Proposição 0 (Divisão Euclidiana): Dados a b, b b * existem q, r b unicamente determinados tais que 0 r < b e a = bq + r

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1 "!$#%& '!)( * +-,/.10 2/3"456387,:9;2 <=2>.1?/@.1, ACB DFEHG IJDLK8MHNLK8OHP Q RTSVUVWYXVZ\[^]_W Este artigo se roõe a ser uma referência sobre os temas citados no título, que aarecem naturalmente em diversos roblemas de Matemática elementar, alguns dos quais serão exlicitamente tratados aqui. O estilo é mais conciso do que a maioria dos outros artigos desta revista, o que ode tornar a leitura mais difícil, mas não desanime! Procure entender os enunciados das roosições e os roblemas resolvidos e buscar sua roria solução ara eles, além de ensar nos roblemas roostos e enviar-nos suas soluções. Em caso de qualquer dúvida não deixe de escrever-nos. Seção 1: Divisão euclidiana e o teorema fundamental da aritmética Os resultados que seguem têm como base o seguinte fato sobre os inteiros: Dados a `, b a * existem q, r b com 0 r < b e a = bq + r. Tais q e r estão unicamente determinados. De fato, q = [a/b] e r = a bq (aqui [x] denota o único inteiro k tal que k x < k + 1). Como conseqüência temos a Proosição 0 (Divisão Euclidiana): Dados a b, b b * existem q, r b unicamente determinados tais que 0 r < b e a = bq + r Definição: Dados dois inteiros a e b, com a 0 dizemos que a divide b (denotamos a b) se existe c inteiro tal que b = ac. Proosição 1: Dados a, b b não ambos nulos existe d a * tal que d a, d b e, ara todo c a *, c a, c b c d. Além disso existem x, y b com d = ax + by. (Esse d é chamado o máximo divisor comum entre a e b : d = mdc (a, b). )

2 Demonstração: Seja A = {k > 0 x, y c tais que k = ax + by} e seja d = ax 0 + by 0 o menor elemento de A. Mostraremos que d a. Como d d *, existem q, r e com a = dq + r e 0 r < d. Queremos mostrar que r = 0. De fato, se r > 0, r = a dq = a (1 qx 0 ) + b( qy 0 ) A, contradizendo o fato de d ser o menor elemento de A. Portanto, r = 0 e a = dq d a. Do mesmo modo rova-se que d b. Suonha agora que c a e c b. Então c ax 0 + by 0 = d, como queríamos rovar Lema: Se mdc (q, n) = 1 e n qk então n k. Prova do Lema: Como mdc(q, n) = 1, existem x, y e com qx + ny = 1, logo qkx + nky = k, ortanto n k (ois qkx e n nky) Corolário: Sejam um número rimo e a, b e. Se ab então a ou b Teorema fundamental da aritmética: Todo número natural n 2 ossui uma única fatoração (a menos da ordem dos fatores), como roduto de rimos. Demonstração: n = 2 é rimo. Vamos mostrar a existencia da fatoração or rimos or indução: Se n é rimo não há o que rovar. Se n é comosto, n = ab, a, b f, a < n, b < n e, or hiótese de indução, a e b se decomõem como roduto de rimos, ortanto n se decomõe como roduto de rimos. Vamos agora mostrar a unicidade, também or indução: Suonha que n admita duas fatorações n = 1 2 r e n = q 1 q 2 q s como roduto de rimos. O Corolário acima mostra que, como 1 q 1 q 2 q r, 1 deve dividir algum q i e ortanto 1 = q i (ois são ambos números rimos) e, como n/ 1 = n/q i < n admite uma única fatoração rima, or hiótese de indução, concluímos que a fatoração de n é única Proosição 2: O conjunto dos números rimos é infinito.

