Teoria dos Números e Aplicações

Teoria dos Números e Aplicações Paulo J. Almeida Departamento de Matemática da Universidade de Aveiro

Conteúdo 1 Introdução 3 2 Os Inteiros 7 2.1 Conceitos básicos......................... 7 2.2 Divisibilidade........................... 11 2.3 Algoritmo de Euclides...................... 16 2.4 Teorema Fundamental da Aritmética.............. 21 2.5 Equações Diofantinas Lineares.................. 27 2.6 Factorização de Fermat...................... 30 3 Congruências 33 3.1 Introdução............................. 33 3.2 Testes de Divisibilidade...................... 38 3.3 Congruências Lineares...................... 41 3.4 Sistemas de Congruências.................... 43 3.5 Método ró de Pollard....................... 49 3.6 Armazenamento de ficheiros................... 50 3.7 Detecção de erros......................... 52 4 Função de Euler 55 4.1 Sistema Reduzido de Resíduos.................. 55 4.2 Pequeno teorema de Fermat e Teorema de Euler........ 56 4.3 pseudoprimos........................... 60 4.4 Sistema criptográfico RSA.................... 63 5 Congruências polinomiais 66 5.1 Resíduos quadráticos....................... 66 5.2 Congruências Polinomiais gerais................. 76 1

5.3 Atirar moedas ao ar electronicamente.............. 86 5.4 Prova de conhecimento nulo................... 88 5.5 Raízes Primitivas......................... 89 6 Funções Aritméticas 94 6.1 A função de Möbius, µ(n).................... 94 6.2 As funções d(n) e σ(n)...................... 99 6.3 Números perfeitos......................... 101 7 Equações Diofantinas 104 7.1 Introdução............................. 104 7.2 Congruências........................... 106 7.3 Método descendente de Fermat................. 110 7.4 Soma de dois quadrados..................... 114 8 Fracções Continuadas 120 8.1 Introdução............................. 120 8.2 Fracções Continuadas finitas................... 121 8.3 Fracções continuadas simples................... 125 8.4 Fracções continuadas periódicas................. 130 8.5 Equações de Pell......................... 132 2

Capítulo 1 Introdução A teoria dos números é das áreas mais antigas da matemática, tendo sido estudada pelo ser humano há vários milénios. Nesta introdução iremos dar uma breve descrição da razão pela qual esta área é tão fascinante e importante. De uma forma geral, em teoria dos números estudamos números e suas propriedades. Neste curso, lidaremos especialmente com os inteiros 0, ±1, ±2,,..., e iremos discutir várias propriedades e relações entre estes números. Iremos também ver variadas aplicações da teoria dos números, nomeadamente à ciência da computação e à criptologia. Desde há 5000 anos que se desenvolvem métodos para representar os inteiros, tendo, as que utilizam sistemas com bases, permitido algoritmos 1 muito mais eficientes de fazer aritmética. Os Babilónios criaram a base 60, que actualmente ainda utilizamos nas nossas medições de tempo. Os Maias utilizaram a base 20, tendo introduzido um símbolo para representar o zero. A base 10 foi pela primeira vez utilizada na India há aproximadamente seis séculos. Actualmente, os computadores utilizam a base 2. O desenvolvimento de algoritmos eficientes para efectuar aritmética tem sido extremamente importante, devido, por exemplo, ao facto de a criptologia necessitar de inteiros com centenas ou milhares de algarismos. Durante este curso iremos mencionar alguns destes algoritmos e a sua importância. Os gregos, da escola de Pitágoras (séc VI a.c.), fizeram pela primeira vez a distinção entre números primos e números compostos. Questões sobre primos têm interessado os matemáticos desde a antiguidade: Após termos visto alguns primos, uma das primeiras questões que surge 1 O termo algoritmo, que agora se aplica a qualquer procedimento para resolver um problema, originalmente referia-se a procedimentos aritméticos. 3

é sobre se existe um número infinito deles. Esta questão foi resolvida de uma forma muito elegante por Euclides (séc IV a.c.). Iremos ver este resultado mais tarde. Outra questão que surge com naturalidade é se existem fórmulas que nos forneçam todos os primos. O polinómio n 2 + n + 41 dá valores primos para n {0, 1,..., 39} mas quando n é 40 ou 41, o valor de n 2 + n + 41 já não é primo. Iremos ver que não há polinómios que dêem sempre números primos. Pierre de Fermat (1601-1665), um grande matemático do século XVII, conjecturou que os números da forma F n = 2 2n + 1 são primos para qualquer n 0. Fermat verificou que os primeiros valores, F 0 = 3, F 1 = 5, F 2 = 17, F 3 = 257 e F 4 = 65537, são realmente primos. O seguinte valor é F 5 = 4294967297, um número demasiado grande para ser testado á mão. Em 1732, Leonard Euler (1707-1783) provou que 641 divide F 5, e, portanto, F 5 é composto. Desde então, foi provado que muitos outros F n são compostos, e, até agora, não foi encontrado nenhum primo da forma F n, para n > 4. Qual é o n-ésimo primo? Para qualquer n, esta questão pode ser respondida ao fim de um limitado período de tempo. Por exemplo, o primeiro primo é 2, o quinto é 11 e o primo que está na posição 664999 é 10006721. Mas até agora nunca foi encontrada uma maneira de saber o n-ésimo primo, sem se saber todos os primos anteriores. Quantos primos são menores que n? Legendre (1752-1833) e Gauss (1777-1855) conjecturaram que há aproximadamente n log n primos menores que n. Se dividirmos o número de primos menores que n, por aquela fracção, verificamos que quanto maior for n mais este cociente se aproxima de 1. Este resultado é conhecido como o Teorema dos Números Primos, e foi pela primeira vez provado em 1896, por Hadamard (1865-1963) e por de la Vallée Poussin (1866-1962). 4

Uma problema que é agora de importância capital na criptologia é a distinção entre números primos e compostos. O grego Eratostenes desenvolveu um método, a que actualmente chamamos crivo de Eratostenes que encontra todos os primos menores que um determinado limite. Os detalhes deste processo e a sua validade serão estudados neste texto. Por vezes, é necessário determinar se um número específico é primo. O matemático iraquiano Ibn al-haytham (c. 1000) verificou que um número n é primo quando n divide (n 1)! + 1. Por exemplo, 4! + 1 = 25, portanto 5 é primo, enquanto que 6 (5! + 1), ou seja, 6 é composto. Este é um resultado muito interessante (conhecido por Teorema de Wilson), no entanto, parece ser impraticável usá-lo para determinar se números muito grandes são primos ou não. Na China antiga, os matemáticos pensavam que os números primos eram precisamente os inteiros positivos n que dividissem 2 n 2. Porém há números compostos que verificam esta propriedade, nomeadamente 341. A estes compostos chamamos pseudoprimos. Mas se n não dividir 2 n 2 então n é de certeza composto. Esta propriedade e suas generalizações permitem-nos desenvolver vários testes de primalidade. Uma outra grande área da Teoria dos Números consiste em resolver questões aditivas: Quando é que um quadrado perfeito se pode escrever como soma de dois quadrados perfeitos? Devido ao teorema de Pitágoras, este problema é equivalente ao problema de encontrar triangulos rectangulos com lados inteiros. Todos conhecemos o triplo (3, 4, 5) (i.e. 3 2 + 4 2 = 5 2 ). Quantos mais haverá? O problema anterior consiste em encontrar todas as soluções inteiras da equação x 2 + y 2 = z 2. A este tipo de equações chamamos equações diofantinas, em honra ao matemático grego Diofanto (200?-284?), que foi o primeiro a tentar descobrir as soluções inteiras de diversas equações. Fermat generalizou a equação de Pitágoras, x 2 + y 2 = z 2, e considerou a equação x n + y n = z n, onde n 3. Na margem da sua cópia de um livro sobre os resultados de Diofanto, Fermat escreveu que tinha uma magnífica demonstração de que a 5

equação não tem quaisquer soluções inteiras com x, y e z não nulos. Infelizmente, Fermat também escreveu que a margem do livro era demasiado pequena para reproduzir essa demonstração. Este resultado é conhecido como o o último teorema de Fermat, e foi finalmente provado em 1995 por Andrew Wiles (1953-). Uma outra questão aditiva famosa é a Conjectura de Goldbach (1690-1764). Esta conjectura afirma que todos os números pares são soma de dois primos. Em 2000, foi publicado um romance cujo tema é esta conjectura intitulado O tio Petros e a Conjectura de Goldbach e uma editora inglesa ofereceu um milhão de libras a quem a provasse. O Teorema fundamental da aritmética diz-nos que qualquer inteiro positivo (maior que um) pode ser escrito de forma única, como produto de primos. Fermat, Euler, Pollard e muitos outros matemáticos, desenvolveram técnicas de factorização imaginativas, no entanto, utilizando a técnica mais eficiente até agora descoberta, ainda seriam precisos biliões de anos de tempo computacional para factorizar um número com 200 algarismos. O matemático alemão Carl Friedrich Gauss, considerado um dos maiores matemáticos de sempre, desenvolveu a teoria das congruências, no início do século XIX. As congruências consistem essencialmente em substituir inteiros pelos restos da sua divisão por um outro inteiro. Muitas questões de teoria dos números podem ser expressas utilizando congruências, sendo muitas vezes facilitada a sua resolução. Usando congruências, obtêm-se testes de divisibilidade, muito simples. Há muitas aplicações das congruências à ciência da computação, incluindo aplicações ao armazenamento de dados, ou geração de números pseudo-aleatórios. Uma das mais importantes aplicações da teoria dos números à ciência da computação é a área da criptografia. Vários sistemas criptográficos utilizam congruências. O sistema RSA, é baseado num teorema de Euler que envolve congruências e na disparidade de tempos entre multiplicar dois números e factorizar o resultado desse produto. Outros sistemas importantes tem como base outra questão de teoria dos números chamada problema do logaritmo discreto. Iremos descrever em pormenor estes sistemas durante o curso. 6

Capítulo 2 Os Inteiros 2.1 Conceitos básicos Em teoria dos números iremos estudar propriedades dos números inteiros, em particular, propriedades aditivas e multiplicativas. O conjunto dos inteiros, com as operações adição, +, e multiplicação,, forma um domínio de integridade, i. e são válidas as seguintes propriedades, para quaisquer inteiros a, b e c: a + b e a b são inteiros; a + b = b + a e a b = b a; (a + b) + c = a + (b + c) e (a b) c = a (b c); (a + b) c = a c + b c; a + 0 = a e a 1 = a; a equação a + x = 0 tem uma solução inteira. Representamos a solução desta equação por a; Se c 0 e a c = b c então a = b. Por convenção, escrevemos ab, em vez de a b e b a em vez de b + ( a). Os inteiros podem ser ordenados usando o conjunto dos inteiros positivos {1, 2, 3,... }. Temos a seguinte definição: 7

Definição. Se a e b são inteiros, escrevemos a < b (lê-se a menor que b) ou b > a (b maior que a), se b a for um inteiro positivo. Temos as seguintes propriedades a + b e ab são positivos sempre que a e b o forem; para qualquer inteiro a, a > 0, a = 0 ou a < 0; Se a < b e c > 0 então ac < bc. Precisamos de só mais uma propriedade para completar o nosso conjunto de axiomas: Princípio da Boa ordenação. Qualquer conjunto não vazio de inteiros positivos tem um elemento mínimo (ou primeiro elemento). Por esta propriedade obtemos a existência de um elemento máximo do conjunto dos inteiros menores ou iguais que um certo número e permite-nos fazer a seguinte definição: Definição. A parte inteira de um número real x é o maior inteiro menor ou igual a x. Denotamos este inteiro por [x]. Exemplo. Temos [ 5] = 2, [ 5 ] = 3, [π] = 3, [ 2] = 2 e [0] = 0. 2 2 Recordemos que um número x real é racional se e só se existem inteiros a e b, com b 0, tais que x = a. Um número real que não seja rational é b irracional. Vamos agora ver uma aplicação do Princípio da Boa Ordenação: Teorema 2.1. 2 é irracional Demonstração: Suponhamos que 2 é racional. Então existem inteiros positivos a e b tais que 2 = a. Como b 2 é um inteiro positivo, o conjunto b S = {k 2 k, k 2 são inteiros positivos} é não vazio, logo tem primeiro elemento. Seja s = t 2 esse elemento. Então s 2 = 2t é um inteiro positivo. Temos então que u = s 2 s = (s t) 2 pertence a S, pois u = s( 2 1) > 0 e s > t. Mas como s u = s(2 2) e 2 < 2, obtemos u < s, o que contradiz o facto de s ser o primeiro elemento de S. Portanto, 2 é irracional. 8

Ao longo deste texto vamos assumir que o leitor está familiarizado com os princípios da indução matemática, assim como com as notações ( ) m,, n e as suas propriedades. Exercícios 1. Seja k um inteiro. Mostre que [x + k] = [x] + k, para qualquer número real x. 2. Seja x um número real e n um inteiro positivo. Mostre que [ [x] n ] = [ x n ]. 3. Mostre que o conjunto dos números racionais positivos não tem elemento mínimo. 4. * Utilizando o Princípio da Boa Ordenação prove que 3 é irracional. 5. ** Sejam a e b números irracionais tais que 1 + 1 = 1. Mostre que a b qualquer inteiro positivo pode ser escrito de maneira única da forma [ka] ou [kb], para algum inteiro k. 6. Determine o valor das seguintes somas: n i=1 1 i(i + 1) n i=1 1 i 2 1 7. Mostre que, para todo o inteiro positivo n, a) b) c) n i = i=1 i=1 n(n + 1) ; 2 n i 2 n(n + 1)(2n + 1) = ; 6 ( n n 2 i 3 = i). i=1 i=1 9

8. ** Encontre uma fórmula de recorrência para inteiros positivos n e p. n i p, para quaisquer i=1 9. Mostre que, para quaisquer inteiros a e b e qualquer inteiro positivo n, n 1 a) a n b n = (a b) a i b n 1 i ; i=0 n 1 b) Se n for ímpar então a n + b n = (a + b) ( 1) i a n 1 i b i ; c) (a + b) n = por n i=0 i=0 ( ) n a i b n i, sendo o coeficiente binomial ( n i i) definido ( ) n = i n! i!(n i)!. 10. * O coeficiente multinomial ( ) n i 1 i 2 c...i k é definido por ( ) n n! = i 1 i 2 i k i 1!i 2! i k! com i 1 + i 2 + + i k = n a) Mostre que os coeficientes multinomiais são números inteiros; b) Mostre que, para quaisquer inteiros positivos n e k e quaisquer inteiros a 1, a 2,..., a k, ( k ) n a i = i=1 11. Calcule os seguintes produtos n j=2 ( 1 1 j i 1 +i 2 + +i k =n ( n i 1 i 2 i k ) n (1 1j ) 2 j=2 ) a i 1 1 a i 2 2 a i k k. 10

12. A sequência de Fibonacci é definida por recorrência por f 0 = 0 f 1 = 1 f n+1 = f n 1 + f n, para n 1 Determine f i para 2 i 15 e mostre que a) b) n f i = f n+2 1, para n 1. i=1 n fi 2 = f n f n+1, para n 1. i=1 13. Sejam α = 1 + 5, β = 1 5 2 2 e seja f n o n-ésimo número de Fibonacci. Prove que a) as soluções da equação x 2 = x + 1, são α e β (α é o famoso número de ouro); b) para qualquer n 0, c) f n α n 2, para n 1. f n = αn β n 5 ; 14. Mostre que todos os números inteiros, excepto as potências de 2 são somas de inteiros consecutivos. 2.2 Divisibilidade Uma das noções fundamentais para o estudo dos números é a de divisibilidade: Definição. Sejam a e b dois inteiros. Se a 0 e existir um inteiro c tal que b = ac, dizemos que a divide b, e escrevemos a b. Se a não divide b, escrevemos a b. 11

Por exemplo 7 1001, 13 1001, 11 996710, 5 (7 8 1), 101 (2 100 3), 3 54865489796432 Alguns inteiros positivos, como 1, 2, 3, 13 e 10006721, só são divisíveis por eles próprios e por 1. Estes números eram chamados números primos pelos antigos, mas verificou-se, por razões que veremos mais tarde, que era preferível excluir 1 desta lista. Assim, a definição moderna de um número primo é a seguinte: Definição. A qualquer inteiro maior que 1 cujos únicos divisores positivos sejam ele próprio e 1, chamamos número primo. Um inteiro maior que 1 que não seja primo é um número composto O seguinte resultado é conhecido como o algoritmo da divisão e afirma que se a e b forem dois inteiros positivos então existem dois únicos inteiros q e r, tais que a = bq + r, 0 r < b Teorema 2.2. Se a, b, d, r e s são inteiros tais que d 0, d a e d b então d (ra + sb). Em particular d (a + b), d a b e d ra. Demonstração: Por hipótese, existem inteiros u e v tais que a = du e b = dv. Donde ra + sb = rdu + sdv = d(ru + sv). Como d 0, temos d (ra + sb). Teorema 2.3. Se a, b e c são inteiros, a 0, b 0, a b e b c, então a c. Demonstração: Por hipótese, existem inteiros u e v tais que b = au e c = bv. Portanto, c = auv. Como a 0, a c. Como aplicação do resultado anterior obtemos: Corolário 2.4. Se n é um inteiro maior que 1, então o menor divisor de n maior que 1 é primo 12

Demonstração: Seja m o menor divisor de n maior que 1 (se n é primo, m = n). Se m não fosse primo então existia 1 < u < m tal que u m. Mas então u n o que contradiz o facto de m ser o menor divisor de n maior que 1. Portanto m é primo. Teorema 2.5. Se a, b e k são inteiros, a 0 e k 0, então a b se e só se ak bk. Demonstração: Se a b então existe um inteiro u tal que b = au. Donde bk = aku. Como ak 0, temos ak bk. Se ak bk então existe um inteiro v tal que bk = (ak)v. Como k 0 temos b = av. Como a 0, obtemos a b. Teorema 2.6. Se n é um inteiro maior que 1 então n é primo ou n é um produto finito de primos. Demonstração: Suponhamos que existem inteiros maiores que 1 que não são primos, nem são um produto finito de primos. Seja N o menor destes inteiros. Como N não é primo, tem de ser composto. Seja 1 < u < N um inteiro que divide N. Então N = uv para algum inteiro v. Note que 1 < v < N. Portanto, por definição de N, u e v são primos ou um produto finito de primos. Logo, também uv é um produto finito de primos. Teorema 2.7. Se n é um número composto então existe um primo p n tal que p n. Demonstração: Se n é composto então existem inteiros positivos a, b > 1 tais que n = ab. Claramente, não podemos ter a, b > n. Sem perda de generalidade podemos assumir que a b. Então a n. Se a é primo obtemos o resultado. Se a não é primo, seja p o menor divisor de a. Então p a n e p n. 13

O resultado anterior permite-nos obter o Crivo de Eratóstenes (séc. III a.c.) que separa os números primos dos compostos. Comecemos por escrever todos os números entre 2 e um limite desejado n (por exemplo 100). O 2 é o primeiro elemento, portanto não lhe fazemos nada e marcamos os números de dois em dois. Marcamos assim os números 4, 6, 8, 10,.... O primeiro elemento que ainda não foi marcado é o 3. Deixamo-lo ficar e marcamos os números 6, 9, 12, 15,.... Este processo termina quando o primeiro elemento que ainda não está marcado for maior que n. Todos os números que não foram marcados são primos. Teorema 2.8 (Euclides). Há um número infinito de primos Demonstração: Suponhamos que há um número finito de primos, que denotamos por p 1, p 2,..., p k. Seja N = p 1 p 2 p k + 1. Pelo teorema anterior, N tem um divisor primo, digamos p. Então p = p i para algum 1 i k. Claramente, p i (p 1 p 2 p k ). Usando teorema 2.2, p i (N p 1 p 2 p k ). Mas N p 1 p 2 p k = 1 e obtemos uma contradição. Portanto, há um número infinito de primos. Exercícios 1. Prove as seguintes afirmações: a) se a 0 então a 0 e a a; b) se d 0 e d a, então d ( a) e ( d) a; c) se a b e b a, então a = b ou a = b; d) d a se e só se d a. 2. Seja x um número real positivo e d um inteiro positivo. Mostre que o número de inteiros positivos menores ou iguais a x que são divisíveis por d é igual a [ x d ]. 3. Determine o número de inteiros positivos menores ou iguais a 1000 que são divisíveis por 5, por 7, por 25 e por 49. 14

4. Determine o número de inteiros positivos menores ou iguais a 1000 que não são divisíveis por 3, 5 ou 7. 5. Mostre que 3 (a 3 a), para qualquer inteiro a. 6. Mostre que o produto de dois inteiros da forma 4k + 1 é ainda desta forma. 7. Mostre que o quadrado de qualquer inteiro ímpar é da forma 8k + 1. 8. Utilize a indução matemática para mostrar que a soma dos cubos de três inteiros consecutivos é divisível por 9. 9. Seja f n o n-ésimo número de Fibonacci. Mostre que a) f n é par se e só se 3 n; b) 3 f n se e só se 4 n. 10. * Mostre que f m+n = f m f n+1 +f m 1 f n, para quaisquer inteiros positivos m e n, com m > 1. Conclua que se m n então f m f n. 11. * Mostre que (2 + 3) n + (2 3) n é um inteiro par, para qualquer inteiro n 0. Conclua que [(2 + 3) n ] é sempre ímpar. 12. Utilize o crivo de Eratostenes para encontrar todos os primos menores que 200. 13. Verifique se os números 323, 343 e 899 são primos. 14. Mostre que, se p n para qualquer primo p n 1 3, então ou n é primo ou n é produto de dois primos. 15. Números de Fermat. Aos números da forma F k = 2 2k + 1, k 0, chamamos números de Fermat. a) Mostre que, se 2 n + 1 é primo então n é uma potência de 2; b) Mostre que F n = F 0 F 1 F n 1 + 2 e deduza que quaisquer dois números de Fermat são primos entre si; c) Deduza da alínea anterior que há uma infinidade de primos. 15

16. Números de Mersenne. Aos números da forma M k = 2 p 1, com p primo, chamamos números de Mersenne. M 2, M 3, M 5 e M 7 são primos mas M 11 = 2047 = 23 89 já não é primo. Até agora foram encontrados 44 primos de Mersenne, o último dos quais é 2 32582657 1, encontrado em Setembro de 2006 e que tem 9 808 358 algarismos. Mostre que se a, n > 1 e a n 1 é primo então a = 2 e n é primo. 17. * Seja n > 1 inteiro e sejam p 1,..., p t, os primos menores que n. Mostre que t p i < 4 n i=1 18. * Sejam n > 3 inteiro e p um primo tal que 2n 3 p ( ) 2n n. < p n. Mostre que 19. ** A conjectura de Bertrand diz que, para qualquer inteiro n > 1, existe um primo p tal que n < p < 2n. Prove esta conjectura. 20. Se p n é o n-ésimo primo, mostre que p n 2 n. 2.3 Algoritmo de Euclides Definição. Sejam a e b dois inteiros tais que pelo menos um deles é não nulo. Chamamos máximo divisor comum ao maior elemento do conjunto dos divisores comuns de a e b e denotamos este elemento por (a, b). Sejam a e b dois inteiros positivos. Pelo algoritmo da divisão, existem dois inteiros q 0 e r 0, tais que a = q 0 b + r 0, com 0 r 0 < b Se r 0 0 podemos utilizar o algoritmo da divisão para os inteiros b e r 0. Então existem q 1 e r 1 tais que b = q 1 r 0 + r 1, com 0 r 1 < r 0 Procedendo desta forma obtemos uma sequência de inteiros não negativos r 0, r 1,..., r n, tais que r 0 > r 1 > > r n 0. Note que este processo tem de terminar ao fim de um número finito de passos e que o último resto, que denotamos por r k+1, é nulo. 16

