Ma14 aritmética 2011

MA14 - Unidade 1 Divisibilidade Semana de 08/08 a 14/08

Neste curso, consideraremos o conjunto dos números naturais como sendo o conjunto N = {0, 1, 2, 3, . . . }, denotando por N∗ o conjunto N \ {0}.

Como a divisão de um número natural por outro nem sempre é possível, expressa-se esta possibilidade através da relação de divisibilidade.

Quando não existir uma relação de divisibilidade entre dois números, veremos que, ainda assim, será possível efetuar uma “divisão com resto pequeno”, chamada de divisão euclidiana. O fato de sempre ser possível efetuar tal divisão é responsável por inúmeras propriedades dos naturais que exploraremos nesta e nas próximas unidades.

Uma observação importante sobre este curso: trabalharemos exclusivamente com a aritmética dos números naturais, pois de certa forma isto simplificará algumas provas, sem perder nenhum fato relevante da teoria. Portanto, só consideraremos diferenças a − b quando a ≥ b.

2 MA 14 Unidade 1

Divisibilidade Dados dois números naturais a e b com a 6= 0, diremos que a divide b, escrevendo a|b, quando existir c ∈ N tal que b = a · c. Neste caso, diremos também que a é um divisor ou um fator de b ou, ainda, que b é um múltiplo de a.

Observe que a notação a|b não representa nenhuma operação em N, nem representa uma fração. Trata-se de uma sentença que diz ser verdade que existe c tal que b = ac. A negação dessa sentença é representada por a 6 | b, sigificando que não existe nenhum número natural c tal que b = ac.

Exemplo 1. 1|0, 2|0; 1|6, 2|6, 3|6, 6|6; 1|3, 3|3; 3 6 | 4; 2 6 | 5.

Suponha que a|b e seja c ∈ N tal que b = ac. O número natural c é b chamado de quociente de b por a e denotado por c = . a Por exemplo, 0 = 0, 1

0 = 0, 2

6 = 6, 1

6 = 3, 2

6 = 2, 3

6 = 1.

6

Estabeleceremos a seguir algumas propriedades da divisibilidade.

Proposição 1. Sejam a, b ∈ N∗ e c ∈ N. Tem-se que i) 1|c, a|a e a|0. ii) se a|b e b|c, então a|c.

Demonstração (i) Isto decorre das igualdades c = 1 · c, a = a · 1 e a · 0 = 0. (ii) a|b e b|c implica que existem f, g ∈ N, tais que b = a · f e c = b · g.

Substituindo o valor de b da primeira equação na outra, obtemos c = b · g = (a · f ) · g = a · (f · g), o que nos mostra que a|c.

2

3

Divisibilidade

O item (i) da proposição acima nos diz que todo número natural é divisível por 1 e, se não nulo, por si mesmo.

Proposição 2. Se a, b, c, d ∈ N, com a 6= 0 e c 6= 0, então a|b e c|d =⇒ a · c|b · d.

Demonstração Se a|b e c|d, então ∃ f, g ∈ N, b = a · f e d = c · g.

Portanto, b · d = (a · c)(f · g), logo, a · c|b · d.

2 Em particular, se a|b, então a · c|b · c, para todo c ∈ N∗ .

Proposição 3. Sejam a, b, c ∈ N, com a 6= 0, tais que a|(b + c). Então a|b ⇐⇒ a|c.

Demonstração Como a|(b + c), existe f ∈ N tal que b + c = f · a.

Agora, se a|b, temos que existe g ∈ N tal que b = a · g. Juntando as duas igualdades acima, temos a · g + c = f · a = a · f, donde segue-se que a · f > a · g, e, consequentemente, f > g. Portanto, da igualdade acima, obtemos c = a · f − a · g = a · (f − g), o que implica que a|c, já que f − g ∈ N. A prova da outra implicação é totalmente análoga.

2 A proposição a seguir tem uma demonstração muito semelhante à da proposição anterior e será deixada como exercício.

4 MA 14 Unidade 1 Proposição 4. Sejam a, b, c ∈ N, com a 6= 0 e b ≥ c, tais que a|(b − c).

Então a|b ⇐⇒ a|c.

Proposição 5. Se a, b, c ∈ N, com a 6= 0, e x, y ∈ N são tais que a|b e a|c, então a|(xb + yc); e se xb ≥ yc, então a|(xb − yc).

Demonstração a|b e a|c implicam que existem f, g ∈ N tais que b = af e c = ag. Logo, xb ± yc = x(af ) ± y(ag) = a(xf ± yg), o que prova o resultado, pois, nas condições dadas, xf ± yg ∈ N. 2 Proposição 6. Dados a, b ∈ N∗ , temos que a|b =⇒ a ≤ b.

Demonstração De fato, se a|b, existe c ∈ N∗ tal que b = ac. Como c ≥ 1, segue-se que a ≤ ac = b.

2 Em particular, se a|1, então a ≤ 1 e, portanto, a = 1.

Claramente, a recíproca da Proposição 6 não é válida, pois, por exemplo, 3 ≥ 2; e, no entanto, 2 não divide 3.

Note que a relação de divisibilidade em N∗ é uma relação de ordem, pois i) é reflexiva: ∀ a ∈ N∗ , a|a. (Proposição 1(i)), ii) é transitiva: se a|b e b|c, então a|c. (Proposição 1(ii)), iii) é antissimétrica: se a|b e b|a, então a = b. (Segue-se da Proposição 6).

As proposições a seguir serão de grande utilidade.

Proposição 7. Sejam a, b, n ∈ N, com a > b > 0. Temos que a − b divide an − b n .

5

Divisibilidade

Demonstração Vamos provar isto por indução sobre n. É óbvio que a afirmação é verdade para n = 0, pois a−b divide a0 −b0 = 0.

Suponhamos, agora, que a − b|an − bn . Escrevamos an+1 − bn+1 = aan − ban + ban − bbn = (a − b)an + b(an − bn ).

Como a − b|a − b e, por hipótese, a − b|an − bn , decorre da igualdade acima e da Proposição 5 que a − b|an+1 − bn+1 . Estabelecendo o resultado para todo n ∈ N. 2 Proposição 8. Sejam a, b, n ∈ N, com a + b 6= 0. Temos que a + b divide a2n+1 + b2n+1 .

Demonstração Vamos provar isto também por indução sobre n.

A afirmação é, obviamente, verdade para n = 0, pois a+b divide a1 +b1 = a + b.

Suponhamos, agora, que a + b|a2n+1 + b2n+1 . Escrevamos a2(n+1)+1 + b2(n+1)+1 = a2 a2n+1 − b2 a2n+1 + b2 a2n+1 + b2 b2n+1 = (a2 − b2 )a2n+1 + b2 (a2n+1 + b2n+1 ).

Como a + b|a2 − b2 e, por hipótese, a + b|a2n+1 + b2n+1 , decorre das igualdades acima e da Proposição 5 que a + b|a2(n+1)+1 + b2(n+1)+1 . Estabelecendo, assim, o resultado para todo n ∈ N. 2 Proposição 9. Sejam a, b, n ∈ N, com a ≥ b > 0. Temos que a + b divide a2n − b2n .

Demonstração Novamente usaremos indução sobre n.

A afirmação é verdade para n = 0, pois a + b divide a0 − b0 = 0.

Suponhamos, agora, que a + b|a2n − b2n . Escrevamos a2(n+1) − b2(n+1) = a2 a2n − b2 a2n + b2 a2n − b2 b2n =

6 MA 14 Unidade 1 (a2 − b2 )a2n + b2 (a2n − b2n ).

Como a + b|a2 − b2 e, por hipótese, a + b|a2n − b2n , decorre das igualdades acima e da Proposição 5 que a + b|a2(n+1) + b2(n+1) . Estabelecendo, desse modo, o resultado para todo n ∈ N. 2 Problemas 1. Sejam a, c ∈ N∗ e b ∈ N. Mostre que ac|bc ⇐⇒ a|b.

2. (ENC-98)1 A soma de todos os múltiplos de 6 que se escrevem (no sistema decimal) com dois algarismos é: (A) 612 (B) 648 (C) 756 (D) 810 (E) 864 3. Com quanto zeros termina o número 100!?

4. a) Mostre que o produto de i números naturais consecutivos é divisível por i!. b) Mostre que 6|n(n + 1)(2n + 1), para todo n ∈ N. 5. Mostre, por indução matemática, que, para todo n ∈ N, a) 8|32n + 7 c) 9|n4n+1 − (n + 1)4n + 1

b) 9|10n + 3.4n+2 + 5 d) 169|33n+3 − 26n − 27

6. Mostre que 13|270 + 370 .

7. Mostre que, para todo n, a) 9|10n − 1 d) 3|10n − 7n g) 19|32n+1 + 44n+2

b) 8|32n − 1 e) 13|92n − 24n h) 17|102n+1 + 72n+1

8. Sejam a > b ≥ 0 números naturais.

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Exame Nacional de Cursos, MEC/INEP.

c) 53|74n − 24n f) 6|52n+1 + 1 i) 14|34n+2 + 52n+1

7

Divisibilidade

a) Mostre que, para todo n ∈ N, n ≥ 2, an − b n = an−1 + an−2 · b + · · · + a · bn−2 + bn−1 . a−b b) Mostre que, para todo n ∈ N∗ , a2n+1 + b2n+1 = a2n − a2n−1 · b + · · · − a · b2n−1 + b2n . a+b c) Mostre que, para todo n ∈ N∗ , a2n − b2n = a2n−1 − a2n−2 · b + · · · + a · b2n−2 − b2n−1 . a+b 9. Para quais valores de a ∈ N a) a − 2|a3 + 4? b) a + 3|a3 − 3? c) a + 2|a4 + 2? d) a + 2|a4 + 2a3 + a2 + 1?

10. Mostre que, para todos a, m, n ∈ N, n

m

m > n =⇒ a2 + 1|a2 − 1.

11. Mostre, para todo n ∈ N∗ , que n2 |(n + 1)n − 1.

12. Mostre, para todo a ∈ N, que a) 2|a2 − a

b) 3|a3 − a

c) 5|a5 − a

d) 7|a7 − a

13. Mostre que existem infinitos valores de n em N para os quais 8n2 + 5 é divisível por 7 e por 11.

MA14 - Unidade 2 Divisão Euclidiana Semana de 08/08 a 14/08

Divisão Euclidiana Mesmo quando um número natural a não divide o número natural b, Euclides1 , nos seus Elementos, utiliza, sem enunciá-lo explicitamente, o fato de que é sempre possível efetuar a divisão de b por a, com resto. Este resultado, cuja demonstração damos abaixo, não só é um importante instrumento na obra de Euclides, como também é um resultado central da teoria.

Teorema 1 (Divisão Euclidiana). Sejam a e b dois números naturais com 0 < a < b. Existem dois únicos números naturais q e r tais que b = a · q + r,

com r < a.

Demonstração Suponha que b > a e considere, enquanto fizer sentido nos 1

para saber mais sobre a obra de Euclides, leia a nota histórica no final desta unidade.

2 MA 14 Unidade 2 naturais, os números b, b − a, b − 2a, . . . , b − n · a, . . .

Pela Propriedade da Boa Ordem2 , o conjunto S formado pelos elementos acima tem um menor elemento r = b − q · a. Vamos provar que r tem a propriedade requerida, ou seja, que r < a.

Se a|b, então r = 0 e nada mais temos a provar. Se, por outro lado, a 6 | b, então r 6= a, e, portanto, basta mostrar que não pode ocorrer r > a. De fato, se isto ocorresse, existiria um número natural c < r tal que r = c + a.

Consequentemente, sendo r = c + a = b − q · a, teríamos c = b − (q + 1) · a ∈ S, com c < r, contradição com o fato de r ser o menor elemento de S. Portanto, temos que b = a · q + r com r < a, o que prova a existência de q e r.

Agora, vamos provar a unicidade. Note que, dados dois elementos distintos de S, a diferença entre o maior e o menor desses elementos, sendo um múltiplo de a, é pelo menos a. Logo, se r = b − a · q e r0 = b − a · q 0 , com r < r0 < a, teríamos r0 − r ≥ a, o que acarretaria r0 ≥ r + a ≥ a, absurdo.

Portanto, r = r0 Daí segue-se que b − a · q = b − a · q 0 , o que implica que a · q = a · q 0 e, portanto, q = q 0 .

2 Nas condições do teorema acima, os números q e r são chamados, respectivamente, de quociente e de resto da divisão de b por a.

Note que o resto da divisão de b por a é zero se, e somente se, a divide b.

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Todo subconjunto não vazio do conjunto dos números naturais possui um menor elemento

Divisão Euclidiana

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Note que a demonstração do teorema fornece um algoritmo (i.e. um procedimento executável) para calcular o quociente e o resto da divisão de um número por outro, por subtrações sucessivas.

Exemplo 1. Vamos achar o quociente e o resto da divisão de 19 por 5.

Considere as diferenças sucessivas: 19 − 5 = 14, 19 − 2 · 5 = 9, 19 − 3 · 5 = 4 < 5.

Isto nos dá q = 3 e r = 4.

Aparentemente, não haveria necessidade de se provar a unicidade de q e r no Teorema 1, já que o resultado da subtração a cada passo do algoritmo é único e, portanto, r e q têm valores bem determinados. O fato é que apresentamos um método para determinar q e r, satisfazendo as condições do teorema, mas nada nos garante que, utilizando um outro método, não obteríamos outros valores para q e r; daí a necessidade de se provar a unicidade.

Exemplo 2. Vamos mostrar aqui que o resto da divisão de 10n por 9 é sempre 1, qualquer que seja o número natural n.

Isto será feito por indução. Para n = 0, temos que 100 = 9 · 0 + 1; portanto, o resultado vale.

Suponha, agora, o resultado válido para um dado n, isto é 10n = 9 · q + 1.

Considere a igualdade 10n+1 = 10·10n = (9+1)10n = 9·10n +10n = 9·10n +9·q +1 = 9(10n +q)+1, provando que o resultado vale para n+1 e, consequentemente, vale para todo n ∈ N. Note que este resultado decorre também do Problema 3.1.7(a), pois lá pedia-se para mostrar que 9|10n − 1; portanto, sendo isso verdade, temos que 10n − 1 = 9q e, consequentemente, 10n = 9q + 1.

Corolário. Dados dois números naturais a e b com 1 < a ≤ b, existe um

4 MA 14 Unidade 2 número natural n tal que na ≤ b < (n + 1)a.

Demonstração Pela divisão euclidiana, temos que existem q, r ∈ N com r < a, univocamente determinados, tais que b = a · q + r. Basta agora tomar n = q.

2 Exemplo 3. Dado um número natural n ∈ N∗ qualquer, temos duas possibilidades: i) o resto da divisão de n por 2 é 0, isto é, existe q ∈ N tal que n = 2q; ou ii) o resto da divisão de n por 2 é 1, ou seja, existe q ∈ N tal que n = 2q + 1.

Portanto, os números naturais se dividem em duas classes, a dos números da forma 2q para algum q ∈ N, chamados de números pares, e a dos números da forma 2q + 1, chamados de números ímpares. Os naturais são classificados em pares e ímpares, pelo menos, desde Pitágoras, 500 anos antes de Cristo.