3 Demonstração: Suonha que o conjunto dos números rimos seja finito, digamos { 1, 2,, n }. Nesse caso, o número N = 1 2 n +1 seria maior que todos os rimos, mas não divisível or nenhum deles, ois i ( 1 2 n + 1) i 1, absurdo. Teríamos então um natural N > 2 que não seria múltilo de nenhum rimo, contradizendo o teorema fundamental da aritmética Obs.: As idéias desta seção odem ser utilizadas em situações mais gerais, como no estudo de olinômios (or exemlo com coeficientes racionais), onde existe um algoritmo de divisão, a artir do qual ode-se rovar de modo análogo resultados corresondentes aos aqui aresentados sobre máximo divisor comum, existência e unicidade de fatoração. Seção 2: Congruências Definição: Sejam a, b, n g, n > 0. Dizemos que a é congruente a b (módulo n) (denota-se a b (módulo n)) se n (b a) Obs: a a (módulo n), a b (módulo n) b a (módulo n), a b (módulo n), b c (módulo n) a c (módulo n), ou seja, congruência (módulo n) é uma relação de equivalência. Proosição: Se a b (módulo n) e c d (módulo n) então a + c b + d (módulo n) e ac bd (módulo n). Demonstração: n (b a), n (d c) n (b + d) (a + c) (a + c) (b + d) (módulo n), e bd ac = b(d c) + ((b a) n (bd ac) bd ac (módulo n) Definição: Dados n, a g n > 0, definimos a = a (módulo n) = = {k g k a (módulo n)}. Dados a, b g definimos a + b = a + b e a b = ab ( estas oerações de soma e roduto estão bem definidas ela roosição anterior). Definimos ainda h /nh = { a (módulo n), a h }={ 0, 1, 2, n 1}. Cada a é chamada uma classe de congruência módulo n.

4 Definição: Sejam n, a i, n > 0. Dizemos que a é invertível módulo n se existe b i com ab 1(módulo n) (ou seja, tal que a b = 1). Dizemos que b é o inverso de a em i /ni. Definição: (i /ni )* ={ a a i e a é invertível (módulo n)}. Obs. a é invertível (módulo n) mdc (a, n) =1. De fato, mdc (a, n) = 1 x, y i tais que ax + ny = 1 a x = 1 (módulo n). Notação: Dado um conjunto finito X, escrevemos # X ara significar o número de elementos de X. Definição: A função ϕ de Euler, ϕ: j j é definida or ϕ(n) = # (i /ni )* = # {k i 0 k < n e mdc (k, n) = 1}. Notemos que se é um número rimo e k j então ϕ( k ) = k k 1 = k (1 1/). De fato, mdc (r, k ) = 1 se e só se não divide r. Logo ϕ( k ) = #{r i 0 r < k e mdc (r, k ) =1} = # {r i 0 r < k } # {r i 0 r < k e r} = k k 1. Definição: n números inteiros a 1, a 2, a n formam um sistema comleto de resíduos (s.c.r.) módulo n se { a 1, a 2,, a n }= i /ni isto é, se os a reresentam todas as classes de congruência módulo n ( or exemlo, 0,1,2, n 1 formam um s.c.r. (módulo n)). ϕ(n) números inteiros b 1, b 2, b ϕ(n) formam um sistema comleto de invertíveis (s.c.i.) módulo n se { b 1, b 2, b ϕ(n) } = (i /ni )*, isto é, se os b i reresentam todas as classes de congruências invertíveis módulo n. Proosição: Sejam q, r, n i, n > 0, q invertível módulo n, a 1, a 2,,a n um s.c.r. (módulo n) e b 1, b 2,,b ϕ(n) um s.c.i. (módulo n). Então qa 1 + r, qa 2 + r,, qa n + r formam um s.c.r. (módulo n) e qb 1, qb 2, qb ϕ(n) formam um s.c.i. (módulo n).