Teorema 2.9. Se a e b são dois inteiros positivos e r k é o último resto não nulo obtido pelo algoritmo de Euclides, então r k = (a, b). Mais, o algoritmo de Euclides permite encontrar inteiros u e v tais que au + bv = (a, b) Demonstração: O algoritmo de Euclides pode ser esquematizado pelo seguinte sistema de equações: a = bq 0 + r 0 b = r 0 q 1 + r 1 r 0 = r 1 q 2 + r 2. r k 2 = r k 1 q k + r k r k 1 = r k q k+1 (2.1) Seja d = (a, b). Vamos provar por indução que d r i e d r i+1, para qualquer 0 i k 1. Como d a e d b, temos d (a bq 0 ), i.e., d r 0. Como d b e d r 0 então d (b r 0 q 1 ) = r 1. Agora, suponhamos que d r i e d r i+1, queremos provar que d r i+1 e d r i+2. Usando a hipótese de indução, obtemos que d (r i r i+1 q i+2 ). Mas r i r i+1 q i+2 = r i+2. Portanto d r i+2. Acabámos de provar que d r i para todo 0 i k. Em particular, d r k. Como d, r k > 0, temos d r k. Reciprocamente, a última equação em (2.1) e o facto de r k 0, diz-nos que r k r k 1. Usando a penúltima equação, obtemos r k r k 2. Por indução, concluímos que r k r i, para qualquer 0 i k. Usando a segunda equação, temos r k b e usando a primeira, r k a. Logo, r k d. Portanto, r k = d. Agora, provamos a segunda parte do teorema. Seja r 2 = a e r 1 = b. Sabemos que r i = r i 2 r i 1 q i, (2.2) para qualquer 0 i k. Vamos provar por indução que, para qualquer 0 i k, existem inteiros u i e v i tais que r i = u i a + v i b. Como r 0 = a bq 0, o resultado é válido para i = 0. Suponhamos, por hipótese de indução que o resultado é verdadeiro para i e para i 1. Então r i+1 = r i 1 r i q i+1 = u i 1 a + v i 1 b (u i a + v i b)q i+1 = (u i 1 u i q i+1 )a + (v i 1 v i q i+1 )b = u i+1 a + v i+1 b 17

Portanto, para qualquer 0 i k, r i = u i a + v i b. Em particular, existem inteiros u e v, tais que r k = ua + vb. Definição. Sejam a e b inteiros e pelo menos um deles é não nulo. (a, b) = 1 então dizemos que a e b são primos entre si. Se Teorema 2.10. Seja d = (a, b). Um inteiro n divide a e b se e só se n d. Demonstração: Suponhamos que n d. Como d a, temos n a. Como d b, temos n b. Reciprocamente, suponhamos que n a e n b. Então existem inteiros u e v, tais que a = nu e b = nv. Por hipótese (a, b) = d, o que implica que existem inteiros s e t, tais que d = as + bt. Mas então d = nus + nvt = n(us + vt), i.e. n d. Teorema 2.11. Seja d = (a, b) e k um inteiro arbitrário. Então (a) (a, b + ka) = (a, b); (b) (ak, bk) = k (a, b); ( a (c) d, b ) = 1. d Demonstração: Seja e = (a, b + ka). Como e a, temos e ka. Também temos e (b + ka), logo e (b + ka ka) = b. Pelo teorema anterior, e d. Claramente, d (b + ka) e d a, donde d e. Como ambos e e f são positivos, temos e = d. Seja f = (ak, bk). Queremos provar que f = k d. Como d a e d b, temos k d ka e k d kb. Donde, k d f, i.e. existe um inteiro u tal que f = k du e u > 0, porque d, f > 0. Então k du ak. Pelo teorema 2.5, du a. Analogamente, du b. Pelo teorema anterior, du d, i.e. existe um inteiro v, tal que d = duv. Portanto, u = 1 e f = k d. 18

( a Pelo resultado anterior, d d, b ) = (a, b) = d. Portanto, d ( a d, b ) = 1. d Definição. Sejam a 1, a 2,..., a n inteiros não nulos. Dizemos que estes números são primos entre si dois a dois, se o maior divisor comum entre cada par destes inteiros for 1. Exercícios 1. Mostre que dois números de Fibonacci consecutivos são primos entre si. 2. Mostre que, se a, b e c são primos entre si dois a dois então (a, b, c) = 1. 3. Use o algoritmo de Euclides para encontrar o maior divisor comum entre a) 77 e 91; b) 182 e 442; c) 2311 e 3701. 4. Escreva (17, 37) como combinação linear de 17 e 37. 5. Escreva (399, 703) como combinação linear de 399 e 703. 6. Mostre que, se a c, b c e (a, b) = 1 então ab c. 7. Encontre inteiros r e s tais que a) 547r + 632s = 1; b) 398r + 600s = 2; c) 922r + 2163s = 7. 19

8. Averigue se há inteiros r e s tais que 1841r + 3647s = 1. Justifique. 9. Mostre que, se não existem primos p tais que p a e p b, então (a, b) = 1. 10. Mostre que, se p é primo e a é um inteiro, então ou (a, p) = 1 ou (a, p) = p. 11. Sejam a, b, c e d inteiros tais que b 0, d 0, (a, b) = 1, (c, d) = 1 e é um inteiro. Mostre que b = d. a b + c d 12. Considere o algoritmo de Euclides e seja r k = (a, b). a) Mostre que (i) a 2r 0 e b 2r 1 ; (ii) r i r i+2, para qualquer 0 i k 2; (iii) a 2 k 2. b) Qual é o maior número de passos de a 10 n? 13. Teorema de Lamé. Sejam a e b inteiros positivos tais que a > b e k o comprimento do algoritmo de Euclides para a e b. Seja α = 1 + 5. 2 Mostre que k log b log α 1. Sugestão: Prove primeiro que a) r k i f i+2, para 0 i k; b) b α k+1 ; 14. O mínimo múltiplo comum de dois inteiros positivos a e b é o inteiro [a, b] que satisfaz as seguintes condições: [a, b] 1; a [a, b] e b [a, b]; Se a c e b c então [a, b] c; Mostre que [a, b] existe e é único. De facto ab = (a, b)[a, b]. 15. * A Série de Farey de ordem n consiste das fracções h ordenadas por k ordem crescente, onde h e k são inteiros, 0 h k n e (h, k) = 1. 20

a) Encontre a série de Farey de ordem 7; b) Mostre que se a, c e e são termos sucessivos de uma série de Farey b d f então c d = a + e b + f ; c) Mostre que se a e c são termos sucessivos de uma série de Farey b d então ad bc = 1; d) Mostre que se a e c são termos sucessivos de uma série de Farey b d então b + d > n. 2.4 Teorema Fundamental da Aritmética O teorema fundamental da aritmética, também conhecido como o teorema da factorização única, afirma que se duas pessoas escreverem um inteiro n > 1 como produto de primos, obterão o mesmo resultado, com a possível excepção da ordem pela qual os primos são escritos nos dois produtos. Ao longo deste curso iremos constantemente usar este teorema que bem merece o seu nome. Comecemos por provar um resultado, que utilizaremos posteriormente para provar o teorema fundamental da aritmética. Teorema 2.12. Se p (ab), então p a ou p b. Demonstração: Suponhamos que p a. Então (a, p) = 1. Pelo teorema 2.9, existem inteiros u e v, tais que au + pv = 1. Multiplicando ambos os membros da última equação por b, obtemos abu+pbv = b. Como p ab, temos p b. A seguir generalizamos o resultado anterior de duas maneiras diferentes. Teorema 2.13. Se p é um primo e p (a 1 a 2 a k ) então p a j, para algum 1 j k. Em particular, se p a k então p a. Demonstração: Vamos provar o resultado pretendido usando indução em k. Se k = 1 é trivial que o resultado é verdadeiro. Suponhamos, por hipótese de indução que o resultado é válido para k, i. e., se p divide o produto de k inteiros então divide um desses inteiros. Suponhamos agora que p (b 1 b 2 b k b k+1 ). 21

Se p (b 1 b 2 b k ) então, usando a hipótese de indução, p b j, para algum 1 j k. Se p (b 1 b 2 b k ), então (p, b 1 b 2 b k ) = 1, donde existem inteiros u e v, tais que pu + b 1 b 2 b k v = 1. Multiplicando por b k+1, obtemos pub k+1 + b 1 b 2 b k b k+1 v = b k+1. Portanto, p b k+1. Portanto o resultado é válido para k + 1. Usando indução, o teorema está provado, para qualquer inteiro k. Teorema 2.14. Se (n, a) = 1 e n ab, então n b. Demonstração: Pelo teorema 2.9, se (n, a) = 1 então existem inteiros u e v, tais que nu + av = 1, donde nbu + abv = b. Como n ab, obtemos n b. Teorema 2.15 (Teorema Fundamental da Aritmética). Seja n > 1 e suponhamos que n = p 1 p 2 p r = q 1 q 2 q s, onde p 1, p 2,..., p r, q 1, q 2,..., q s são primos. Então r = s e as duas factorizações de n são iguais, com a possível excepção da ordem dos factores. Demonstração: Suponhamos que o teorema é falso e seja N o menor inteiro para o qual o teorema é falso. Então o teorema é verdadeiro para qualquer inteiro 1 < n < N. Suponhamos que N = p 1 p 2 p r = q 1 q 2 q s, onde p 1, p 2,..., p r, q 1, q 2,..., q s são primos. Como o teorema é certamente verdadeiro para números primos, N é composto. Portanto, r, s 2. Como a ordem dos factores não é importante, podemos assumir que p r p i, 1 i r 1 e q s q j, 1 j s 1 22

Primeiro provamos que não podemos ter p r > q s. Se p r > q s então p r > q j, para qualquer 1 j s. Portanto, p r q j, para qualquer 1 j s. Mas p r (q 1 q 2 q s ), pelo teorema anterior, temos uma contradição. Assim, p r q s. Se p r < q s, obteríamos também uma contradição usando um processo análogo. Portanto, p r = q s. Agora N p r = p 1 p 2 p r 1 = q 1 q 2 q s 1 e 1 < N p r < N, porque r, s 2. Então o teorema é válido para N p r, i. e. r 1 = s 1 e as factorizações p 1 p 2 p r 1 e q 1 q 2 q s 1 são iguais, com a possível excepção da ordem dos factores. Portanto, r = s e, como p r = q s, as factorizações de N em primos são iguais, com a possível excepção da ordem dos factores. Assim, o teorema é válido para N, o que contradiz a definição de N. Portanto, o teorema é válido para todo o n > 1. Note que o teorema seria falso se considerássemos 1 como primo. Por exemplo, 2 = 1 2 = 1 1 1 2. Como, por vezes, na factorização de um inteiro, temos primos repetidos, usaremos a notação n = p a 1 1 p a 2 2 p ar r. Teorema 2.16. Suponhamos que o primo p divide n e a factorização de n em primos é dada por n = p a 1 1 p a 2 2 p ar r. Então p = p j, para algum 1 j r. Demonstração: Pelo teorema 2.13, p p j para algum 1 j r. Como p > 1 e os únicos divisores de p j são 1 e p j, temos p = p j. 23

Teorema 2.17. Suponhamos que n = p 1 p 2 p k q 1 q 2 q s m = p 1 p 2 p k r 1 r 2 r t onde p 1, p 2,..., p k, q 1, q 2,..., q s, r 1, r 2,..., r t são primos e nenhum dos q s é igual a algum dos r s (se k = 0 interpretamos o produto p 1 p 2 p k como sendo igual a 1, analogamente para s = 0 e t = 0). Então (n, m) = p 1 p 2 p k. Demonstração: Seja e = p 1 p 2 p k. Como e m e e n, temos e (m, n). Portanto, existe um inteiro a, tal que (m, n) = ea. Logo, ea eq 1 q 2 q s, o que implica que a q 1 q 2 q s. Analogamente, a r 1 r 2 r t. Queremos provar que a = 1, com vista a obtermos uma contradição, suponhamos que a > 1. Então existe um primo p que divide a, donde p q 1 q 2 q s e p r 1 r 2 r t. Pelo teorema anterior, existem 1 i s e 1 j t, tais que p = q i e p = r j. Contradição! Portanto, a = 1 e (n, m) = p 1 p 2 p k. Terminamos esta secção com dois resultados que dependem da factorização única. Começamos com um teorema que será muito importante mais tarde. Teorema 2.18. Suponhamos que a e b são dois inteiros positivos tais que (a, b) = 1 e ab = c n. Então existem inteiros positivos d e f tais que a = d n e b = f n. Demonstração: Se a = 1 então basta tomar d = 1 e f = c. Se b = 1, então d = c e f = 1. Portanto, podemos assumir que a > 1 e b > 1. Como (a, b) = 1, podemos escrever a = p a 1 1 p a 2 2 p a r r e b = p a r+1 r+1 p a r+2 r+2 p a r+s r+s onde p i é primo, para 1 i r + s, e p i p j, para i j. Suponhamos que a decomposição de c em primos é dada por Então c = q b 1 1 q b 2 2 q b k k. p a 1 1 p a r r p a r+1 r+1 p a r+s r+s = q nb 1 1 q nb k k. 24

Pelo teorema fundamental da aritmética, r + s = k e os primos p i são os mesmos que os primos q j (talvez ordenados de maneira diferente), e os correspondentes expoentes são os mesmos. Podemos, portanto, numerar os q s tal que q j = p j, para 1 j r + s. Então a j = nb j, para 1 j r + s. Logo, ) n a = ( p b 1 1 p b 2 2 p b r r ( b == p b r+1 r+1 p b r+2 r+2 p b r+s r+s ) n O próximo teorema generaliza o famoso resultado, demonstrado por Pitágoras, de que 2 é irracional. Teorema 2.19. Sejam a e n inteiros positivos. Se n a é racional então n a é inteiro. Demonstração: Suponhamos que n a é racional. Então existem inteiros positivos r e s, tais que (r, s) = 1 e n a = r s. Suponhamos que s > 1. Então existe um primo p tal que p s. Mas as n = r n, o que implica que p r. Contradição, pois (r, s) = 1. Portanto, s = 1 e n a = r, um inteiro. Por exemplo, 1 < 2 < 2, logo 2 não é inteiro. Portanto, 2 é irracional. Como 2 < 3 10 < 3, temos que 3 10 é irracional. Exercícios 1. Sejam p e q dois primos ímpares consecutivos. Mostre que qualquer factorização de p + q em primos necessita de pelo menos três primos não necessariamente distintos. Por exemplo 5 + 7 = 2 2 3. 25

2. Suponha que n = p a 1 1 p a 2 2 p a r r e m = p b 1 1 p b 2 2 p b r r onde expoentes nulos são permitidos. Mostre que a) (n, m) = p min(a 1,b 1 ) 1 p min(a 2,b 2 ) 2 p min(ar,br) r ; b) [n, m] = p max(a 1,b 1 ) 1 p max(a 2,b 2 ) 2 p max(ar,br) r ; c) n m se e só se a i b i, para qualquer 1 i r. 3. Considere a equação a n x n + a n 1 x n 1 + + a 1 x + a 0 = 0 onde a i é inteiro, para 0 i n. Mostre que, se a equação tem uma solução racional, digamos x = r s com (r, s) = 1, então s a n e r a 0. Em particular, se a n = 1 e x é rational então x é um inteiro. 4. Mostre que, se p é primo e p a n, então p n a n. 5. Quantos zeros há no fim de 100!? 6. * Mostre que só a primeira soma parcial da série harmónica é inteira. 7. Mostre que a) 3 3 e 5 5 são irracionais. b) n n é irracional, para qualquer n 2. 8. Mostre que 2 + 3 é irracional. 9. Mostre que log 2 3 é irracional. 10. Mostre que há infinitos primos da forma 4n + 3. 11. Mostre que há infinitos primos da forma 6n + 5. 12. * Se a e b são inteiros, então a progressão aritmética a, a + b, a + 2b,... contém um número tão grande quanto se queira de compostos consecutivos. 13. Factorize em primos cada um dos seguintes inteiros: 10 6 1, 10 8 1, 2 15 1, 2 24 1, 2 36 1. 26

2.5 Equações Diofantinas Lineares O algoritmo de Euclides permite-nos encontrar uma solução da equação ax + by = (a, b). Nesta secção vamos mostrar como resolver completamente uma equação a duas incógnitas, ax + by = c e como generalizar para n incógnitas. Teorema 2.20. Sejam a e b inteiros não nulos e d = (a, b). Se d c então a equação ax + by = c (2.3) não tem soluções integrais. Se d c, a equação tem uma infinidade de soluções inteiras. Se x = x 0, y = y 0 é uma solução de (2.3), então todas as soluções de (2.3) são dadas por x = x 0 + t b d onde t é um inteiro. y = y 0 t a d Demonstração: Como d a e d b, temos d (ax + by) para quaisquer inteiros x e y. Portanto, se c = ax + by, então d c. Donde, se d c, (2.3) não tem soluções inteiras. Agora, se d c, existe um inteiro e tal que c = de. Pelo teorema 2.9, existem inteiros u e v, tais que au + bv = d. Multiplicando por e, obtemos a(ue) + b(ve) = de = c. Portanto, a equação (2.3) tem pelo menos uma solução. Seja (x 0, y 0 ) uma solução de (2.3) e t um inteiro qualquer. Então a ( x 0 + t b ) d ( + b y 0 t a ) = ax 0 + by 0 = c. d O que prova que a equação (2.3) tem uma infinidade de soluções. Falta-nos ainda provar que qualquer solução de ax + by = c é da forma descrita no teorema. Suponhamos que (x 1, y 1 ) é outra solução. Então a(x 1 x 0 ) + b(y 1 y 0 ) = c c = 0. 27

Donde a d (x 1 x 0 ) = b d (y 1 y 0 ), (2.4) o que implica que b d a d (x 1 x 0 ). ( a Como d, b ) = 1, temos b d d (x 1 x 0 ) (ver teoremas 2.11 e 2.14). Portanto, existe um inteiro t, tal que x 1 = x 0 + t b d. Substituindo em (2.4), obtemos ( a t b ) = b d d d (y 1 y 0 ), donde y 1 = y 0 t a d. Portanto, qualquer solução de (2.3) é forma descrita acima. Exemplo. Como exemplo, vamos resolver a equação 12x + 25y = 331. Pelo algoritmo de Euclides ou por tentativa, obtemos 12 ( 2) + 25 1 = 1. Multiplicando por 331, obtemos 12 ( 662) + 25 331 = 331. Portanto, ( 662, 331) é uma solução da equação. A solução geral é dada por x = 662 + 25t, y = 331 12t, para t inteiro. Suponhamos que desejávamos encontrar as soluções não negativas. Então x 0 e y 0, i. e. 25t 662 e 12t 331. Donde, t [26.48, 27.58(3)]. Como t é inteiro, t = 27. Assim, obtemos uma única solução não negativa: x = 13 e y = 7. Este método permite-nos resolver problemas como o seguinte: Na véspera de fim de ano, o Hermenegildo foi comprar Champagne e vinho tinto e gastou 331 euros. Sabendo que cada garrafa de Champagne custou 25 euros e cada garrafa de vinho custou 12 euros, quantas garrafas comprou o Hermenegildo? 28

Exercícios 1. Para cada uma das seguintes equações, encontre todas as soluções em inteiros ou prove que não há nenhuma a) 3x + 2y = 1; b) 3x 2y = 1; c) 17x + 14y = 4; d) 33x 12y = 9; e) 91x + 221y = 15; f) 401x + 503y = 20. 2. Para cada uma das seguintes equações, encontre todas as soluções em inteiros positivos ou prove que não há nenhuma a) 23x 7y = 1; b) 9x + 11y = 79; c) 39x + 47y = 4151. 3. Mostre que (a, b, c) = ((a, b), c). 4. Mostre que se há soluções inteiras da equação ax + by + cz = e, então (a, b, c) e. Suponha que (a, b, c) e e mostre que há inteiros w e z tais que (a, b)w + cz = e. Finalmente, mostre que há inteiros x e y tais que ax + by = (a, b)w. Esta técnica pode ser generalizada para resolver uma equação com n incógnitas. 5. Encontre todas as soluções em inteiros da equação 6. Resolva as equações diofantinas a) 2x + 3y + 5z = 7; 323x + 391y + 437z = 10473. 29

b) 1521x + 1955y + 455z = 221. 7. Determine duas fracções cujos denominadores sejam 12 e 16 e cuja soma seja 10 48. 8. Numa papelaria vendem-se dois tipos de canetas por 55 e 35 cêntimos respectivamente. Ao fim de um dia a importância total recebida pela venda dessas canetas foi 32 euros e 85 cêntimos. Qual é o menor número possível de canetas vendidas? E qual o maior? 2.6 Factorização de Fermat Suponhamos que n é o produto de dois primos p e q próximos um do outro. Então n é a diferença de dois quadrados, um dos quais é pequeno. Neste caso, há um processo eficiente de factorizar n chamado factorização de Fermat. Teorema 2.21. Seja n um inteiro positivo ímpar. Há uma correspondência bijectiva entre factorizações de n da forma n = ab, com a b > 0, e representações de n na forma t 2 s 2, onde t e s são inteiros não negativos. A correspondência é dada pelas equações t = a + b 2, s = a b 2 Demonstração: Se n = ab então a = t + s b = t s ( ) 2 ( a + b a b n = 2 2 donde n pode ser escrito como a diferença de dois quadrados. Se n = t 2 s 2 então n = (t s)(t + s). Obtemos assim a correspondência bijectiva. 2 ) 2 Se n = ab e a e b estão próximos um do outro, então s é pequeno e t é ligeiramente maior que n. Neste caso, podemos factorizar n, experimentando valores para t, começando por [ n] + 1, até que se encontre um para o qual t 2 n é um quadrado perfeito. 30

Exemplo. Seja n = 200819. Começamos com [ n] + 1 = 449. Agora, 449 2 200819 = 782 que não é um quadrado perfeito. Em seguida, tentamos t = 450. Temos 450 2 200819 = 1681 = 41 2, donde n = (450 + 41)(450 41) = 491 409. Note que se a e b não estiverem próximos, este método ainda serve para factorizar n, mas só após termos usado imensos valores para t, o que o pode tornar tão moroso. Há uma generalização do método de Fermat que funciona melhor nesta situação. Começamos por escolher um multiplicador k pequeno e tomamos t = [ kn] + 1, t = [ kn] + 2,... até que obtenhamos um t para o qual t 2 kn = s 2 é um quadrado perfeito. Então d = (t + s, n) é um factor não trivial de n. Exemplo. Seja n = 141467. Se usarmos a factorização de Fermat directamente, precisamos de experimentar 38 t s até encontrar um factor de n. Mas se tomarmos k = 3 e começarmos com t = [ 3n] + 1 = 652, rapidamente vemos que 655 2 3n = 68 2. Como (655 + 68, n) = 241, concluímos que n = 241 587. Portanto, com k = 3 só precisamos de experimentar 4 t s. Mas como sabemos que devíamos usar k = 3 no exemplo anterior? Uma maneira de resolver este problema é utilizando o método de Lehman (que é uma generalização do método de Fermat). Exercícios 1. Factorize os inteiros 11413, 8051, 11021, 3200399, 10897 e 24681023. 2. Método de Euler: Seja n ímpar. Sejam a, c > 0 ímpares e b, d > 0 pares tais que n = a 2 + b 2 = c 2 + d 2. a) Seja u = (a c, b d). Mostre que u é par e que se r = a c e u s = d b, então (r, s) = 1, r(a + c) = s(d + b) e s (a + c); u b) Seja v tal que sv = a + c. Mostre que rv = d + b, v = (a + c, d + b) e v é par; ( ) u c) Mostre que n = 2 +v 2 (r 2 + s 2 ). 4 31

d) Sabendo que 221 = 10 2 +11 2 = 5 2 +14 2, 2501 = 50 2 +1 2 = 49 2 +10 2 e 1000009 = 1000 2 +3 2 = 972 2 +235 2, factorize 221, 2501 e 1000009. 3. Mostre qualquer inteiro da forma 2 4n+2 +1 pode ser factorizado usando a identidade 4x 4 + 1 = (2x 2 + 2x + 1)(2x 2 2x + 1). Factorize 2 18 + 1 e encontre factores não triviais de 2 42 + 1. 32

Capítulo 3 Congruências 3.1 Introdução Embora muitos resultados já fossem conhecidos, a teoria sistemática das congruências foi desenvolvida por Gauss. Neste capítulo, iremos estudar diversos teoremas famosos, nomeadamente os de Fermat, Euler, Wilson e Gauss, assim como a função de Euler e o símbolo de Legendre. Definição. Sejam a e b inteiros e n um inteiro positivo. dizemos que a é congruente com b e escrevemos Se n (a b), a b mod n Pela definição de divisibilidade, se a b mod n então existe um inteiro k tal que a = b + kn. Por exemplo 37 25 mod 12 9 31 mod 10 7216 34216 mod 1000 Na vida diária usamos congruências em imensas situações: Os relógios de ponteiros medem as horas mod 12; os dias da semana medem os dias mod 7; o odómetro mede a kilometragem mod 10 6. Teorema 3.1. Seja n um inteiro positivo. A relação congruente uma relação de equivalência. mod n é 33