A paridade de um número natural é o caráter do número ser par ou ímpar. É fácil determinar a paridade da soma e do produto de dois números a partir da paridade dos mesmos (veja Problema 3).

Exemplo 4. Mais geralmente, fixado um número natural m ≥ 2, pode-se sempre escrever um número qualquer n, de modo único, na forma n = mk+r, onde k, r ∈ N e r < m.

Por exemplo, todo número natural n pode ser escrito em uma, e somente uma, das seguintes formas: 3k, 3k + 1, ou 3k + 2.

Ou ainda, todo número natural n pode ser escrito em uma, e somente uma, das seguintes formas: 4k, 4k + 1, 4k + 2, ou 4k + 3.

Exemplo 5. Dados a, n ∈ N∗ , com a > 2 e ímpar, vamos determinar a paridade de (an − 1)/2.

5

Divisão Euclidiana

Como a é ímpar, temos que an − 1 é par, e, portanto (an − 1)/2 é um número natural. Logo, é legítimo querer determinar a sua paridade.

Temos, pelo Problema 8(a), da Unidade 1, que a − 1 n−1 an − 1 = (a + · · · + a + 1).

2 2 Sendo a ímpar, temos que an−1 + · · · + a + 1 é par ou ímpar, segundo n é par ou ímpar (veja Problema 3). Portanto, a nossa análise se reduz à procura da paridade de (a − 1)/2.

Sendo a ímpar, ele é da forma 4k + 1 ou 4k + 3. Se a = 4k + 1, então (a − 1)/2 é par, enquanto que, se a = 4k + 3, então (a − 1)/2 é ímpar.

Resumindo, temos que (an − 1)/2 é par se, e somente se, n é par ou a é da forma 4k + 1.

Exemplo 6. Vamos achar os múltiplos de 5 que se encontram entre 1 e 253. Estes são todos os múltiplos de 5 que cabem em 253. Pelo algoritmo da divisão temos que 253 = 5 · 50 + 3, ou seja, o maior múltiplo de 5 que cabe em 253 é 5 · 50, onde 50 é o quociente da divisão de 253 por 5. Portanto, os múltiplos de 5 ente 1 e 253 são 1 · 5, 2 · 5, 3 · 5, . . . , 50 · 5, e, consequentemente, são em número de 50.

Mais geralmente, dados a, b ∈ N com a < b, o número de múltiplos não nulos de a menores ou iguais a b é igual ao quociente da divisão de b por a.

Problemas 1. Ache o quociente e o resto da divisão a) de 27 por 5. b) de 38 por 7.

2. Mostre como, usando uma calculadora que só realiza as quatro operações, pode-se efetuar a divisão euclidiana de dois números naturais em apenas três

6 MA 14 Unidade 2 passos. Aplique o seu método para calcular o quociente e o resto da divisão de 3721056 por 18735.

3. Discuta a paridade a) da soma de dois números. b) da diferença de dois números. c) do produto de dois números. d) da potência de um número. e) da soma de n números ímpares.

4. a) Mostre que um número natural a é par se, e somente se, an é par, qualquer que seja n ∈ N∗ . b) Mostre que an ± am é sempre par, quaisquer que sejam n, m ∈ N∗ . c) Mostre que, se a e b são ímpares, então a2 + b2 é divisível por 2 mas não divisível por 4.

5. Quais são os números que, quando divididos por 5, deixam resto igual a) à metade do quociente? b) ao quociente? c) ao dobro do quociente? d) ao triplo do quociente?

6. Seja n um número natural. Mostre que um, e apenas um, número de cada terna abaixo é divisível por 3. a) n, n + 1, n + 2 b) n, n + 2, n + 4 c) n, n + 10, n + 23 d) n, n + 1, 2n + 1 7. Mostre que a) se n é ímpar, então n2 − 1 é divisível por 8. b) se n não é divisível por 2, nem por 3, então n2 − 1 é divisível por 24. c) ∀n ∈ N, 4 6 |n2 + 2.

8. Sejam dados os números naturais a, m e n tais que 1 < a < m < n. a) Quantos múltiplos de a existem entre m e n? b) Quantos múltiplos de 7 existem entre 123 e 2551? c) Quantos múltiplos de 7 existem entre 343 e 2551?

9. (ENC-2000) Mostre que, se um inteiro é, ao mesmo tempo, um cubo e

Divisão Euclidiana

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um quadrado, então ele é da forma 5n, 5n + 1, ou 5n + 4.

10. (ENC-2000) a) Mostre que, se um número a não é divisível por 3, então a2 deixa resto 1 na divisão por 3. b) A partir desse fato, prove que, se a e b são inteiros tais que 3 divide a2 +b2 , então a e b são divisíveis por 3.

11. (ENC-2001) Seja N um número natural; prove que a divisão de N 2 por 6 nunca deixa resto 2.

12. (ENC-2002) O resto da divisão do inteiro N por 20 é 8. Qual é o resto da divisão de N por 5?

13. Mostre que, se n é ímpar, então a soma de n termos consecutivos de uma PA é sempre divisível por n.

14. Ache o menor múltiplo de 5 que deixa resto 2 quando dividido por 3 e por 4.

A Aritmética na Magna Grécia Segundo os historiadores, foi Tales de Mileto (640-546 AC) quem introduziu o estudo da Matemática na Grécia. Tales teria trazido para a Grécia os rudimentos da geometria e da aritmética que aprendera com os sacerdotes egípcios, iniciando a intensa atividade matemática que ali se desenvolveu por mais de 5 séculos.

A diferença entre a matemática dos egípcios e a dos gregos era que, para os primeiros, tratava-se de uma arte que os auxiliava em seus trabalhos de engenharia e de agrimensura, enquanto que, com os segundos, assumia um caráter científico, dada a atitude filosófica e especulativa que os gregos tinham face à vida.

Em seguida, foram Pitágoras de Samos (580?-500? AC) e sua escola (que durou vários séculos) que se encarregaram de ulteriormente desenvolver e difundir a Matemática pela Grécia e suas colônias. A escola pitagórica atribuía aos números um poder místico, adotando a aritmética como fundamento de

8 MA 14 Unidade 2 seu sistema filosófico. Quase nada sobrou dos escritos originais dessa fase da matemática grega, chegando até nós apenas referências e comentários feitos por outros matemáticos posteriores.

Os gregos tinham uma forte inclinação para a filosofia e a lógica, tendo isto influenciado fortemente toda a sua cultura e, em particular, o seu modo de fazer matemática. Um importante exemplo disso foi a grande influência que sobre ela exerceu Platão (429-348 AC), que, apesar de não ser matemático, nela via um indispensável treinamento para o filósofo, ressaltando a metodologia axiomático-dedutiva a ser seguida em todos os campos do conhecimento.

O domínio da geometria era uma condição necessária aos aspirantes para o ingresso na sua academia. A preferência de Platão pelos aspectos mais teóricos e conceituais o fazia estabelecer uma clara diferenciação entre a ciência dos números, que chamava aritmética, e a arte de calcular, que chamava logística, a qual desprezava por ser “infantil e vulgar".

Com toda esta herança cultural, surge por volta de 300 AC, em Alexandria, um tratado que se tornaria um dos marcos mais importantes da Matemática, Os Elementos de Euclides3 . Pouco se sabe sobre os dados biográficos deste grande matemático, tendo chegado a nós, através de sucessivas edições, este tratado composto por treze livros, onde se encontra sistematizada a maior parte do conhecimento matemático da época.

Aparentemente, Euclides não criou muitos resultados, mas teve o mérito de estabelecer um padrão de apresentação e de rigor na Matemática jamais alcançado anteriormente, tido como o exemplo a ser seguido nos milênios que se sucederam. Dos treze livros de Os Elementos, dez versam sobre geometria e três, sobre aritmética. Nos três livros de aritmética, Livros VII, VIII e IX, Euclides desenvolve a teoria dos números naturais, sempre com uma visão geométrica (para ele, números representam segmentos e números ao quadrado representam áreas). No Livro VII, são definidos os conceitos de divisibili3

Sobre Euclides e a sua obra recomendamos a leitura de Os Elementos de Euclides, de João Bosco Pitombeira, Cadernos da RPM, Volume 5, N. 1, 1994; ou ainda, Euclides, a conquista do espaço, por Carlos Tomei, Odysseus, São Paulo, 2003.

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dade, de número primo, de números perfeitos, de máximo divisor comum e de míninimo múltiplo comum, entre outros. No mesmo livro, além das definições acima, todas bem postas e até hoje utilizadas, encontra-se enunciada (sem demonstração) a divisão com resto de um número natural por outro, chamada divisão euclidiana (nosso Teorema 1). Com o uso iterado desta divisão, Euclides estabelece o algoritmo mais eficiente, até hoje conhecido, para o cálculo do máximo divisor comum de dois inteiros (Proposições 1 e 2 nos Elementos), chamado de Algoritmo de Euclides, que apresentaremos no Capítulo 5. No Livro VIII, são estudadas propriedades de sequências de números em progressão geométrica. No Livro IX, Euclides mostra, de modo magistral, que a quantidade de números primos supera qualquer número dado; em outras palavras, existem infinitos números primos (Proposição 20 nos Elementos).

Euclides também prova que todo número natural se escreve de modo essencialmente único como produto de números primos, resultado hoje chamado de Teorema Fundamental da Aritmética (Proposição 14 nos Elementos). É também provado um resultado que dá uma condição necessária para que um número natural seja perfeito (Proposição 35 nos Elementos).

Após Euclides, a aritmética estagnou por cerca de 500 anos, ressuscitando com os trabalhos de Diofanto de Alexandria, que viveu por volta de 250 DC. A obra que Diofanto nos legou chama-se Aritmética e foi escrita em treze volumes, dos quais apenas sete nos chegaram. Trata-se do primeiro tratado de álgebra hoje conhecido, pois a abordagem de Diofanto era totalmente algébrica, não sendo revestida de nenhuma linguagem ou interpretação geométrica, como o faziam todos os seus predecessores. A maioria dos problemas estudados por Diofanto em Aritmética visava encontrar soluções em números racionais, muitas vezes contentando-se em encontrar apenas uma solução, de equações algébricas com uma ou várias incógnitas.

Um dos problemas tratados por Diofanto era a resolução em números racionais, ou inteiros, da equação pitagórica x2 + y 2 = z 2 , chegando a descrever todas as suas soluções. Este problema teve o poder de inspirar o matemático francês Pierre Fermat mais de 1300 anos depois, traçando os

10 MA 14 Unidade 2 rumos futuros que a Matemรกtica iria tomar, como veremos mais adiante.

MA14 - Unidade 3 Sistemas de Numeração Semana de 15/08 a 21/08

O sistema universalmente utilizado pelas pessoas comuns para representar os números naturais é o sistema decimal posicional. Este sistema de numeração, que é uma variante do sistema sexagesimal utilizado pelos babilônios 1700 anos antes de Cristo, foi desenvolvido na China e na Índia. Existem documentos do século VI comprovando a utilização desse sistema. Posteriormente, foi se espalhando pelo Oriente Médio, por meio das caravanas, tendo encontrado grande aceitação entre os povos árabes. A introdução do sistema decimal na Europa foi tardia por causa dos preconceitos da Idade Média. Por exemplo, num documento de 1299, os banqueiros de Florença condenavam o seu uso.

O sistema começou a ter maior difusão na Europa a partir de 1202, quando da publicação do livro Liber Abacci, de Fibonacci. Vários séculos se passaram para que, finalmente, esse sistema fosse adotado sem restrições pelos europeus.

Há outros sistemas de numeração em uso, notadamente os sistemas binário ou em bases potências de 2, que são correntemente usados em computação.

2 MA 14 Unidade 3 Uma característica comum a esses sistemas de numeração é o fato de serem todos sistemas posicionais com base constante.

No sistema decimal, todo número é representado por uma sequência formada pelos algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, acrescidos do símbolo 0 (zero), que representa a ausência de algarismo. Por serem dez os algarismos, o sistema é chamado decimal.

O sistema é também chamado posicional, pois cada algarismo, além do seu valor intrínseco, possui um peso que lhe é atribuído em função da posição que ele ocupa no número. Esse peso, sempre uma potência de dez, varia do seguinte modo: O algarismo da extrema direita tem peso 1; o seguinte, sempre da direita para a esquerda, tem peso dez; o seguinte tem peso cem; o seguinte tem peso mil, etc.

Portanto, os números de um a nove são representados pelos algarismos de 1 a 9, correspondentes. O número dez é representado por 10, o número cem por 100, o número mil por 1000.

Por exemplo, o número 12019, na base 10, é a representação de 1 · 104 + 2 · 103 + 0 · 102 + 1 · 10 + 9 = 1 · 104 + 2 · 103 + 1 · 10 + 9.

Cada algarismo de um número possui uma ordem contada da direita para a esquerda. Assim, no exemplo acima, o primeiro 1 que aparece 1 é de segunda ordem, enquanto que o último é de quinta ordem. O 9 é de primeira ordem, enquanto que o 2 é de quarta ordem.

Cada terna de ordens, também contadas da direita para a esquerda, forma uma classe. As classes são, às vezes, separadas umas das outras por meio de um ponto.

1

Não se esqueça, sempre da direita para a esquerda.

3

Sistemas de Numeração

Damos a seguir os nomes das primeiras classes e ordens:   1a ordem  unidades Classe das Unidades dezenas 2a ordem   centenas 3a ordem

Classe do Milhar

   unidades de milhar dezenas de milhar   centenas de milhar

4a ordem 5a ordem 6a ordem

Classe do Milhão

   unidades de milhão dezenas de milhão   centenas de milhão

7a ordem 8a ordem 9a ordem

Os sistemas de numeração posicionais baseiam-se no seguinte resultado, que é uma aplicação da divisão euclidiana.

Teorema 1. Dados a, b ∈ N, com b > 1, existem números naturais c0 , c1 , . . . , cn menores do que b, univocamente determinados, tais que a = c0 + c1 b + c 2 b2 + · · · + c n bn .

Demonstração Vamos demonstrar o teorema usando a segunda forma do Princípio de Indução Matemática sobre a. Se a = 0, ou se a = 1, basta tomar n = 0 e c0 = a.

Supondo o resultado válido para todo natural menor do que a, vamos prová-lo para a. Pela divisão euclidiana, existem q e r únicos tais que a = bq + r, com r < b.

Como q < a (verifique), pela hipótese de indução, segue-se que existem números naturais n0 e d0 , d1 , . . . , dn0 , com dj < b, para todo j, tais que 0

q = d0 + d1 b + · · · + dn0 bn .

Levando em conta as igualdades acima destacadas, temos que 0

a = bq + r = b(d0 + d1 b + · · · + dn0 bn ) + r,

4 MA 14 Unidade 3 donde o resultado segue-se pondo c0 = r, n = n0 + 1 e cj = dj−1 para j = 1, . . . , n.

A unicidade segue-se facilmente das unicidades acima estabelecidas.

2 A representação dada no teorema acima é chamada de expansão relativa à base b. Quando b = 10, essa expansão é chamada expansão decimal, e quando b = 2, ela toma o nome de expansão binária.

