raízes primitivas Uma raiz primitiva módulo n é um inteiro b tal que {1, b, b 2,... ( mod n)} = U(n). Teorema. Existe alguma raiz primitiva módulo n se, e só se, n = 2, n = 4, n = p k ou n = 2p k onde p é primo ímpar.
Estratégia para o teorema da raiz primitiva: (1) Se a 3, b 3, mdc(a, b) = 1 então NÃO existe raiz primitiva mod ab. (2) Se p é primo ímpar, e a é um inteiro ímpar tal que a é raiz primitiva mod p k então a é raiz primitiva mod 2p k. (3) Se p é um número primo ímpar e a é raiz primitiva módulo p 2 então a é raiz primitiva módulo p k para todo k. ((3.5)Z p 2 admite r.p.:-)
Pressupondo (1),(2) e (3), basta provar que para todo primo p (ímpar), o grupo U(p) é cíclico. Seja α a ordem máxima de elementos de U(p). Queremos mostrar que α = p 1. Seja a U(p) com ordem α.
Considere a lista 1, a,..., a α 1. A ordem de cada um desses elementos divide α (Lagrange). Logo, são exatamente as raízes do polinômio x α 1 em Z p.
Se isso não esgota U(p), existe b U(p) fora dessa lista. Logo, a ordem, β, de b não divide α. Segue que a ordem de ab, µ := mmc(α, β) > α, absurdo. (ab) µ = a µ b µ...
(1) Temos ϕ(n) = ϕ(a)ϕ(b). Como a 3 e b 3, segue que ϕ(a) e ϕ(b) são pares. Se mdc(k, n) = 1 então vale k ϕ(n)/2 = (k ϕ(b)/2 ) ϕ(a) = 1 em Z a, e k ϕ(n)/2 = (k ϕ(a)/2 ) ϕ(b) = 1 em Z b. Assim, k ϕ(n)/2 = 1 em Z n, e portanto ord n k ϕ(n) 2 < ϕ(n).
(2) Se p é primo ímpar, e a é um inteiro ímpar tal que a é raiz primitiva mod p k, então a também é raiz primitiva mod 2p k. De fato, abrevie α = ϕ(p k ) = ord p ka. Temos a α = 1 Z p k. Como a é ímpar, temos também a α = 1 Z 2. Pelo chinês, deduz-se a α = 1 Z 2p k. Seja β = ord 2p ka. Temos β α. Mas é claro que a β = 1 Z p k, seguindo α = β = ϕ(p k ) = ϕ(2p k ). Logo, a é raiz primitiva mod 2p k.
(3) Se p é um número primo ímpar e a é raiz primitiva módulo p 2 então a é raiz primitiva módulo p k para todo k. Por hipótese, p(p 1) = ord p 2 a. Logo a p(p 1) = 1 em Z p 2 e assim em Z p, vale 1 = (a p ) p 1 = a p 1 (por que?). Concluímos que t 1 Z tal que a p 1 = 1 + t 1 p. Note que t 1 não pode ser divisível por p, senão a p 1 = 1 em Z p 2, contrariando ord p 2 a = p(p 1).
Daí vem a p(p 1) = (1 + t 1 p) p ( 2) = 1 + pt 1 p + p t 2 1 p 2 + = 1 + p 2 (t 1 + p( )), }{{} t 2 onde p t 2. Repetindo, obtemos a pk (p 1) = 1 + p k+1 t k+1, com p t k+1.
Vamos deduzir que a é raiz primitiva mod. p k. Indução. Ilustremos a passagem de k = 2 (válido por hipótese), para k = 3. Já sabemos que a p2 (p 1) = 1 em Z p (2+1). Logo, ord p 3 a p 2 (p 1). Temos também
p(p 1) = (ord p 2 a) (ord p 3 a) p 2 (p 1). Se ord p 3 a p 2 (p 1) segue ord p 3 a = p(p 1). Isso acarreta a p(p 1) 1 divisível por p 3, contradição com a p(p 1) = 1 + p 2 t 2, p t k+1. Faça como exercício a passagem indutiva geral. Onde usou ímpar? E o caso Z p 2?? Determine raiz primitiva para Z 27. Verifique se 2 é raiz primitiva módulo 625. Ache, se possível, a,p tais que a é raiz primitiva mod p mas não o é mod p 2.