Demonstração: Exercício Teorema 3.2. Se a b mod n e c d mod n então (a) a + c b + d mod n; (b) a c b d mod n; (c) ac bd mod n. Demonstração: Exercício Teorema 3.3. Se (a, n) = 1 e ab ac mod n, então b c mod n. Em geral, se (a, n) = d e ab ac mod n então b c mod n d. Demonstração: Suponhamos que (a, n) = d e ab ac mod n. Então existe um inteiro k tal que ab = ac + kn. Sejam a 1 = a d, n 1 = n d. Claramente, a 1 e n 1 são inteiros e (a 1, n 1 ) = 1. Dividindo ambos os membros de ab = ac + kn por d, obtém-se a 1 (b c) = kn 1. Donde, a 1 kn 1. Como (a 1, n 1 ) = 1, temos a 1 k. Portanto, k = a 1 k 1, para algum inteiro k 1. Assim, b c = k 1 n 1, ou seja n 1 (b c). Portanto, b c mod n. d Definição. Um conjunto de inteiros a 1, a 2,..., a n diz-se um sistema completo de resíduos mod n, se qualquer inteiro é congruente, mod n com um e um só a j. Seja n um inteiro positivo. Vamos provar que os inteiros 0, 1, 2,..., n 1 formam um sistema completo resíduos. Se a é um inteiro, pelo algoritmo de Euclides, existem inteiros q e r, tais que 0 r < n e a = qn + r. Portanto, 34

a r mod n. Mais, o resto r é único, porque se a r 1 mod n e a r 2 mod n com 0 r 1 r 2 < n, então r 1 r 2 mod n, donde n (r 2 r 1 ). Mas 0 r 2 r 1 n 1 < n. Logo r 1 = r 2. Portanto, 0, 1, 2,..., n 1 formam um sistema completo resíduos. Como qualquer inteiro é congruente mod n com algum dos números 0, 1, 2,..., n 1, então para calcular ab mod n ou a + b mod n é suficiente saber as tabelas de multiplicação e adição de 0, 1, 2,..., n 1. Por exemplo, como os números 0, 1, 2, 3, 4 formam um sistema completo de resíduos e 0 2, 1 2, 2 2, 3 2 e 4 2 são todos congruentes mod 5 com 0, 1 ou 4, então nenhum quadrado perfeito dividido por 5 dá resto 2 ou 3. Mais, se tomarmos os quadrados dos números anteriores, verificamos que 1 4, 2 4, 3 4, 4 4 1 mod 5. Podemos então dizer que para qualquer inteiro n, temos 5 n ou 5 (n 4 1). O próximo teorema tem imensas aplicações: Teorema 3.4. Seja f(x) um polinómio com coeficientes inteiros. Se a b mod n, então f(a) f(b) mod n. Demonstração: Seja f(x) = a k x k + a k 1 x k 1 + + a 1 x + a 0, onde a i são inteiros para 0 i k. Então, pelo teorema 3.2 a k a k + a k 1 a k 1 + + a 1 a + a 0 a k b k + a k 1 b k 1 + + a 1 b + a 0 mod n. Portanto, f(a) f(b) mod n. Como primeira aplicação do teorema anterior vamos mostrar que não há polinómios (não constantes) que dêem sempre primos. Corolário 3.5. Para qualquer polinómio de grau maior ou igual a 1 existe um inteiro a tal que f(a) é um número composto. 35

Demonstração: Seja f(x) = a k x k + a k 1 x k 1 + + a 1 x + a 0, onde a i são inteiros para 0 i k. Sabemos que se a k > 0, então e se a k < 0 então lim f(x) = x lim f(x) =. x Como, por definição, os primos são todos positivos, consideremos a k > 0. Assim, lim f(x) =, x o que implica que podemos tomar b suficientemente grande tal que f(b) > 1. Seja n = f(b) e j um inteiro suficientemente grande tal que f(b + jn) > n. Note-se que b + jn b mod n, donde f(b + jn) f(b) = n 0 mod n, i. e. n f(b + jn). Como 1 < n < f(b + jn), temos que f(b + jn) é um número composto. Para terminar a demonstração basta tomar a = b + jn. Se a k < 0, uma demonstração semelhante, prova que existe um inteiro a tal que f(a) = c para algum composto c. Exercícios 1. Prove que qualquer conjunto de n inteiros consecutivos forma um sistema completo resíduos. 2. Determine os menores resíduos positivos de 2 32, 2 47 e 2 200 mod 47. 3. Mostre que se n é ímpar então 8 n 2 1. 4. Mostre que n 3 n mod 3. 5. Será que a b mod n implica c a c b mod n? Justifique indicando uma demonstração ou um contra-exemplo. 36

6. Mostre que se n é ímpar então 1 + 2 + + (n 1) 0 mod n. Determine o que acontece se n for par. 7. Mostre que se n é ímpar ou divisível por 4, então 1 3 +2 3 + +(n 1) 3 0 mod n. Este resultado é verdadeiro se n for par mas não divisível por 4? 8. Para que inteiros n temos 1 2 + 2 2 + + (n 1) 2 0 mod n? 9. Mostre que qualquer número da forma 4 14 k + 1 com k 1, é composto. Sugestão: Use congruências ímpar e congruências mod 5 para k par. mod 3 para k 10. Mostre que se n 2 + 2 for primo, então 3 n. 11. No calendário Gregoriano (calendário actual) cada ano divisível por 4 anos é um ano bisexto, excepto para os anos centenários que só são bissextos se forem divisíveis por 400. Por exemplo, 1800, 1900 e 2100 não são bissextos mas 2000 é. O dia 1 de Janeiro de 1900 calhou a uma segunda-feira. Mostre que, embora qualquer semana comece a um domingo, nenhum século começa a um domingo. 12. Mostre que qualquer pessoa nascida entre 1901 e 2071 celebra o seu aniversário de 28 anos no dia de semana igual ao dia de semana em que nasceu. 13. Mostre que 43 (n 2 + n + 41) para uma infinidade de inteiros n. 14. Sabendo que a 10 10 mod 26, encontre (a, 26). 15. Em 1825, Gauss fez a seguinte construção para escrever um primo congruente com 1 mod 4 como a soma de dois quadrados perfeitos: Seja p = 4k + 1 um primo. Primeiro determina-se x tal que depois determina-se y tal que x (2k)! 2(k!) 2 mod p, com x < p 2 y x(2k)! mod p, com y < p 2. 37

Gauss mostrou que x 2 +y 2 = p. Verifique este resultado de Gauss, para p = 5, p = 13 e p = 17. 16. Há razões para acreditar (embora nunca tenha sido provado) que há infinitos primos que podem ser escritos como soma dos quadrados de 3 diferentes primos (o exemplo mais pequeno é 83 = 3 2 +5 2 +7 2. Suponha que p = p 2 1 + p 2 2 + p 2 3 onde p, p 1, p 2 e p 3 são primos. Use congruências mod 3 para mostrar que um dos primos p 1, p 2 ou p 3 é igual a 3. 17. Suponha que m 0. Mostre que 17 (3 5 2m+1 + 2 3m+1 ). Sugestão: Use congruências mod 17. 18. Suponha que m 0. Mostre que 49 (5 3 4m+2 + 53 2 5m ). 19. Mostre que se k for ímpar, então 241 (11 2k + 19 2k ). 20. Suponha que p é primo. a) Mostre ( que) p é o máximo divisor comum entre o coeficientes binomiais, onde 1 i p 1; p i b) Seja p um primo. Mostre que (a + b) p a p + b p mod p c) Mostre que para quaisquer inteiros a e b, (a p b p, p) = 1 ou p 2 (a p b p ). 3.2 Testes de Divisibilidade O teorema anterior permite-nos obter diversos testes de divisibilidade, os quais iremos descrever nesta secção. Teorema 3.6. Qualquer inteiro positivo é congruente com a soma dos seus algarismos mod 9 e mod 3. 38

Demonstração: Seja n > 0 um inteiro cuja representação decimal é dada por n = a k 10 k + a k 1 10 k 1 + + 10a 1 + a 0, onde 0 a j 9, para qualquer 0 j k. Os inteiros a j são, portanto, os algarismos de n. Seja f(x) = a k x k + a k 1 x k 1 + + a 1 x + a 0. Como 10 1 mod 9, temos f(10) f(1) mod 9. Portanto, n a k + a k 1 + + a 1 + a 0 mod 9. Como 3 9, n a k + a k 1 + + a 1 + a 0 mod 3. Este resultado é a base teórica da prova dos nove, ensinada na escola primária alguns anos atrás. Esta prova serve para verificar se um produto está certo ou não. Suponhamos que queremos calcular 147 2, e que o resultado nos dá 21509. Como temos 147 2 3 2 0 mod 9, mas 147 1 + 4 + 7 12 1 + 2 3 mod 9 21509 2 + 1 + 5 + 9 8 mod 9, portanto, o resultado está errado. Note que 21510 0 mod 9, mas 147 2 21510, porque o último algarismo de 147 2 é um 9. A prova dos nove só descobre 8 em cada 9 erros, i. e. só resulta 88.8% das vezes. Nos exercícios, será descrita outra prova que resulta mais de 90% das vezes. Teorema 3.7. Seja n > 0 um inteiro cuja representação decimal é dada por n = a k 10 k + a k 1 10 k 1 + + 10a 1 + a 0, onde 0 a j 9, para qualquer 0 j k. Seja r k um inteiro positivo. Então n (a r 1 a r 2 a 1 a 0 ) 10 mod 2 r e n (a r 1 a r 2 a 1 a 0 ) 10 mod 5 r 39

Demonstração: Como 10 0 mod 2 e 10 0 mod 5 então 10 r 0 mod 2 r e 10 r 0 mod 5 r, para qualquer inteiro positivo r. Portanto, obtemos o resultado pretendido. Exemplo. Seja n = 67537048. Então 2 n porque 2 8, 4 n porque 4 48, 8 n porque 8 48, mas 16 n porque 16 7048. Exemplo. Seja n = 85645625. Então 5 n porque 5 5, 25 n porque 25 25, 125 n porque 125 625, 625 n porque 625 5625, mas 3125 n porque 3125 45625. Teorema 3.8. Seja n > 0 um inteiro cuja representação decimal é dada por n = a k 10 k + a k 1 10 k 1 + + 10a 1 + a 0, onde 0 a j 9, para qualquer 0 j k. Então n k ( 1) j a j mod 11 j=0 Demonstração: Exercício. Exercícios 1. Divisibilidade por 7 Seja n = a 2 10 2 + 10a 1 + a 0. Mostre que n 2a 2 + 3a 1 + a 0 mod 7. 2. Divisibilidade por 1001 É um facto que 4 176 204 105 105 204 + 176 4 73 mod 1001. Prove o resultado que estas congruências sugerem. 3. Suponha que o método descrito no exercício anterior reduz o número n ao número m que tem no máximo três algarismos. Mostre que 40

a) 7 n se e só se 7 m; b) 13 n se e só se 13 m. 4. Encontre todos os inteiros positivos menores que 1000 que dão resto 1 quando são divididos por 2, 3, 5 e 7. 5. A seguinte multiplicação estava correcta, mas quando o resultado estava a ser impresso um mosquito impediu que um dos algarismos fosse correctamente impresso, obtendo-se 172195 572167 = 985242x6565. Determine o algarismo perdido, x, sem refazer a multiplicação. 3.3 Congruências Lineares Uma equação da forma a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a k x k b mod n (3.1) com incógnitas x 1,..., x k é uma congruência linear com k variáveis. Uma solução desta congruência linear é um k-uplo de inteiros que satisfaz a congruência linear. A definição de congruência mostra que a equação (3.1) é equivalente à equação diofantina a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a k x k + nx k+1 = b (3.2) com k + 1 incógnitas. Já vimos no capítulo anterior que a equação (3.2) ou não tem soluções ou tem uma infinidade de soluções. O mesmo é verdade para a equação (3.1). No entanto, encontrar todas as soluções de (3.1), significa encontrar todas as soluções diferentes mod n. Ou seja, duas soluções diferentes de (3.1) serão a mesma mod n se os diferentes valores de x j forem congruentes mod n, para qualquer j. Por exemplo, a solução (1, 2, 3) da congruência x + y + z 1 mod 7 é a mesma mod 7 que a solução (8, 5, 17), mas é diferente mod 7 da solução (1, 3, 2). Em particular, se só existir uma solução mod n de (3.1), dizemos que a solução é única mod n. 41

Teorema 3.9. A congruência ax b mod n (3.3) tem soluções se e só se d b, onde d = (a, n). Se d b então a solução é única mod n. Se (a, n) = 1 então (3.3) tem uma solução que é única mod n. d Demonstração: Se x 0 é uma solução da equação (3.3) então existe um inteiro y 0 tal que ax 0 = b + ny 0, donde a equação ax ny = b (3.4) tem solução. Reciprocamente, se (x 0, y 0 ) é uma solução de (3.4) então ax 0 ax 0 ny 0 b mod n e, portanto, (3.3) tem solução. Acabámos de provar que (3.3) tem soluções se e só se (3.4) tem soluções e a partir de uma solução de (3.4) obtemos uma solução de (3.3). Pelo teorema 2.20, (3.4) tem soluções se e só se d b. Portanto, (3.3) tem soluções se e só se d b. Suponhamos agora que (3.4) tem soluções e seja (x 0, y 0 ) uma solução. Pelo teorema 2.20 qualquer solução de (3.4) é da forma x = x 0 + t n d, y = y 0 t a d, onde t é um inteiro. Portanto, qualquer solução de (3.3) é da forma x = x 0 + t n d Como x 0 + t n d x 0 mod n d, então todas as soluções de (3.3) são congruentes com x 0 mod n d, e portanto, a solução de (3.3) é única mod n d. A última parte do teorema resulta imediatamente das duas primeiras partes. 42

Seguidamente vamos ver algumas aplicações deste teorema. A equação 14x 13 mod 21 não tem soluções, porque (14, 21) = 7 e 7 13. Consideremos a equação 9x 15 mod 21 Aqui temos (9, 21) = 3 e 3 15. Portanto, a equação tem uma única solução mod 7. Primeiro dividimos tudo por 3. Pelo teorema 3.3, ficamos com 3x 5 mod 7 Como 5 12 mod 7, vemos que a solução da equação é x = 4 e como (3, 7) = 1, esta solução é única mod 7. Mas a equação original era mod 21, portanto tem interesse determinar todas as soluções mod 21. Como as soluções mod 21 são 4, 11 e 18. Em geral, a congruência 4 11 18 mod 7, x a mod n tem m soluções mod mn, dadas por x a, a + n, a + 2n,..., a + (m 1)n mod mn. 3.4 Sistemas de Congruências Em seguida estudamos sistemas de congruências com uma incógnita. Suponhamos que queremos resolver { x 2 mod 4 x 1 mod 6 Se x 2 mod 4 então x 2 mod 2. Analogamente, x 1 mod 6 implica x 1 mod 2. Mas 2 1 mod 2. Portanto, o sistema não tem soluções. Consideremos, agora, o sistema { x 2 mod 4 x 3 mod 5 43

Facilmente se vê que x = 2 é uma solução. Vamos determinar todas as soluções. A primeira equação é satisfeita se e só se x = 2 + 4t, onde t é um inteiro. Substituindo na segunda equação, obtemos 2 + 4t 3 mod 5 donde t 1 mod 5 ou seja t 4 mod 5. Portanto, t = 4 + 5k, para algum inteiro k. Substituindo no valor de x, obtemos x = 4(4 + 5k) + 2 = 20k + 18. Claramente, para cada inteiro k, 20k + 18 é solução do sistema. O próximo teorema generaliza o processo anterior. Teorema 3.10. Se (m, n) = 1, então o sistema { x a mod m x b mod n Tem uma e uma só solução mod mn. Demonstração: Um inteiro x satisfaz a primeira equação se e só se existe um inteiro t tal que x = a + mt (3.5) Agora, a + mt satisfaz a segunda equação se e só se mt b a mod n. (3.6) Como (m, n) = 1, esta última equação tem uma única solução, digamos c, i. e. t c mod n. Portanto, t satisfaz (3.6) se e só se existe um inteiro k tal que t = c + nk. Substituindo em (3.5), verificamos que x é solução do sistema se e só se x = a + m(c + nk) = (a + mc) + mnk Logo, a + mc é solução do sistema e é única mod mn. Este resultado é um caso especial de um resultado mais geral, que já era conhecido dos chineses há mais de 2000 anos. 44

Teorema 3.11 (Teorema chinês do resto). Sejam m 1,..., m k inteiros positivos que são primos entre si dois a dois. Então o sistema x a 1 mod m 1 x a 2 mod m 2. x a k mod m k tem uma única solução mod (m 1 m 2 m k ). Demonstração: Iremos usar o teorema 3.10 (k 1) vezes. Pelo teorema 3.10 as duas primeiras equações têm uma única solução mod (m 1 m 2 ). Seja b 2 esta solução, i. e. x b 2 mod m 1 m 2 (3.7) A terceira equação é x a 3 mod m 3. (3.8) Como, por hipótese (m 1, m 3 ) = (m 2, m 3 ) = 1, então temos (m 1 m 2, m 3 ) = 1 (porquê?). Para resolver o sistema formado pelas equações (3.7) e (3.8), podemos mais uma vez utilizar o teorema 3.10. Portanto, há uma única solução de (3.7) e (3.8) mod ((m 1 m 2 )m 3 ), i. e., há uma única solução das três primeiras equações mod (m 1 m 2 m 3 ). Continuando desta maneira, depois de (k 1) aplicações do teorema 3.10, obtemos uma única solução mod (m 1 m 2 m k ) do sistema { x bk 1 mod (m 1 m 2 m k 1 ) x a k mod m k Esta solução, digamos x b k mod (m 1 m 2 m k ), é também a única solução do sistema inicial mod (m 1 m 2 m k ). O próximo teorema permitir-nos-á encontrar uma solução do sistema x a 1 mod m 1 x a 2 mod m 2. x a k mod m k sem ter que utilizar diversas vezes o teorema 3.10. Primeiro, precisamos de definir inverso de um elemento mod n. 45

Definição. Sejam a e n inteiros tais que (a, n) = 1. Ao único inteiro, que é solução da equação ax 1 mod n chamamos inverso de a mod n e denota-mo-lo por a 1 mod n. Este inteiro existe e é único, pelo teorema 3.9 Teorema 3.12. Sejam m 1,..., m k inteiros positivos que são primos entre si dois a dois. Sejam M = m 1 m 2 m k, M i = M e y i o inverso de M i m i mod m i, para qualquer 1 i k. Então N = a 1 M 1 y 1 + a 2 M 2 y 2 + a k M k y k é a única solução mod M do sistema x a 1 mod m 1 x a 2 mod m 2. x a k mod m k Demonstração: Pelo teorema do resto chinês, sabemos que há uma solução única mod M do sistema anterior. Portanto, basta-nos provar que N é essa solução. Seja 1 i k. Como (M i, m i ) = 1, então, pelo teorema 3.9, existe y i tal que M i y i 1 mod m i. Mais, M i 0 mod m j, para qualquer j i. Então N a 1 M 1 y 1 + a 2 M 2 y 2 + a k M k y k mod m i a i M i y i mod m i a i M i (M i ) 1 mod m i a i mod m i Portanto, N é solução da equação x a i mod m i, para qualquer 1 i k. Donde, N é a única solução do sistema mod M. Exemplo. A primeira menção conhecida do teorema chinês do resto é o seguinte problema extraído do livro Sun Tzu Suan Ching (O Manual Matemático do Mestre Sun), escrito por Sun Zi, por volta do terceiro século a.c. 46

Temos um certo número de coisas, mas não sabemos exactamente quantas são. Se formarmos grupos de três, sobram duas. Se formarmos grupos de cinco, sobram três. Se formarmos grupos de sete, sobram duas. Quantas coisas temos? Resolver este problema equivale a resolver o sistema x 2 mod 3 x 3 mod 5 x 2 mod 7 Primeiro iremos usar o processo descrito no teorema do resto chinês. Da primeira equação obtemos x = 2 + 3t, para algum inteiro t. Substituindo na segunda equação, obtemos 2 + 3t 3 mod 5, donde 3t 1 mod 5, i. e. t 2 mod 5. Portanto, t = 2 + 5k, para algum inteiro k, e x = 2 + 3(2 + 5k) = 8 + 15k. Substituindo este valor na terceira equação, obtemos 8 + 15k 2 mod 7. Como 8 15 1 mod 7, resulta que k 1 mod 7. Assim, k = 1 + 7s, para algum inteiro s. Portanto x = 8 + 15(1 + 7s) = 23 + 105s. Provámos que qualquer solução do sistema é da forma 23 + 105s, para s inteiro, e a única solução mod (3 5 7) é 23. Agora usamos o método descrito no teorema anterior. Aqui M = 105, M 1 = 35, M 2 = 21 e M 3 = 15. O inverso de 35 mod 3 é y 1 = 1, o inverso de 21 mod 5 é y 2 = 1 e o inverso de 15 mod 7 é y 3 = 1. Portanto, Exercícios N = 2 35 ( 1) + 3 21 1 + 2 15 1 = 23 1. Mostre que qualquer inteiro satisfaz pelo menos uma das seguintes congruências: x 0 mod 2, x 0 mod 3, x 1 mod 4, x 1 mod 6, x 11 mod 12 47

2. Resolva as congruências a) 5x 1 mod 7; b) 14x 5 mod 45; c) 14x 35 mod 87; d) 6x 10 mod 14; e) 9x 21 mod 12. 3. Determine os inversos de todos os inteiros invertíveis mod 18. 4. Determine os inversos de 1908, 1974, 1998 e 2004 mod 2005. 5. Resolva os sistemas de congruências c) a) { x 2 mod 3 x 3 mod 4 { 2x 3 mod 5 4x 3 mod 7 b) d) x 7 mod 9 x 13 mod 23 x 1 mod 2 { 6x 8 mod 10 15x 30 mod 55 6. Encontre todos os inteiros positivos menores que 1000 que dão resto 1 quando são divididos por 2, 3, 5 e 7. 7. Um Coronel, após ter sido destacado para comandar um regimento do exército, quis saber por quantos efectivos esse regimento era formado; com esse objectivo mandou-os dispor sucessivamente em colunas de 37 pessoas, tendo ficado a última coluna com 10 pessoas; 32 pessoas, tendo ficado a última coluna com 14 pessoas; 27 pessoas, tendo ficado a última coluna com 5 pessoas. Sabendo que um regimento tem menos de 10000 efectivos, determine quantos indivíduos constituem esse regimento. 8. Um casal resolveu ir fazer uma viagem à volta do mundo. Sabendo que partiram no dia 1 de Março de um ano bissexto, num domingo, que chegaram no dia 6 de Março, segunda-feira e que demoraram menos de 4 anos, determine quantos dias demorou a viagem usando o teorema chinês do resto. 48