A demonstração do Teorema também nos fornece um algoritmo para determinar a expansão de um número qualquer relativamente à base b.

Trata-se de aplicar, sucessivamente, a divisão euclidiana, como segue: a = bq0 + r0 ,

r0 < b,

q0 = bq1 + r1 ,

r1 < b,

q1 = bq2 + r2 ,

r2 < b,

e assim por diante. Como a > q0 > q1 > · · · , deveremos, em um certo ponto, ter qn−1 < b e, portanto, de qn−1 = bqn + rn , decorre que qn = 0, o que implica 0 = qn = qn+1 = qn+2 = · · · , e, portanto, 0 = rn+1 = rn+2 = · · · .

Temos, então, que a = r0 + r1 b + · · · + rn b n .

A expansão numa dada base b nos fornece um método para representar os números naturais. Para tanto, escolha um conjunto S de b símbolos S = { s0 , s1 , . . . , sb−1 }, com s0 = 0, para representar os números de 0 a b − 1. Um número natural a na base b se escreve da forma xn xn−1 . . . x1 x0 ,

5

Sistemas de Numeração

com x0 , . . . , xn ∈ S, e n variando, dependendo de a, representando o número x 0 + x 1 b + · · · + x n bn .

No sistema decimal, isto é, de base b = 10, usa-se S = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.

Se b ≤ 10, utilizam-se os símbolos 0, 1, . . . , b − 1. Se b > 10, costuma-se usar os símbolos de 0 a 9, acrescentando novos símbolos para 10, . . . , b − 1.

Exemplo 1. No sistema de base b = 2, temos que S = { 0, 1}, e todo número natural é representado por uma sequência de 0 e 1. Por exemplo, o número 10 na base 2 representa o número 2 (na base 10). Temos também que 100 = 22 ,

101 = 1 + 22 ,

111 = 1 + 2 + 22 ,

1011 = 1 + 2 + 23 .

O sistema na base 2 é habitualmente utilizado nos computadores.

Exemplo 2. Vamos representar o número 723 na base 5.

Por divisão euclidiana sucessiva, 723 = 144 · 5 + 3, 144 = 28 · 5 + 4, 28 = 5 · 5 + 3, 5 = 1 · 5 + 0, 1 = 0 · 5 + 1.

Portanto, 723 = 3 + 4 · 5 + 3 · 52 + 0 · 53 + 1 · 54 , e, consequentemente, 723 na base 5 se representa por 10343.

Daremos a seguir critérios de divisibilidade por 5, por 10, por 3 e por 9 para números representados na base 10.

Proposição 1. Seja a = rn · · · r1 r0 um número representado no sistema decimal. Uma condição necessária e suficiente para que a seja divisível por 5 (respectivamente por 10) é que r0 seja 0 ou 5 (respectivamente 0).

6 MA 14 Unidade 3 Demonstração Sendo a = 10 · (rn · · · r1 ) + r0 , temos que a é divisível por 5 se, e somente se, r0 é divisível por 5, e, portanto, r0 = 0 ou r0 = 5. Por outro lado, a é divisível por 10 se, e somente se, r0 é divisível por 10, o que somente ocorre quando r0 = 0.

2 Proposição 2. Seja a = rn · · · r1 r0 um número representado no sistema decimal. Uma condição necessária e suficiente para que a seja divisível por 3 ou por 9 é que rn + · · · + r1 + r0 seja divisível por 3 ou por 9, respectivamente.

Demonstração Temos que a − (rn + · · · + r1 + r0 ) = rn 10n + · · · + r1 10 + r0 − (rn + · · · + r1 + r0 ) = rn (10n − 1) + · · · + r1 (10 − 1).

Como o termo à direita nas igualdades acima é divisível por 9 (veja o Exemplo 2, Unidade 2), temos, para algum número q, que a = (rn + · · · + r1 + r0 ) + 9q, seguindo-se o resultado, em virtude das Proposições 3 e 4 da Unidade 1.

2 Exemplo 3. O Nove Misterioso. Peça para alguém escolher, em segredo, um número natural com, pelo menos, três algarismos (no sistema decimal, é claro). Peça, ainda, para que efetue uma permutação qualquer dos seus algarismos, obtendo um novo número, e que subtraia o menor do maior dos dois números. Finalmente, peça ao seu parceiro de jogo para reter um dos algarismos diferente de zero desse novo número e divulgar os restantes. É possível adivinhar o algarismo retido!

Vamos desvendar o mistério. Seja a = rn · · · r1 r0 o número secreto e seja 0 a o número obtido pela permutação dos algarismos de a. Pela demonstração da Proposição 2 sabemos que existem q, q 0 ∈ N tais que a = (rn + · · · + r1 + r0 ) + 9q e a0 = (rn + · · · + r1 + r0 ) + 9q 0 .

7

Sistemas de Numeração

Logo, a diferença entre o maior e o menor desses números é divisível por 9.

Portanto, para adivinhar o algarismo que falta, basta descobrir, dentre os números de 1 a 9, quanto devemos somar à soma dos algarismos divulgados para que o resultado seja divisível por 9.

A exclusão do zero no algarismo retido é para eliminar uma possível ambiguidade que ocorre quando a soma dos algarismos divulgados seja já múltiplo de 9; neste caso, o algarismo escondido tanto poderia ser o nove quanto o zero.

A representação binária tem peculiaridades interessantes, como veremos a seguir. Inicialmente extraímos um corolário imediato do Teorema 1.

Corolário. Todo número natural se escreve de modo único como soma de potências distintas de 2.

Determinar a expansão binária de um número a é ainda mais fácil do que determinar a sua expansão relativa a um número b 6= 2.

De fato, escreve-se a lista de números começando com a, seguido pelo quociente q0 da divisão de a por 2, seguido pelo quociente q1 da divisão de q0 por 2, seguido pelo quociente q2 da divisão de q1 por 2, etc. (Note que a divisão por 2 é tão fácil que pode ser feita mentalmente.)

Na divisão euclidiana sucessiva, temos que, se a é ímpar, então r0 = 1; caso contrário, r0 = 0; temos r1 = 1 se q0 é ímpar, e r1 = 0, caso contrário.

Em geral, ri+1 = 1 se qi é ímpar, e ri+1 = 0, caso contrário. Até encontrarmos qn−1 = 1, quando colocamos rn = 1. Segue-se, portanto, que a = r0 + r1 · 2 + · · · + rn · 2n .

Exemplo 4. O método acima, para determinar expansões binárias, permite desenvolver um algoritmo utilizado pelos antigos egípcios para calcular o produto de dois números usando apenas multiplicações e divisões por 2, além de adições. Este método tem a vantagem de apenas necessitar do conhecimento da tabuada do 2.

De fato, para efetuar a multiplicação de a por b, escreve-se a como soma

8 MA 14 Unidade 3 de potências de 2: a = r0 + r1 2 + · · · + rn 2n , com cada ri zero ou um. Logo, a · b = r0 · b + r1 · 2b + · · · rn · 2n b.

Escrevem-se duas colunas de números, uma ao lado da outra, onde, na coluna da esquerda, colocam-se, um em cada linha, os números a, q0 , q1 , . . ., qn−1 (= 1) (como descritos acima) e, na coluna da direita, também um em cada linha, os números b, 2b, 4b, . . ., 2n b. Como a paridade do elemento da coluna da esquerda na linha i − 1 determina se ri = 0 ou ri = 1, quando somarmos os elementos da coluna da direita que correspondem a elementos ímpares da coluna da esquerda, obteremos a · b.

Vejamos um exemplo. Vamos multiplicar 523 por 37.

37 18 9 4 2 1

523 + 1046 2092 + 4184 8368 16736 +

Portanto, 37 · 523 = 523 + 2092 + 16736 = 19351 Problemas 1. Mostre que, na base 10, o algarismo das unidades de um quadrado perfeito só pode ser 0, 1, 4, 5, 6 ou 9.

2. Um certo número de três algarismos na base 10 aumenta de 36 se permutarmos os dois algarismos da direita, e diminui de 270 se permutarmos os dois algarismos da esquerda. O que acontece ao número se permutarmos os dois algarismos extremos?

Sistemas de Numeração

9

3. [Critério de divisibilidade por uma potência de 2] Seja a = an an−1 . . . a0 um número representado na base 10. Usando o fato de que 2k |10k , mostre que 2k divide a se, e somente se, o número ak−1 . . . a1 a0 é divisível por 2k . Em particular, a é divisível por 2 se, e somente se, a0 é 0, 2, 4, 6 ou 8; também, a é divisível por 4 se, e somente se, a1 a0 é divisível por 4.

4. Escolha um número abc de três algarismos no sistema decimal, de modo que os algarismos das centenas a e o das unidades c difiram de, pelo menos, duas unidades. Considere os números abc e cba e subtraia o menor do maior, obtendo o número xyz. A soma de xyz com zyx vale 1089. Justifique este fato.

5. Seja dado o número 4783 na base 10; escreva-o nas seguintes bases: 2, 3, 4, 7, 12 e 15.

6. O número 3416 está na base 7; escreva-o nas bases 5 e 12.

7. Um número na base 10 escreve-se 37; em que base escrever-se-á 52?

8. Considere 73 na base 10; em que base ele se escreverá 243?

9. Escreva a tabuada na base 5. Use-a para calcular 132 + 413 e 23 · 342.

10. Utilize o método dos antigos egípcios para calcular 527 · 72.

MA14 - Unidade 4 O Jogo de Nim Semana de 15/08 a 21/08

Trata-se de um antigo jogo chinês de palitos jogado por duas pessoas. Este jogo foi objeto, em 1901, de um artigo científico na prestigiosa revista Annals of Mathematics, de autoria de C.L. Bouton, mostrando que há uma estratégia que, se adotada pelo jogador que inicia o jogo, ele sempre ganhará.

Há várias versões deste jogo, cada uma com uma estratégia própria.

Variante 1 Dispõe-se sobre uma mesa um certo número N de palitos.

Estipula-se que cada jogador, na sua vez, possa retirar, no mínimo, 1 palito e, no máximo, n palitos, com n > 1. Supõe-se, ainda, que nem N nem N − 1 sejam múltiplos de n + 1. Perde o jogador que retirar o último palito. A estratégia para que o primeiro jogador ganhe sempre é descrita a seguir.

Seja q o quociente e r o resto da Divisão Euclidiana de N por n + 1. Por hipótese, tem-se que r > 1. Divida mentalmente os palitos em q grupos de n + 1 palitos mais um grupo com r − 1 palitos, restando ainda um palito.

0

O leitor interessado poderá ler mais sobre esse jogo na Revista do Professor de Matemática, N0 . 6.

2 MA 14 Unidade 4 O jogador que começa retira esses r − 1 palitos. O segundo jogador, ao retirar de 1 a n palitos, deixará o primeiro jogador na situação confortável de retirar o que sobra no primeiro grupo de n + 1 palitos. Isto se repete para cada grupo de n + 1 palitos, fazendo que, no final, sobre 1 palito na vez do segundo jogador, provocando a sua derrota.

Faça um experimento com N = 34 e n = 3.

Variante 2 Da mesma forma que a variante anterior, dispõe-se sobre uma mesa um certo número N de palitos e estipula-se que cada jogador, na sua vez, possa retirar, no mínimo, 1 palito e, no máximo, um número n pré-fixado de palitos, com n > 1. Supõe-se, ainda, que N não seja múltiplo de n + 1. Ganha o jogador que retirar o último palito. Vamos descrever a nova estratégia para que o primeiro jogador ganhe sempre.

Seja q o quociente e r o resto da Divisão Euclidiana de N por n + 1. Por hipótese, tem-se que 1 ≤ r ≤ n. Divida mentalmente os palitos em q grupos de n+1 palitos mais um grupo com r palitos. O jogador que começa retira os r palitos. O segundo jogador, ao retirar de 1 a n palitos, deixará o primeiro jogador na situação confortável de retirar o que sobra no primeiro grupo de n + 1 palitos. Isto se repete para cada grupo de n + 1 palitos, fazendo sempre com que, depois do segundo jogador realizar a sua jogada, sobre no grupo um número tal de palitos que possam ser retirados de uma só vez pelo primeiro jogador, levando-o à vitória.

A seguir, discutiremos uma variante mais complexa do jogo.

Variante 3 Dispõe-se sobre uma mesa 15 palitos separados em três grupos, de 3, 5 e 7 palitos, respectivamente (pode-se generalizar o jogo com três grupos com número arbitrário, porém, distinto de palitos). |||

|||||

|||||||

Cada jogador, na sua vez, deve retirar um número qualquer de palitos de um, e de apenas um, dos grupos. Os jogadores se alternam e quem retirar o último palito ganha o jogo.

3

O Jogo de Nim

Vamos estabelecer uma estratégia de tal modo que, quem iniciar a partida fazendo uma boa abertura e seguindo certas regras, sempre vencerá.

Para isto, a cada jogada, escreve-se o número de palitos de cada grupo na base 2, colocando-os um em cada linha, de modo que os algarismos das unidades se correspondam. Por exemplo, no início da partida tem-se Grupo 1 Grupo 2 Grupo 3

11 101 111

Somando os três números acima como se fosse na base 10, obtemos o número 223, que chamaremos, a cada etapa, de chave do jogo. O primeiro jogador poderá, então, com uma jogada, tornar todos os algarismos da chave pares. Por exemplo, poderá retirar um palito do grupo 3, obtendo Grupo 1 Grupo 2 Grupo 3

11 101 110 222

Agora, qualquer jogada que o segundo jogador efetue transformará a chave 222 numa chave com, pelo menos, um algarismo ímpar, o que, mediante uma jogada conveniente, poderá ser recolocado na situação de ter todos os algarismos pares.

Uma situação em que todos os algarismos da chave são pares será chamada de posição segura, enquanto que, quando pelo menos um dos algarismos da chave é ímpar, será uma posição insegura.

Pode-se mostrar que, de uma posição segura, qualquer que seja a jogada, só se pode chegar a uma posição insegura. Mostra-se também que, de uma posição insegura, pode-se, com uma jogada conveniente, sempre retornar a uma posição segura. Como 000 é uma posição segura, ganhará o jogo quem sempre se mantiver em posições seguras.

4 MA 14 Unidade 4 Problemas 1 Demonstre que as afirmações feitas na variante 3 do jogo de Nim são verdadeiras.

2 Determine, em cada caso apresentado abaixo, se a posição é segura ou insegura. a) | | || b) | | | || || c) | | | | d) | |

MA14 - Unidade 5 Máximo Divisor Comum Semana de 22/08 a 28/08

Os conceitos e resultados contidos nesta unidade encontram-se, em sua maioria, no Livro VII dos Elementos de Euclides. É notável a sua atualidade, apesar dos quase dois milênios e meio que nos separam de sua criação.

Dados dois números naturais a e b, não simultaneamente nulos, diremos que o número natural d ∈ N∗ é um divisor comum de a e b se d|a e d|b.

Por exemplo, os números 1, 2, 3 e 6 são os divisores comuns de 12 e 18.