5 Demonstração: Vamos rovar que se a 1, a n formam um s.c.r. (módulo n) então qa 1 + r, qa n + r formam um s.c.r. (módulo n). Basta rovar que qa i + r qa j + r (módulo n) i = j, ois nesse caso teremos n classes de congruências distintas módulo n, que devem ser todas as classes de k /nk. Seja y k tal que qy 1 (módulo n). Temos qa i = qa i + r r qa j + r r = qa j (módulo n) qya i qya j (módulo n) a i a j (módulo n) i = j. Seja agora b 1, b 2, b ϕ(n) um s.c.r. (módulo n). Temos que qb i é invertível módulo n. ara todo i,1 i ϕ(n), ois se x i é tal que b i x i 1 (módulo n). então (qb i ) (x i y) = (qy) (b i x i ) 1 (módulo n). Por outro lado, se qb i qb j (módulo n) então b i yqb i yqb j b j (módulo n) i = j, e ortanto qb 1, qb 2, qb ϕ(n) é um s.c.i. (módulo n) Teorema (Euler): Sejam a, n k, n > 0, tais que mdc (a, n) = 1. Então a ϕ(n) 1 (módulo n). Demonstração: Seja b 1, b 2, b ϕ(n) um s.c.i. (módulo n) Pela roosição anterior, (ab 1 ), (ab 2 ),,(ab ϕ(n) ) formam um s.c.i. (módulo n), e temos { b 1, b 2,, b ϕ(n) } = { ab 1, ab 2, ab ϕ(n) } = (k /nk )* b 1 b 2. b ϕ(n) = ab1 ab 2. ab ϕ(n) = a ϕ(n) b 1 b 2 b ϕ(n) b 1 b 2 b ϕ(n) ( a ϕ(n) 1) = 0 a ϕ(n) = 1 ois b 1, b 2, b ϕ(n) são invertíveis (módulo n) a ϕ(n) 1 (módulo n) Corolário: (Pequeno Teorema de Fermat): Se a k e é rimo então a a (módulo ). Prova : Se a, então a a 0 (módulo ). Se não divide a, então mdc (a, ) =1 a 1 1 (módulo ) a a (módulo ) Exercício resolvido: Exiba n l tal que 2 n tenha mais de duas mil casas decimais e tenha entre suas 2000 últimas casas decimais 1000 zeros consecutivos. 5 ) Solução: 2 1 ϕ ( 2000 (módulo ), elo teorema de Euler. Portanto,

6 5 ) existe b m com 2 ϕ = b + 1, e teremos 2 ( últimos dígitos de 2 no máximo 667 dígitos, ois ϕ (5 ) ϕ (5 ) = b , e ortanto os coincidem com a reresentação decimal de , que tem 2 3 < < < ϕ (5 ). Desta forma, 2 tem elo menos = 1333 zeros consecutivos dentre as 2000 últimas casas decimais, de modo que n = satisfaz as condições do enunciado (ois ϕ( ) = ) Teorema Chinês dos restos: Se mdc (m, n) = 1 então f: n /mnn n /mn n /nn, f ( a (módulo n)) = ( a (módulo m), a (módulo n)) é uma bijeção. Demonstração: f está bem definida, ois se a = b (módulo mn) então a b (módulo m) e a b (módulo n). Como n /mnn e n /mn n /nn têm mn elementos cada, é suficiente verificar que f é injetiva. E, de fato, se a b (módulo m) e a b (módulo n) então m (b a) e n (b a) b a = = mk, n mk n k, ois mdc (m, n) = 1 mn (b a) a b (módulo mn) 2000 Corolário: Se m 1, m 2,, m r 1 são inteiros, e mdc (m i, m j ) = 1 ara i j então f: n /m 1 m 2, m r n n /m 1 n n /m 2 n n /m r n, f ( a (módulo m 1 m 2.. m r )) = ( a (módulo m 1 ),, a (módulo m r )) é uma bijeção Notemos que este Corolário mostra que, dados inteiros a 1, a 2, a r, existe um inteiro n com n = a 1 (módulo m 1 ), n a 2 (módulo m 2 ),, n a r (módulo m r ). Proosição: Temos f ((n /mnn )*) = (n /mn )* (n /nn )* ara a função f definida acima. Demonstração: Isto segue do fato de que a é rimo com mn se e só se a é rimo com m e a é rimo com n Corolário: mdc (m, n) = 1 ϕ (mn) = ϕ (m) ϕ (n) α1 α2 αk Como conseqüência, se n = 1, 2... k onde 1, 2, k são rimos distintos, α 1, α 2, α k o * então ϕ(n) = n (1 1/ 1 ) (1 1/ 2 ) (1 1/ k ). Em articular, se n 3 então ϕ(n) é ar Vamos mostrar um roblema cuja solução usa de modo não trivial o teorema chinês dos restos: Problema: Prove que dado n existe um conjunto de n elementos A q tal que ara todo B A, B, x é uma otência não trivial (isto é, um número da forma m k, onde m, k x B são inteiros maiores ou iguais a 2), ou seja, A = {x 1, x 2, x n } tal que x 1, x 2, x n, x 1 + x 2, x 1 +x 3,, x n 1 + xn,,x 1 + x 2 + x n são todos otências não triviais. Solução: A = {4} é solução ara n = 1, A = {9,16} é solução ara n = 2. Vamos rovar a existencia de um tal conjunto or indução em n. Suonha que A={x 1,, x n } é um conjunto

7 t t com n elementos e ara todo B A, B, x = m x B kb B Vamos mostrar que existe c r tal que o conjunto à ={cx 1, cx 2,, cx n, c} satisfaz o enunciado. Seja s = mmc {k B, B A, B } o mínimo múltilo comum de todos os exonentes k B. Para cada B A, B associamos um número rimo B > s, de forma que B 1 B 2, e associamos um natural r com r B 0 (módulo x ), X B, s r B (módulo B1 B 2 B ) (tal r B existe elo teorema chinês dos restos), e tomamos c = (1 + B A B kb r m B B ) Como c é uma otência u -ésima, c é uma otência k B -ésima ara todo B A, B, ortanto, ara B {cx 1, cx 2,,cx n }, B, teremos B = {cx x B} ara algum B A, B. Logo x será uma otência k B -ésima. x B' Além disso, K B 1 (1 ) K X rx + (1 ) KB rb x = c + mb = + (1 + ) mx t mb, X B' U{ c} X X A, B que é uma otência B -ésima, ois r X é múltilo de B ara X B e u r B + 1 é múltilo de B Seção 3: Ordens e raízes rimitivas. Dados n v * e a w com mcd (a, n) = 1, definimos a ordem de a módulo n, ord n a: = min {t v * a t 1(módulo n)}. Dado a (w /nw )* definidos ord a = ord n a. Proosição: {t v * a t 1(módulo n)}={k.ord n a, k v *}. ord Demonstração: Como n a a 1 (módulo n), ara todo k v tem-se k. ordna ordna k k a = ( a ) 1 = 1 (módulo n). Por outro lado, se t n, a t 1 (módulo n), existe k v com t k. ordna r r t = k ord na + r,0 r < ord na a = a a 1. a (módulo n), ortanto r = 0 ( ois 0 < r < k. ord n a Corolário: ord n a ϕ(n) a r (módulo n) a r 1 ord n a contradiria a minimalidade de ord n a ), e t = Definição: Se ord n a = ϕ(n), dizemos que a é raiz rimitiva módulo n. Exemlos: 2 é raiz rimitiva módulo 5, ois 2 1 = 2, 2 2 = 4, 2 3 = 8, 2 4 = 16, que é a rimeira otência de 2 congruente a 1 módulo 5 e 4 = ϕ(5). 1 é raiz rimitiva módulo 2, ois ord 2 1 =1 = ϕ(2). 3 é raiz rimitiva módulo 4, ois ord 4 3 = 2 = ϕ(4).