3.5 Método ró de Pollard Nesta secção, vamos analisar outro método de factorização introduzido por J. Pollard. Sejam l um inteiro e f uma função aleatória de S = {0, 1,..., l} para S. Seja x 0 um elemento aleatório e considere-se a sequência x 0, x 1 = f(x 0 ), x 2 = f(x 1 ),.... Como S é finito, a sequência irá tornar-se ciclica ao fim de um certo número de termos. Se fizermos um diagrama que mostre este comportamento, ele assemelhar-se-á a ρ, daí a origem do nome do método. Seja n um inteiro composto. O primeiro passo do método ró, consiste em escolher uma função f de Z/nZ para Z/nZ que seja facil determinar f(x). Costuma-se usar polinómios com coeficientes inteiros, e. g. f(x) = x 2 + 1. Em seguida, toma-se um inteiro positivo x 0, e. g. x 0 = 1 ou x 0 = 2. Calculam-se as sucessivas iterações x k = f(x k 1 ) mod n. Depois fazemse comparações entre diferentes x i s, esperando encontrar dois que sejam diferentes mod n mas que sejam iguais mod l para algum divisor próprio l de n. Quando encontrarmos x j e x k nestas condições (i. e. x j x k mod l), temos que (x j x k, n) é um divisor próprio de n. Assim como está, este método irá tornar-se moroso, pois ao fim de k iterações temos de comparar aproximadamente k 2 pares de valores. Note que se x j x k mod l e sendo m 0, temos x j+m x k+m mod l Portanto, em vez de efectuar todas as comparações possíveis podemos apenas fazer uma comparação em cada iteração. Por exemplo, podemos calcular sómente (x 2i x i, n) em cada iteração i. Podemos também calcular, na iteração k com 2 r k < 2 r+1, o máximo divisor comum onde j = 2 r 1. (x k x j, n) Exemplo. Vamos factorizar 4087 usando f(x) = x 2 + 1 e x 0 = 3. Obtemos 49

sucessivamente x 1 = 10, x 2 = 101 (101 10, 4087) = 1 x 2 = 101, x 4 = 1263 (1263 101, 4087) = 1 x 3 = 2028, x 6 = 889 (2028 89, 4087) = 67 Portanto, 67 4087. Dividindo, obtem-se 4087 = 67 61. Exemplo. Sejam n = 845651, f(x) = x 2 + x + 1 e x 0 = 2. Verifica-se que (x 10 x 7, n) = 571. Portanto, n = 571 1481. Exercícios 1. Utilize o método ró de Pollard para factorizar cada um dos inteiros 133, 1189, 1927, 8131, 36287 e 48227. 2. Utilize o método ró de Pollard com as funções e x 0 indicados, para factorizar os inteiros n indicados. Em cada caso compare x k com x j onde 2 r k < 2 r+1 e j = 2 r 1. a) x 2 1, x 0 = 5, n = 7031; b) x 2 + 1, x 0 = 1, n = 8051; c) x 3 + x + 1, x 0 = 1, n = 2701; 3.6 Armazenamento de ficheiros Uma repartição de finanças pretende armazenar num computador um ficheiro para cada uma das pessoas registadas naquele domicílio fiscal. A identificação (chave) utilizada para cada ficheiro é o número de contribuinte. Como o número de contribuinte tem 9 algarismos, seria impracticável reservar localizações de memória para cada um dos possíveis números de contribuinte. Nesta secção, iremos descrever um método sistemático de armazenar ficheiros usando um razoável número de localizações. Vários métodos para resolver este problema foram desenvolvidos utilizando Funções de mistura. Uma função de mistura atribui à chave de cada ficheiro uma localização particular. Há vários tipos de funções de mistura, mas as mais utilizadas envolvem aritmética modular, que iremos passar a descrever. 50

Definição. Seja k a chave do ficheiro a ser armazenado e seja m um inteiro positivo. Definimos função de mistura h por onde 0 h(k) < m. h(k) k mod m, De forma a que as chaves sejam distribuídas de uma forma razoável, entre as possíveis m localizações, devemos ter cuidado na escolha do inteiro m. Por exemplo deve-se escolher m de modo a evitar na medida do possível, que duas diferentes chaves k 1 e k 2 sejam enviadas para a mesma localização. Por exemplo, se m = 111, como m 10 3 1, os números de contribuinte 273321412 e 273425308 são enviados para o mesmo sítio: e h(273321412) 412 + 321 + 273 7 mod 111 h(273425308) 308 + 425 + 273 7 mod 111. Para evitar estas dificuldades, m deve ser um número primo próximo do número de localizações disponíveis para o armazenamento dos ficheiros. Por exemplo, se tivermos 5000 localizações disponíveis e pretendermos armazenar 2000 chaves, pode-se utilizar m = 4969. Mesmo sendo m um primo podemos ainda assim obter colisões, i. e. duas chaves diferentes serem enviadas para o mesmo sítio. Um processo para ultrapassar as colisões que também evita que os ficheiros fiquem demasiado próximos é utilizar dupla mistura: Tal como antes, escolhemos a função de mistura h(k) k mod m, onde 0 h(k) < m, m primo. Seja g a segunda função de mistura, definida por g(k) k + 1 mod m 2, onde 0 < g(k) m 2. Como m é primo, (g(k), m) = 1. Seguidamente consideramos a sequência h j (k) h(k) + jg(k) mod m, com 0 h j (k) < m. O facto de (g(k), m) = 1 garante-nos que todas as possíveis localizações serão alcançadas quando j toma os valores 0, 1,..., n 1. Idealmente, m 2 também deve ser primo. 51

Exemplo. Consideremos m = 4969 e assim m 2 = 4967. A seguinte tabela indica-nos as localizações de várias chaves usando dupla mistura Número de Contribuinte h 0 (k) h 1 (k) h 2 (k) 344 401 659 269 325 510 778 1526 212 228 844 2854 329 938 157 1526 1741 147 900 151 3960 372 500 191 4075 134 367 980 2376 546 332 190 578 509 496 993 578 2580 132 489 973 1526 1742 1958 Exercícios 1. Utilizando os dados do exemplo, determine as localizações das pessoas com os números contribuinte 137612044, 505576452, 157170996 e 131220418. 2. Um parque de estacionamento tem 101 lugares. Uma pessoa tem de pagar semestralmente o parque comprando no início do semestre um passe. São vendidos 500 passes, mas a cada momento só são esperados de 50 a 75 automóveis. Elabore uma função de mistura e uma política para resolução de colisões de modo a atríbuir um lugar a cada utilizador baseado nos 4 algarismos da matrícula. 3.7 Detecção de erros As congruências também são usadas para identificar erros de introdução de dados. Exemplo. Os bilhetes de identidade têm um algarismo que detecta se há um erro no número de BI. Se um BI tem o número a 8 a 7 a 2 a 1, o algarismo de 52

verificação a 0 é dado pela congruência 8 (i + 1)a i 0 mod 11. i=0 Infelizmente, nos nossos Bilhetes de identidade, esta congruência pode falhar devido a um erro matemático patético na idealização deste sistema de verificação de erros. Este erro ocorre quando a solução da congruência é a 0 = 10, porque, neste caso, foi introduzido um 0 como algarismo de verificação. A razão deste erro pode ter a ver com o facto de só termos 10 algarismos e necessitarmos de representar a 0 = 10 com um só algarismo. Se fosse utilizado de X ou A para representar este algarismo, poderia criar confusão entre as pessoas. Exemplo. Em vários países europeus os números de passaporte têm um algarismo de verificação, a 0. Se o número é a 9 a 8... a 2 a 1 a 0, que é obtido pela congruência a 0 7a 1 + 3a 2 + a 3 + 7a 4 + 3a 5 + a 6 + 7a 7 + 3a 8 + a 9 mod 10. Nos passaportes existem também algarismos de verificação para a data de nascimento e data de validade. Exemplo. O ISBN (International Standard Book Number) é um número que consiste de 10 algarismos, e escreve-se da forma a 9 a 8 a 7 a 6 a 5 a 4 a 3 a 2 a 1 a 0. O primeiro algarismo identifica a língua, os três algarismos seguintes identificam a editora, os cinco algarismos seguintes é o número atribuído pela editora a um livro particular, e o último algarismo a 0 é um algarismo de verificação. Este algarismo é calculado utilizando a congruência a 0 9 (10 i)a i mod 11. i=1 Se a congruência dá 10 então escreve-se a 0 = X. Este sistema de detecção de erros, permite detectar se há um erro num único algarismo ou se houve troca de dois algarismos. Seja a 9 a 8 a 1 a 0 um ISBN válido e que este número foi introduzido como b 9 b 8... b 1 b 0. Sabemos que 9 (10 i)a i 0 mod 11. i=0 53

Se há um erro num único algarismo, temos, para algum j, a i = b i para i j e a j = b j + c para algum 10 c 10, com c 0. Então 9 (10 i)b i = i=0 porque 11 ja. 9 (10 i)a i + jc jc 0 mod 11, i=0 Exercícios 1. Mostre que o sistema de detecção de erros do ISBN detecta troca de dois algarismos. 2. Mostre que o sistema de detecção de erros dos passaportes detecta a troca dos algarismos a i e a j se e só se a i a j = 5. 3. Verifique se o seu número de BI verifica o sistema de detecção mencionado. 4. Determine se os seguintes números de ISBN são válidos: 0 394 38049 5, 1 09 231221 3, 0 404 50874 X. 5. O governo da Noruega atribui um número de registo a cada cidadão norueguês com 11 algarismos, utilizando um processo criado pelo matemático norueguês E. Selmer (da área de Teoria dos Números). Os primeiros seis algarismos x 1,... x 6 representam a data de nascimento, os três algarismos seguintes x 7, x 8 e x 9 identificam cada pessoa nascida naquele dia, os algarismos x 10 e x 11 são algarismos de verificação, determinados pelas congruências x 10 8x 1 + 4x 2 + 5x 3 + 10x 4 + 3x 5 + 2x 6 + 7x 7 + 6x 8 + 9x 9 mod 11 e x 11 6x 1 +7x 2 +8x 3 +9x 4 +4x 5 +5x 6 +6x 7 +7x 8 +8x 9 +9x 10 mod 11 a) Determine os algarismos de verificação que completam o número 110491238; b) Mostre que este processo detecta todos os erros num único algarismo. 54

Capítulo 4 Função de Euler 4.1 Sistema Reduzido de Resíduos Na última secção vimos que a equação ax 1 mod n é solúvel se e só se (a, n) = 1. Os números que são primos com n têem outras propriedades interessantes. Nesta secção iremos estudar estes números. Definição. Seja S um sistema completo de resíduos mod n. Ao conjunto T formado pelos membros de S que são primos com n chamamos sistema reduzido de resíduos mod n. Em seguida iremos definir a função de Euler, que conta o número de elementos de um sistema reduzido de resíduos mod n. Definição. Seja n 1. O número de inteiros positivos menores ou iguais a n que são primos com n é denotado por ϕ(n). Esta função de n é chamada função ϕ de Euler Se a b mod n e a é primo com n então também b é primo com n. Se p é primo então qualquer inteiro positivo menor que p é primo com p, portanto, ϕ(p) = p 1. Teorema 4.1. Suponhamos que (a, n) = 1. Se a 1, a 2,..., a n forma um sistema completo de resíduos então aa 1, aa 2,..., aa n também forma um sistema completo de resíduos. Se a 1, a 2,..., a ϕ(n) forma um sistema reduzido de resíduos então aa 1, aa 2,..., aa ϕ(n) também forma um sistema reduzido de resíduos. 55

Demonstração: Vamos começar por provar a primeira parte. Como (a, n) = 1, então aa i aa j mod n implica a i a j mod n, mas por definição de sistema completo de resíduos, isto não pode acontecer. Assim, aa i aa j mod n para i j. O facto de a ser primo com n também implica que existe c tal que ac 1 mod n. Seja d um inteiro. Então cd a i mod n, para algum 1 i n. Donde, d acd aa i mod n. Portanto, aa 1, aa 2,..., aa n também forma um sistema completo de resíduos. também forma um sistema reduzido de resíduos. Agora, se (a, n) = 1 e (a i, n) = 1 então (aa i, n) = 1. Portanto, os inteiros aa 1, aa 2,..., aa ϕ(n) também formam um sistema reduzido de resíduos. 4.2 Pequeno teorema de Fermat e Teorema de Euler O último resultado tem as seguintes consequências Teorema 4.2 (Teorema de Euler). Se (a, n) = 1 então a ϕ(n) 1 mod n Demonstração: Seja a 1, a 2,..., a ϕ(n) um sistema reduzido de resíduos. Pelo teorema anterior, aa 1, aa 2,..., aa ϕ(n) também forma um sistema reduzido de resíduos. Mais, para cada 1 i ϕ(n), aa i a j mod n, para algum 1 j n. Portanto, aa 1 aa 2 aa ϕ(n) a 1 a 2 a ϕ(n) Como (a 1 a 2 a ϕ(n), n) = 1 então, pelo teorema 3.3 mod n a ϕ(n) 1 mod n 56

Teorema 4.3 (Pequeno Teorema de Fermat). Se p é primo então a p a mod p para qualquer inteiro a. Demonstração: Se p a então a p 0 mod p e a 0 mod p. Logo, a p a mod p. Se p a então (a, p) = 1, e, pelo teorema de Euler, a ϕ(p) 1 mod p. Mas ϕ(p) = p 1. Portanto, a p a mod p. Historicamente, o teorema de Fermat foi enunciado em 1640 e foi generalizado por Euler em 1760. Para aplicar o teorema de Euler é necessário saber calcular ϕ(n). Se n é pequeno é relativamente fácil encontrar todos os inteiros menores ou iguais a n que são primos com n. Mas e se desejamos calcular algo como ϕ(1776)? De seguida iremos aprender uma fórmula para ϕ(n) que depende da factorização em primos de n. Antes precisamos de definir função multiplicativa. Definição. Se a função f(n) está definida para todos os inteiros positivos, então dizemos que f(n) é multiplicativa se para qualquer par de inteiros positivos m e n, tais que (m, n) = 1, se tem f(mn) = f(m)f(n) Teorema 4.4. A função ϕ(n) é multiplicativa. Demonstração: Sejam m e n inteiros positivos tais que (m, n) = 1. Vamos meter os primeiros mn inteiros numa tabela com m colunas e n linhas. 1 2... m m+1 m+2... m+m 2m+1 2m+2... 2m+m.... (n-1)m+1 (n-1)m+2... (n-1)m+m Os números na coluna j são m 0 + j, m 1 + j, m 2 + j,..., m(n 1) + j. Pelo teorema 2.11, (ma + j, m) = (j, m), para qualquer inteiro a. Portanto, ou qualquer elemento da coluna j é primo com m ou nenhum elemento da coluna j é primo com m. Assim, há exactamente ϕ(m) colunas contendo 57

inteiros primos com m e qualquer elemento destas ϕ(m) colunas é primo com m. Como (m, n) = 1, os n elementos de cada coluna j formam um sistema completo de resíduos mod n. Portanto, por definição, cada coluna j contém exactamente ϕ(n) elementos primos com n. Donde, em cada uma das ϕ(m) colunas que têem os elementos que são primos com m, há exactamente ϕ(n) elementos primos com n. Mais, estes são os únicos elementos que são ao mesmo tempo primos com m e primos com n. Isto é, há exactamente ϕ(m)ϕ(n), elementos na tabela que são primos com m e, ao mesmo tempo, primos com n. Mas um inteiro é primo com mn se e só se for primo simultaneamente com m e com n. Portanto, e a função de Euler é multiplicativa. ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n) Teorema 4.5. Suponhamos que a factorização de n em primos é a seguinte Então n = p a 1 1 p a 2 2 p a k k ϕ(n) = n(1 1 p 1 )(1 1 p 2 ) (1 1 p k ) Demonstração: Vamos começar por calcular ϕ(p a ), para p primo e a 1. Um inteiro é primo com p a excepto se for divisível por p. Os números de 1 a p a que são divisíveis por p, são 1 p, 2 p,..., p a 1 p. Portanto, ϕ(p a ) = p a p a 1 = p a (1 1 p ). Mas como a função ϕ(n) é multiplicativa, temos ϕ(n) = ϕ(p a 1 1 )ϕ(p a 2 2 ) ϕ(p a k k ) = p a 1 1 (1 1 p 1 )p a 2 2 (1 1 p 2 ) p a k k (1 1 p k ) = p a 1 1 p a 2 2 p a k k (1 1 p 1 )(1 1 p 2 ) (1 1 p k ) = n(1 1 p 1 )(1 1 p 2 ) (1 1 p k ) 58

Exemplo. Para exemplificar vamos calcular ϕ(1776). Primeiro tirando os factores 2 e 3, verifica-se que Portanto, 1776 = 2 4 3 37 ϕ(1776) = 1776(1 1 2 )(1 1 3 )(1 1 37 ) = 2 4 3 37 1 2 36 2 3 37 = 2 4 36 = 576 Teorema 4.6. Seja n um inteiro positivo. Então n = d n ϕ(d) Demonstração: Seja f a função aritmética definida por f(n) = d n ϕ(d). Claramente, f(1) = 1. Como ϕ(n) é multiplicativa, então, por um exercício, também f é multiplicativa. Se n = p a para a 1 e p é primo, então f(p a ) = d p a ϕ(d) = a ϕ(p j ) j=0 = 1 + = p a a (p j p j 1 ) j=1 59

Se n = p a 1 1 p a 2 2 p a k k então f(n) = f(p a 1 1 p a 2 2 p a k k ) = f(p a 1 1 )f(p a 2 2 ) f(p a k k ) = p a 1 1 p a 2 2 p a k k = n Portanto, n = d n ϕ(d) 4.3 pseudoprimos Um caso especial do teorema de Fermat é que se p é primo então 2 p 2 mod p. Os chineses da antiguidade sabiam este resultado e também acreditavam que o recíproco é verdadeiro. No entanto, 341 (2 341 2) e 341 = 11 31. Note-se que 2 341 tem mais que 100 algarismos, portanto seria difícil de verificar pelos chineses. A teoria das congruências permitenos verificar este resultado sem ter de efectuar demasiados cálculos: Como 11 é primo, 2 10 1 mod 11 (esta pode ser verificada directamente). Assim, Portanto, 2 341 = 2(2 10 ) 34 2 1 34 2 mod 11 11 (2 341 2). Por outro lado, 2 5 = 32 1 mod 31. Donde, 2 341 = 2(2 5 ) 68 2 mod 31 Portanto, 31 (2 341 2) 60

Mas (11, 31) = 1, o que implica que 341 (2 341 2). Portanto, os chineses estavam errados. Em honra deste erro, se um inteiro composto n verificar n (2 n 2), chamamo-lo pseudoprimo. Mais geralmente, chamamos pseudoprimo para a base a a um composto n tal que (a, n) = 1 e n (a n a). Um composto n que é pseudoprimo para qualquer base a, tal que (a, n) = 1 chama-se número de Carmichael. 561, 1105 e 6601 são números de Carmichael. Vamos provar que 561 é um número de Carmichael: Sabemos que 561 = 3 11 17. Seja a tal que (a, 561) = 1. Então (a, 3) = (a, 11) = (a, 17) = 1. Usando o teorema de Euler, obtemos a 560 (a 2 ) 280 1 mod 3 a 560 (a 10 ) 56 1 mod 11 a 560 (a 16 ) 35 1 mod 17 Portanto, 3 (a 560 1), 11 (a 560 1) e 17 (a 560 1), o que implica que 561 (a 560 1), para qualquer a tal que (a, 561) = 1. Temos claramente 561 (a 561 a), para qualquer a. Exercícios 1. Encontre ϕ(n) para n = 20, 60, 63, 341, 561. 2. Mostre que se n é ímpar então ϕ(2n) = ϕ(n). 3. Mostre que se n é par então ϕ(2n) = 2ϕ(n). 4. Mostre que se n > 2 então ϕ(n) é par. 5. Seja x o menor inteiro positivo tal que 2 x 1 mod 63. Encontre x e verifique que x ϕ(63). 6. Determine n tal que a) ϕ(n) = 1 2 n; b) ϕ(n) = 2 7 n; c) ϕ(n) = 16; d) ϕ(n) = 4 15 n. 61

7. Encontre os últimos três algarismos de 7 9999. 8. Determine o resto da divisão de 1000 1000 por 37. 9. Mostre que 589 é composto usando o teorema de Fermat. 10. Sejam p e q primos distintos. Mostre que p q 1 + q p 1 1 mod pq. 11. Seja F n o n-ésimo número de Fermat, i. e. Eleve a congruência F n = 2 2n + 1. 2 2n 1 mod F n ao expoente 2 2n n e use o seu resultado para mostrar que qualquer número de Fermat é primo ou é pseudoprimo para a base 2. O astrónomo polaco Banachiewicz conjecturou que Fermat sabia este facto e que esta é uma das razões pelas quais Fermat conjecturou que qualquer F n é primo (recorde que no tempo de Fermat a conjectura dos chineses de que não há pseudoprimos para a base 2 ainda era aceite). Portanto, quando Euler mostrou em 1732 que F 5 não é primo, ele realmente encontrou o primeiro pseudoprimo, 87 anos antes do primeiro pseudoprimo ter sido anunciado. 12. Mostre que 645 é pseudoprimo para a base 2. 13. Mostre que 91 é pseudoprimo para a base 3. 14. Mostre que 45 é pseudoprimo para as bases 17 e 19. 15. * Seja n = a2p 1, com a > 1 inteiro e p um primo ímpar que não divide a 2 1 a(a 2 1). Mostre que n é um pseudoprimo para a base a. Conclua que há infinitos pseudoprimos para a base a. Sugestão: Mostre primeiro que 2p (n 1). 16. Mostre que o número do taxi, 1729, é pseudoprimo para as bases 2, 3 e 5. 17. Prove que os inteiros 1105, 6601, 2821, 10585, 29341 e 172081 são todos números de Carmichael. 18. Suponha n é produto de primos distintos. Prove que se p 1 divide n 1, para cada primo p que divide n então n é um número de Carmichael. 62

4.4 Sistema criptográfico RSA Criptografia é a arte e ciência de enviar mensagens secretas. O emissor usa uma chave para codificar a mensagem, esta é enviada até ao receptor que usa outra chave para a descodificar. Escrevendo letras e sinais de pontuação como números, podemos assumir que a mensagem a enviar é um inteiro P que é codificado num outro inteiro C. O problema consiste em inventar chaves que tornem impossível ou computacionalmente irrealizável que o inimigo (ou qualquer pessoa que não queiramos que leia a mensagem) decifre a mensagem interceptada. Muitas vezes a criptografia usa chaves secretas que só são conhecidas pelo emissor e pelo receptor. Se o inimigo descobre a chave de codificação e intercepta a mensagem codificada, ele pode conseguir descobrir a chave de descodificação e recuperar a mensagem original. Este foi o método que os matemáticos ingleses usaram para descodificar o Enigma, usado pelos alemães para comunicar entre si e, em particular, com os submarinos, na segunda guerra mundial. Há uma ideia que é mais sofisticada, em criptografia e que produz códigos secretos mesmo quando a chave para codificar é conhecida. De facto, a chave de codificação pode ser tornada pública, de modo a que qualquer pessoa pode codificar e enviar mensagens, mas a chave de descodificação, não pode ser computada a partir do conhecimento da chave de codificação. Este processo é chamado criptosistema de chave pública. Nesta secção iremos descrever um exemplo, conhecido por RSA cryptosystem. Sejam p q dois primos muito grandes e seja m = pq. Já vimos que ϕ(m) = (p 1)(q 1). Seja e um inteiro que é primo com ϕ(m). Os números m e e são publicados, daí o nome de criptosistema de chave pública. A mensagem a codificar deve ser um número P m tal que P, m) = 1. Se m for enorme, quase todos os números são primos com m, portanto podese assumir que (P, m) = 1. A mensagem codificada será o único inteiro 0 < C < m tal que C P e mod m. é importante notar que p, q e ϕ(m) são mantidos secretos. Como sabemos ϕ(n), podemos usar o algoritmo de Euclides para encontrar um número d tal que ed 1 mod ϕ(m), i. e. ed = 1 + ϕ(m)k, para algum inteiro k. Para decifrar a mensagem, basta 63

calcular o menor resíduo não negativo de C d mod m. Como (P, m) = 1, o teorema de Euler diz-nos que C d P ed P 1+ϕ(m)k P mod m Portanto, para alguém decifrar a mensagem, ele tem que conhecer d e m. Não basta saber e e m. Para calcular d ele tem de saber ϕ(m), o que requer um conhecimento dos primos p e q. Ou seja, tem de saber factorizar m. Se os primos p e q forem suficientemente grandes (por exemplo, milhares de algarismos, cada um), então, com os mais potentes computadores e o conhecimento matemático actual, é impossível descobrir os factores de m num período de tempo menor que um milhão de anos. Nós sabemos p e q e podemos calcular ϕ(m), mas um oponente que queira descodificar a mensagem, falhará, pois não sabe os primos nem uma maneira rápida de factorizar m. Exercícios 1. Seja T = {, A, B, C,..., W, X, Y, Z}, onde o símbolo representa o espaço em branco, e seja σ a correspondência que a cada letra faz corresponder o seu número de ordem alfabética habitual, com dois dígitos: A B C D E F G H σ( ) 00 01 02 03 04 05 06 07 08 I J K L M N O P Q σ( ) 09 10 11 12 13 14 15 16 17 R S T U V W X Y Z σ( ) 18 19 20 21 22 23 24 25 26 Consideremos o conjunto T 2 = {xy : x, y T }, a correspondência τ : T 2 {0, 1,..., m 1} definida por τ(xy) = 100x + y mod 1333 (ab representa a concatenação de a com b), o módulo m = 1333 = 31 43 e o expoente codificador e = 13. a) Mostre que τ é injectiva. Será sobrejectiva? 64

b) Codifique e descodifique as palavras SIM e EULER; c) Descodifique 084404430682 e 084405821121. 2. Seja m um inteiro que é o produto de dois números primos p e q. Encontre uma fórmula para determinar p e q, sabendo m e ϕ(m). 3. Suponha que m = 39247771 é o produto de dois primos distintos p e q. Determine p e q sabendo que ϕ(m) = 39233944. 65