A definição que se segue é exatamente a definição dada por Euclides nos Elementos e se constitui em um dos pilares da sua aritmética.

Diremos que d é um máximo divisor comum (mdc) de a e b se possuir as seguintes propriedades: i) d é um divisor comum de a e de b, e ii) d é divisível por todo divisor comum de a e b.

A condição (ii) acima pode ser reenunciada como se segue:

2 MA 14 Unidade 5 ii0 ) Se c é um divisor comum de a e b, então c|d.

Portanto, se d é um mdc de a e b e c é um divisor comum desses números, então c ≤ d. Isto nos mostra que o máximo divisor comum de dois números é efetivamente o maior dentre todos os divisores comuns desses números.

Em particular, isto nos mostra que, se d e d0 são dois mdc de um mesmo par de números, então d ≤ d0 e d0 ≤ d, e, conseqüentemente, d = d0 . Ou seja, o mdc de dois números, quando existe, é único.

O mdc de a e b, quando existe (veremos mais adiante que sempre existe o mdc de dois números naturais não simultaneamente nulos), será denotado por (a, b). Como o mdc de a e b não depende da ordem em que a e b são tomados, temos que (a, b) = (b, a).

Em alguns casos particulares, é facil verificar a existência do mdc. Por exemplo, se a e b são números naturais, tem-se claramente que (0, a) = a, (1, a) = 1 e que (a, a) = a. Mais ainda, temos que a|b ⇐⇒ (a, b) = a.

(1)

De fato, se a|b, temos que a é um divisor comum de a e b, e, se c é um divisor comum de a e b, então c divide a, o que mostra que a = (a, b).

Reciprocamente, se (a, b) = a, segue-se que a|b.

A demonstração da existência do mdc de qualquer par de números naturais, não ambos nulos, é bem mais sutil. Poder-se-ia, como se faz usualmente no Ensino Fundamental, definir o máximo divisor comum de dois números a e b como sendo o maior elemento do conjunto de todos os divisores comuns desses números, o que de imediato garantiria a sua existência. De qualquer modo, seria necessário provar a propriedade (ii) da definição de mdc, pois é ela que possibilita provar os resultados subseqüentes, e não o fato do mdc ser o maior dos divisores comuns.

Para provar a existência do máximo divisor comum, Euclides utiliza, essencialmente, o resultado abaixo.

3

Máximo Divisor Comum

Lema 1 (Lema de Euclides). Sejam a, b, n ∈ N com a < na < b. Se existe (a, b − na), então (a, b) existe e (a, b) = (a, b − na).

Demonstração Seja d = (a, b − na). Como d|a e d|(b − na), segue que d divide b = b − na + na. Logo, d é um divisor comum de a e b. Suponha agora que c seja um divisor comum de a e b; logo, c é um divisor comum de a e b − na e, portanto, c|d. Isso prova que d = (a, b).

2 Observação 1 Com a mesma técnica usada na prova do Lema de Euclides, poder-se-ia provar que, para todos a, b, n ∈ N, (a, b) = (a, b + na), ou que, se na > b, então (a, b) = (a, na − b).

O Lema de Euclides é efetivo para calcular mdc, conforme veremos nos exemplos a seguir, e será fundamental para estabelecermos o algoritmo de Euclides, que permitirá, com muita eficiência, calcular o mdc de dois números naturais quaisquer.

Exemplo 1. Dados a, m ∈ N com a > 1, temos que m

a −1 , a − 1 = (a − 1, m). a−1 De fato, chamando de d o primeiro membro da igualdade, temos, pelo Problema 8(a), Unidade 1, que d = (am−1 + am−2 + · · · + a + 1, a − 1) =

(am−1 − 1) + (am−2 − 1) + · · · + (a − 1) + m, a − 1 .

4 MA 14 Unidade 5 Como, pela Proposição 7, Unidade 1, temos que a − 1|(am−1 − 1) + (am−2 − 1) + · · · + (a − 1), segue-se que (am−1 − 1) + (am−2 − 1) + · · · + (a − 1) = n(a − 1) para algum n ∈ N, e, portanto, pela Observação 1, tem-se que d = (n(a − 1) + m, a − 1) = (a − 1, n(a − 1) + m) = (a − 1, m).

Exemplo 2. Vamos, neste exemplo, determinar os valores de a e n para os quais a + 1 divide a2n + 1.

Note inicialmente que a + 1|a2n + 1 ⇐⇒ (a + 1, a2n + 1) = a + 1.

Como a2n + 1 = (a2n − 1) + 2, e a + 1|a2n − 1 (veja Proposição 9, Unidade 1), segue-se, pela Observação 1, que para todo n, (a + 1, a2n + 1) = (a + 1, (a2n − 1) + 2) = (a + 1, 2).

Portanto, a + 1|a2n + 1, para algum n ∈ N, se, e somente se, a + 1 = (a + 1, 2), o que ocorre se, e somente se, a = 0 ou a = 1.

Exemplo 3. Vamos, neste exemplo, determinar os valores de a e n para os quais a + 1 divide a2n+1 − 1.

Note que (a + 1, a2n+1 − 1) = (a + 1, a(a2n − 1) + a − 1) = (a + 1, a − 1).

Portanto, a + 1|a2n+1 − 1, para algum n ∈ N, se, e somente se, a + 1 = (a + 1, a2n+1 − 1) = (a + 1, a − 1), o que ocorre se, e somente se, a = 1.

5

Máximo Divisor Comum

Algoritmo de Euclides A seguir, apresentaremos a prova construtiva da existência do mdc dada por Euclides (Os Elementos, Livro VII, Proposição 2). O método, chamado de Algoritmo de Euclides, é um primor do ponto de vista computacional e pouco conseguiu-se aperfeiçoá-lo em mais de dois milênios.

Dados a, b ∈ N, podemos supor a ≤ b. Se a = 1 ou a = b, ou ainda a|b, já vimos que (a, b) = a. Suponhamos, então, que 1 < a < b e que a 6 | b. Logo, pela divisão euclidiana, podemos escrever b = aq1 + r1 ,

com r1 < a.

Temos duas possibilidades: a) r1 |a, e, em tal caso, por (1) e pelo Lema 1, r1 = (a, r1 ) = (a, b − q1 a) = (a, b), e termina o algoritmo, ou b) r1 6 | a, e, em tal caso, podemos efetuar a divisão de a por r1 , obtendo a = r 1 q2 + r 2 ,

com r2 < r1 .

Novamente, temos duas possibilidades: a ) r2 |r1 , e, em tal caso, novamente, por (1) e pelo Lema 1, 0

r2 = (r1 , r2 ) = (r1 , a − q2 r1 ) = (r1 , a) = (b − q1 a, a) = (b, a) = (a, b), e paramos, pois termina o algoritmo, ou b0 ) r2 6 | r1 , e, em tal caso, podemos efetuar a divisão de r1 por r2 , obtendo r 1 = r 2 q3 + r 3 ,

com r3 < r2 .

Este procedimento não pode continuar indefinidamente, pois teríamos uma seqüência de números naturais a > r1 > r2 > · · · que não possui menor elemento, o que não é possível pela Propriedade da Boa Ordem. Logo, para algum n, temos que rn |rn−1 , o que implica que (a, b) = rn .

6 MA 14 Unidade 5 O algoritmo acima pode ser sintetizado e realizado na prática, como mostramos a seguir.

Inicialmente, efetuamos a divisão b = aq1 + r1 e colocamos os números envolvidos no seguinte diagrama:

b r1

q1 a

A seguir, continuamos efetuando a divisão a = r1 q2 + r2 e colocamos os números envolvidos no diagrama

b r1

q1 q2 a r1 r2

Prosseguindo, enquanto for possível, teremos

b r1

q1 q2 q3 · · · qn−1 qn qn+1 a r1 r2 · · · rn−2 rn−1 rn = (a, b) r2 r3 r 4 · · · rn

Exemplo 4. Calculemos o mdc de 372 e 162: 2 3 2 1 2 372 162 48 18 12 6 48 18 12 6 Observe que, no exemplo acima, o Algoritmo de Euclides nos fornece: 6 = 18 − 1 · 12 12 = 48 − 2 · 18 18 = 162 − 3 · 48 48 = 372 − 2 · 162 Donde se segue que 6 = 18 − 1 · 12 = 18 − 1 · (48 − 2 · 18) = 3 · 18 − 48 =

7

Máximo Divisor Comum

3 · (162 − 3 · 48) − 48 = 3 · 162 − 10 · 48 = 3 · 162 − 10 · (372 − 2 · 162) = 23 · 162 − 10 · 372.

Temos, então, que (372, 162) = 6 = 23 · 162 − 10 · 372.

Note que conseguimos, através do uso do Algoritmo de Euclides, de trás para frente, escrever 6 = (372, 162) como múltiplo de 162 menos um múltiplo de 372.

O Algoritmo de Euclides nos fornece, portanto, um meio prático de escrever o mdc de dois números como diferença entre dois múltiplos dos números em questão. Esta é uma propriedade geral do mdc que redemonstraremos com todo rigor na próxima seção.

Problemas 1 Para cada par de números naturais a e b dados abaixo, ache (a, b) e determine números naturais m e n tais que (a, b) = na − mb ou (a, b) = mb − na. a) 637 e 3887 d) 7325 e 8485

b) 648 e 1218 c) 551 e 874 e) 987654321 e 123456789

2 Seja n ∈ N. Mostre que a) (n, 2n + 1) = 1 c) (2n + 1, 9n + 4) = 1

b) (n + 1, n2 + n + 1) = 1 d) (n! + 1, (n + 1)! + 1) = 1

3 Mostre que (a, a + b)|b, quaisquer que sejam a, b ∈ N. 4 Dados a, m ∈ N com a ≥ 1, mostre que

a)

a2m − 1 ,a + 1 a+1

= (a + 1, 2m)

b)

a2m+1 + 1 ,a + 1 a+1

5 Calcule

a)

240 + 1 8 ,2 + 1 28 + 1

b)

250 + 1 10 ,2 + 1 210 + 1

= (a + 1, 2m + 1)

MA14 - Unidade 6 Propriedades do mdc Semana de 22/08 a 28/08

Sejam a, b ∈ N∗ . Definimos o conjunto J(a, b) = {x ∈ N∗ ; ∃ u, v ∈ N, x = ua − vb}.

Por definição, temos que J(b, a) = {y ∈ N∗ ; ∃ u, v ∈ N, y = vb − ua}.

Lema 1. Tem-se que J(a, b) = J(b, a) 6= ∅.

Demonstração Inicialmente, mostraremos que os dois conjuntos são iguais.

Pelo caráter simétrico do resultado com relação a a e b, basta mostrar que J(a, b) ⊂ J(b, a).

Seja x ∈ J(a, b), então x = ua − vb com u, v ∈ N. Pela Propriedade Arquimediana1 , existem números naturais λ, µ ∈ N tais que λa > v e µb > u.

1

Dados a, b ∈ N com 0 < a < b, existe n ∈ N tal que na > b.

2 MA 14 Unidade 6 Tomando ρ = max{λ, µ}, tem-se que ρa > v e ρb > u. Portanto, x = ua − vb = (ρa − v)b − (ρb − u)a ∈ J(b, a).

Agora, note que a ∈ J(a, b) e, portanto, J(a, b) 6= ∅.

2 O resultado acima e a Propriedade da Boa Ordenação dos naturais garantem que existe min J(a, b).

Teorema 1. Sejam a, b ∈ N∗ e seja d = min J(a, b). Tem-se que i) d é o mdc de a e b ii) J(a, b) = {nd; n ∈ N}.

Demonstração (i) Suponha que c divida a e b; logo, c divide todos os números naturais da forma ua − vb; portanto, divide todos os elementos de J(a, b), e, conseqüentemente, c|d.

Vamos agora mostrar que d divide todos os elementos de J(a, b). Seja x ∈ J(a, b) e suponha, por absurdo, que d 6 |x. Logo, pela Divisão Euclidiana, x = dq + r, com 0 < r < d.

Como x = ua − vb e d = mb − na, para alguns u, v, m, n ∈ N, segue-se que r = (u + qn)a − (v + qm)b ∈ J(a, b), o que é um absurdo, pois d = min J(a, b) e r < d. Em particular, d|a e d|b. (ii) Dado que ld = l(na − mb) = (ln)a − (lm)b ∈ J(a, b), é claro que {ld; l ∈ N} ⊂ J(a, b), Por outro lado, já provamos que todo x ∈ J(a, b) é tal que d|x, e, portanto, J(a, b) ⊂ {ld; l ∈ N}.

2

3

Propriedades do mdc

O Teorema acima nos dá uma outra demonstração da existência do mdc de dois números. Note que essa demonstração, ao contrário da prova de Euclides, não é construtiva, no sentido de que não nos fornece nenhum meio prático para achar o mdc dos dois números.

Corolário 1. Quaisquer que sejam a, b, n ∈ N∗ , (na, nb) = n(a, b).

Demonstração Note inicialmente que J(na, nb) = nJ(a, b) = {nx; x ∈ J(a, b)}.

Agora, o resultado segue-se do teorema e do fato de que min nJ(a, b) = n min J(a, b).

2

Corolário 2. Dados a, b ∈ N, tem-se que

b a , (a, b) (a, b)

= 1.

Demonstração Pelo Corolário 1, temos que

(a, b)

b a , (a, b) (a, b)

=

a b (a, b) , (a, b) (a, b) (a, b)

= (a, b),

o que prova o resultado.

2 Dois números naturais a e b serão ditos primos entre si, ou coprimos, se (a, b) = 1; ou seja, se o único divisor comum de ambos é 1.

Proposição 1. Dois números naturais a e b são primos entre si se, e somente se, existem números naturais n e m tais que na − mb = 1.

Demonstração Suponha que a e b são primos entre si. Logo, (a, b) = 1.

Como, pelo Teorema 1, temos que existem números naturais n e m tais que na − mb = (a, b) (= 1), segue-se a primeira parte da proposição.

Reciprocamente, suponha que existam números naturais n e m tais que na − mb = 1. Se d = (a, b), temos que d|(na − mb), o que mostra que d|1, e, portanto, d = 1.

2

4 MA 14 Unidade 6 A Proposição 1 estabelece uma relação crucial entre as estruturas aditiva e multiplicativa dos números naturais, o que permitirá provar, entre vários outros resultados, o importante teorema a seguir.

Teorema 2. Sejam a, b e c números naturais. Se a|b · c e (a, b) = 1, então a|c.

Demonstração Se a|b · c, então existe e ∈ N tal que bc = ae.

Se (a, b) = 1, então, pela Proposição 1, temos que existem m, n ∈ N tais que na − mb = 1.

Multiplicando por c ambos os lados da igualdade acima, temos que c = nac − mbc.

Substituindo bc por ae nesta última igualdade, temos que c = nac − mae = a(nc − me) 2

e, portanto, a|c.

Corolário. Dados a ∈ N e b, c ∈ N∗ , temos que b|a e c|a ⇐⇒

bc |a. (b, c)

Demonstração De fato, temos que a = nb = mc para alguns n, m ∈ N. Logo, b c n =m . (b, c) (b, c)

b c b b , (b,c) = 1, segue-se que (b,c) |m, o que implica que c (b,c) |cm.