8 Proosição 3.1: a é raiz rimitiva módulo n { a t, t x } = (y /ny )*. Demonstração: Para todo a y com mdc (a, n) = 1 temos { a t, t x } (y /ny )*. Se a é raiz rimitiva módulo n então os números 1, a, a 2, a ϕ(n) 1 são distintos (módulo n) ois a i = a j (módulo n), com 0 i < j < ϕ(n) a j i 1 (módulo n) com 0 < j i < ϕ(n), absurdo {a t, t x } = (y /ny )*. Por outro lado, #{ a t, t x } ord n a (o argumento acima mostra que de fato vale a igualdade), e ortanto { a t, t x } = (y /ny )* ord n a = ϕ(n) Corolário 1: Se m divide n e a é a raiz rimitiva módulo n então a é raiz rimitiva módulo m Corolário 2: Se k 3, então não existe nenhuma raiz rimitiva módulo 2 k. Prova: Pelo corolário anterior, basta rovar que não existe raiz rimitiva módulo 8, e isso segue do fato que se a é ímar, a = 2r + 1, r y a 2 = 4r ( r + 1) (módulo 8) Proosição 3.2: Sejam um número rimo, e a y raiz rimitiva módulo. Então a ou a + é raiz rimitiva módulo 2. Demonstração: Por hiótese, ord a = ord (a+ ) = ϕ() = 1. Portanto 1 ord 2 a (ois a t 1 (módulo 2 ) a t 1(módulo )), e, como ord 2 a ϕ( 2 ) = ( 1), devemos ter ord 2 a = 1 ou ord 2 a = ( 1) = ϕ( 2 ). Do mesmo modo, ord 2 (a + ) = 1 ou ord 2 (a + ) = ( 1) = ϕ( 2 ). Basta rovar, ortanto, que Suonha que ord 2 a (a + ) 1 = a 1 + ( 1) a 2 + C ord 2 a 1 ou ord 2 ( a + ) 1. = 1. Portanto, a 1 1 (módulo 2 ), e então 2 1 a ( 1) a 2 (módulo 2 ), ortanto (a + ) 1 não é congruente a 1(módulo 2 ), ois 2 não divide ( 1) a 2, donde ord 2 (a + ) 1 Proosição 3.3: Se é um número rimo ímar e a é raiz rimitiva módulo 2 então a é raiz rimitiva módulo k ara todo k x. Demonstração: temos a 1 1 (módulo ), mas a 1 não é congruente a 1 (módulo 2 ), ortanto a 1 = 1 + b 1, onde não divide b 1. Vamos mostrar or indução que a k 1 ( 1) = 1+ bk k, onde não divide b k, ara todo k 1 k k k k + 1 b k + C bk bk (módulo k + 2 ). Logo ( 1) k 1: Temos a k = ( a k ( 1) 1 ) = (1 + b ) = = 1+ ( 1) k + 1 a k = 1+ bk, com b k +1 b k (módulo ). Segue-se que não divide b k +1. Vamos agora mostrar or indução que a é raiz rimitiva módulo k ara todo k 2. Suonha que a seja raiz rimitiva módulo k. Então temos

9 k 1 ( 1) = ϕ( k ) = ord k a ord k a ϕ( k +1 ) = k ( 1). Portanto, + 1 ord k a = k 1 ( 1) ou ord a + k = k ( 1) = ϕ( k+1 ), mas o rimeiro caso é imossível, + ois 1 a k 1 ( 1) = 1+ bk k 1,que não é congruente a 1 módulo k+1, ois não divide b k. Portanto ord k a = ϕ( k+1 ) e a é raiz rimitiva módulo k Exemlo: 2 é raiz rimitiva módulo 5 k, k z. De fato, 2 é raiz rimitiva módulo 5, e, como 2 4 = 16 1 (módulo 25), 2 é raiz rimitiva módulo 25 = 5 2 (como na roosição 3.2). Portanto, ela roosição 3.3, 2 é raiz rimitiva módulo 5 k, k z. Exercício resolvido: Mostre que existe n natural tal que os mil últimos dígitos de 2 n ertencem a {1, 2}. Solução: Observamos inicialmente que ara todo k z existe um número m k de k algarismos, todos 1 ou 2, divisível or 2 k. De fato, m 1 = 2 e m 2 = 12 satisfazem o enunciado. Seja m k = 2 k r k, r k z. Se r k é ar, tome m k+1 = 2 10 k + m k = 2 k+1 (5 k + r k /2), e se r k é ímar, tome m k+1 = 10 k + m k =2 k+1 (5 k + r k )/2. Como m (módulo 10), 5 não divide r 1000 = m 1000 / Como 2 é raiz rimitiva módulo , existe k z com 2 k r 1000 (módulo ). Logo 2 k = b r 1000, ara algum b z. Portanto, 2 k+1000 = b r 1000 = b m 1000, e as 1000 últimas casas de 2 k+1000 são as 1000 casas de m 1000, que ertencem todas a {1, 2} Observação: Se é rimo ímar, k z e a é um inteiro ímar tal que a é raiz rimitiva módulo k então a é raiz rimitiva módulo 2 k, ois ϕ( k )= ord k a ord a k ϕ(2 k ) = ϕ ( k ) ord k a = ϕ(2 k ). Isso imlica que se a é raiz rimitiva módulo k então a ou a + k é 2 raiz rimitiva módulo 2 k ( ois a e a + k são raízes rimitivas módulo k e um deles é ímar.) Proosição 3.4: Se n = ab, com a 3 e b 3 inteiros tais que mdc(a, b) = 1, então não existe raiz rimitiva módulo n. Demonstração: Temos ϕ(n) = ϕ(a) ϕ(b) e, como a 3 e b 3, ϕ(a) e ϕ(b) são ares. Se mdc (k, n) = 1 então temos k ϕ(n)/2 = (k ϕ(b)/2 ) ϕ(a) 1 (módulo a), e k ϕ(n)/2 = (k ϕ(a)/2 ) ϕ(b) 1 (módulo b). Assim, k ϕ(n)/2 = 1(módulo n), e ortanto ord n k ϕ(n)/2 < ϕ(n) Teorema: Existe alguma raiz rimitiva módulo n se, e só se, n = 2, n = 4, n = k ou n = 2 k onde é rimo ímar. Prova: Pelos resultados anteriores, basta rovar que se é rimo ímar então existe raiz rimitiva módulo, ou seja, existe a ({ /{ )* com ord a = 1. Para cada a ({ /{ )*, tem-se ord a ( 1). Seja d um divisor de 1. Definimos N(d) = # { a ({ /{ )* ord a = d}. 2

10 Temos ortanto 1 = d 1 N(d). O resultado seguirá dos dois lemas seguintes: Lema 1: N(d) ϕ(d) ara todo d divisor de 1. Prova: Se N(d) > 0 então existe a ( / )* com ord a. Se ord a = d, então a d = 1 e, ara 0 k < d, as classes de a k são todas distintas módulo, e ( a k ) d = 1. Como a equação x d 1 = 0 tem no máximo d raízes distintas em / (ois / é um coro), suas raízes são exatamente a k, 0 k < d. Por outro lado, ord a k = d mcd(k, d) = 1, ois se r > 1 é tal que r k e r d então (a k ) d/r = (a d ) k/r 1(módulo ), logo ord (a k ) d/r < d. Desta forma, { b ( / )* ord b = d} { a k, 0 k < d e mcd (k,d) = 1}, ortanto N(d) ϕ(d) Lema 2: ϕ(d) = n, ara todo n }. d n Prova do Lema 2: Considere os n números racionais 1/n, 2/n,,n/n. Ao simlificá-los, aarecem exatamente ϕ(d) deles com denominador d, ara cada divisor d de n. Portanto, d n ϕ(d) = n Fim da rova do teorema: Do Lema 2 segue que d 1 ϕ(d) = 1 e, como 1= d 1 N(d) e N(d) ϕ(d) ara todo d, devemos ter N(d) = ϕ(d) ara todo d. Em articular, N( 1) = ϕ( 1) > 0 existem raízes rimitivas módulo ~8 ƒ \ 8 % ˆ 1) Prove que existem infinitos números rimos congruentes a 3 Š> módulo 4. Œ> Determine todos os n naturais tais que (2 n 1)/n é inteiro. > Determine todos os n naturais tais que (2 n + 1)/n 2 é inteiro. Prove que se a e b são naturais e (a 2 + b 2 ) / (ab + 1) é inteiro então (a 2 + b 2 ) / (ab + 1) é quadrado erfeito. Ž xk Sejam a, n } *. Considere a sequência (x n ) definida or x 1 = a, x k+1 = a, k }. Mostre que existe N } tal que x k+1 x k (módulo n), ara todo k N. Obs.: Os roblemas 3 e 4 foram roostos na 31 a. e na 29 a. Olimíada Internacional de Matemática (1990 e 1988) resectivamente.