Capítulo 5 Congruências polinomiais 5.1 Resíduos quadráticos Sejam p primo ímpar e a um inteiro, tais que p a. Seja 1 x p 1 então, pelo teorema 4.1, só um dos inteiros x, 2x,..., (p 1)x é congruente com a mod p. Há, portanto, um único x tal que xx a mod p com 1 x p 1. Dizemos que x está associado a x. Há duas possibilidades, ou existe pelo menos um 1 x p 1, que está associado a si mesmo ou não existe tal inteiro. Vamos analisar cada caso. 1. Suponhamos que há um inteiro x 1 que está associado a si mesmo. Então a congruência x 2 a mod p (5.1) tem a solução x = x 1. Neste caso, dizemos que a é um resíduo quadrático de p. Claramente, p x 1 é outra solução de (5.1). Mais, se x 2 é outra solução de (5.1), entáo x 2 1 x 2 2 0 mod p donde, (x 1 x 2 )(x 1 + x 2 ) 0 mod p. Logo, x 1 x 2 mod p ou x 1 x 2 p x 2 mod p. Portanto, a equação (5.1) só tem duas soluções, que sáo x 1 e p x 1. Podemos 66

então agrupar os inteiros 1, 2,..., p 1 em p 3 pares de inteiros associados e diferentes, sobrando x 1 e p x 1 2 que estão associados a si próprios. Temos x 1 (p x 1 ) x 2 1 a mod p e, para cada par de associados x e x, xx a mod p. Então p 1 (p 1)! = i a a p 3 2 a p 1 2 mod p. i=1 2. Se não há qualquer inteiro que esteja associado a si próprio, dizemos que a é um não resíduo quadrático de p. Neste caso, a equação (5.1) não tem soluções e os inteiros 1, 2,..., p 1 podem ser agrupados em p 1 pares de inteiros associados diferentes. 2 Portanto, p 1 (p 1)! = i a p 1 2 mod p. i=1 Seja p um primo ímpar( e a) um qualquer inteiro não divisível por p. Definimos a o símbolo de Legendre, da seguinte maneira p ( ) { a 1 se a é um resíduo quadrático de p = p 1 se a é um não resíduo quadrático de p Claramente, teorema: ( ) a p = ( ) b se a b mod p. Acabámos de provar o seguinte p 67

Teorema 5.1. Se p é um primo ímpar e a não é múltiplo de p, então ( ) a (p 1)! a p 1 2 mod p. p Os dois casos mais simples deste teorema são a = 1 e a = 1. Como a equação x 2 1 mod p tem as soluções 1 e 1, então ( ) 1 = 1 p para qualquer primo ímpar. O próximo teorema é baseado neste exemplo Teorema 5.2 (Wilson). Seja p primo, então (p 1)! 1 mod p Demonstração: Se p é ímpar então ( ) 1 = 1 p Logo, considerando a = 1 no teorema anterior, obtemos o resultado enunciado. Se p = 2, então (p 1)! = 1, donde (p 1)! 1 mod 2. Juntando os dois resultados anteriores, obtemos um processo para calcular o símbolo de Legendre: Teorema 5.3. Sejam p um primo ímpar e a um inteiro tais que p a. Então ( ) a = a p 1 2 mod p. p Ao contrário do teorema de Fermat, o recíproco do teorema de Wilson também é válido, obtendo-se um teste de primalidade. Teorema 5.4. Seja m > 1. Então m é primo se e só se (m 1)! 1 mod m 68

Demonstração: Atendendo ao resultado anterior, basta-nos considerar m > 1 composto. Então existe um inteiro 1 < d < m tal que d m. Mas então d (m 1)!. Logo, d ((m 1)! + 1). Donde, m ((m 1)! + 1). Infelizmente, este teorema parece ser inútil para verificar na prática se um número é primo ou não. Em seguida consideramos o caso a = 1. Teorema 5.5. O inteiro 1 é um resíduo quadrático para os primos da forma 4k + 1 e um não resíduo quadrático para os primos da forma 4k + 3, i. e. ( ) 1 = ( 1) p 1 2. p Demonstração: Resulta imediatamente do teorema 5.3. Em seguida, vamos introduzir outra caracterização do símbolo de Legendre, obtida por Gauss. Seja p um primo ímpar e consideremos o conjunto dos resíduos mínimos: S = { p 1 2, p 3 p 1,..., 2, 1, 1, 2,..., 2 2 }. Seja (a, p) = 1 e seja µ o número de resíduos mínimos negativos dos inteiros a, 2a, 3a,... a p 1. Por exemplo, seja p = 7 e a = 4. Então 2 1 4 3 mod 7 2 4 1 mod 7 3 4 2 mod 7 Portanto, neste caso, µ = ( 2. ) Os valores de µ irão permitir-nos obter uma caracterização simples de. a p Lema 5.6 (Lema de Gauss). ( a p ) = ( 1) µ. Demonstração: Seja ±m l o resíduo mínimo de la, onde m l é positivo. Claramente, µ é o número de ocorrências do sinal negativo, quando l toma 69

valores entre 1 e (p 1)/2. Note que, se 1 l < k (p 1)/2, então m l m k. Suponhamos que m l = m k. Então la ±ka mod p. Como p a, temos l ±k mod p. Mas esta congruência é impossível, porque l k e l ± k l + k p 1. Portanto, os conjuntos {1, 2,..., (p 1)/2} e {m 1, m 2,..., m (p 1)/2 } coincidem. Multiplicando as congruências 1a ±m 1 2a ±m 2 mod p mod p obtemos ( ) p 1!a p 1 2 Portanto,. p 1 a ±m p 1 2 2 mod p ( p 1 2 ( 1) µ 2 a p 1 2 ( 1) µ mod p. Pelo teorema 5.3, obtemos o resultado pretendido. )! mod p. Este resultado, permite-nos, por exemplo, saber para que primos, 2 é um resíduo quadrático. Teorema 5.7. O inteiro 2 é um resíduo quadrático para os primos da forma 8k + 1 e 8k 1 e um não resíduo quadrático para os primos da forma 8k + 3 e 8k + 5, i. e. ( ) 2 = ( 1) p2 1 8. p Demonstração: Seja p um primo ímpar. Note que µ é igual ao número de elementos do conjunto T = {2, 4, 6, 8,..., p 1} que são maiores que p 1 2. 70

Se p = 8k + 1 então (p 1)/2 = 4k e há 2k elementos de T menores ou iguais a (p 1)/2 e 2k elementos maiores que (p 1)/2. Portanto, µ é par e 2 é um resíduo quadrático de p. Se p = 8k 1 então (p 1)/2 = 4k 1 e há 2k 1 elementos de T menores ou iguais a (p 1)/2 e 2k elementos maiores que (p 1)/2. Portanto, µ é par e 2 é um resíduo quadrático de p. Se p = 8k + 3 então (p 1)/2 = 4k + 1 e há 2k elementos de T menores ou iguais a (p 1)/2 e 2k + 1 elementos maiores que (p 1)/2. Portanto, µ é ímpar e 2 é um não resíduo quadrático de p. Se p = 8k +5 então (p 1)/2 = 4k +2 e há 2k +1 elementos de T menores ou iguais a (p 1)/2 e 2k + 1 elementos maiores que (p 1)/2. Portanto, µ é ímpar e 2 é um não resíduo quadrático de p. se ( ) 2 p 1 Os números 1 2, 2 2, 3 2,..., são todos incongruentes mod p, pois 2 r 2 s 2 mod p então r s mod p ou r s mod p, e a segunda alternativa é impossível. Mais, r 2 (p r) 2 mod p, portanto, se p for ímpar, há p 1 2 quadráticos de p. resíduos quadráticos e p 1 2 não resíduos Teorema 5.8. Seja p um primo ímpar. O produto de dois resíduos quadráticos de p ou de dois não resíduos quadráticos de p é um resíduo quadrático de p, enquanto que o produto de um resíduo quadrático com um não resíduo quadrático é um nã resíduo quadrático. Isto é, ( ) ( ) a b p p = ( ab p ) 71

Demonstração: Pelo teorema 5.3, ( ) ( ) a b a p 1 p 1 2 b 2 mod p p p = (ab) p 1 2 mod p ( ) ab = mod p p Donde, ( a p ) ( ) b = p ( ) ab p Sejam p e q dois primos ímpares distintos. Se q é um resíduo quadrático de p, então a congruência x 2 q mod p é solúvel. Analogamente, se p é um resíduo quadrático de q, então a congruência x 2 p mod q também é solúvel. Não parece haver qualquer conexão óbvia entre estas duas congruências. Uma das grandes descobertas da matemática efectuadas no século XVIII é que, de facto, há uma relação poderosa e subtil entre as congruências mencionadas, que depende apenas de p mod 4 e de q mod 4. Esta é a celebrada lei da reciprocidade quadrática de Gauss. Iremos enunciar este resultado e ver alguns exemplos, no entanto, não provaremos este resultado, pois seria demasiado pesada para esta introdução à Teoria dos Números. Teorema 5.9. Sejam p e q primos ímpares distintos. Se p 1 mod 4 ou q 1 mod 4 então p é um resíduo quadrático mod q se e só se q é um resíduo quadrático mod p. Se p q 3 mod 4, então p é um resíduo quadrático mod q se e só se q é um não resíduo quadrático mod p. Isto é ( ) ( ) p q = ( 1) p 1 q 1 2 2 q p 72

Exemplo. A lei da reciprocidade quadrática dá-nos um método efectivo para calcular o valor do símbolo de Legendre. Por exemplo, como 7 59 3 mod 4, e 59 3 mod 7 temos ( ) ( ) 7 59 = 59 7 ( ) 3 = 7 ( ) 7 = 3 ( ) 1 = 3 = 1 Portanto, 7 é um resíduo quadrático de 59. Exemplo. Como 51 = 3 17 e 97 17 1 mod 4, temos ( ) ( ) ( ) 51 3 17 = 97 97 97 ( ) ( ) 97 97 = 3 17 ( ) ( ) 1 12 = 3 17 ( ) 2 ( ) 2 3 = 17 17 ( ) 17 = 3 ( ) 1 = 3 = ( 1) 3 1 2 = 1 73

Exemplo. A lei da reciprocidade quadrática também nos permite determinar todos os primos p para os quais um dado inteiro a é um resíduo quadrático. Por exemplo, se a = 5, então Exercícios ( 5 p ) ( p = = 5) { 1 se p 1, 4 mod 5 1 se p 2, 3 mod 5 1. Encontre todos os resíduos quadráticos mod 29. 2. Encontre todas as soluções das congruências x 2 2 mod 47 e x 2 2 mod 53. 3. Verifique se as seguintes congruências têm ou não solução e, nos casos afirmativos, resolva-as a) x 2 1 mod 17; b) x 2 1 mod 43; c) x 2 1 mod 61; d) x 2 1 mod 101; e) x 2 1 mod 103. 4. Seja p um primo ímpar. Mostre que 2(p 3)! 1 mod p. 5. Suponha que p é um primo ímpar. Mostre que a) b) 2 (2i) 2 ( 1) p+1 2 mod p; p 1 i=1 2 (2i 1) 2 ( 1) p+1 2 mod p; p 1 i=1 6. Seja p um primo e suponha que existe r < p tal que ( 1) r r! 1 mod p. Mostre que (p r + 1)! 1 mod p. Em particular, mostre que 61! 63! 1 mod 71. 7. Sejam p primo e 1 < k < p. Mostre que (p k)!(k 1)! ( 1) k mod p. 74

8. * Para que inteiros n, é n 4 + 4 n primo? 9. * Seja p um primo ímpar. Mostre que (p 1)! pn 1 1 mod p n. 10. Determine o resto da divisão do inteiro 3 6 9 306 por 103. ( ) ( ) 3 7 11. Calcule e. 11 11 ( ) 11 12. Calcule e encontre um inteiro x tal que x 2 11 mod 43. 43 ( ) 19 13. Calcule e encontre um inteiro x tal que x 2 19 mod 101. 101 14. Encontre todos os primos ímpares para os quais 3 é um resíduo quadrático. 15. Encontre todos os primos ímpares para os quais 3 é um resíduo quadrático. 16. Calcule os símbolos de Legendre ( 5 ) ( ) 11 ( 17 127 127 19 ) ( 41 61 ) ( 11 71 ) ( 13 83 ) ( ) 17 97 17. Determine, caso existam, todas soluções das congruências quadráticas seguintes a) 5x 2 + 4x + 7 0 mod 19; b) 7x 2 + x + 11 0 mod 17; c) 2x 2 + 7x 13 0 mod 61. 18. Procure as soluções da congruência quadrática x 2 7 mod 513. 19. Verifique se 43 é um resíduo quadrático mod 923. 20. Mostre que se p é um primo ímpar e p = 2k + 1, então [( ) 2 p 1 (p 1)! ( 1)!] k mod p. 2 75

21. Use o ( problema ) anterior para mostrar que se p é primo e p 1 mod 4 p 1 então! é uma solução da congruência x 2 + 1 0 mod p. 2 5.2 Congruências Polinomiais gerais Se f(x) = n a i x i i=0 e g(x) n b j x j são dois polinómios com coeficientes inteiros e a i b i mod m, para qualquer 0 i n, então dizemos que f(x) e g(x) são congruentes mod m e escrevemos f(x) g(x) mod m. Claramente, f(x) g(x) mod m implica f(x)h(x) g(x)h(x) mod m para qualquer polinómio h(x) com coeficientes inteiros. No que se segue usaremos o símbolo em dois sentidos diferentes. No sentido usado nas secções anteriores, onde expressa uma relação entre números inteiros, e no sentido acabado de definir no parágrafo anterior, onde expressa uma relação entre polinómios. Quando dissermos que f(x) g(x) ou f(x) 0, e não há qualquer referência ao valor numérico de x, estaremos a usar o segundo sentido, mas quando falarmos em raízes da congruência f(x) 0 ou discutirmos a solução de uma congruência, estaremos a usar o primeiro sentido. Teorema 5.10. Se p é primo e j=0 f(x)g(x) 0 mod p então ou f(x) 0 mod p ou g(x) 0 mod p. Mais, se a 1 é um inteiro, f(x)g(x) 0 mod p a e f(x) 0 mod p então g(x) 0 mod p a. Demonstração: Seja f 1 (x) o polinómio que se obtém de f(x) quando se elimina todos os termos de f(x) que têem coeficientes divisíveis por p e 76

defina-se g 1 (x) a partir de g(x) de maneira semelhante. Se f(x) 0 mod p e g(x) 0 mod p, então os coeficientes de maior grau de f 1 (x) e em g 1 (x), não são divisíveis por p, e, portanto, o coeficiente de maior grau de f 1 (x)g 1 (x) não é divisível por p. Portanto, f(x)g(x) f 1 (x)g 1 (x) 0 mod p. Para provar a segunda parte do teorema, basta considerar polinómios f 1 (x) e g 1 (x) que são obtidos a partir de f(x) e g(x), eliminando os termos cujos coeficientes são múltiplos de p ou de p a, respectivamente. A condição de que o módulo é primo é essencial: Por exemplo, x 2 x 2 4 (x 2)(x + 2) mod 4 e 4 é uma solução de x 2 0 mod 4, mas não é solução de qualquer uma das equações x 2 0 mod 4 ou x + 2 0 mod 4. Se f(x) g(x) mod m então, claramente, f(a) g(a) mod m, para qualquer inteiros a e m > 1. No entanto, a recíproca não é necessariamente verdadeira: pelo teorema de Fermat, se p é primo temos a p a mod p para qualquer inteiro a, mas x p x mod p. Teorema 5.11. Se f(x) é um polinómio com coeficientes inteiros e f(a) 0 mod m, então existe um polinómio g(x) com coeficientes inteiros tal que f(x) (x a)g(x) mod m Demonstração: Usando o algoritmo da divisão, podemos escrever f(x) = (x a)g(x) + b para algum polinómio g(x) e algum inteiro b. Temos então que f(a) = (a a)g(a) + b = b. Donde, b = f(a) 0 mod m. Portanto, f(x) f(x) b (x a)g(x) 77 mod m

Por exemplo, seja f(x) = x 2 + x + 1. Claramente, f(1) 0 mod 3. Dividindo f(x) por x 1, obtemos Portanto, Mais geralmente, x 2 + x + 1 = (x 1)(x + 2) + 3. x 2 + x + 1 (x 1)(x + 2) (x 1) 2 mod 3. Teorema 5.12. Seja p um primo. Se f(x) é um polinómio com coeficientes inteiros e se a 1, a 2,..., a k são inteiros incongruentes dois a dois mod p, que são soluções da congruência f(x) 0 mod p, então existe um polinómio g(x) com coeficientes inteiros tal que f(x) (x a 1 )(x a 2 ) (x a k )g(x) mod p Demonstração: Pelo teorema anterior há um polinómio g 1 (x), com coeficientes inteiros, tal que f(x) (x a 1 )g 1 (x) mod p Com o objectivo de provar este teorema usando a indução, seja j 1 e suponhamos que há um polinómio g j (x), com coeficientes inteiros, tal que f(x) (x a 1 )(x a 2 ) (x a j )g j (x) mod p Então 0 f(a j+1 ) (a j+1 a 1 )(a j+1 a 2 ) (a j+1 a j )g j (a j+1 ) mod p. Por hipótese nenhum dos números a j+1 a 1, a j+1 a 2,..., a j+1 a j é congruente com 0 mod p, logo g j (a j+1 0 mod p. Portanto, pelo teorema anterior, existe um polinómio g j+1 (x), com coeficientes inteiros, tal que g j (x) (x a j+1 )g j+1 (x) mod p. 78

Donde, f(x) (x a 1 )(x a 2 ) (x a j )(x a j+1 )g j+1( x) mod p, e o resultado é também válido para j + 1. Portanto, por indução, o teorema é válido para qualquer k. Definição. Seja f(x) = a k x k + a k 1 x k 1 + + a 1 x + a 0 um polinómio com coeficientes inteiros. Definimos grau mod m de f(x) como sendo o maior inteiro d tal que a d 0 mod m Se para qualquer d 0, a d 0 mod m então o grau de f(x) mod m é indefinido. Teorema 5.13 (Lagrange). Seja p um primo e f(x) um polinómio com coeficientes inteiros. Suponhamos que o grau de f(x) mod p está definido e é igual a n. Então a equação f(x) 0 mod p tem no máximo n soluções mod p. Demonstração: Vamos provar este resultado por indução. Seja n o grau de f(x) mod p. Se n = 0 então f(x) a 0 mod p e (a 0, p) = 1. Donde, a equação a 0 0 mod p não tem soluções. Se n = 1 então, pelo teorema 3.9 a equação a 1 x a 0 mod p tem exactamente uma solução (pois (a 1, p) = 1). Suponhamos que o teorema é verdadeiro para polinómios com graus mod p inferiores a n e seja f(x) um polinómio de grau n mod p. Se a congruência f(x) 0 mod p não tiver soluções então o resultado é verdadeiro para f(x). Se a é um inteiro tal que f(a) 0 mod p, então, pelo teorema 5.11, existe um polinómio g(x) de coeficientes inteiros tal que f(x) (x a)g(x) mod p. Claramente, o grau de g(x) mod p é no máximo n 1. Então, por hipótese de indução, a congruência g(x) 0 mod p 79

tem no máximo n 1 soluções. Mas, pelo teorema 5.10, qualquer raíz de f(x) (i. e. solução da equação f(x) 0 mod p) é também raíz de g(x) ou então é a. Logo, f(x) 0 mod p tem no máximo n soluções. Donde o resultado é válido para polinómios com grau n mod p. Por indução, o teorema é válido para qualquer inteiro n 0. A congruência, x 2 1 0 mod 8, tem 4 soluções x = 1, 3, 5, 7, o que mostra que a restrição a módulos primos não pode ser eliminada. Corolário 5.14. Seja p um primo e f(x) um polinómio de coeficientes inteiros, com grau mod p definido e igual a n. Suponhamos que b é o coeficiente de x n em f(x) e que os n inteiros a 1, a 2,..., a n são soluções distintas mod p da equação f(x) 0 mod p. Então f(x) b(x a 1 )(x a 2 ) (x a n ) mod p. Exemplo. Seja p um primo e f(x) = x p 1 1. Pelo teorema de Euler (ou pelo teorema de Fermat), a congruência x p 1 1 mod p tem p 1 soluções distintas mod p, que são 1, 2,..., p 1. Donde x p 1 1 (x 1)(x 2) (x (p 1) mod p Tomando x = 0, obtemos 1 (p 1)! mod p. O que mais uma vez prova o teorema de Wilson. Estamos em condições de estudar a congruência geral f(x) 0 mod m, onde m > 1 é um inteiro e f(x) é um polinómio com coeficientes inteiros. 80

Teorema 5.15. Seja f(x) um polinómio com coeficientes inteiros e m = m 1 m 2 m k, onde os inteiros m 1, m 2,..., m k são primos entre si dois a dois. O número de raízes de f(x) 0 mod m (5.2) é igual ao produto dos números de raízes das congruências f(x) 0 mod m i, 1 i k (5.3) Demonstração: Seja a uma solução de 5.2. Então m f(a). Seja 1 i k. Como m i m, temos f(a) 0 mod m i. Portanto, uma solução de 5.2 é também solução de 5.3 para qualquer 1 i k. Reciprocamente, seja c i uma solução da equação 5.3, para qualquer 1 i k. Então o sistema x c 1 mod m 1 x c 2 mod m 2. x c k mod m k tem uma única solução, digamos a mod (m 1 m 2 m k ) (pelo teorema chinês do resto). Como a c i mod m i, então f(a) f(c i ) 0 mod m i. Logo, f(a) 0 mod m. Portanto, qualquer k-uplo de soluções das equações 5.3, dá origem a uma solução de 5.2 e vice-versa. Em particular, o número de raízes de f(x) 0 mod m é igual ao produto dos números de raízes das congruências f(x) 0 mod m i, 1 i k Portanto, basta-nos saber resolver congruências com módulos que são potências de primos. Primeiro, provamos um resultado técnico: 81

Lema 5.16. Sejam f(x) um polinómio com coeficientes inteiros de grau n, a um inteiro e 0 k n. Então é um inteiro. f (k) (a) k! Então Demonstração: Suponhamos que f(x) = a n x n + a n 1 x n 1 + + a 1 x + a 0. f (k) (a) = n k j=0 (n j)! (n j k)! a n ja n j k. ( ) n j Como é inteiro para qualquer n 0 e 0 j n k, então k (n j)! k! (n j k)!. Portanto, f (k) (a) k! é um inteiro. Teorema 5.17. Seja p um primo a > 1 e f(x) um polinómio com coeficientes inteiros. Seja ξ uma solução de O número de soluções de correspondentes a ξ é f(x) 0 mod p a 1. (5.4) f(x) 0 mod p a (5.5) (a) zero, se f (ξ) 0 mod p e se ξ não for solução de (5.5); (b) um, se f (ξ) 0 mod p; 82

(c) p, se f (ξ) 0 mod p e se ξ for uma solução de (5.5). Demonstração: Seja x 0 uma solução de 5.5 tal que 0 x 0 < p a. Como p a 1 p a, temos que f(x 0 ) 0 mod p a 1. Logo existe 0 ξ < p a 1 tal que x 0 ξ mod p a 1 e f(ξ) 0 mod p a 1 (i. e. ξ é solução da congruência (5.4)). Portanto, x 0 = ξ + sp a 1 para algum inteiro 0 s < p Reciprocamente, consideremos ξ uma raiz de (5.4) tal que 0 ξ < p a 1. Seja n o grau de f(x). Agora, pela fórmula de Taylor, f(ξ + sp a 1 ) = f(ξ) + sp a 1 f (ξ) + 1 2 s2 p 2a 2 f (ξ) + 1 3! s3 p 3a 3 f (ξ) + + 1 n! sn p na n f (n) (ξ) f(ξ) + sp a 1 f (ξ) mod p a, pois ja j a, para 2 j n e os coeficientes f (k) (ξ) k! são inteiros. Agora, vamos distinguir dois casos: 1. Suponhamos que f (ξ) 0 mod p. Então ξ +sp a 1 é uma raiz de (5.5) se e só se f(ξ) + sp a 1 f (ξ) 0 mod p a. (5.6) Como p a 1 f(ξ), podemos usar o teorema 3.3 e obter sf (ξ) f(ξ) p a 1 mod p. Mas, por hipótese, f (ξ) 0 mod p, logo existe um único s mod p satisfazendo a equação anterior. Portanto, o número de raízes de (5.5) é igual ao número de raízes de (5.4). 2. Suponhamos, agora, que f (ξ) 0 mod p. Então f(ξ + sp a 1 ) f(ξ) mod p a. Se f(ξ) 0 mod p a, então (5.5) é insolúvel. Se f(ξ) 0 mod p a então ξ + sp a 1 é solução de (5.5), para qualquer 0 s < p, havendo, portanto, p soluções de (5.5) correspondentes a cada solução de (5.4). 83