Como (b,c) Como cm = a, o resultado se segue.

2

5

Propriedades do mdc

A noção de mdc pode ser generalizada como se segue.

Um número natural d será dito um mdc de dados números naturais a1 , . . . , an se possuir as seguintes propriedades: i) d é um divisor comum de a1 , . . . , an . ii) Se c é um divisor comum de a1 , . . . , an , então c|d.

O mdc, quando existe, é certamente único e será representado por (a1 , . . . , an ).

Proposição 2. Dados números naturais a1 , . . . , an , existe o seu mdc e (a1 , . . . , an ) = (a1 , . . . , (an−1 , an )).

Demonstração Vamos provar a proposição por indução sobre n (≥ 2).

Para n = 2, sabemos que o resultado é válido. Suponha que o resultado vale para n. Para provar que o resultado é válido para n + 1, basta mostrar que (a1 , . . . , an , an+1 ) = (a1 , . . . , (an , an+1 )), pois isso provará também a existência.

Seja d = (a1 , . . . , (an , an+1 )). Logo, d|a1 , . . . , d|an−1 e d|(an , an+1 )). Portanto, d|a1 , . . . , d|an−1 , d|an e d|an+1 .

Por outro lado, seja c um divisor comum de a1 , . . . , an , an+1 ; logo, c é um divisor comum de a1 , . . . , an−1 e (an , an+1 ); e, portanto, c|d.

2 Para calcular o número (a1 , . . . , an ), pode-se usar recursivamente o Algoritmo de Euclides.

Problemas 1. Mostre que, se (a, b) = 1, a|c e b|c, então a · b|c.

6 MA 14 Unidade 6 2. a) Mostre que, se (a, b) = 1, então (a · c, b) = (c, b). b) Mostre que (a · c, b) = 1 se, e somente se, (a, b) = (c, b) = 1.

3. Suponha que (a, b) = (a, d) = (c, b) = (c, d) = 1. a) Mostre que (a · c, b · d) = 1. b) Mostre que (an , bm ) = 1, ∀n, m ∈ N. c) Mostre que, se a > b e n ∈ N, então (a + b, bn ) = (a − b, bn ) = 1.

4. a) Mostre que, se n é ímpar, n(n2 − 1) é divisível por 24. b) Mostre que 24 divide n(n2 − 1)(3n + 2) para todo n ∈ N. 5. a) Mostre que n5 − n é divisível por 30. b) Mostre que n5 e n possuem o mesmo algarismo das unidades. a |c.

6. Mostre que a|bc se, e somente se, (a, b) 7. Sejam a e b dois números naturais com a < b e (a, b) = 1. a) Mostre que (b + a, b − a) é 1 ou 2. b) Mostre que (a + b, a2 + b2 ) é 1 ou 2.

8. Sejam a, b, m ∈ N∗ , com (a, b) = 1.

am − bm a) Se a > b, mostre que a − b, = (a − b, m). a−b

am + bm b) Se m é ímpar, mostre que a + b, = (a + b, m). a+b

9. Mostre que, se a, b, x, y ∈ N, com ax − by = (a, b), então (x, y) = 1.

10. Calcule (1116, 984, 852).

11. Três números naturais são ditos primos entre si se (a, b, c) = 1. Mostre que três números naturais, dois a dois primos entre si, são primos entre si.

Mostre que não vale a recíproca; isto é, ache três números naturais primos entre si, mas não dois a dois primos entre si. ∗

12. Mostre que, para todo n ∈ N , tem-se que n + 1 divide

2n n

MA14 - Unidade 7 Mínimo Múltiplo Comum Semana de 29/08 a 04/09

Diremos que um número é um múltiplo comum de dois números naturais dados se ele é simultaneamente múltiplo de ambos os números.

Em qualquer caso, o número ab é sempre um múltiplo comum de a e b.

Diremos que um número m é um mínimo múltiplo comum (mmc) de a e b se possuir as seguintes propriedades: (i) m é um múltiplo comum de a e b, e (ii) se c é um múltiplo comum de a e b, então m|c.

Por exemplo, 12 é um múltiplo comum de 2 e 3, mas não é um mmc destes números. O número 6 é um mmc de 2 e 3.

Se c é um múltiplo comum de a e b, então, do item (ii) da definição acima, temos que m|c, e, portanto, m ≤ c, o que nos diz que o mínimo múltiplo comum, se existe, é único e é o menor dos múltiplos comuns de a e b.

2 MA 14 Unidade 7 O mínimo múltiplo comum de a e b, se existe, é denotado por [a, b].

Proposição 1. Dados dois números naturais a e b, temos que [a, b] existe e [a, b](a, b) = ab.

Demonstração Ponhamos m = m=a

ab . Como (a, b)

b a =b , (a, b) (a, b)

temos que a|m e b|m.

Seja c um múltiplo comum de a e b; logo, c = na = n0 b. Segue daí que n

a b = n0 . (a, b) (a, b)

a b e são primos entre (a, b) (a, b) a si, segue-se, do Teorema 2, Unidade 6, que divide n0 , e, portanto, (a, b) a b divide n0 b que, é igual a c. m= (a, b) 2 Como, pelo Corolário 2 do Teorema 5.2.1,

Em virtude da Proposição acima, o mínimo múltiplo comum de dois inteiros pode ser encontrado por meio do Algoritmo de Euclides para o cálculo do mdc, pois basta dividir o produto dos dois números pelo seu mdc.

Corolário. Se a e b são números naturais primos entre si, então [a, b] = ab.

Exemplo 1. Sejam b e m dois números naturais. Vamos mostrar que, na sequência de números b, 2b, 3b, . . . , mb, existem exatamente (b, m) números divisíveis por m. De fato, os números da seqüência divisíveis por m são múltiplos de b e m; logo, múltiplos de [b, m].

Esses são: [b, m], 2[b, m], 3[b, m], . . . , (b, m)[b, m] (= mb)

3

Mínimo Múltiplo Comum

Portanto, tem-se (b, m) números divisíveis por m na sequência.

Podemos estender a noção de mmc para vários números, como faremos a seguir.

Diremos que m é um mmc de a1 , . . . , an se m é um múltiplo comum de a1 , . . . , an , e, se para todo múltiplo comum m0 desses números, tem-se que m|m0 . É facil ver que o mmc, se existe, é único, sendo denotado por [a1 , . . . , an ].

Proposição 2. Sejam a1 , . . . , an números naturais. Então existe o número [a1 , . . . , an ] e [a1 , . . . , an−1 , an ] = [a1 , . . . , [an−1 , an ]] .

Demonstração Basta provar que, se existe [a1 , . . . , [an−1 , an ]], vale a igualdade acima. A existência do mdc segue facilmente disso, por indução.

Seja m = [a1 , . . . , [an−1 , an ]]. Logo, a1 , . . . an−2 e [an−1 , an ] dividem m.

Como an−1 |[an−1 , an ] e an |[an−1 , an ], segue que m é um múltiplo comum de a1 , . . . , an .

Por outro lado, suponha que m0 seja um múltiplo comum de a1 , . . . , an .

Logo, a1 |m0 , . . . , an−2 |m0 e [an−1 , an ]|m0 ; daí segue que m = [a1 , . . . , [an−1 , an ]] divide m0 .

2

Problemas 1. Calcule o mmc dos pares de números do Problema 1, Unidade 5.

2. a) Se m é um múltiplo comum de a e b, mostre que m m m = [a, b] ⇐⇒ , = 1. a b b) Se ra = sb, mostre que ra sb = = [a, b]. (r, s) (r, s)

4 MA 14 Unidade 7 3. Sejam a, b, c três números naturais. Mostre que abc = [a, b, c](ab, ac, bc).

4. Sejam a, b ∈ N e seja n ∈ N∗ ; mostre que [na, nb] = n[a, b].

5. Seja n ∈ N∗ ; calcule [n2 + 1, n + 1].

6. a) Mostre que (a, b) = [a, b] ⇐⇒ a = b. b) Mostre que, se b = a2 , então, [a, b] = (a, b)2 .

7. Sejam a, b ∈ N∗ . Considere o conjunto M (a, b) = {x ∈ N∗ ; ∃n, m ∈ N∗ tais que x = na e x = mb}. a) Mostre que [a, b] = min M (a, b). b) Conclua que todo elemento de M (a, b) é múltiplo de min M (a, b).

8. Sejam d, m ∈ N∗ . Mostre que uma condição necessária e suficiente para que existam a, b ∈ N tais que (a, b) = d e [a, b] = m é que d|m.

9. Sejam a1 , . . . , an ∈ N. Mostre que (ai , aj ) = 1, i 6= j ⇐⇒ [a1 , . . . , an ] = a1 · · · an .

10. Sejam a, b, c ∈ N∗ . Mostre que a) (a, [b, c]) = [(a, b), (a, c)]; b) [a,(b,c)]=([a,b],[a,c]).

MA14 - Unidade 8 Equações Diofantinas Lineares Semana de 29/08 a 04/09

A resolução de vários problemas de aritmética recai na resolução, em números naturais, de equações do tipo aX − bY = c, ou, ainda, do tipo aX + bY = c, com a, b, c ∈ N. Tais equações são chamadas equações diofantinas lineares em homenagem a Diofanto de Alexandria (aprox. 300 DC).

Nem sempre estas equações possuem solução. Por exemplo, as equações 4X − 6Y = 3 e 4X + 6Y = 2 não possuem nenhuma solução em números naturais x0 , y0 pois, caso contrário, para a primeira equação, teríamos 4x0 − 6y0 par e, portanto, nunca igual a 3; e, para a segunda equação, teríamos 4x0 + 6y0 > 2.

2 MA 14 Unidade 8 É, então, natural perguntar-se em que condições tais equações possuem soluções e, caso tenham, como determiná-las?

A resposta para as equações do tipo aX − bY = c é relativamente fácil e será dada nas duas proposições a seguir.

Proposição 1. Sejam a, b ∈ N∗ e c ∈ N. A equação aX − bY = c admite solução em números naturais se, e somente se, (a, b)|c.

Demonstração Pelo Teorema 1, Unidade 6, temos que J(a, b) = {na − mb ∈ N; n, m ∈ N} = (a, b)N. É claro que a equação aX − bY = c possui solução se, e somente se, c ∈ J(a, b), o que é equivalente a c ∈ (a, b)N, que, por sua vez, é equivalente a (a, b)|c.

2 Se a equação aX − bY = c tem solução, então ela é equivalente à equação a1 X − b 1 Y = c 1 , onde a1 =

a b c , b1 = , c1 = . (a, b) (a, b) (a, b)

Note que (a1 , b1 ) = 1 e, portanto, podemos nos retringir às equações do tipo aX − bY = c,

com (a, b) = 1,

que sempre têm soluções.

Uma solução minimal de aX − bY = c é uma solução x0 , y0 da equação, tal que, se x1 , y1 é uma solução qualquer da equação, então x0 ≤ x1 .

Mostraremos a seguir como as soluções da equação diofantina aX − bY = c, com (a, b) = 1, podem ser determinadas a partir da solução minimal x0 , y0 .

3

Equações Diofantinas Lineares

Proposição 2. Seja x0 , y0 a solução minimal da equação aX − bY = c, onde (a, b) = 1. Então, as soluções x, y em N da equação são x = x0 + tb,

y = y0 + ta,

t ∈ N.

Demonstração Seja x, y uma solução de aX − bY = c, logo, ax0 − by0 = ax − by = c.

Conseqüentemente, a(x − x0 ) = b(y − y0 ).

(1)

Como (a, b) = 1, segue-se que b|(x − x0 ). Logo, x − x0 = tb, t ∈ N. Substituindo a expressão de x − x0 acima em (1), segue-se que y − y0 = ta, o que prova que as soluções são do tipo exibido.

Por outro lado, x, y, como no enunciado, é solução, pois ax − by = a(x0 + tb) − b(y0 + ta) = ax0 − by0 = c.

2 Note que a equação aX − bY = c, com (a, b) = 1, admite infinitas soluções.

A seguir, descreveremos um método para encontrar a solução minimal de uma equação do tipo aX − bY = c, quando (a, b) = 1.

Se a, b e c são números pequenos, a solução pode ser encontrada por inspeção. Em geral, o método descrito abaixo sempre permitirá achar a solução minimal.

4 MA 14 Unidade 8 Usando o algoritmo euclidiano, é possível escrever na − mb = (a, b) = 1 ou m0 b − n0 a = (a, b) = 1.

No caso em que 1 = m0 b − n0 a, escolha ρ ∈ N tal que ρb > n0 e ρa > m0 , logo, 1 = (ρb − n0 )a − (ρa − m0 )b.

Portanto, pode-se sempre escrever 1 = na − mb, para alguns n, m ∈ N. Multiplicando ambos os membros da igualdade acima por c, obtemos c = cna − cmb.

Logo, x1 = cn e y1 = cm é uma solução particular da equação. Pela Proposição 2, temos que a solução minimal é x0 = x1 − tb e y0 = y1 − ta para o maior valor de t, de modo que ainda se tenha cn − tb = x1 − tb ≥ 0 e cm − ta = y1 − ta ≥ 0.

Exemplo 1. Resolvamos a equação 24X − 14Y = 18.

A equação tem solução, pois (24, 14)|18; e é equivalente a 12X − 7Y = 9.

Vamos, em seguida, achar a solução minimal x0 , y0 desta última equação.

Pelo algoritmo euclidiano, temos 12 = 7 · 1 + 5 7=5·1+2 5=2·2+1 Substituindo as equações acima umas nas outras, obtemos 1 = 12 · 3 − 7 · 5, e, portanto, 9 = 12 · 27 − 7 · 45.

Logo, x1 = 27 e y1 = 45 é solução particular da equação. A partir desta solução, vamos, com o auxílio do método acima exposto, determinar a solução minimal. Ponhamos x = 27 − t7,

y = 45 − t12,

5

Equações Diofantinas Lineares

e determinemos o maior valor de t ∈ N, de modo que x, y ∈ N. Isto ocorre quando t = 3, dando a solução minimal x0 = 6 e y0 = 9.

As soluções da equação são, portanto, x = 6 + t7,

y = 9 + t12.

Exemplo 2. Resolvamos a equação 14X − 24Y = 18.

A equação tem solução, pois (14, 24)|18, e é equivalente a 7X − 12Y = 9.

Vamos, em seguida, achar a solução minimal x0 , y0 desta última equação.

Pelos cálculos feitos no Exemplo 1, temos que 9 = 12 · 27 − 7 · 45 = 7(4 · 12 − 45) − 12(4 · 7 − 27) = 7 · 3 − 12 · 1, o que nos dá a solução minimal x0 = 3 e y0 = 1.

Portanto, as soluções da equação são dadas por x = 3 + t12,

y = 1 + t7.

Para responder às mesmas perguntas formuladas acima para as equações do tipo aX + bY = c, vamos precisar do resultado a seguir.

Proposição 3. Sejam a, b ∈ N∗ , com (a, b) = 1. Todo número natural c pode ser escrito (de modo único) de uma e, somente uma, das seguintes formas: c = na + mb,

ou

c = na − mb,

com n < b.

