ) a 2 7 ( od 13 = 6 ) a 2 23 ( od 241 = 7 ) a 3( od 31 = 8 ) Alé disso, existe infinitas progressões aritéticas de a s que satisfaze essas congruências. Todas essas progressões te razão últipla de, onde = , coo no enunciado do teorea 3. Claraente, os teros dessas progressões são ípares. Se a é qualquer tero de ua dessas progressões, o corolário do lea diz que a 2 k é divisível por pelo enos u dos prios 3, 7, 5, 17, 13, 241. Por outro lado, a 3( od 31) e para qualquer k Z + o núero 2 k é congruente a u dos núeros 1, 2, 4, 8( od 31). Consequenteente, a 2 k é congruente a u dos núeros 2, 1, 9, 5, 13( od 31). Mas nenhu desses núeros é congruente od 31 a qualquer u dos núeros 3, 7, 5, 17, 13, 241. Então o núero a 2 k não pode ser 3, 7, 5, 17, 13 ou 241, por outro lado, é divisível por pelo enos u deles. Então é u núero coposto. Assi não existe u prio p tal que a = 2 k + p. Corolário. (Sierpiński) Existe infinitos núeros naturais n tais que, cada u dos núeros n2 k + 1, k Z +, é coposto. Prova. A prova do teorea anterior, ostra que existe infinitos naturais n tais que para qualquer inteiro não-negativo k, o núero n 2 k (ou elhor dizendo 2 k + n) é divisível por pelo enos u dos núeros 3, 7, 5, 17, 13, 241. Seja P o produto de todos esses prios. E virtude do provado acia, o núero n + 2 k[φ(p ) 1] adite u divisor prio p P. Mas 2 kφ(p ) 1( od P ), coo n + 2 k[φ(p ) 1] 0 ( od p) n2 k + 1 0( od p). Claraente este nuero é coposto se n > 241 p. O próxio exeplo é ua generalização de u problea do Banco da IMO de

4 Exeplo 5. Prove que dado n N existe u conjunto de n eleentos A N tal que para todo B A, B, x B x é u potência não trivial (isto é, u núero da fora k, onde e k são inteiros aiores ou iguais a 2). Solução. A = {4} e A = {9, 16} são soluções para n = 1 e n = 2 respectivaente. Estes serão nossos caso iniciais de indução. Suponha que A = {x 1, x 2,, x n } é u conjunto co n eleentos e para todo B A, B, x B x = k B B. Vaos ostrar que existe c N tal que à = {cx 1, cx 2,, cx n, c} satisfaz o enunciado. Seja l = c{k B, B A, B }. Para cada B A, B associeos u prio p B > l, de fora que B 1 B 2 p B1 p B2, e associeos u natural r co r B 0(od p X ), X B, lr B + 1 0(od p B ) (tal r B existe pelo Teorea Chinês dos Restos). Defina c = (1 + k B B ) lr B B A B Coo c é ua potência l-ésia, c é u potência k B -ésia para todo B A, B, portanto, para B {cx 1, cx 2,, cx n }, B tereos B = {cx x B} para algu B A, B. Logo x será x B ua potência k B -ésia. Alé disso, é ua p B -ésia potência. Probleas x B {c} x = X A X,B (1 + k B X ) lr X (1 + k B b ) lr b+1 Problea 1. Existe n inteiros consecutivos tal que cada u conté u fator prio repetido k vezes? Problea 2. U ponto (x, y) Z 2 é legal se dc(x, y) = 1. Prove ou disprove: Dado u inteiro positivo n, existe u ponto (a, b) Z 2 cuja distância a todo ponto legal e pelo enos n? Problea 3. Seja o, 1,..., r inteiros positivos que são prios entre si, dois a dois. Mostre que existe r + 1 inteiros consecutivos s, s + 1,..., s + r tal que i divide s + i para i = 0, 1,..., r. Problea 4. Seja P (X) u polinôio co coeficientes inteiros e k é u inteior qualquer. Prove que existe u inteiro tal que P () te pelo enos k fatores prios distintos. Problea 5. (Koréia 1999) Encontre todos os inteiros n tais que 2 n 1 é u últiplo de 3 e 2n 1 é 3 u divisor de para algu inteiro. Problea 6. (Roênia 1995) Seja f : N {0, 1} N definida por f(n) = c[1, 2,..., n]. Prove que para todo n 2, existe n núeros consecutivos para os quais f é constante. Problea 7. (Olipíada Nórdica 1998) (a) Para quais inteiros positivos n existe u sequência x 1, x 2,..., x n contendo cada u dos inteiros 1, 2,..., n exataente ua vez, e tal que k divide x 1 + x x k para k = 1, 2,, n? (b) Existe ua sequência infinita x 1, x 2,... contendo todo inteiro positivo exataente ua vez, e tal que para cada inteiro positivo k, k divide x 1 + x x k? Problea 8. Seja n u núero natural arbitrário. Prove que existe u par de naturais (a, b) tais que dc(a + r, b + s) > 1 r, s = 1, 2,..., n. 4

5 Problea 9. (OBM 2005) Dados os inteiros positivos a, c e o inteiro b, prove que existe u inteiro positivo x tal que a x + x b (od c). Problea 10. (Cone Sul 2003) Deonstrar que existe ua sequência de inteiros positivos x 1, x 2,... que satisfaz as duas condições seguintes: (a) conté exataente ua vez cada u dos inteiros positivos, (b) a soa parcial x 1 + x x n é divisível por n n. Problea 11. (República Tcheca e Eslovaca 1997) Mosrte que existe ua sequência crescente {a n } n=1 de núeros naturais tais que para k 0, a sequência {a n + k} conté u núero finito de prios. Problea 12. Considere o inteiro c 1 e a sequência definida por a 1 = c e a i+1 = c ai. Mostre que esta sequência se torna eventualente constante quando reduzios ódulo n para algu inteiro positivo n (isto significa que a a j (od n) se j). Problea 13. (Putna 1994) Pra qualquer intiro positivo a, seja n a = 101a a. Mostre que para 0 a, b, c, d, 99, n a + n b n c + n d (od 10100) iplica {a, b} = {c, d}. Problea 14. Seja a n a sequência definida por { 1999 se n = 1, a n = a n 1 + p(n) se n > 1 onde p(n) é o enor divisor prio de n. Mostre que a n possui infinitos úlriplos de 7. Problea 15. Considere a sequência de inteiros positivos {a n }, n = 1, 2, 3,... satisfazendo a condição 0 < a n+1 a n 2001 para todo n = 1, 2, 3,.... Prove que existe u núero infinito de pares de inteiros positivos (p, q) tais que p < q e a p é u divisor de a q. Problea 16. O conjunto S = {1/r : 1, 2, 3,...} conté progressões aritéticas de vários taanhos. Por exeplo, {1/20; 1/8; 1/5} é ua de tais progressões, de taanho 3 (e razão 3/40). Mais ainda, essa é ua progressão axial e S de taanho 3 pois ela não pode ser estendida à esquerda ou à direita ( 1/40 e 11/40) não são eleentos de S. Mostre que existe ua progressão axial e S de taanho para todo 3. 5