Exemplo. Seja f(x) = x p 1 1. A congruência f(x) 0 mod p tem p 1 soluções 1, 2,..., p 1. Se ξ é alguma destas raízes então Portanto, a congruência f (ξ) = (p 1)ξ p 2 0 mod p. f(x) 0 mod p 2 também tem p 1 soluções. Repetindo este argumento, vê-se que a congruência f(x) 0 mod p a tem p 1 soluções, para qualquer a 1. Exemplo. Em seguida consideramos a congruência onde p é um primo ímpar. Aqui, f(x) = x p(p 1) 2 1 0 mod p 2, (5.7) f (ξ) = p(p 1) ξ p(p 1) 2 1 0 mod p 2 para qualquer ξ. Portanto, há p raízes de (5.7) correspondendo a cada raíz de f(x) 0 mod p. Mas, pelo teorema 5.3, x p 1 2 ±1 mod p dependendo apenas de x ser um resíduo quadrático ou um não resíduo quadrático de p. Portanto, x p(p 1) 2 1 mod p se x for um resíduo quadrático de p e x p(p 1) 2 1 mod p 84

se x for um não resíduo quadrático de p. Assim, há p 1 2 f(x) 0 mod p raízes de e p(p 1) 2 raízes de f(x) 0 mod p 2. Exemplo. Consideremos, agora, a congruência onde p c e a 1. Se p é ímpar, temos f(x) = x 2 c 0 mod p a (5.8) f (ξ) = 2ξ 0 mod p para qualquer ξ que não seja divisível por p. Portanto, o número de raízes de (5.8) é igual ao número de raízes da congruência análoga para os módulos p a 1, p a 2,..., p 2, p. Ou seja, há duas ou nenhuma raiz, dependendo apenas de c ser ou não um resíduo quadrático de p. Exercícios 1. Resolva as congruências a) x 2 + 1 0 mod 4; b) x 3 + 2x + 1 0 mod 7; c) x 5 + x 4 + x 3 + x 2 + x 1 mod 5. 2. Resolva a congruência x 3 + 2x 2 + 5x + 6 0 mod 11. 3. Reduza, mod 11, os polinómios f(x) seguintes, sabendo que, em cada caso, f(a) 0 mod 11. a) f(x) = x 2 + 10x + 3, a = 6; b) f(x) = x 3 x 2 + x + 10, a = 1; c) f(x) = x 3 6x 2 2x + 20, a = 3. 85

4. Factorize mod 13 o polinómio f(x) = x 4 6x 3 3x 2 7x + 2, com pelo menos dois factores de primeiro grau. 5. Mostre que o polinómio f(x) = x 3 +3x 2 +2x+2 não pode ser factorizado mod 5. 6. Resolva a congruência x pa b mod p sabendo que p é primo e a 1. 7. Resolva as congruências seguintes a) x 2 + x + 1 0 mod 8; b) x 3 + x 2 + 1 0 mod 24; c) x 4 + x 2 + 1 0 mod 250. 8. Resolva a congruência x 50 + x 12 2 mod 75. 9. Mostre que 5n 3 + 7n 5 0 mod 12, para qualquer inteiro n. 10. Resolva a congruência 4x 4 + 9x 3 5x 2 21x + 61 0 mod 1125. 5.3 Atirar moedas ao ar electronicamente Suponha que Alice e Bruno estão a comunicar electronicamente e desejam utilizar uma maneira honesta equivalente a atirar uma moeda ao ar, para tomar uma certa decisão (ou ver quem ganha). Um processo para resolver este problema foi inventado por M. Blum. Tal como no RSA, precisamos de dois primos grandes p e q, só que neste sistema temos a condição adicional p, q 3 mod 4. O seguinte resultado diz-nos como determinar raízes quadradas mod p para p 3 mod 4. Teorema 5.18. Seja p um número primo tal que p 3 mod 4. Seja a um inteiro que é um quadrado mod p (i. e., existe b tal que a b 2 mod p). Então a p+1 4 é a raiz quadrada de a mod p. Demonstração: Se a 0 mod p então, claramente, a p+1 4 é a raíz quadrada de a mod p. Suponhamos que a 0 mod p, então b 0 mod p. Como p 3 mod 4, temos que p+1 é um inteiro. Basta-nos provar que o 4 quadrado de a p+1 4 é congruente com a mod p. Temos (a p+1 4 ) 2 b p+1 b 2 a mod p, 86

onde usámos (b, p) = 1. Para dar início ao processo, Alice escolhe dois primos p e q distintos tais que p, q 3 mod 4 e envia a Bruno o inteiro n = pq. Bruno escolhe aleatoriamente um inteiro x < n e envia a Alice o valor a x 2 mod n, com 0 < a < n. Alice determina m p a p+1 4 mod p e m q a q+1 4 mod q. Assim ±m p são as duas raízes quadradas de a mod p e ±m q são as duas raízes quadradas de a mod q. Usando o teorema chinês do resto, obtém-se quatro inteiros x 1, x 2, x 3 = n x 1 e x 4 = n x 2 cujo quadrado é congruente com a mod p. Um deles, digamos x 1, é o x escolhido aleatoriamente por Bruno. Alice escolhe aleatoriamente um destes inteiros e envia-o a Bruno. Note que x 1 + x 1 2m p 0 mod p x 1 + x 2 2m q 0 mod q, x 1 + x 2 2m p 0 mod p x 1 + x 2 0 mod q, x 1 + x 3 0 mod p x 1 + x 3 2m q 0 mod q, x 1 + x 4 0 mod p x 1 + x 4 0 mod q. Assim, (x 1 + x 1, n) = 1 (x 1 + x 2, n) = q (x 1 + x 3, n) = p (x 1 + x 4, n) = n. Se Alice enviar x 2 ou x 3, Bruno consegue factorizar n, mas se Alice enviar x 1 ou x 4, Bruno não consegue determinar os factores de n em tempo razoável. Desta maneira, Bruno ganha se conseguir factorizar n, com 50% de hipóteses. Note que Alice não tem maneira de saber qual das raízes quadradas foi originalmente escolhida por Bruno. 87

Exemplo. Alice usa os números primos p = 11 e q = 23. Então n = 253. Bruno escolhe x = 158 e calcula Verifica-se que c = 170. Alice calcula a x 2 mod n. m p a p+1 4 mod p e m q a q+1 4 mod q, obtendo m p = 4 e m q = 3. Usando o teorema chinês do resto, Alice obtém quatro raízes quadradas de a mod n, que são 26, 95, 158, 227. Se Alice enviar 26 ou 227, Bruno ganha. 5.4 Prova de conhecimento nulo Suponha que pretende convencer uma outra pessoa que tem certa informação secreta, sem revelar essa informação. Por exemplo, suponha que Alice conseguiu factorizar um número n = pq com 200 algarismos, com p, q 3 mod 4, e deseja convencer Bruno que obteve esse resultado, sem lhe revelar quais são os factores. O seguinte procedimento alcança este objectivo: 1. Bruno, que conhece n mas não conhece os primos p e q, começa por escolher um inteiro x aleatoriamente e determina y x 4 mod n e envia y a Alice. 2. Alice calcula as quatro raízes quadradas de y mod n e determina qual é um resíduo quadrático simultaneamente mod p e mod q (só uma das raízes verifica esta condição) e envia essa raiz, digamos x 1, a Bruno. 3. Bruno fica convencido de que Alice sabe a factorização de n, verificando que x 2 x 1 mod n. Exemplo. Alice descobriu que n = 24617 = 103 239 e quer convencer Bruno de que conseguiu factorizar 24617. Bruno selecciona x = 9134, por exemplo, e determina 9134 4 20682mod24617 e envia 20682 a Alice. Utilizando o método do teorema 5.18, Alice obtém x 2 ±20682 103+1 4 ±59 mod 103, x 2 ±20682 239+1 4 ±75 mod 103. 88

Utilizando o teorema chinês do resto, Alice descobre as quatro soluções dos quatro sistemas, obtendo os valores 2943, 11786, 12831 e 21674. Como só um destes valores, 2943, é um resíduo quadrático para ambos os primos p e q, Alice envia 2943 a Bruno. Bruno calcula 9134 2 mod 24617 e verifica que dá 2943. Portanto fica convencido que Alice sabe a factorização de n. 5.5 Raízes Primitivas O teorema de Euler diz-nos que se (a, n) = 1 então a ϕ(n) 1 mod n. Nesta secção estudamos o problema de encontrar a menor potência positiva, r,tal que a r 1 mod n, e o problema de encontrar os valores de a para os quais a menor potência é ϕ(n). Definição. Suponhamos que (a, n) = 1. Definimos a ordem de a mod n como sendo o menor inteiro positivo, digamos b, para o qual a b 1 mod n e denota-mo-lo por ord n (a). Por exemplo, ord 13 (5) = 4, pois 5 1 5 mod 13 5 2 1 mod 13 5 3 5 mod 13 5 4 1 mod 13 Pelo teorema de Euler, ord n (a) existe, sempre que (a, n) = 1, e ord n (a) ϕ(n). No entanto, se (a, n) > 1, a equação ax 1 mod n não tem soluções, logo ord n (a) não pode ser definido para inteiros a tal que (a, n) > 1. Definição. Se (a, n) = 1 e ord n (a) = ϕ(n) dizemos que a é uma raiz primitiva de n. 89

Por exemplo, 3 é uma raiz primitiva de 10. Como n 2 1 mod 8 para qualquer n ímpar e ϕ(8) = 4, 8 não tem raízes primitivas. Iremos, brevemente, mostrar que há raízes primitivas de p se p for primo. Entretanto, provaremos um resultado que ajudará a limitar os valores possíveis de ord n (a). Teorema 5.19. Se b, c > 0, d = (b, c) e a b a c 1 mod n então a d 1 mod n Demonstração: Pelo teorema 2.20, há inteiros r e s tais que Mais, para qualquer inteiro t, d = br cs. d = b(r + ct) c(s + bt). Portanto, se tomarmos t suficientemente grande, ambos os inteiros r + ct e s + bt serão positivos. Podemos, assim, assumir que r, s > 0. Mas então a d 1 s a d (a c ) s a d a cs+d a br (a b ) r 1 r 1 mod n. Uma aplicação deste resultado permite-nos provar o seguinte teorema: Teorema 5.20. Se (a, n) = 1 e se a b 1 mod n, para algum b > 0 então ord n (a) b. Em particular, ord n (a) ϕ(n). Reciprocamente, se ord n (a) b então a b 1 mod n. Demonstração: Seja b > 0 tal que a b 1 mod n e d = (ord n (a), b). Então d ord n (a). Mais, pelo resultado anterior, a d 1 mod n, donde ord n (a) d (por definição de ord n (a)). Logo ord n (a) = d. 90

Portanto, ord n (a) b. Reciprocamente, se ord n (a) b, então b = k ord n (a), para algum inteiro k. Portanto, ( ) k a b a ordn(a) 1 mod n Assim, para encontrar ord n (a) basta considerar os divisores de ϕ(n) e fazer os cálculos necessários. A partir deste momento, iremos somente considerar módulos primos. Teorema 5.21. Se p é primo e d (p 1) então a congruência x d 1 mod p tem exactamente d soluções distintas mod p. Demonstração: Pelo teorema de Fermat, a congruência x p 1 1 mod p tem exactamente p 1 soluções distintas tal que p 1 = kd. Então mod p. Como d (p 1) seja k x p 1 1 = x kd 1 = (x d 1) ( x d(k 1) + x d(k 2) + + x d + 1 ) Portanto, temos p 1 soluções distintas da congruência (x d 1) ( x d(k 1) + x d(k 2) + + x d + 1 ) 0 mod p. Como p é primo, qualquer solução da congruência anterior é solução de pelo menos uma das duas congruências x d 1 0 mod p (5.9) e x d(k 1) + x d(k 2) + + x d + 1 0 mod p. (5.10) 91

Mas, pelo teorema 5.13, a congruência (5.10) tem no máximo d(k 1) soluções distintas mod p. Como há p 1 números distintos mod p que satisfazem pelo menos uma das congruências (5.9) ou (5.10) e no máximo d(k 1) satisfazendo (5.10), temos que ter pelo menos p 1 d(k 1) = d soluções distintas de (5.9). Pelo teorema 5.13, a congruência (5.9) tem no máximo d soluções. Portanto, x d 1 mod p tem exactamente d soluções. Teorema 5.22. Seja p um primo e d (p 1). Então há exactamente ϕ(d) inteiros distintos mod p cuja ordem mod p é d. Em particular, há exactamente ϕ(p 1) raízes primitivas de p. Demonstração: Seja p um primo e seja d (p 1). Vamos provar por indução que há exactamente ϕ(d) elementos cuja ordem mod p é d. Claramente, 1 é o único elemento cuja ordem é 1. Seja n > 1 tal que n (p 1) e suponhamos que para qualquer d < n tal que d (p 1), há exactamente ϕ(d) elementos cuja ordem mod p é d. Consideremos a congruência x n 1 mod p. Pelo teorema 5.21, esta congruência tem exactamente n soluções. Se d n e ord p (a) = d então a é solução da congruência. Mas, por indução, há exactamente ϕ(d) elementos com ordem d, para d < n. Como n = d n ϕ(d) temos exactamente ϕ(n) elementos cuja ordem mod p é n. Portanto, o teorema é válido para qualquer n (p 1). 92

Exercícios 1. Encontre uma raíz primitiva de cada um dos inteiros 10, 18, 23, 41 e 49. 2. Determine ord 101 (3). 3. Prove que 2 é uma raíz primitiva de 53. 4. Mostre que se g é uma raíz primitiva de n, então g, g 2,..., g ϕ(n), formam um sistema reduzido de resíduos. 5. Mostre que se n tem raízes primitivas, então tem exactamente ϕ(ϕ(n)) raízes primitivas. 6. Prove que 2 é uma raíz primitiva de 101. 7. Determine k tal que 2 k 27 mod 101 93

Capítulo 6 Funções Aritméticas Uma função aritmética é uma função complexa cujo domínio consiste dos inteiros positivos. Por exemplo a função de Euler, ϕ, introduzida no capítulo anterior é uma função aritmética. Neste capítulo iremos estudar algumas funções aritméticas que são fundamentais no estudo da teoria dos números. Em particular, estudaremos a função de Möbius, µ, a função divisores de n, d(n) e a função soma dos divisores de n, σ(n). 6.1 A função de Möbius, µ(n) Nesta secção vamos definir e estudar algumas das propriedades da função de Möbius, µ(n). Começamos por definir número livre de quadrados. Definição. Seja n um inteiro. Dizemos que n é livre de quadrados se n não é divisível pelo quadrado de qualquer inteiro maior que 1. Definição. A função de Möbius, µ é definida da seguinte maneira 1 se n = 1 µ(n) = ( 1) k se n é o produto de k primos distintos 0 se n for divisível pelo quadrado de um primo Portanto, µ(n) 0 se e só se n é livre de quadrados. Por exemplo, µ(2) = 1 µ(4) = 0 µ(6) = 1 µ(12) = 0 µ(14) = 1 µ(15) = 1 µ(27) = 0 µ(30) = 1 94

Teorema 6.1. A função de Möbius é multiplicativa e { 1 se n = 1 µ(d) = 0 se n > 1 d n Demonstração: Sejam m e n dois inteiros primos entre si. Se m = 1 ou n = 1 o resultado é claramente verdadeiro. Suponhamos então que m > 1 e n > 1. Se algum destes inteiros não é livre de quadrados então mn também não é livre de quadrados e µ(mn) = µ(m)µ(n). Portanto, podemos supor que m = p 1 p 2 p k, n = q 1 q 2 q r onde os p i s são primos distintos, assim como os q j s. Como m e n são primos entre si, temos p i q j, para 1 i k e 1 j r. Logo, mn também é livre de quadrados e µ(mn) = ( 1) k+r = ( 1) k ( 1) r = µ(m)µ(n). Portanto, µ(n) é multiplicativa. Agora, se n = 1, então µ(d) = µ(1) = 1. d n Seja n > 1. Então podemos escrever n como produto de potências de primos, i. e. n = p a 1 1 p a 2 2 p a k k. Donde µ(d) = µ(1) + d n = k i=0 = (1 1) k = 0 k µ(p i ) + i=1 ( ) k ( 1) i i k µ(p i p j ) + + µ(p 1 p 2 p k ) i,j=1 i j 95

Teorema 6.2. Seja f(n) uma função aritmética multiplicativa e g(n) = d n f(d). Então g(n) é multiplicativa. Demonstração: Sejam m e n inteiros primos entre si. Então g(mn) = d mn f(d). Mas, se (m, n) = 1 então d mn se e só se existem inteiros a e b tais que (a, b) = 1, a m, b n e d = ab (exercício para o leitor). Logo, g(mn) = f(ab) a m,b n (a,b)=1 = a m,b n (a,b)=1 = a m f(a)f(b) f(a) b n = g(m)g(n). f(b) Portanto, g(n) é multiplicativa. Teorema 6.3 (Fórmula de Inversão de Möbius). Se f(n) = d n g(d). então g(n) = d n ( n ) f(d)µ = d d n f ( n d ) µ(d) 96

Demonstração: Seja h(n) uma função aritmética. Claramente, h(d) = ( n ) h, d d n d n portanto, a segunda igualdade está demonstrada. Agora, ( n ) f µ(d) = µ(d) g(c) d d n d n d n d Pois µ(d) = d n c = g(c) c n d n c = g(n) { 1 se c = n 0 se c n µ(d) A fórmula de inversão de Möbius tem imensas aplicações, em particular permite-nos obter uma nova fórmula para a função de Euler. Teorema 6.4. Seja n um inteiro positivo. Então ϕ(n) = n d n µ(d) d. Demonstração: Seja f(n) = d n ϕ(d). Pela fórmula de inversão de Möbius, ϕ(n) = d n ( n ) µ(d)f d = d n µ(d) n d = n d n µ(d) d. 97

Exercícios 1. Seja f(n) = k n ( n ) d(k)µ k a) Determine f(60); b) Determine f(n) usando a fórmula de inversão de Möbius. 2. Seja g(n) = d n ( n ) σ(k)µ d a) Determine g(60); b) Determine g(n) usando a fórmula de inversão de Möbius. 3. Mostre que d n µ(d) d = p n ( 1 1 ) p 4. Considere a função de von Mangoldt, Λ(n), definida por { log p se n = pk é uma potência de um primo Λ(n) = 0 caso contrário Mostre que log n = d n Λ(d) e Λ(n) = d n µ(d) log d 98

6.2 As funções d(n) e σ(n) Nesta secção vamos definir e estudar algumas das propriedades das funções aritméticas d(n) e σ(n), que nos indicam o número de divisores e a soma dos divisores de n, respectivamente. Definição. A função divisores de n, d(n) é definida por d(n) = d n 1 Definição. A função soma dos divisores de n, σ(n) é definida por σ(n) = d n d Teorema 6.5. As funções d(n) e σ(n) são multiplicativas. Demonstração: Seja 1 a função aritmética definida por 1(n) = 1 para qualquer inteiro positivo n. Claramente, 1 é multiplicativa. Como d(n) = d n 1(d) também d(n) é multiplicativa. Seja I a função aritmética definida por I(n) = n para qualquer inteiro positivo n. Claramente, I é multiplicativa. Como σ(n) = d n I(d) também σ(n) é multiplicativa. O facto das funções d(n) e σ(n) serem multiplicativas, permite-nos obter fórmulas para as descrever que apenas dependem da decomposição de n em primos. Teorema 6.6. Seja n > 1 um inteiro. Se n = p a 1 1 p a 2 2 p a k k d(n) = k (a i + 1) i=1 99 então

e σ(n) = k ( p a i +1 ) i 1 p i 1 i=1 Demonstração: Se n = p a para a 1 então os divisores positivos de n são 1, p,..., p a. Portanto, d(n) = (a + 1) e σ(n) = a j=0 p j = pa+1 1 p 1. Como d(n) e σ(n) são multiplicativas, se n = p a 1 1 p a 2 2 p a k k então e k d(n) = d(p a 1 1 )d(p a 2 2 ) d(p a k k ) = (a i + 1) σ(n) = σ(p a 1 1 )σ(p a 2 2 ) σ(p a k k ) = k i=1 i=1 ( p a i +1 i 1 p i 1 ) Exercícios 1. Mostre que d(n) é ímpar se e só se n é um quadrado perfeito. 2. Mostre que para cada inteiro m > 1 existe um número infinito de inteiros n tais que d(n) = m. 3. Mostre que d n d = n d(n) 2. 4. Mostre que d(n) 2 n. 5. Mostre que, para qualquer n > 0, o conjunto {m : ϕ(m) = n} é finito. 100

6. Mostre que σ(n) n < p n ( 1 + 2 ) p 7. Mostre que σ(n) < n(1 + log n) para n > 1. Sugestão: Prove que σ(n) n = d n 1 d 6.3 Números perfeitos Um número perfeito é um inteiro positivo n tal que σ(n) = 2n. Não se sabe quando é que os números perfeitos começaram a ser estudados, mas provavelmente, os próprios egipcios já os conheciam, atendendo ao método que utilizavam para fazer cálculos. Pitágoras e os seus seguidores estudaram os números perfeitos, mais pelas suas propriedades místicas do que pela sua importância para a teoria dos números. Os primeiros números perfeitos são 6, 28, 496 3 8128. O primeiro resultado matemático de que há registo sobre os números perfeitos, aparece nos Elementos de Euclides, cerca de 300 anos antes de Cristo. Iremos iniciar esta secção com a descrição deste belo resultado de Euclides. Teorema 6.7. Se 2 n+1 1 é primo então 2 n (2 n+1 1) é perfeito. Demonstração: Como 2 n+1 1 é primo e 2 n < 2 n+1 1, temos (2 n, 2 n+1 1) = 1. Atendendo a que σ é multiplicativa, obtemos σ ( 2 n ( 2 n+1 1 )) = σ(2 n )σ ( 2 n+1 1 ). Pelo teorema 6.6, σ(2 n ) = 2 n+1 1 e σ (2 n+1 1) = 2 n+1. Portanto, σ ( 2 n ( 2 n+1 1 )) = 2 ( 2 n ( 2 n+1 1 )) e 2 n (2 n+1 1) é um número perfeito. 101

Portanto, a cada primo de Mersenne corresponde um número perfeito. Como até agora foram descobertos 44 primos de Mersenne, temos também 44 números perfeitos conhecidos. 2000 anos após o primeiro resultado sobre números perfeitos e durante os quais foram encontrados mais 3 números perfeitos, Euler mostrou que qualquer perfeito par tem de ser da forma descrita por Euclides: Teorema 6.8. Qualquer número perfeito par é da forma 2 n (2 n+1 1), onde 2 n+1 1 é primo. Demonstração: Seja n um número perfeito par. Então n = 2 k b onde k 1 e b é ímpar. Como σ é multiplicativa, σ(n) = σ(2 k b) = σ(2 k )σ(b) = (2 k+1 1)σ(b). Por outro lado, σ(n) = 2 k+1 b, pois n é perfeito. Donde 2 k+1 1 2 k+1 b mas (2 k+1, 2 k+1 1) = 1, então 2 k+1 1 b (teorema 2.14). Analogamente, 2 k+1 σ(b). Portanto, existe um inteiro c tal que b = (2 k+1 1)c e σ(b) = 2 k+1 c. Se c > 1 então b tem pelo menos três divisores, b, c e 1, donde σ(b) b + c + 1 = 2 k+1 c + 1 > 2 k+1 c = σ(b), contradição. Portanto, c = 1, n = 2 k (2 k+1 1) e σ(2 k+1 1) = 2 k+1. Donde 2 k+1 1 é primo. Assim basta-nos descobrir primos de Mersenne, para obtermos números perfeitos pares. O próximo resultado diz-nos de que forma são os divisores dos números de Mersenne. Teorema 6.9. Seja p um primo ímpar, então qualquer divisor de M p = 2 p 1 é da forma 2kp + 1, onde k é um inteiro positivo. Exemplo. Seja p = 13. Para decidir se 2 13 1 = 8191 é primo só necessitamos de experimentar primos até 8191 = 90.504... da forma 26k + 1. Os únicos primos que verificam estas condições são 53 e 79 e nenhum deles divide 8191. Portanto, M 13 é primo. 102