Demonstração Existência: Sabemos que existem u, v ∈ N tais que ua− vb = (a, b) = 1. Multiplicando ambos os lados desta última igualdade por c, temos que auc − bvc = c.

Pela divisão euclidiana, temos que existem q, n ∈ N com n < b tais que uc = qb + n. Substituindo esse valor de uc na igualdade acima, obtemos c = na + qab − vcb.

Se qa ≥ vc, pondo m = qa − vc, temos que c = na + mb.

6 MA 14 Unidade 8 Se vc ≥ qa, pondo m = vc − qa, temos que c = na − mb.

Unicidade: Suponhamos que na ± mb = n0 a ± m0 b,

com n, n0 < b.

Temos três possibilidades para analisar: na + mb = n0 a − m0 b,

na + mb = n0 a + m0 b,

na − mb = n0 a − m0 b.

Inicialmente, mostraremos que a primeira possibilidade só ocorre quando n = n0 e m = m0 = 0. Para isto, basta mostrar que n = n0 , pois teríamos 0 = na + mb − (n0 a − m0 b) = mb + m0 b = b(m + m0 ), o que implicaria que m + m0 = 0 e, portanto, que m = m0 = 0.

Para mostrar que n = n0 , suponhamos, por absurdo, que n0 6= n. Logo, necessariamente, n0 > n. Portanto, (n0 − n)a = (m + m0 )b.

Como (a, b) = 1, temos que a|(m + m0 ) e, portanto, m + m0 = ra. Logo, (n0 − n)a = (m + m0 )b = rab. Daí segue que (n0 − n) = rb, o que é absurdo, pois n0 − n < b e rb ≥ b. Portanto, n = n0 , seguindo assim a unicidade.

As outras duas possibilidades podem ser tratadas de modo semelhante e são deixadas como exercício para o leitor.

2 Sejam a, b ∈ N∗ . Definimos o conjunto S(a, b) = {xa + yb; x, y ∈ N}. É claro que aX + bY = c, com (a, b) = 1, tem solução se, e somente se, c ∈ S(a, b). Portanto, é de fundamental importância caracterizar os elementos do conjunto S(a, b).

Equações Diofantinas Lineares

7

Proposição 4. c ∈ S(a, b) se, e somente se, existem n, m ∈ N, com n < b (univocamente determinados) tais que c = na + mb Demonstração É claro que, se c = na + mb, então c ∈ S(a, b). Por outro lado, se c ∈ S(a, b), então c = xa + yb com x, y ∈ N. Pela divisão euclidiana, x = bq + n, com n < b; logo, substituindo o valor de x desta última igualdade na igualdade acima, obtemos que c = na + mb, onde n < b, e m = aq + y.

2 Definamos o conjunto de lacunas de S(a, b) como sendo o conjunto L(a, b) = N \ S(a, b).

Corolário. Temos que L(a, b) = {na − mb ∈ N; n < b, m ∈ N}.

Demonstração Isto decorre imediatamente das Proposições 3 e 4.

2 Teorema 1. A equação aX + bY = c, onde (a, b) = 1, tem solução em números naturais se, e somente se, c 6∈ L(a, b) = {na − mb ∈ N; n < b, m ∈ N}.

Demonstração Como a equação aX + bY = c tem solução se, e somente se, c ∈ S(a, b), o resultado segue-se do Corolário.

2 Note que o conjunto L(a, b) é finito e o seu maior elemento é max L(a, b) = (b − 1)a − b.

Portanto, se c ≥ (b − 1)a − b + 1 = (b − 1)(a − 1),

8 MA 14 Unidade 8 a equação aX + bY = c admite solução; se c = (b − 1)(a − 1) − 1, ela não admite solução.

Na prática, não é difícil decidir se a equação aX + bY = c admite solução.

Se (a, b) 6 |c, a equação não tem solução. Se (a, b)|c, a equação é equivalente a uma outra com (a, b) = 1. Com o algoritmo euclidiano, escreva 1 = (a, b) = n0 a − m0 b.

Logo, c = cn0 a − cm0 b.

Agora, com a divisão euclidiana, escreva cn0 = qb + n com n < b, logo, ( na + (qa − cm0 )b ∈ S(a, b), se qa ≥ cm0 c= na − (cm0 − qa)b ∈ L(a, b), se cm0 > qa A equação tem solução no primeiro caso, mas, não no segundo.

A solução n, m da equação aX + bY = c, com n < b, é uma solução minimal, no sentido de que se x, y é uma solução, então x ≥ n.

Proposição 5. Suponha que a equação aX + bY = c, com (a, b) = 1, tenha solução e seja x0 = n, y0 = m a solução minimal. As soluções x, y da equação são dadas pelas fórmulas x = n + tb,

e

y = m − ta.

Demonstração Temos que an + bm = ax + by = c. Logo, a(x − n) = b(m − y), que, de modo totalmente análogo ao que foi feito na demonstração da Proposição 2, implica no resultado.

2

Equações Diofantinas Lineares

9

Note que este tipo de equação tem, no máximo, um número finito de soluções, correspondentes aos seguintes valores de t: hmi , 0, 1, . . . , a hmi representa o quociente da divisão euclidiana de m por a. onde a Exemplo 3. Vamos determinar para quais valores de c ∈ N a equação 11X + 7Y = c tem soluções em N. O conjunto de lacunas de S(11, 7) é o conjunto L(11, 7) = {n11 − m7 ∈ N, n, m ∈ N, n < 7} = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 13, 15, 16, 17, 19, 20, 23, 24, 26, 27, 30, 31, 34, 37, 38, 41, 45, 48, 52, 59}.

Portanto, a equação 11X + 7Y = c admite solução se, e somente se, c 6∈ L(11, 7).

Exemplo 4. Resolvamos a equação 11X + 7Y = 58.

Como, de acordo com o Exemplo 3, 58 6∈ L(11, 7), a equação possui soluções. Para determiná-las, considere o algoritmo euclidiano, 11 = 7 · 1 + 4 7=4·1+3 4=3·1+1 Logo, 1 = 4 − 3 = 4 − (7 − 4) = 2 · 4 − 7 = 2(11 − 7) − 7 = 2 · 11 − 3 · 7.

Portanto, 58 = (58 · 2)11 − (58 · 3)7 = (4 + 16 · 4)11 − 174 · 7 = 4 · 11 + 2 · 7.

Segue daí que x0 = 4 e y0 = 2 é a solução minimal da equação. Logo, as soluções são x = 4 + t7, y = 2 − t11,

10 MA 14 Unidade 8 que só têm sentido para t = 0, e, portanto, a equação só possui a solução x0 = 4, y0 = 2.

Para resolver equações como as acima, não é necessário usar toda a técnica que desenvolvemos, pois os números envolvidos são suficientemente pequenos para que seja viável achar as soluções por inspeção.

No exemplo acima, basta testar os valores x = 1, 2, 3, 4 e 5 para verificar que apenas x = 4 é possível.

Problemas 1. Resolva as equações: a) 90X − 28Y = 22 b) 50X − 56Y = 74 c) 40X − 65Y = 135 d) 8X − 13Y = 23 2. Para quais valores de c a equação 90X + 28Y = c não possui soluções?

3. Resolva as equações: a) 16X + 7Y = 601 b) 30X + 17Y = 201 c) 47X + 29Y = 1288 d) 8X + 13Y = 23 4. Dispondo de 100 reais, quais são as quantias que se podem gastar comprando selos de 5 reais e de 7 reais?

5. Determine todos os múltiplos de 11 e de 9 cuja soma é igual a a)79

b) 80

c) 270

6. Determine o menor inteiro positivo que tem restos 11 e 35 quando dividido, respectivamente, por 37 e 48.

7. Numa criação de coelhos e galinhas, contaram-se 400 pés. Quantas são as galinhas e quantos são os coelhos, sabendo que a diferença entre esses dois números é a menor possível?

8. Subindo uma escada de dois em dois degraus, sobra um degrau. Subindo a mesma escada de três em três degraus, sobram dois degraus. Determine

Equações Diofantinas Lineares

11

quantos degraus possui a escada, sabendo que o seu número é múltiplo de 7 e está compreendido entre 40 e 100.

9.(ENC 2002) Em certo país, as cédulas são de $4 e $7. Com elas, é possível pagar, sem troco, qualquer quantia inteira a) a partir de $11, inclusive. b) a partir de $18, inclusive. c) ímpar, a partir de $7, inclusive. d) que seja $1 maior do que um múltiplo de $3. e) que seja $1 menor do que um múltiplo de $5.

10. De quantas maneiras pode-se comprar selos de 3 reais e de 5 reais de modo que se gaste 50 reais?

MA14 - Unidade 9 Atividade Especial (Revisão) Semana de 05/09 a 11/09

Esta unidade será dedicada à resolução de uma lista de problemas sobre a matéria até agora desenvolvida.

1. a) Quantos múltiplos de 5 existem no intervalo [1, 120]? e no intervalo [1, 174]? b) Quantos múltiplos de 7 existem em cada um dos intervalos [70, 342] e [72, 342]?

2. Dados 0 < a ≤ n < m, mostre que no intervalo [1, n] existem q múltiplos de a, onde q é o quociente da divisão de n por q. Quantos são os múltiplos de a no intervalo [n, m]? (Na última situação, divida a análise em dois casos: n múltiplo de a e o contrário.)

3. Mostre que dados m inteiros consecutivos um, e apenas um, deles é múltiplo de m.

4. Mostre que o produto de quatro números inteiros consecutivos, quaisquer, é sempre múltiplo de 24.

2 MA 14 Unidade 9 5. a) Ache o menor inteiro positivo n tal que o número 4n2 + 1 seja divisível por 65. b) Mostre que existem infinitos múltiplos de 65 da forma 4n2 + 1. c) Mostre que se um dado número divide um número da forma 4n2 + 1, ele dividirá uma infinidade desses números. d) Para este último resultado, existe algo de especial nos números da forma 4n2 + 1? Teste o seu resultado para números da forma an2 + bn + c, onde a, b, c ∈ Z, com a e b não simultaneamente nulos. e) Mostre que existem infinitos múltiplos de 7 da forma 8n2 + 3n + 4.

6. a) Sejam dados os dois números a = 10c + r e b = c − 2r, com c, r ∈ Z. Mostre que a é divisível por 7 se, e somente se b é divisível por 7. b) Deduza o seguinte critério de divisibilidade por 7: O número n = ar · · · a1 a0 é divisível por 7 se, e somente se, o número ar · · · a1 − 2a0 é divisível por 7. c) Utilize repetidas vezes o critério acima para verificar se 2.368 é ou não divisível por 7.

Um número inteiro n é dito um quadrado se existe a ∈ Z tal que n = a2 .

Dizemos que n é uma potência m-ésima quando n = am .

7. a) Mostre que o algarismo das unidades de um quadrado só pode ser um dos seguintes: 0, 1, 4, 5, 6 e 9. b) Mostre que nenhum dos números 22, 222, 2222, . . ., ou 33, 333, 3333, . . ., ou 77, 777, 7777, . . ., ou ainda 88, 888, 8888, . . . pode ser um quadrado.

8. a) Mostre que todo quadrado ímpar é da forma 4n + 1. b) Mostre que nenhum número na sequência 11, 111, 1111, 11111, etc., é um quadrado. c) Mostre que nenhum número na sequência 44, 444, 4444, 44444, etc., é um quadrado.

Atividade Especial (Revisão)

3

d) Mostre que nenhum número na sequência 99, 999, 9999, 99999, etc., é um quadrado. e) Mostre que nenhum número na sequência 55, 555, 5555, 55555, etc., é um quadrado.

9. a) Mostre que nenhum número da forma 4n + 2 é um quadrado. b) Mostre que nenhum dos números 66, 666, 6666, . . . é um quadrado.

10. a) Mostre que a soma de quatro inteiros consecutivos nunca é um quadrado. b) Mostre que a soma dos quadrados de quatro inteiros consecutivos nunca é um quadrado. Faça o mesmo para a soma dos quadrados de três inteiros consecutivos.

11. a) Mostre que todo quadrado é da forma 8n, 8n + 1 ou 8n + 4. b) Mostre que nenhum número na sequência 3, 11, 19, 27, etc., é um quadrado.

12. Mostre que numa sequência de inteiros da forma a, a + d, a + 2d, a + 3d, . . . , se existir algum número que é quadrado, existirão infinitos números que são quadrados.

13. Dados dois inteiros a e b distintos, mostre que existem infinitos números n para os quais mdc(a + n, b + n) = 1.

14. Resolva o seguinte sistema de equações: ( mdc(x, y) = 6 mmc(x, y) = 60 15. Observe que mdc(x, y) divide mmc(x, y), quaisquer que sejam x, y ∈ Z, não nulos.

4 MA 14 Unidade 9 Mostre que se no seguinte sistema: ( mdc(x, y) = d mmc(x, y) = m d - m, ele não admite solução. Mostre que se d | m, o sistema sempre admite solução.

16. Mostre que a) mdc(a2 , b2 ) = [mdc(a, b)]2 .

b) mmc(a2 , b2 ) = [mmc(a, b)]2 .

c) Generalize.

17. (Esse é um problema proposto no século 16) Um total de 41 pessoas entre homens, mulheres e crianças foram a um banquete e juntos gastaram 40 patacas. Cada homem pagou 4 patacas, cada mulher 3 patacas e cada criança um terço de pataca. Quantos homens, quantas mulheres e quantas crianças havia no banquete?

18. (Proposto por Euler) Um grupo de homens e mulheres gastaram numa taberna 1.000 patacas. Cada homem pagou 19 patacas e cada mulher 13.

Quantos eram os homens e quantas eram as mulheres?

19. (Proposto por Euler) Uma pessoa comprou cavalos e bois. Foram pagos 31 escudos por cavalo e 20 por boi e sabe-se que todos os bois custaram 7 escudos a mais do que todos os cavalos. Quantos cavalos e quantos bois foram comprados?

20. Em um certo país, as cédulas são de $4 e $7. Quais das afirmações a seguir são verdadeiras? Com elas é possível pagar, sem troco, qualquer quantia inteira a) a partir de $11, inclusive. b) a partir de $18, inclusive c) ímpar, a partir de $7, inclusive d) que seja $1 maior do que um múltiplo de $3 e) que seja $1 menor do que um múltiplo de $3

MA14 - Unidade 10 Expressões Binômias Semana de 12/09 a 18/09

Nesta seção, mostraremos como calcular o mdc de pares de números da forma an ± 1, mediante o uso do Algoritmo de Euclides.

O resultado a seguir nos permitirá calcular o mdc de elementos de sequências de números naturais cujos elementos possuem propriedades aritméticas especiais.

Proposição 1. Dada uma sequência (an )n tal que ∀ m ≥ n, (am , an ) = (an , ar ), onde r é o resto da divisão de m por n, então tem-se que (am , an ) = a(m,n) .

Demonstração Sejam r1 , r2 , . . . , rs , rs+1 = 0 os restos parciais no Algoritmo de Euclides; logo, rs = (m, n). Portanto, pela propriedade de (an )n , (am , an ) = (an , ar1 ) = · · · = (ars , ars+1 ) = (ars , 0) = a(m,n) .