Z p 2 Provar que, se a é raiz primitiva mod. p, então a ou a + p é raiz primitiva mod. p 2. Contas semelhantes às feitas { anteriormente p(p 1), ou mostram que ord p 2 a = p 1. Idem para ord p 2(a + p). Basta ver então que ord p 2 a = p 1 ord p 2(a + p) = p(p 1). (a + p) p 1 = a p 1 + (p 1)a p 2 p + ( ) p 1 2 a p 3 p 2 + = 1 pa p 2 mod p 2. Note por fim que pa p 2 0 mod p 2 pois mdc(a, p) = 1.
Teste de Primalidade Seja n > 1, n 1 = p e 1 1 pe 2 2 com p 1 < p 2 < primos. Suponha b 1, b 2,... entre 2 e n 1 tais que b i em Z n. p i = 1 b, i = 1, 2,... i
Teste de Primalidade Seja n > 1, n 1 = p e 1 1 pe 2 2 com p 1 < p 2 < primos. Suponha b 1, b 2,... entre 2 e n 1 tais que = 1 b, i = 1, 2,... i em Z n. Então n é primo. b i p i
Seja s = ord n b 1.
Seja s = ord n b 1. Temos s n 1.
Seja s = ord n b 1. Temos s n 1. Logo s = p e 1 1 pe 2 2, com e i e i.
Seja s = ord n b 1. Temos s n 1. Logo p i s = p e 1 1 pe 2 Como 1 b = p e 1 1 p e 2 1 2 2, com e i e i. p i i em Z n, segue não divisível por s.
Seja s = ord n b 1. Temos s n 1. Logo s = p e 1 1 pe 2 2, com e i e i. p i Como 1 bi = p e 1 1 p e 2 p i 1 2 Isso obriga e = e 1 1. em Z n, segue não divisível por s.
Seja s = ord n b 1. Temos s n 1. Logo s = p e 1 1 pe 2 2, com e i e i. p i Como 1 b em Z i n, segue = p e 1 1 p e 2 não divisível por s. p i 1 2 Isso obriga e = e 1 1. Temos assim que p e 1 1 divide s,
Seja s = ord n b 1. Temos s n 1. Logo s = p e 1 1 pe 2 2, com e i e i. p i Como 1 b em Z i n, segue = p e 1 1 p e 2 não divisível por s. p i 1 2 Isso obriga e = e 1 1. Temos assim que p e 1 1 divide s, que divide Z n
Seja s = ord n b 1. Temos s n 1. Logo s = p e 1 1 pe 2 2, com e i e i. p i Como 1 b em Z i n, segue = p e 1 1 p e 2 não divisível por s. p i 1 2 Isso obriga e = e 1 1. Temos assim que p e 1 1 divide s, que divide Z n = ϕ(n).
Seja s = ord n b 1. Temos s n 1. Logo s = p e 1 1 pe 2 2, com e i e i. p i Como 1 b em Z i n, segue = p e 1 1 p e 2 não divisível por s. p i 1 2 Isso obriga e = e 1 1. Temos assim que p e 1 1 divide s, que divide Z n = ϕ(n). n 1 = p e 1 1 pe 2 2 ϕ(n)
Seja s = ord n b 1. Temos s n 1. Logo s = p e 1 1 pe 2 2, com e i e i. p i Como 1 b em Z i n, segue = p e 1 1 p e 2 não divisível por s. p i 1 2 Isso obriga e = e 1 1. Temos assim que p e 1 1 divide s, que divide Z n = ϕ(n). n 1 = p e 1 1 pe 2 2 ϕ(n) n 1
Seja s = ord n b 1. Temos s n 1. Logo s = p e 1 1 pe 2 2, com e i e i. p i Como 1 b em Z i n, segue = p e 1 1 p e 2 não divisível por s. p i 1 2 Isso obriga e = e 1 1. Temos assim que p e 1 1 divide s, que divide Z n = ϕ(n). n 1 = p e 1 1 pe 2 2 ϕ(n) n 1 =.
Seja s = ord n b 1. Temos s n 1. Logo s = p e 1 1 pe 2 2, com e i e i. p i Como 1 b em Z i n, segue = p e 1 1 p e 2 não divisível por s. p i 1 2 Isso obriga e = e 1 1. Temos assim que p e 1 1 divide s, que divide Z n = ϕ(n). n 1 = p e 1 1 pe 2 2 ϕ(n) n 1 =. n é primo.