Exemplo. Para decidir se 2 23 1 = 8388607 é primo só necessitamos de experimentar primos até 8388607 = 2896.309... da forma 46k + 1. O primeiro primo desta forma é 47 e 47 8388607. Portanto, M 23 é composto. Até agora ainda não foram encontrados quaisquer perfeitos ímpares e pensa-se que não existam. Exercícios 1. Mostre que 28 é o único número perfeito par da forma a) a n + 1, com n 2; b) a n + b n com n 2 e (a, b) = 1. 2. Mostre que se n é um perfeito ímpar então n não é primo nem produto de dois primos. 3. Mostre que se n é um perfeito ímpar então n = p e k 2, onde p é primo, p k e p e 1 mod 4. 4. Mostre que se n é um perfeito ímpar então 105 n. 5. ** Mostre que se n é um perfeito ímpar então tem pelo menos quatro divisores primos. 6. Um par de inteiros (m, n) diz-se amigável se cada coordenada é soma dos divisores próprios da outra coordenada. a) Mostre que o par (m, n) é amigável se e só se σ(m) = σ(n) = m+n; b) Verifique que os pares (220, 284), (5020, 5564) e (17296, 18416) são amigáveis. 7. Seja n > 1. Se a = 3 2 n 1, b = 3 2 n 1 1 e c = 9 2 2n 1 1 são primos, então o par (2 n ab, 2 n c) é amigável. 103

Capítulo 7 Equações Diofantinas 7.1 Introdução O grego Diofanto foi o primeiro a considerar uma série de problemas que tinham como ponto comum o facto de haver mais incógnitas que equações. Actualmente, quando falamos de resolver uma equação diofantina, desejamos encontrar todas as soluções inteiras, no entanto, Diofanto ficava satisfeito por encontrar só uma solução e permitia que essa solução fosse racional. Mesmo assim, devido ao seu trabalho nesta área, Diofanto merece que se nomeie este assunto em sua honra. Durante os cerca de 15 séculos que mediaram entre Diofanto e Fermat, não foram feitos grandes avanos nesta área da teoria dos números. Com Fermat começa a moderna teoria de análise diofantina (assim como muita da moderna teoria dos números). Como já mencionámos, o último teorema de Fermat que afirma que a equação x n + y n = z n não tem soluções inteiras positivas. Se n = ab e a equação x a + y a = z a não tiver soluções, então também a equação x n + y n = z n não tem soluções. Portanto, para provar este teorema de Fermat, basta-nos verificar que ele é válido para n = 4 e para n = p, onde p é um primo ímpar. 104

Fermat deixou-nos uma demonstração de que o teorema é válido para n = 4. Um século depois, Euler provou o teorema para n = 3. Depois de ter sido provado para um grande número de outros valores primos de n, o teorema foi finalmente provado por Andrew Wiles. Um problema semelhante foi considerado por Euler. Tendo por base o que era conhecido na altura, Euler conjecturou, em 1778, que para n 3 nenhuma n-ésima potência perfeita podia ser escrita como soma de menos que n n-ésimas potências de inteiros positivos, i. e. a equação x n 1 + x n 2 + + x n k = y n não tem soluções em inteiros positivos, se k < n. O último teorema de Fermat, seria uma corolário desta conjectura, se ela fosse verdadeira. Infelizmente, L. J. Lander e T. R. Parkin decobriram em 1966, usando um computador, o seguinte contra-exemplo: 27 5 + 84 5 + 110 5 + 133 5 = 144 5. Como Fermat iniciou o moderno estudo das equações diofantinas, não é de surpreender que alguns dos seus contemporâneos não se aperceberam do que estava envolvido quando se pretende resolver estas equações. O matemático John Wallis (1616-1703) é disso um exemplo. Quando Fermat desafiou Wallis a resolver a equação de Pell x 2 4y 2 = 1, Wallis respondeu com a solução trivial (1, 0). Fermat para resolver a equação Em resposta ao desafio de x 3 + y 3 = z 3 + w 3 Frenicle (1605-1675) indicou as soluções 9 3 + 10 3 = 1 3 + 12 3, 9 3 + 15 3 = 2 3 + 6 3. Em seguida, Wallis indicou duas soluções, que são obtidas a partir das anteriores pela multiplicação de um rational 27 3 + 30 3 = 3 3 + 36 3, ( 4 1 3 ( + 7 2) 2) 1 3 = 1 3 + 8 3. 105

Frenicle notou que Wallis só tinha feito alterações triviais a soluções conhecidas, no entanto, Frenicle também não tinha respondido de forma adequada ao desafio de Fermat. O que Fermat realmente desejava era a solução geral da sua equação e não contas isoladas. Noutra ocasição, Fermat anunciou que a equação x 2 + 2 = y 3 só tinha a solução (5, 3) em inteiros positivos e que a equação x 2 + 4 = y 3 só tem a solução (11, 5) em inteiros positivos. Wallis respondeu que teoremas negativos como aqueles não tinham qualquer interesse e que qualquer um podia facilmente apresentar outros resultados semelhantes. Para exemplificar, Wallis indicou quatro equações, sendo uma delas x 4 + 9 = y 2. A grande diferêna entre as equações indicadas por Fermat e as indicadas por Wallis, é que as de Wallis resolvem-se facilmente. Por exemplo, a equação de Wallis, pode ser escrita da forma y 2 x 4 = 9 ou seja (y x 2 )(y + x 2 ) = 9 Uma simples análise de todos os casos mostra que a única solução em inteiros positivos é (5, 2). Seria interessante saber que métodos Fermat usou para provar as suas afirmações sobre as equações acima indicadas. Actualmente, estas equações podem ser resolvidas usando ideias que só foram desenvolvidas dois séculos depois. Neste capítulo iremos apresentar três dos métodos elementares desenvolvidos para resolver equações diofantinas. Note-se que quando dizemos resolver uma equação diofantina queremos encontrar todas as soluções em inteiros. 7.2 Congruências Em diversas ocasiões, o uso das congruências permite-nos mostrar que certas equações diofantinas não teem solução. Nesta secção, iremos estudar alguns exemplos onde o uso de congruências nos ajuda a obter todas as soluções de certas equações diofantinas. Começamos com um teorema sobre a soma de quadrados. Teorema 7.1. Se p é um primo, tal que p 3 mod 4, e a e b são inteiros tais que a 2 + b 2 0 mod p então a b 0 mod 4. 106

Demonstração: Primeiro mostramos que b 0 mod p. Suponhamos que b 0 mod p. Então (b, p) = 1. Logo, existe um inteiro c tal que bc 1 mod p. Donde, (ac) 2 a 2 c 2 b 2 c 2 (bc) 2 1 mod p. Mas isto é impossível, pelo teorema 5.5. Portanto, b 0 mod p e a 2 b 2 0 mod p. Teorema 7.2. Seja f(x 1, x 2,..., x k ) = 0 uma equação diofantina. congruência f(x 1, x 2,..., x k ) 0 mod n Se a não tem soluções, para algum inteiro n, então a equação diofantina também não tem soluções. Demonstração: Suponhamos que a equação diofantina é solúvel. Seja (a 1, a 2,..., a k ) uma solução. Então f(a 1, a 2,..., a k ) = 0. Portanto, para qualquer inteiro n, f(a 1, a 2,..., a k ) 0 mod n, ou seja, (a 1, a 2,..., a k ) é uma solução da congruência f(x 1, x 2,..., x k ) 0 mod n. Exemplo. Se 4 d ou d é divisível por um primo p 3 mod 4 a equação de Pell, x 2 dy 2 = 1, não tem soluções em inteiros. Basta considerar congruências mod p. Exemplo. Se ( ) a = 1 p então a equação diofantina x 2 py k = a não tem soluções, para qualquer k 1. 107

Muitas equações diofantinas podem ser resolvidas usando o teorema 2.18. Iremos ilustrar esta aplicação do teorema 2.18, resolvendo o problema dos ternos pitagóricos, i. e. ternos de inteiros (a, b, c) tais que a 2 + b 2 = c 2. A partir de um terno pitagórico, e. g. (3, 4, 5) podemos sempre criar muitos outros que se obtém a partir do primeiro por multiplicação de uma constante, e. g. (6, 8, 10), (9, 12, 15), etc (ou seja, os triangulos correspondentes são semelhantes). Note-se também que se (a, b, c) é um terno pitagórico, (b, a, c) também o é. Portanto, iremos apenas determinar ternos pitagóricos primitivos, i. e. ternos (a, b, c), tais que (a, b, c) = 1, com a, b, c > 0, a ímpar e b par (em baixo, iremos provar que se (a, b, c) = 1 então um dos inteiros a e b é ímpar e o outro é par). Teorema 7.3. A equação x 2 + y 2 = z 2 tem infinitas soluções, com (x, y, z) = 1, y par e x, y, z > 0. Estas soluções são da forma x = u 2 v 2, y = 2uv, z = u 2 + v 2 para quaisquer inteiros u > v > 0, tais que (u, v) = 1 e u + v 1 mod 2 (i.e um deles é par e o outro é ímpar). Demonstração: Primeiro iremos mostrar que se (x, y, z) = 1 então um dos inteiros x ou y é par e o outro é ímpar. Se ambos forem pares, então 2 (x 2 + y 2 ), i. e. 2 z, donde (x, y, z) 2. Contradição. Se ambos forem ímpares, então z 2 = x 2 + y 2 1 + 1 2 mod 4 que também é impossível. Portanto, um dos inteiros x e y é par e o outro é ímpar. Vamos assumir que x é ímpar e que y é par. Então z 2 1 + 0 mod 4, logo z é ímpar. Donde z + x e z x são ambos pares. Note-se que (z + x)(z x) = y 2, como ambos os membros são múltiplos de 4, podemos escrever ( ) ( ) z + x z x ( y ) 2 =. 2 2 x ( ) ( ) z + x z x ( y onde, e são todos inteiros. Com o objectivo de usar 2 2 x) o teorema 2.18, iremos agora mostrar que ( z + x, z x ) = 1. 2 2 108

Se existir um primo p tal que p x e p z, então p (z 2 x 2 ), logo p y e (x, y, z) p, uma contradição. Portanto, (x, z) = 1. Seja ( z + x d =, z x ). 2 2 Então e ( z + x d 2 ( z + x d 2 + z x ) = z 2 z x ) = x. 2 Portanto, d = 1. Como x 2 < x 2 + y 2 = z 2, temos x < z, donde z + x, z x 2 2 > 0. Assim, pelo teorema 2.18, existem inteiros positivos u e v, tais que Portanto, e z + x 2 x = z + x 2 z = z + x 2 ( z + x y = 2 2 = u 2 z x 2 z x 2 + z x 2 ) 1 2 ( z x 2 = v 2. = u 2 v 2 = u 2 + v 2 ) 1 2 = 2uv. Como x > 0, temos u > v. Se d u e d v, então d 2 x, d 2 y e d 2 z. Logo (u, v) = 1. Se u e v forem ambos pares ou ambos ímpares, então x seria par. Logo um deles é par e o outro é ímpar. Falta ainda mostrar que, para quaisquer inteiros positivos u, v tais que (u, v) = 1, u > v e u + v 1 mod 2, os números x = u 2 v 2, y = 2uv e z = u 2 + v 2, formam um terno pitagórico primitivo. Claramente, x, y, z > 0, y é par e x é ímpar. Mais, x 2 + y 2 = (u 2 v 2 ) 2 + (2uv) 2 = (u 2 + v 2 ) 2. 109

Falta apenas mostrar que (u 2 v 2, 2uv, u 2 + v 2 ) = 1. Suponhamos que (u 2 v 2, 2uv, u 2 + v 2 ) = d > 1, e seja p um primo tal que p d. Então e p (u 2 + v 2 + 2uv) i. e. p (u + v) 2 p (u 2 + v 2 2uv) i. e. p (u v) 2. Portanto, p (u + v) e p (u v). Donde p 2u e p 2v. Logo p (2u, 2v) = 2(u, v) = 2, i. e. p = 2. Mas u 2 v 2 é ímpar, donde obtemos uma contradição. Logo d = 1 e (x, y, z) = 1 7.3 Método descendente de Fermat Um outro processo que é usualmente usado para resolver equações diofantinas é o método descendente de Fermat e que foi originalmente empregado por Fermat para mostrar que a equação x 4 + y 4 = z 4 não é solúvel em inteiros positivos. A ideia é supor que a equação tem uma solução e a partir dessa obter uma outra que é menor e assim sucessivamente. Este processo dá origem a uma sequência infinita de soluções o que leva a uma contradição. Nesta secção iremos ilustrar este método, provando que a equação x 4 + y 4 = z 2 não tem soluções não triviais. Como consequência resulta que a equação x 4 + y 4 = z 4 também não tem soluções não triviais. Teorema 7.4. A equação não tem soluções em inteiros, tais que xyz 0. x 4 + y 4 = z 2 (7.1) 110

Demonstração: Se (a, b, c) é uma solução de equação diofantina (7.1), então também ( a, b, c ) é uma solução. Portanto, basta mostrar que (7.1) não tem soluções em inteiros positivos. Suponhamos que a, b, c > 0 e que (a, b, c) é uma solução de equação (7.1). Seja d = (a, b). Então a = da 1 e b = db 1, para alguns inteiros a 1 e b 1. Donde, d 4 (a 4 1 + b 4 1) = c 2 ( c ) 2 ( c ) ou seja, é um inteiro. Como é um racional, pelo teorema 2.19, d( 2 d 2 c ) temos que é um inteiro. Seja d 2 ( c ) c 1 =. d 2 Então a 4 1 + b 4 1 = c 2 1 e (a 1, b 1 ) = 1. Portanto, se (7.1) tiver alguma solução em inteiros positivos, tem de certeza uma solução (a, b, c), tal que (a, b) = 1. Suponhamos que a 1, b 1, c 1 > 0, (a 1, b 1 ) = 1 e que (a 1, b 1, c 1 ) é uma solução de equação (7.1). Vamos agora mostrar que existe outra solução (a 2, b 2, c 2 ), em inteiros positivos tais que (a 2, b 2 ) = 1 e c 2 < c 1. Esta é a chave do método descendente. Note-se que (a 2 1) 2 + (b 2 1) 2 = c 2 1 e se um primo p verifica p a 2 1 e p b 2 1 então p (a 1, b 1 ), contradição. Logo (a 1, b 1 ) = 1, donde um dos triplos (a 2 1, b 2 1, c 1 ) ou (b 2 1, a 2 1, c 1 ) é um terno pitagórico primitivo (dependendo apenas da primeira coordenada ser ímpar ou não). Sem perda de generalidade, suponhamos que a 1 é ímpar, ou seja, (a 2 1, b 2 1, c 1 ) é um terno pitagórico primitivo. Pelo teorema 7.3, existem inteiros positivos u e v tais que a 2 1 = u 2 v 2, b 2 1 = 2uv, c 2 1 = u 2 + v 2, onde (u, v) = 1 e u + v 1 mod 2. Mas, a 2 1 + v 2 = u 2 e como (u, v) = 1, temos (a 1, v, u) = 1. Donde, (a 1, v) = 1 e (a 1, v, u) também é um terno pitagórico primitivo. Como a 1 é ímpar, v é par e, portanto, u é ímpar. Mais uma vez, existem inteiros positivos m e n tais que u = m 2 + n 2, v = 2mn, (m, n) = 1. (7.2) 111

Seja d = (u, 2v). Como u é ímpar, d é ímpar, então d v, donde resulta que d = 1, pois (u, v) = 1. Portanto, (u, 2v) = 1. Mas u(2v) = b 2 1 logo, pelo teorema 2.18, existem inteiros positivos c 2 e r tais que u = c 2 2 e 2v = r 2. Assim, r tem de ser par, e existe um inteiro positivo s tal que r = 2s e v = 2s 2. Então, mn = v 2 = s2. Mais uma vez, pelo teorema 2.18, existem inteiros positivos a 2 e b 2 tais que m = a 2 2 e n = b 2 2 (pois (m, n) = 1). O facto de m e n serem primos entre si também implica que (a 2, b 2 ) = 1. Substituindo m, n e u por a 2 2, b 2 2 e c 2 2, respectivamente, na equação (7.2), obtemos a 4 2 + b 4 2 = c 2 2. Portanto, (a 2, b 2, c 2 ) é outra solução em inteiros positivos de (7.1), com (a 2, b 2 ) = 1. Finalmente, temos 0 < c 2 c 4 2 = u 2 < u 2 + v 2 = c 1. Acabámos de mostrar que se (a 1, b 1, c 1 ) é uma solução em inteiros positivos de (7.1), com (a 1, b 1 ) = 1, então existe uma outra solução em inteiros positivos (a 2, b 2, c 2 ), com (a 2, c 2 ) = 1 e 0 < c 2 < c 1. Repetindo este processo, sucessivamente encontraremos uma sequência infinita de soluções em inteiros positivos (a i, b i, c i ), com (a i, b i ) = 1 e c 1 > c 2 > c 3 >.... Obviamente, isto é impossível, pois há sómente c 1 1 inteiros entre c 1 e 0. Portanto, termos assumido que a equação (7.1) tinha soluções não triviais levou a uma contradição. Logo a equação x 4 + y 4 = z 2 não tem soluções em inteiros, tais que xyz 0. Resulta deste teorema que a equação x 4 + y 4 = z 4, também não tem soluções não triviais. O método descendente dá-nos uma sequência de soluções decrescentes, em seguida vamos estudar uma família de equações diofantinas para as quais é possível encontrar uma sequência de soluções ascendentes obtendo, neste caso, um número infinito de soluções. 112

Teorema 7.5. Suponhamos que d é um inteiro positivo. Se a equação de Pell x 2 dy 2 = 1, x, y > 0 (7.3) tiver uma solução então tem uma infinidade de soluções. Se a equação de Pell x 2 dy 2 = 1, x, y > 0 (7.4) tiver uma solução então ambas as equações (7.3) e (7.4), têm uma infinidade de soluções. Demonstração: Suponhamos que existem inteiros positivos a e b tais que a 2 db 2 = c onde c { 1, 1}. Vamos mostrar por indução que a equação x 2 dy 2 = c n é solúvel para qualquer n 1. Se n = 1 sabemos que (x 1, y 1 ) = (a, b) é solução da equação. Suponhamos, agora, que existem inteiros positivos x n e y n tais que (x n, y n ) é solução da equação x 2 dy 2 = c n. Sejam x n+1 = ax n + bdy n, y n+1 = ay n + bx n Note-se que x n+1 > x n +d 0 y n = x n e y n+1 > y n +0x n = y n. Em particular, também x n+1 e y n+1 são inteiros positivos. Mais, x 2 n+1 dy 2 n+1 = (a 2 + 2abdx n y n + b 2 d 2 y 2 n) d(a 2 y 2 n + 2abx n y n + b 2 x 2 n) = a 2 x 2 n b 2 dx 2 n + b 2 d 2 y 2 n a 2 dy 2 n = (a 2 db 2 )(x 2 n dy 2 n) = cc n = c n+1 Portanto, mostrámos por indução, que se x 2 dy 2 = c é solúvel então também x 2 dy 2 = c n é solúvel e as sequências x n e y n são crescentes, havendo assim uma infinidade de pares (x n, y n ). Se c = 1, acabámos de mostrar que se (7.3) tem uma solução então (7.3) tem uma infinidade de soluções em inteiros positivos. Se c = 1, mostrámos que se (7.4) tem uma solução então ambas as equações (7.3) e (7.4) têm uma infinidade de soluções. 113

7.4 Soma de dois quadrados Nesta secção vamos determinar que inteiros são somas de dois quadrados. Definição. Dizemos que n = a 2 + b 2 é uma representação primitiva de n se (a, b) = 1. Teorema 7.6. Se p 3 mod 4 e p n, então n não tem representações primitivas. Demonstração: Suponhamos que n tem uma representação primitiva n = a 2 + b 2. Como (a, b) = 1, temos p a e p b. Pelo teorema 3.9, a congruência ax b mod p é solúvel. Seja c uma solução. Então a 2 (1 + c 2 ) a 2 + b 2 0 mod p. Donde, p (1 + c 2 ), i. e. c 2 1 mod p, o que contradiz o teorema 5.5. Mais geralmente: Teorema 7.7. Se p 3 mod 4, p c n, p c+1 n e c é ímpar, então n não é representável como soma de dois quadrados. Demonstração: Suponhamos que n = a 2 + b 2 e seja d = (a, b). Seja p γ a maior potência de p que divide d. Então existem inteiros a 1, a 2 e n 1 tais que a = da 1, b = db 1, (a 1, b 1 ) = 1 e n = d 2 (a 2 1 + b 2 1) = d 2 n 1. A maior potência de p que divide n 1 é c 2γ, que é positiva, pois c é ímpar. Portanto, n 1 = a 2 1 + b 2 1, (a 1, b 1 ) = 1, p n 1, o que contradiz o teorema anterior. Portanto, n não é representável como soma de quadrados. 114

Teorema 7.8 (da Aproximação de Dirichlet). Para qualquer número real θ e qualquer inteiro positivo n, existem inteiros a e b, com 1 a n tais que aθ b 1 n + 1. Demonstração: No que se segue iremos representar a parte fraccionária de um número real x por {x}. Suponhamos que n = 1. Se {θ} 1, basta tomar a = 1 e b = [θ], se 2 {θ} > 1, basta tomar a = 1 e b = [θ] + 1. Suponhamos agora que n > 1 e 2 consideremos os n + 2 números reais, 0, 1 e r a = {aθ} = aθ [aθ], onde 1 a n. Note que se r i r j e i > j então r i r j = r i j. Analogamente, se r i r j e j > i então 1 (r i r j ) = r j i. Consideremos também a seguinte partição do intervalo [0, 1], j I j = [ n + 1, j + 1 ), com 0 j n. n + 1 Como temos n + 2 números reais em [0, 1] e a partição de [0, 1] tem n + 1 subintervalos, então um desses intervalos, digamos I j, tem pelo menos dois dos números reais considerados. Se j = 0 então existe um inteiro 1 a n tal que r a 1 n + 1, i.e. aθ [aθ] 1 n + 1. Se j = n então existe um inteiro 1 a n tal que 1 r a 1 n + 1, i.e. aθ [aθ] 1 1 n + 1. Se 0 < j < n então existem dois inteiros 1 i, j n tais que Se i > j temos r i r j = r i j e r i r j 1 n + 1. (i j)θ [(i j)θ] 1 n + 1. 115

Se j > i temos 1 (r i r j ) = r j i e (j i)θ [(j i)θ] 1 1 n + 1. Teorema 7.9. Um inteiro positivo n é representável como soma de dois quadrados se n = n 1 s 2 onde n 1 não é divisível por primos da forma 4m + 3. Demonstração: Note-se que s 2 = s 2 + 0 2, portanto qualquer quadrado perfeito pode ser escrito como soma de dois quadrados. Suponhamos que m e n são representáveis como soma de dois quadrados, i. e. existem inteiros a, b, c e d tais que m = a 2 + b 2 e n = c 2 + d 2. Então, (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac + bd) 2 + (ad bc) 2 (repare na semelhança com a multiplicação de números complexos). Logo, o produto de dois números representáveis como soma de dois quadrados, é também representável como soma de dois quadrados. Mais 2 = 1 2 + 1 2. Portanto, basta-nos provar que qualquer primo p, tal que p 1 mod 4, pode ser escrito como soma de dois quadrados. Já vimos que, para primos congruentes com 1 mod 4, 1 é um resíduo quadrático de p. Seja p um destes primos e l uma solução de x 2 1 mod p. Tomando n = [ p] no teorema anterior, vemos que existem inteiros a e b tais que 0 < a < p e l p b a < 1 a p. Seja c = la + pb, então c < p e 0 < a 2 + c 2 < 2p. Mas c la mod p, donde a 2 + c 2 a 2 + l 2 a 2 a 2 (1 + l 2 ) 0 mod p. Portanto, a 2 + c 2 = p 116