2

2 MA 14 Unidade 10 O uso da Proposição acima nos permitirá provar o resultado a seguir.

Proposição 2. Se n, m, a ∈ N∗ , com a ≥ 2, então (am − 1, an − 1) = ad − 1,

onde d = (m, n).

Demonstração De fato, se m ≥ n, pela divisão euclidiana podemos escrever m = nq + r, onde r é o resto da divisão de m por n. Como am − 1 = anq+r − 1 = ar (anq − 1) + ar − 1, e como an − 1|anq − 1 (Proposição 7, Unidade 1), segue-se, pelo Lema de Euclides, que (am − 1, an − 1) = (ar (anq − 1) + ar − 1, an − 1) = (an − 1, ar − 1).

O resultado segue-se, agora, da Proposição 1, pondo an = an − 1.

2 Para calcular (am ± 1, an ± 1) nos outros casos, necessitaremos de alguns lemas.

Lema 1. Sejam a, m, n, q, r ∈ N, com a ≥ 2, tais que n = mq + r; então (an + 1, am − 1) = (am − 1, ar + 1) Demonstração Como am − 1|amq − 1 (Proposição 7, Unidade 1), e como an + 1 = amq+r + 1 = ar (amq − 1) + ar + 1, o resultado segue-se pelo Lema de Euclides.

2 Lema 2. Sejam a, m, n, q, r ∈ N, com a ≥ 2, tais que m = nq + r, então  n r  se q é par  (a + 1, a − 1), m n (a − 1, a + 1) =   n (a + 1, ar + 1), se q é ímpar

3

Expressões Binômias

Demonstração Se q é par, an + 1|anq − 1 (Proposição 9, Unidade 1), e como am − 1 = anq+r − 1 = ar (anq − 1) + ar − 1, decorre do Lema de Euclides que (an + 1, am + 1) = (an + 1, ar − 1).

Se q é ímpar, temos que an + 1|anq + 1 (Proposição 8, Unidade 1), e como am − 1 = anq+r − 1 = ar (anq + 1) − ar − 1, segue-se da Observação 1, Unidade 5, que (an + 1, am + 1) = (an + 1, ar + 1).

2 Lema 3. Sejam a ∈ N∗ e m, n, q, r ∈ N, tais que m = nq + r, então  n r  se q é par  (a + 1, a + 1), m n (a + 1, a + 1) =   n (a + 1, ar − 1), se q é ímpar Demonstração Se q é par, an + 1|anq − 1 (Proposição 9, Unidade 1), e como am + 1 = anq+r + 1 = ar (anq − 1) + ar + 1, segue-se do Lema de Euclides que (an + 1, am + 1) = (an + 1, ar + 1).

Se q é ímpar, an + 1|anq + 1 (Proposição 8, Unidade 1), e como am + 1 = anq+r + 1 = ar (anq + 1) − ar + 1, decorre da Observação 1, Unidade 5, que (an + 1, am + 1) = (an + 1, ar − 1).

4 MA 14 Unidade 10 2 Proposição 3. Sejam n, m ∈ N∗ , com n|m e ( (am + 1, an + 1) =

m par. Se a ∈ N∗ , então, n

1, se a é par 2, se a é ímpar

Demonstração De fato, basta aplicar o Lema 3, na situação em que q (= m ) é par e r = 0. n 2 n

m

Corolário. Se n 6= m, então, (22 + 1, 22 + 1) = 1.

Os resultados acima nos permitem deduzir o seguinte teorema: Teorema 1. Se a, n, m ∈ N∗ , com a ≥ 2, então, (am − 1, an − 1) = a(m,n) − 1 e (am ± 1, an + 1) pode apenas assumir um dos seguintes valores: 1, 2 ou a(m,n) + 1.

Demonstração De fato, a primeira igualdade acima segue-se da Proposição 2. Por outro lado, segue-se dos lemas acima que (am ± 1, an + 1) só pode ser igual a um dos seguintes números: (a(m,n) + 1, a0 + 1), (a(m,n) + 1, a0 − 1), ou (a(m,n) − 1, a0 + 1). Portanto, (am ± 1, an + 1) só pode assumir os valores: 1, 2 ou a(m,n) + 1.

2 Exemplo 1. Note que 22 − 1|23 + 1. Vamos mostrar que, dados n, m ∈ N∗ , com m > 2, então, 2m − 1 6 |2n + 1.

Dado que 2n + 1 e 2m − 1 são ímpares, pelo Teorema 1 segue-se que (2n + 1, 2m − 1) só pode assumir os valores 1 ou 2(n,m) + 1.

Se 2m − 1|2n + 1, teríamos que 2m − 1 = 1 ou 2m − 1 = 2(n,m) + 1. A primeira possibilidade só ocorreria se m = 1, o que é vedado pela hipótese.

Se a segunda possibilidade ocorresse, teríamos 2m−1 = 2(n,m)−1 + 1, o que implicaria que (n, m) = 1 e m = 2, também vedado por hipótese.

5

Expressões Binômias

Os seguintes dois corolário dos Teorema 1 nos permitirão determinar os números (am ± 1, an + 1) em todos os casos Corolário 1. Tem-se que  [m, n]   é ímpar a(n,m) + 1, se    (m, n)        [m, n] m n 2, se é par e a é ímpar (a + 1, a + 1) =  (m, n)         [m, n]   e a são pares 1, se  (m, n)

Demonstração Note que o resultado é trivialmente verificado se a = 0 ou a = 1. Assumiremos, portanto, a ≥ 2.

Pelo Teorema 1 temos que (am + 1, an + 1) só pode assumir os valores 1, 2 e a(m,n) + 1; e, portanto, (am + 1, an + 1) = a(m,n) + 1, se, e somente se, a(m,n) + 1 divide am + 1 e an + 1. m n Escrevendo m = (m, n) e n = (m, n) , temos, pela Proposição (m, n) (m, n) 8, Unidade 1, e pelo Exemplo 2, Unidade 5, que a(m,n) +1 divide am +1 e an +1 m n se, e somente se, e são ímpares, o que ocorre se, e somente se, (m, n) (m, n) o seu produto é ímpar; ou seja, se, e somente se, é ímpar o número n [m, n] m · = . (m, n) (m, n) (m, n) O resultado segue-se, pois o restante da prova é trivial.

2 Corolário 2. Se a ∈ N∗ , tem-se que  m n  a(n,m) + 1, se é par e é ímpar   (m, n) (m, n)      m n (a − 1, a + 1) = 2, caso contrário e a é ímpar         1, caso contrário e a é par

6 MA 14 Unidade 10

Demonstração Note que o resultado é trivialmente verificado se a = 1.

Assumiremos, portanto, a ≥ 2.

Pelo Teorema 1 temos que (am − 1, an + 1) só pode assumir os valores 1, 2 e a(m,n) + 1; e, portanto, (am − 1, an + 1) = a(m,n) + 1, se, e somente se, a(m,n) + 1 divide am − 1 e an + 1. n m e n = (m, n) , temos, pela Proposição Escrevendo m = (m, n) (m, n) (m, n) 8, Unidade 1, e pelo Exemplo 2, Unidade 5, que a(m,n) + 1 divide an + 1 se, e n é ímpar. Por outro lado, pela Proposição 9, Unidade 1, e somente se, (m, n) pelo Exemplo 3, Unidade 5, tem-se que a(m,n) + 1 divide am − 1 se, e somente m se, é par. (m, n) O resultado segue-se, pois o restante da prova é trivial.

2

Problemas 1. Sejam a, m, n ∈ N∗ . Mostre que an − 1|am − 1 se, e somente se, n|m. m ímpar. Se a ∈ N∗ , mostre que 2. Sejam n, m ∈ N com n|m e n (am + 1, an + 1) = an + 1.

3. Sejam a, m, n ∈ N∗ , com m > n. Mostre que

m n n a2 − 1, a2 + 1 = a2 + 1.

4. Calcule a) (5202 + 1, 574 + 1)

b) (36497 + 1, 36210 + 1)

c) (3144 − 1, 378 + 1)

5. Seja (Mn )n a sequência definida por Mn = 2n − 1. Mostre que 3|Mn se, e somente se, n é par.

MA14 - Unidade 11 Números de Fibonacci Semana de 12/09 a 18/09

Nesta seção, apresentaremos algumas propriedades dos números de Fibonacci, começando por calcular o mdc de um par qualquer desses números. Antes, porém, necessitaremos de dois lemas.

Lema 1. Dois termos consecutivos da sequência de Fibonacci são primos entre si.

Demonstração Mostraremos, por indução sobre n, que (un+1 , un ) = 1. De fato, para n = 1 temos que (u2 , u1 ) = (1, 1) = 1.

Suponhamos, agora, o resultado válido para n, isto é, (un+1 , un ) = 1.

Temos, então, que (un+2 , un+1 ) = (un+2 − un+1 , un+1 ) = (un , un+1 ) = 1, provando, assim, o resultado.

2

2 MA 14 Unidade 11 Lema 2. Se n, m ∈ N∗ são tais que n|m, então, un |um .

Demonstração Vamos escrever m = nk e demonstrar o lema por indução sobre k.

Para k = 1, o resultado é trivialmente verificado. Suponha, agora, o resultado válido para algum valor de k; isto é, um |umk .

Pela identidade do Problema 1, temos que um(k+1) = umk+m = umk−1 um + umk um+1 .

Como um |umk−1 um e, por hipótese de indução, um |umk um+1 , segue-se que um divide um(k+1) , provando, assim, o resultado.

2 Teorema 1. Seja (un )n a sequência de Fibonacci; então, (um , un ) = u(m,n) .

Demonstração Suponha que m ≥ n; logo, pela Divisão Euclidiana, m = nq + r; e, portanto, pela fórmula do Problema 1, um = unq+r = unq−1 ur + unq ur+1 .

Logo, como pelo Lema 2, un |unq , segue-se, do Lema de Euclides, que (un , um ) = (unq−1 ur + unq ur+1 , un ) = (unq−1 ur , un ).

(1)

Como, pelo Lema 1, (unq−1 , unq ) = 1, segue-se que (unq−1 , un ) = 1 (veja Problema 2(b), Unidade 6); e, consequentemente, de (1) e do Problema 2(a), Unidade 6, segue-se que (um , un ) = (un , ur ).

O resultado segue-se agora da Proposição 1, Unidade 10.

2

3

Números de Fibonacci

Corolário. Na sequência de Fibonacci, temos que un divide um se, e somente se, n divide m.

Exemplo 1. O resultado acima nos permite estabelecer alguns critérios de divisibilidade para os termos da sequência de Fibonacci.

Assim, para acharmos, por exemplo, os termos um da sequência de Fibonacci divisíveis por 3, basta notar que u4 = 3 e que 3|um ⇐⇒ u(4,m) = (u4 , um ) = (3, um ) = 3 = u4 , e, portanto, 3|um se, e somente se, (4, m) = 4, o que equivale a dizer que 4|m.

Problemas 1. Dados n, m ∈ N∗ , com n ≥ 2, mostre que se un é o termo de ordem n da sequência de Fibonacci, então un+m = un−1 um + un um+1 .

2. Mostre que, se na sequência de Fibonacci existir um termo divisível por um número natural m, então existem infinitos tais termos.

3. Na sequência de Fibonacci, mostre que um é par se, e somente se, m é divisível por 3.

4. Na sequência de Fibonacci, mostre que um é divisível por 5 se, e somente se, m é divisível por 5.

5. Na sequência de Fibonacci, mostre que um é divisível por 7 se, e somente se, m é divisível por 8.

6. Na sequência de Fibonacci, mostre que um é divisível por 4 se, e somente se, m é divisível por 6.

MA14 - Unidade 12 Teorema Fundamental da Aritmética Semana de 03/10 a 09/10

Iniciaremos neste capítulo o estudo dos números primos, um dos conceitos mais importantes de toda a Matemática. Esses números desempenham papel fundamental e a eles estão associados muitos problemas famosos cujas soluções têm resistido aos esforços de várias gerações de matemáticos.

Teorema Fundamental da Aritmética Um número natural maior do que 1 e que só é divisível por 1 e por si próprio é chamado de número primo.

Dados dois números primos p e q e um número natural a qualquer, decorrem da definição acima os seguintes fatos: I) Se p|q, então p = q.

De fato, como p|q e sendo q primo, temos que p = 1 ou p = q. Sendo p primo, tem-se que p > 1, o que acarreta p = q.

2 MA 14 Unidade 12 II) Se p 6 | a, então (p, a) = 1.

De fato, se (p, a) = d, temos que d|p e d|a. Portanto, d = p ou d = 1.

Mas d 6= p, pois p 6 | a e, consequentemente, d = 1.

Um número maior do que 1 e que não é primo será chamado composto.

Portanto, se um número n é composto, existirá um divisor n1 de n tal que n1 6= 1 e n1 6= n. Portanto, existirá um número natural n2 tal que n = n1 n2 ,

com 1 < n1 < n e, 1 < n2 < n

Por exemplo, 2, 3, 5, 7, 11 e 13 são números primos, enquanto que 4, 6, 8, 9, 10 e 12 são compostos.

Do ponto de vista da estrutura multiplicativa dos naturais, os números primos são os mais simples e ao mesmo tempo são suficientes para gerar todos os números naturais, conforme veremos mais adiante no Teorema Fundamental da Aritmética.

A seguir, estabelecemos um resultado fundamental de Euclides (Os Elementos, Proposição 30, Livro VII).

Proposição 1. Sejam a, b, p ∈ N∗ , com p primo. Se p|ab, então p|a ou p|b.

Demonstração Basta provar que, se p|ab e p 6 | a, então p|b. Mas, se p 6 | a, temos que (p, a) = 1, e o resultado segue-se do Teorema 2, Unidade 6.

2 Na realidade, a propriedade dos números primos descrita na proposição acima, os caracteriza totalmente, como se pode verificar através do Problema 10.

Corolário. Se p, p1 , . . . , pn são números primos e, se p|p1 · · · pn , então p = pi para algum i = 1, . . . , n.

Demonstração Use a Proposição 1, indução sobre n, e o fato de que, se p|pi , então p = pi .

2

Teorema Fundamental da Aritmética

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Teorema 1 (Teorema Fundamental da Aritmética). Todo número natural maior do que 1 ou é primo ou se escreve de modo único (a menos da ordem dos fatores) como um produto de números primos.

Demonstração Usaremos a segunda forma do Princípio de Indução. Se n = 2, o resultado é obviamente verificado.

Suponhamos o resultado válido para todo número natural menor do que n e vamos provar que vale para n. Se o número n é primo, nada temos a demonstrar. Suponhamos, então, que n seja composto. Logo, existem números naturais n1 e n2 tais que n = n1 n2 , com 1 < n1 < n e 1 < n2 < n. Pela hipótese de indução, temos que existem números primos p1 , . . . , pr e q1 , . . . , qs tais que n1 = p1 · · · pr e n2 = q1 · · · qs . Portanto, n = p1 · · · pr q1 · · · qs .