Exercícios 1. Encontre todas as soluções em inteiros positivos de x 2 + 12 = y 4. 2. Encontre todas as soluções em inteiros positivos de x 3 + y 3 = 20. 3. Encontre todas as soluções em inteiros positivos de x 3 y 3 = 19. 4. Encontre todas as soluções de x 2 dy 2 = 1, quando d é um quadrado perfeito. 5. Seja n um inteiro. Resolva a equação x 2 y 2 = n. 6. Descubra todos os inteiros positivos que não são soma de, no máximo, três quadrados perfeitos. 7. Determine 10 ternos pitagóricos primitivos. 8. Mostre que para cada inteiro n 3 existe um terno pitagórico em que uma das coordenadas é n. 9. Determine todos os ângulos θ tais que sin θ e cos θ são números racionais. 10. Mostre que a equação diofantina x 2 + y 4 = z 2 tem uma infinidade de soluções tais que (x, y) = 1. 11. Suponha que (x 0, y 0 ) é uma solução em inteiros positivos de x 2 3y 2 = 6. Mostre que x 1 = 2x 0 + 3y 0, y 1 = x 0 + 2y 0 também é solução da equação e que x 1 > x 0, y 1 > y 0. Encontre uma solução da equação experimentalmente e mostre que x 2 3y 2 = 6 tem uma infinidade de soluções. Encontre quatro soluções. 12. Seja n um inteiro não nulo e suponha que (x 0, y 0 ) é uma solução em inteiros não negativos de x 2 3y 2 = n. Mostre que x 1 = 2x 0 +3y 0, y 1 = x 0 +2y 0 também é solução da equação. Conclua que a equação x 2 3y 2 = n ou não tem soluções inteiras ou tem uma infinidade de soluções em inteiros. 117

13. Seja n um inteiro não nulo e d um inteiro positivo que não é quadrado perfeito. Suponha que (x 0, y 0 ) é uma solução em inteiros não negativos de x 2 dy 2 = n. Sejam x 1 = ax 0 + bdy 0, y 1 = bx 0 + ay 0, onde (a, b) é uma solução em inteiros positivos da equação de Pell x 2 dy 2 = 1. Mostre que (x 1, y 1 ) também é solução da equação x 2 dy 2 = n. Conclua que a equação x 2 dy 2 = n ou não tem soluções inteiras ou tem uma infinidade de soluções em inteiros. 14. Mostre que x = y = z = 0 é a única solução de 3x 5 + 5y 5 = z 5 15. Resolva a equação diofantina (x 2 + y 2 2) 4 + 16 = z 2. 16. Suponha que (a, b) = 1. Mostre que se a não é soma de dois quadrados perfeitos então ab não é soma de dois quadrados perfeitos. 17. Mostre que a equação 5x 2 + 14xy + 10y 2 = n é solúvel em inteiros se e só se n é soma de dois quadrados perfeitos. 18. Mostre que a equação não tem soluções inteiras. (x 2 + 1) 4 + (y 2 + 2) 4 = (z + 4) 2 19. Resolva as equações diofantinas seguintes a) x 2 + y 2 = 51; b) x 2 + y 2 + z 2 = 18; c) x 2 + 2xy + 2y 2 = 17; d) 4x 2 + 12xy + 10y 2 = 26. 20. Escreva 2005, 1985, 1989 e 1972 como soma de dois quadrados. 21. Use o método descrito na teórica para escrever os seguintes números primos como soma de dois quadrados. 118

a) 1997, sabendo que 998! 412 mod 1997; b) 1993, sabendo que 996! 1159 mod 1993; c) 1973, sabendo que 986! 259 mod 1973. 119

Capítulo 8 Fracções Continuadas 8.1 Introdução O objectivo deste capítulo é encontrar boas aproximações racionais de um dado número real. Todos sabemos representar números reais usando a expansão decimal. Por exemplo, o número π é representado pela sequência de inteiros (3, 1, 4, 1, 5, 9, 2,... ). Esta representação tem alguns problemas, um deles é a sua dependência no número 10, que apenas depende de uma acidente biológico, e não de uma propriedade matemática. Um outro problema, é que alguns números simples (como 1/3) tem uma representação infinita. As fracções continuadas (ou fracções contínuas) vão permitir-nos representar números reais sem qualquer dos problemas acima descritos. Por exemplo, vejamos como representamos o número 415, que é aproximadamente 93 4.4624, usando fracções continuadas. Este número é aproximadamente 4, mais exactamente, é cerca de 4 + 1. Mas o 2 no denominador, não está 2 correcto, seria mais algo como 2 + 1. Portanto, 6 415 93 4 + 1 2 + 1. 6 Mas, o 6 no denominador não está totalmente correcto, seria mais correcto escrever 6 + 1 7. Portanto, 415 93 = 4 + 1 2 + 1 6+ 1 7 e esta representação é exacta! Se eliminar-mos as partes óbvias da expressão 120

anterior, obtemos a notação abreviada 415 93 = [4; 2, 6, 7]. A representação de um número real em fracções continuadas tem as seguintes propriedades desejáveis: A representação de um número é finita se e só se o número é racional. A representação de um número racional simples é curta. A representação de um número irracional é única. A representação de um número racional é quase única: Há exactamente duas representações para cada número racional, cuja única diferença é uma terminar em [...a, 1] e a outra em [..., a + 1]. Se truncarmos a representação de um número x, obtemos aproximações racionais que são as melhores possíveis (mais tarde, daremos uma explicação formal desta noção). Esta última propriedade é extremamente importante e não é verificada pela representação decimal. Por exemplo, truncando a representação decimal de 1/7 = 0.142857..., em vários lugares, dá-nos os racionais 142/1000, 14/100 ou 1/10, mas claramente a melhor aproximação em racionais de 1/7 é 1/7. Truncando a representação decimal de π dá-nos 31415/10000 e 314/100. A representação em fracções continuadas de π, começa com [3; 7, 15, 1, 292,... ]. Truncando esta representação, obtemos as excelentes aproximações 3, 22/7, 333/106 e 355/113. Note-se que os denominadores de 314/100 e de 333/106 são muito próximos, no entanto, o erro da aproximação 314/100 é dezanove vezes maior que o erro da aproximação 333/106. 8.2 Fracções Continuadas finitas Sejam a 0, a 1,..., a N números reais. Chamamos fracção continuada finita (também conhecida por fracção contínua finita), à expressão 1 [a 0 ; a 1, a 2,..., a N ] = a 0 + 1. a 1 + 1 a 2 +... 1 a N 1 + a 1 N 121

Também se usa a notação [a 0 ; a 1, a 2,..., a N ] = a 0 + 1 1 a 1 + a 2 + 1. a N Claramente, temos [a 0 ; a 1,..., a n 1, a n ] = [a 0 ; a 1,..., a n 2, a n 1 + 1 ], a n [a 0 ; a 1,..., a n 2, a n 1, a n ] = [a 0 ; a 1,..., a n 2, a n 1 + 1 a n ], [a 0 ; a 1,..., a n ] = a 0 + para 1 n N, ou mais geralmente para 1 m < n N. 1 [a 1 ; a 2,..., a n ] = [a 0; [a 1 ; a 2,..., a n ]] [a 0 ; a 1,..., a n ] = [a 0 ; a 1,..., a m 1, [a m ; a m+1,..., a n ]], Definição. Seja [a 0 ; a 1,..., a N ] uma fracção continuada finita e n N. A [a 0 ; a 1,..., a n ], chamamos convergente de ordem n de [a 0 ; a 1,..., a N ]. O próximo resultado dá-nos um algoritmo para determinar os convergentes de determinada fracção continuada. Teorema 8.1. Seja [a 0 ; a 1,..., a N ] uma fracção continuada finita e definamos p n, q n recursivamente, por Então, para 0 n N, p 1 = 1 p 0 = a 0 p n = a n p n 1 + p n 2, 1 n N q 1 = 0 q 0 = 1 q n = a n q n 1 + q n 2, 1 n N [a 0 ; a 1,..., a n ] = p n q n. Demonstração: Se n = 0, obtemos a 0 = a 0 1 = p 0 q 0. 122

Se n = 1, obtemos [a 0 ; a 1 ] = a 0 + 1 a 1 = a 0a 1 + 1 a 1 = p 1 q 1. Suponhamos agora que o resultado é verdadeiro para qualquer n m, onde m < N. Então [a 0 ; a 1... a m 1, a m ] = p m q m = a mp m 1 + p m 2 a m q m 1 + q m 2 e p m 1, p m 2, q m 1 e q m 2 dependem só de a 0, a 1,..., a m 1. Assim, temos [a 0 ; a 1,..., a m 1, a m, a m+1 ] = [a 0 ; a 1,..., a m 1, a m + 1 ] a ( ) m+1 a m + 1 a m+1 p m 1 + p m 2 = ( ) a m + 1 a m+1 q m 1 + q m 2 = a m+1 (a m p m 1 + p m 2 ) + p m 1 a m+1 (a m q m 1 + q m 2 ) + q m 1 = a m+1p m + p m 1 a m+1 q m + q m 1 = p m+1 q m+1 Portanto, o resultado é verdadeiro para m + 1. resultado para qualquer 0 n N. Por indução, obtemos o Como corolário do resultado anterior, obtemos o seguinte teorema Teorema 8.2. As funções p n e q n satisfazem as seguintes igualdades: p n q n 1 p n 1 q n = ( 1) n 1 e, portanto, p n q n 2 q n p n 2 = ( 1) n a n p n q n p n 1 q n 1 = ( 1)n 1 q n 1 q n p n q n p n 2 q n 2 = ( 1)n a n q n 2 q n 123

Demonstração: As duas últimas igualdades resultam imediatamente das duas primeiras. Vamos provar por indução as duas primeiras igualdades. Para n = 0 temos Para n = 1 temos p 0 q 1 q 0 p 1 = a 0 0 1 1 = ( 1) 1. p 1 q 0 q 1 p 0 = (a 1 a 0 + 1)1 a 1 a 0 = ( 1) 0 p 1 q 1 q 1 p 1 = (a 1 a 0 + 1)0 a 1 1 = ( 1) 1 a 1. Suponhamos que o resultado é verdadeiro para n 1. Então, e p n q n 1 p n 1 q n = (a n p n 1 + p n 2 )q n 1 p n 1 (a n q n 1 + q n 2 ) = (p n 1 q n 2 q n 1 p n 2 ) = ( 1) n 2 = ( 1) n 1 p n q n 2 p n 2 q n = (a n p n 1 + p n 2 )q n 2 p n 2 (a n q n 1 + q n 2 ) = a n (p n 1 q n 2 q n 1 p n 2 ) = a n ( 1) n 2 = ( 1) n a n Teorema 8.3. Para qualquer k 1 temos q k q k 1 = [a k ; a k 1,..., a 1 ] Demonstração: Se k = 1, temos q 1 = a 1 e q 0 = 1, donde q 1 q 0 = [a 1 ]. 124

Suponhamos por indução que Então, q k q k 1 = [a k ; a k 1,..., a 1 ]. q k+1 q k = a k+1q k + q k 1 q k = a k+1 + 1 q k q k 1 q k = [a k+1 ; ] q k 1 = [a k+1 ; a k, a k 1,..., a 1 ] Portanto, o resultado também é verdadeiro para k + 1. Logo é válido para qualquer k 1. 8.3 Fracções continuadas simples A partir de agora iremos assumir que os elementos a i são inteiros positivos, para i 1 e que a 0 é um inteiro, não necessariamente positivo. Teorema 8.4. Seja pn q n Então (p n, q n ) = 1. o convergente de ordem n de uma fracção continuada. Demonstração: Seja d = (p n, q n ). Então d (p n q n 1 q n p n 1 ), donde d ( 1) n 1, pelo teorema 8.2. Logo d = 1. Teorema 8.5. (a) os convergentes de ordem par formam uma sequência crescente; (b) os convergentes de ordem ímpar formam uma sequência decrescente; (c) qualquer convergente de ordem ímpar é maior que qualquer convergente de ordem par. 125

Demonstração: Primeiro vamos provar por indução que q n > 0 para qualquer n 0. Temos q 0 = 1 > 0, q 1 = a 0 > 0. Suponhamos que q k 1 > 0 e q k > 0. Então, q k+1 = a k+1 q k + q k 1 > 0. Portanto, q n > 0 para qualquer n 0. Vamos agora provar os resultados enunciados. Seja n 1. Como a n > 0 e p n p n 2 = ( 1)n a n q n q n 2 q n 2 q n obtemos p n > p n 2 q n q n 2 se n é par, e p n < p n 2 q n q n 2 se n é ímpar. Falta provar a terceira afirmação. Suponhamos que n é ímpar, pelas alíneas anteriores, o convergente de ordem n é menor que todos os convergentes impares de ordem inferior a n e o convergente de ordem n 1 é maior que todos os convergentes pares de ordem inferior a n 1. Como, p n q n p n 1 q n 1 = ( 1)n 1 q n 1 q n > 0 então qualquer convergente ímpar é maior que qualquer convergente de ordem par. Teorema 8.6. Qualquer número racional pode ser representado por uma fracção continuada finita e simples. Reciprocamente, qualquer fracção continuada finita e simples representa um número racional. Demonstração: Seja x = a um número racional. Usando o algoritmo b de Euclides, obtemos sequências de quocientes c k e restos d k, finitas, com k 2 tais que d 2 = a, d 1 = b, d k = c k+2 d k+1 + d k+2 e d n+1 = 0 para algum inteiro positivo n, onde d 1 > d 0 > d 1 > > d n 1 > d n > 0. 126

Portanto, para qualquer 2 k n 2 e Logo, d k = c k+2 + 1 d d k+1 k+1 d k+2 d n 1 d n = c n+1. x = [c 0 ; c 1,..., c n, c n+1 ]. A segunda parte do teorema é imediata. Em seguida, mostramos que os quocientes dos convergentes crescem, pelo menos tão rápido, como uma progressão geométrica. Teorema 8.7. Para qualquer k 2, q k 2 k 1 2 Demonstração: Seja k 2. Então q k = a k q k 1 + q k 2 q k 1 + q k 2 2q k 2. Donde, Portanto, q 2k 2 k q 0 = 2 k, q 2k+1 2 k q 1 2 k. q k 2 k 1 2. O teorema anterior permite-nos provar que as fracções continuadas simples são sempre convergentes. Teorema 8.8. Qualquer fracção continuada simples é convergente. 127

Demonstração: Uma fracção continuada simples e finita é claramente convergente para um número racional Seja [a 0 ; a 1, a 2,... ] uma fracção continuada simples e infinita. Sabemos da análise que qualquer sequência monótona e limitada é convergente. Seja ξ 1 o limite da sequência dos convergentes de ordem par e ξ 2 o limite da sequência dos convergentes de ordem ímpar. Para qualquer n 1, temos ξ 1 ξ 2 p n p n+1 q n q n+1 = 1 q n q n+1 1 0. 2n 1 Portanto, ξ 1 = ξ 2 e a fracção continuada é convergente. Portanto, uma fracção continuada infinita e simples representa sempre um número irracional. A recíproca também é válida. Teorema 8.9. Qualquer número irracional pode ser escrito de maneira única como uma fracção continuada infinita e simples. Demonstração: Para obtermos este resultado iremos usar o algoritmo das fracções continuadas: Seja x um número real e seja a 0 = [x]. Então, Se ξ 0 0 podemos escrever x = a 0 + ξ 0, 0 ξ 0 < 1. 1 ξ 0 = r 1, [r 1 ] = a 1, r 1 = a 1 + ξ 1, 0 ξ 1 < 1. Se Se ξ 1 0 podemos escrever 1 ξ 1 = r 2 = a 2 + ξ 2, com [r 2 ] = a 2, 0 ξ 2 < 1 e assim sucessivamente. Como x é irracional este processo não pode terminar. Portanto, x = [a 0 ; r 1 ] = [a 0 ; a 1, r 2 ] = [a 0 ; a 1, a 2, r 3 ] = = [a 0 ; a 1, a 2,... ]. 128

Definição. Seja [a 0 ; a 1,... ] uma fracção continuada simples e seja n 0. A r n = [a n ; a n+1,... ] chamamos resto de ordem n da fracção continuada. Claramente, r n a n, para n 0 Note que, se x = [a 0 ; a 1,... ] então x = r 0. Teorema 8.10. Para qualquer k 1, temos [a 0 ; a 1,... ] = p k 1r k + p k 2 q k 1 r k + q k 2 Demonstração: Se k = 1 obtemos a 0 r 1 + 1 r 1 = a 0 + 1 r 1 = [a 0 ; r 1 ] = [a 0 ; a 1,... ]. Suponhamos que o resultado é válido para k, então, [a 0 ; a 1,... ] = p k 1r k + p k 2 q k 1 r k + q k 2 = p k 1 (a k + 1 r k+1 ) + p k 2 q k 1 (a k + 1 r k+1 ) + q k 2 = (p k 1a k + p k 2 )r k+1 + p k 1 (q k 1 a k + q k 2 )r k+1 + q k 1 = p kr k+1 + p k 1 q k r k+1 + q k 1 Portanto, o resultado também é válido para k + 1. qualquer k 1. Donde é válido para 129

Teorema 8.11. Seja x = [a 0 ; a 1, a 2,... ] uma fracção continuada simples e k 1. Então x p k 1 q k q k q k+1 Demonstração: Pelo teorema anterior, Como r k+1 a k+1 obtemos x p k q k = p kr k+1 + p k 1 q k r k+1 + q k 1 p k q k = p k 1q k p k q k 1 q k (q k r k+1 + q k 1 ) ( 1) n = q k (q k r k+1 + q k 1 ) x p k q k 1 q k (q k a k+1 + q k 1 ) = 1. q k q k+1 8.4 Fracções continuadas periódicas Dizemos que uma fracção continuada infinita é periódica se existirem inteiros L e k tais que a i = a i+k para qualquer i L. Ao conjunto dos quocientes parciais a l, a L+1,..., a L+k 1 chamamos período da fracção continuada e a fracção continuada pode ser representada por [a 0 ; a 1,..., a L 1, a L,..., a L+k 1 ]. Neste curso iremos apenas estudar fracções continuadas periódicas simples. Teorema 8.12. Qualquer fracção continuada simples e periódica representa um inteiro algébrico de ordem 2. 130

Demonstração: Seja [a 0 ; a 1,..., a L 1, a L,..., a L+k 1 ] uma fracção continuada simples e periódica. Então, o resto de ordem L, r L, satisfaz Pelo teorema 8.10, onde r L = [a L ; a L+1,..., a L+k 1, a L, a L+1,... ] = [a L ; a L+1,..., a L+k 1, r L ] r L = p r L + p, (8.1) q r L + q p e p q q são os dois últimos convergentes de [a L ; a L+1,..., a L+k 1 ]. Da equação (8.1) obtemos q r 2 L + (q p )r L p = 0. (8.2) Por outro lado, usando o teorema 8.10 mais uma vez, obtemos donde x = p L 1r L + p L 2 q L 1 r L + q L 2 r L = p L 2 q L 2 x q L 1 x p L 1. Substituindo r L em (8.2), obtemos uma equação da forma ax 2 + bx + c = 0 com coeficientes inteiros. Portanto, x é raiz de uma equação de segundo grau com coeficientes inteiros, i. e. x é um inteiro algébrico de ordem 2. A recíproca deste teorema também é válida, mas a sua demonstração é um pouco mais difícil e não iremos descrevê-la aqui. Teorema 8.13. A fracção continuada que representa um número algébrico de ordem 2 é periódica (e simples). 131

8.5 Equações de Pell Nesta secção d representa um inteiro positivo que não é um quadrado perfeito. Portanto, d é irracional. A equação de Pell x 2 dy 2 = 1 (8.3) tem as soluções triviais x = ±1, y = 0, enquanto que a equação x 2 dy 2 = 1 (8.4) não tem soluções obvias. Em alguns casos particulares, é fácil encontrar soluções da equação (8.3) (ou mesmo da equação (8.4)) por tentativas, por exemplo, se d = 2 ou se d = 3 (neste caso a equação (8.4) não tem soluções). Mas, noutros casos, por exemplo d = 67, é muito difícil encontrar soluções. No entanto, a equação (8.3) tem sempre um número infinito de soluções e a equação (8.4) por vezes não tem soluções e por vezes tem um número infinito de soluções. As primeiras soluções destas equações podem ser enormes, por exemplo, se d = 67, a menor solução de x 2 67y 2 = 1 é x = 48842 e y = 5967. No entanto, se d = 66, temos uma solução com y = 8 e se d = 68 temos uma solução com y = 4. Nesta secção, iremos ver que as soluções das equações (8.3) e (8.4) estão intimamente relacionadas com a fracção continuada de d. Iremos terminar este curso com uma aplicação das fracções continuadas à resolução de equações de Pell. Como as demonstrações são demasiado técnicas, iremos apenas enunciar os resultados. Teorema 8.14. Seja d um inteiro que não é um quadrado perfeito. Então d = [a0 ; a 1, a 2,..., a 2, a 1, 2a 0 ] isto é, a fracção continuada da raiz quadrada de d é periódica, o último elemento do período é o dobro da parte inteira de d e o resto do período é simétrico. Teorema 8.15. A equação x 2 dy 2 = 1 132

tem infinitas soluções inteiras. Se o comprimento, k, do período da fracção continuada de d é ímpar então a equação x 2 dy 2 = 1 tem infinitas soluções. Seja d um inteiro, k o comprimento do período da fracção continuada de d e p n o convergente de ordem n. Então q n (a) se k é ímpar, as soluções da equação x 2 dy 2 = 1 são os convergentes (p 2jk 1, q 2jk 1 ), para j 1, e as soluções da equação x 2 dy 2 = 1 são os convergentes (p (2j 1)k 1, q (2j 1)k 1 ), para j 1. (b) se k é par, as soluções da equação x 2 dy 2 = 1 são os convergentes (p jk 1, q jk 1 ), para j 1. Neste caso, a equação x 2 dy 2 = 1 não tem soluções inteiras. Exemplo. Seja d = 19. Verifica-se que a fracção continuada de 19 é [4; 2, 1, 3, 1, 2, 8]. Portanto, k = 6. Logo a equação x 2 19y 2 = 1 não tem soluções inteiras (facto que já sabiamos porque 19 3 mod 4) e a primeira solução de x 2 19y 2 = 1 é (p 5, q 5 ) = (170, 39). 4 2 1 3 1 2 1 4 9 13 48 61 170 0 1 2 3 11 14 39 Para d = 13, a fracção continuada é [3; 1, 1, 1, 1, 6], donde k = 5. Neste caso, a primeira solução de x 2 13y 2 = 1 é (p 4, q 4 ) = (18, 5) e a primeira solução de x 2 13y 2 = 1 é (p 9, q 9 ) = (649, 180). 3 1 1 1 1 6 1 1 1 1 1 3 4 7 11 18 119 137 256 393 649 0 1 1 2 3 5 33 38 71 109 180 Exercícios 1. Determine a fracção continuada de 97. Indique todos os convergentes. 40 133

2. Converta em número racional as fracções continuadas [2; 1, 4], [ 3; 2, 12], [1; 2, 3, 1, 2] e [0; 1, 1, 1, 2]. 3. Determine α a partir da sua fracção continuada a) α = [4; 1, 1, 1, 4]; b) α = [1; 2, 3, 1, 2]; c) α = [0; 1, 1, 2]; d) α = [1; 1, 1, 8, 1]; e) α = [0; 6, 1, 4]. 4. Encontre a fracção continuada de 7, 11, 13, 29 e 41. 5. Encontre a fracção continuada dos seguintes números a) α = 1 + 17 ; 4 b) α = 9 + 5 ; 5 c) α = 47 2 5 ; 6 d) α = 47 2 5 ; 6 e) α = 1 2. 3 6. Seja n um inteiro positivo. Determine a fracção continuada de n 2 + 1. 7. Seja n um inteiro positivo. Determine a fracção continuada de n 2 + n. 8. Seja n um inteiro positivo. Mostre que n + n 2 + 4 2 = [n; n]. 9. Determine duas soluções positivas da equação de x 2 dy 2 = 1 para cada d = 5, 6, 11, 14, 23. 10. Caso exista, encontre a menor solução de cada uma das equações x 2 dy 2 = 1 e x 2 dy 2 = 1, para d = 8, 12, 17, 41, 53. 134

Bibliografia [1] W. W. Adams e L. J. Goldstein, Introduction to Number Theory, Prentice-Hall, Inc., 1976. [2] R. Crandall e C. Pomerance, Prime Numbers - A Computacional Perspective, Springer, 2001. [3] G. H. Hardy e E. M. Wright, An Introduction to the Theory of Numbers, Oxford, 1979. [4] N. Koblitz, A Course in Number Theory and Cryptography, Springer, 1987. [5] V. Neves, Introdução à Teoria dos Números, Notas 2006, Dep. Mat. UA. [6] I. Niven, H. Zuckerman e H. Montgomery, An Introduction to the Theory of Numbers, John Wiley & Sons, Inc., 1991. [7] K. H. Rosen, Elementary Number Theory and its Applications, Addison Wesley, 3 ed., 1992. [8] H. Stark, An Introduction to Number Theory, MIT press, 1989. 135