Vamos, agora, provar a unicidade da escrita. Suponha, agora, que n = p1 · · · pr = q1 · · · qs , onde os pi e os qj são números primos. Como p1 |q1 · · · qs , pelo corolário acima, temos que p1 = qj para algum j, que, após reordenamento de q1 , . . . , qs , podemos supor que seja q1 . Portanto, p 2 · · · p r = q 2 · · · qs .

Como p2 · · · pr < n, a hipótese de indução acarreta que r = s e os pi e qj são iguais aos pares.

2 Este resultado, porém, não explicitamente enunciado em sua totalidade, está essencialmente contido nos Elementos de Euclides, pois ele é consequência quase que imediata de proposições que lá se encontram.

Agrupando, no Teorema 1, os fatores primos repetidos, se necessário, e ordenando os primos em ordem crescente, temos o seguinte enunciado: Teorema 10 . Dado um número natural n > 1, existem primos p1 < · · · < pr e α1 , . . . , αr ∈ N∗ , univocamente determinados, tais que n = pα1 1 · · · pαr r .

4 MA 14 Unidade 12 Quando estivermos lidando com a decomposição em fatores primos de dois, ou mais, números naturais, usaremos o recurso de acrescentar fatores da forma p0 (= 1), onde p é um número primo qualquer. Assim, dados n, m ∈ N com n > 1 e m > 1 quaisquer, podemos escrever n = pα1 1 · · · pαr r e m = pβ1 1 · · · pβr r , usando o mesmo conjunto de primos p1 , . . . , pr , desde que permitamos que os expoentes α1 , . . . , αr , β1 , . . . , βs variem em N e não apenas em N∗ .

Por exemplo, os números 23 · 32 · 7 · 11 e 2 · 52 · 13 podem ser escritos, respectivamente, 23 · 32 · 50 · 7 · 11 · 130 e 2 · 30 · 52 · 70 · 110 · 13.

Observe que um número natural n > 1, escrito na forma n = pα1 1 · · · prαr , como no teorema acima, é um quadrado perfeito se, e somente se, cada expoente αi é par.

Proposição 2. Seja n = pα1 1 · · · pαr r um número natural escrito na forma acima. Se n0 é um divisor de n, então n0 = pβ1 1 · · · pβr r , onde 0 ≤ βi ≤ αi , para i = 1, . . . , r.

Demonstração Seja n0 um divisor de n e seja pβ a potência de um primo p que figura na decomposição de n0 em fatores primos. Como pβ |n, segue que α pβ divide algum pαi i por ser primo com os demais pj j , e, consequentemente, p = pi e β ≤ αi .

2 Denotando por d(n) o número de divisores do número natural n, segue, por uma contagem fácil, que se n = pα1 1 · · · pαr r , onde p1 , . . . , pr são números primos e α1 , . . . , αr ∈ N, então d(n) = (α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αr + 1).

Teorema Fundamental da Aritmética

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Exemplo 1. A fórmula acima nos mostra que um número n = pα1 1 · · · pαr r possui uma quantidade ímpar de divisores se, e somente se, cada αi é par, ou seja, se, e somente se, n é um quadrado perfeito.

Relacionado com esta propriedade, apresentamos a seguir uma brincadeira que costuma fazer sucesso em sala de aula.

No vestiário de uma escola com n alunos, numerados de 1 a n, há n armários enfileirados em um corredor, também numerados de 1 a n. Um dia, os alunos resolvem fazer a seguinte brincadeira: O primeiro aluno abre todos os armários. Em seguida, o aluno número 2 fecha todos os armários de número par. O aluno número 3 inverte as posições das portas dos armários de número múltiplo de 3. O aluno número 4 inverte as posições das portas dos armários de número múltiplo de 4, e assim sucessivamente. Pergunta-se, qual será a situação de cada um dos armários após todos os alunos terem completado a brincadeira?

Para responder à pergunta, analisemos a situação do armário de número m. Com a passagem do primeiro aluno, a porta será aberta. Em seguida, a porta só será mexida pelo aluno cujo número for o divisor seguinte d2 (> d1 = 1) de m e novamente só será mexida pelo aluno cujo número for o divisor seguinte d3 (> d2 ) de m, e assim sucessivamente. Portanto, a situação da porta do m-ésimo armário será: aberto, fechado, aberto, fechado, . . . , alternando-se a medida que forem passando em ordem crescente os divisores de m.

Quando o n-ésimo aluno terminar a sua tarefa, teremos passado por todos os divisores de m, pois se d é um divisor de m, então d ≤ m ≤ n. Portanto, a porta do m-ésimo armário estará aberta ou fechada dependendo se o número de divisores de m é ímpar ou par. Consequentemente, a porta do m-ésimo armário estará aberta se, e somente se, m for um quadrado perfeito.

A fatoração de números naturais em primos revela toda a estrutura multiplicativa desses números, permitindo, entre muitas outras coisas, determinar facilmente o mdc e o mmc de um conjunto qualquer de números.

6 MA 14 Unidade 12 Teorema 2. Sejam a = pα1 1 · · · pαnn e b = pβ1 1 · · · pβnn . Pondo γi = min{αi , βi }, δi = max{αi , βi }, i = 1, . . . , n, tem-se que (a, b) = pγ11 · · · pγnn e [a, b] = pδ11 · · · pδnn .

Demonstração É claro, pela Proposição 2, que pγ11 · · · pγr r é um divisor comum de a e b. Seja c um divisor comum de a e b; logo, c = pε11 · · · pεrr , onde εi ≤ min{αi , βi } e, portanto, c|pγ11 · · · pγnn . Do mesmo modo, prova-se a asserção sobre o mmc.

2 Exemplo 2. Dados a, b ∈ N∗ , vamos determinar para quais pares de números naturais a e b temos que [a, b] = (a, b)2 .

Vimos no Problema 6(b), Unidade 7, que, se a = b2 ou b = a2 , vale a igualdade acima. Vamos provar que a equação [a, b] = (a, b)2 tem muitas outras soluções além dessas.

Sejam a = pα1 1 · · · pαnn e b = pβ1 1 · · · pβnn . A igualdade [a, b] = (a, b)2 nos diz que max{αi , βi } = 2 min{αi , βi }, i = 1, . . . , n.

Isto equivale a dizer que ∀ i = 1, . . . , n,

αi = 2βi ou βi = 2αi .

Por exemplo, se a = 22 5 e b = 2 · 52 , então [a, b] = 22 52 e (a, b) = 2 · 5, o que mostra que a e b formam uma solução da equação [a, b] = (a, b)2 .

Em geral, a equação [a, b] = (a, b)r tem por solução pares de números a = pα1 1 · · · pαnn e b = pβ1 1 · · · pβnn tais que, para todo i = 1, . . . , n, tem-se que αi = rβi ou βi = rαi .

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Teorema Fundamental da Aritmética

Exemplo 3. Dados dois números naturais d e m, vamos resolver em X, Y , nos naturais, o sistema de equações: (X, Y ) = d,

[X, Y ] = m.

É claro que uma condição necessária para que o sistema tenha solução é que d|m. Esta condição é também suficiente, pois (m, d) = d e [m, d] = m.

Portanto, limitaremos a nossa análise para o caso em que d|m.

Escrevamos as decomposições de d e m em fatores primos: d = pγ11 · · · pγr r ,

m = pδ11 · · · pδrr ,

onde γi ≤ δi . Então, pelo Teorema 2, temos que X = a e Y = b é uma solução do sistema se, e somente se, a = pα1 1 · · · pαr r

b = pβ1 1 · · · pβr r ,

onde γi = min{αi , βi } e δi = max{αi , βi }, i = 1, . . . , r.

Portanto, temos para a uma ou duas escolhas para αi , segundo se γi = δi , ou se γi 6= δi . Consequentemente, temos 2s escolhas para a, onde s = {i; γi 6= δi }.

Como, para cada escolha de a, o número b é univocamente determinado, temos que o problema admite 2s soluções. Se ainda quisermos identificar uma solução a, b com b, a, devemos dividir o número 2s por 2, obtendo 2s−1 soluções.

Exemplo 4. Seja n > 4 um número natural composto; vamos provar que n|(n − 2)!

Provaremos inicialmente que n|(n − 1)!.

De fato, suponha que n = n1 n2 com n1 < n e n2 < n. Se n1 6= n2 , podemos supor que n1 < n2 , e portanto, (n − 1)! = 1 · · · n1 · · · n2 · · · (n − 1),

8 MA 14 Unidade 12 o que mostra que n|(n − 1)!, neste caso.

Suponhamos que n1 = n2 > 2. Logo, (n − 1)! = 1 · · · n1 · · · 2n1 · · · (n − 1), o que implica também que n(= n1 n1 ) divide (n − 1)!.

Agora, note que (n, n−1) = 1 e que n|(n−2)!(n−1); portanto, n|(n−2)!.

A propriedade acima pode ser generalizada como segue: Sejam n > 4 composto e p o menor número primo que divide n; então, n|(n − p)!

De fato, temos que (n−1, n) = 1, . . . (n−2, n) = 1, . . . (n−(p−1), n) = 1.

Logo, segue que ((n − 1)(n − 2) · · · (n − p + 1), n) = 1, o que, em vista do fato de n|(n − 1)!, acarreta o resultado.

Problemas 1. Ache os possíveis valores de n, m ∈ N de modo que o número 9m 10n tenha: a) 27 divisores b) 243 divisores.

2. Qual é a forma geral dos números naturais que admitem: a) um só divisor além de 1 e dele próprio? b) um número primo de divisores?

3. Sejam a, b ∈ N∗ , com (a, b) = 1. Mostre que, se ab é um quadrado, então a e b são quadrados.

4. (ENC-2002) Qual é o menor valor do número natural n que torna n! divisível por 1000?

5. Com quantos zeros termina o número 1000!? Qual é a potência de 3 que aparece na decomposição de 1000! em fatores primos?

6. Mostre que existem infinitos valores de n ∈ N para os quais 8n2 + 5 é divisível por 77.

Teorema Fundamental da Aritmética

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7. Mostre que a soma de todos os números naturais menores ou iguais a n divide o seu produto se, e somente se, n + 1 é composto.

8. Usando a caracterização de mdc e mmc de dois números a e b através da fatoração em primos desses números, prove que (a, b)[a, b] = ab.

9. Mostre que, se a, b ∈ N e n ∈ N∗ , então (an , bn ) = (a, b)n e que [an , bn ] = [a, b]n .

10. Seja p > 1 um número natural com a seguinte propriedade: Se p divide o produto de dois inteiros quaisquer, então p divide um dos fatores. Mostre que p é necessariamente primo.

11. Mostre que, se n e m são dois números naturais não nulos tais que (n, m) = 1, então d(n · m) = d(n)d(m).

12. Mostre que, se n é composto, então o n-ésimo número de Fibonacci un é composto.

Sobre a Distribuição dos Números Primos Quantos serão os números primos? Essa pergunta foi respondida por Euclides no Livro IX dos Elementos. Utilizaremos a mesma prova dada por Euclides, onde pela primeira vez se registra o uso de uma demonstração por redução ao absurdo em matemática. Essa prova é considerada uma das pérolas da matemática.

Teorema 3. Existem infinitos números primos.

Demonstração Suponha que exista apenas um número finito de números primos p1 , . . . , pr . Considere o número natural n = p1 p2 · · · pr + 1.

Pelo Teorema 1, o número n possui um fator primo p que, portanto, deve ser um dos p1 , . . . , pr e, consequentemente, divide o produto p1 p2 · · · pr . Mas isto implica que p divide 1, o que é absurdo.

10 MA 14 Unidade 12 2 Agora que sabemos que existem infinitos números primos, nos perguntamos, inicialmente, como podemos obter uma lista contendo os números primos até uma dada ordem. A seguir, apresentaremos um dos mais antigos métodos para elaborar tabelas de números primos, devido ao matemático grego Eratóstenes, que viveu por volta de 230 anos antes de Cristo. O método, chamado de Crivo de Eratóstenes, permite determinar todos os números primos até a ordem que se desejar, mas não é muito eficiente para ordens muito elevadas.

Por exemplo, vamos elaborar a tabela de todos os números primos inferiores a 120.

Escrevem-se todos os números naturais de 2 a 120. Riscam-se, de modo sistemático, todos os números compostos da tabela, seguindo o roteiro abaixo.

Risque todos os múltiplos de 2 acima de 2, já que nenhum deles é primo.

O segundo número não riscado é 3, que é primo. Risque todos os múltiplos de 3 maiores do que 3 pois esses não são primos.

O terceiro número não riscado que aparece é 5, que é primo. Risque todos os múltiplos de 5 maiores do que 5 pois esses não são primos.

O quarto número não riscado que ora aparece é 7, que é primo. Risque todos os múltiplos de 7 maiores do que 7 pois esses não são primos.

Será necessário prosseguir com este procedimento até chegar a 120? A resposta é não e se baseia no seguinte resultado devido ao próprio Eratóstenes.

Lema 1. Se um número natural n > 1 não é divisível por nenhum número primo p tal que p2 ≤ n, então ele é primo.

Demonstração Suponhamos, por absurdo, que n não seja divisível por nenhum número primo p tal que p2 ≤ n e que não seja primo. Seja q o menor número primo que divide n; então, n = qn1 , com q ≤ n1 . Segue daí que q 2 ≤ qn1 = n. Logo, n é divisível por um número primo q tal que q 2 ≤ n, absurdo.

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Teorema Fundamental da Aritmética

2 Portanto, na nossa tabela de números de 2 a 120, devemos ir até alcançarmos o primo 7, pois o próximo primo é 11, cujo quadrado supera 120.

2 3 64 13 16 4 16 5 16 6 26 5 26 6 26 7 26 8 37 36 8 36 9 46 0 46 9 56 0 56 1 56 2 61 66 2 66 3 66 4 73 76 4 76 5 76 6 86 5 86 6 86 7 86 8 97 96 8 96 9 100 6 109 110 6 111 6 112 6

5 66 17 16 8 29 36 0 41 46 2 53 56 4 66 5 66 6 76 7 76 8 89 96 0 101 102 6 113 114 6

7 68 6 9 16 0 19 26 0 26 1 26 2 31 36 2 36 3 36 4 43 46 4 46 5 46 6 56 5 56 6 56 7 56 8 67 66 8 66 9 76 0 79 86 0 86 1 86 2 96 1 96 2 96 3 96 4 103 104 6 105 6 106 6 115 6 116 6 117 6 118 6

11 16 2 23 26 4 36 5 36 6 47 46 8 59 66 0 71 76 2 83 86 4 96 5 96 6 107 108 6 119 6 120 6

Note que o Lema 7.2.1 também nos fornece um teste de primalidade, pois, para verificar se um dado número n é primo, basta verificar que não é √ divisível por nenhum primo p que não supere n.

Tanto o crivo de Eratóstenes para gerar números primos, quanto o teste de primalidade acima descrito, são extremamente lentos e trabalhosos. Muitos progressos têm sido feitos nessa direção1 .

Uma questão importante que se coloca é de como os números primos se distribuem dentro dos números naturais. Em particular, qual pode ser a distância entre dois primos consecutivos? Qual é a sua frequência?

Olhando para a tabela acima, nota-se que há vários pares de números primos que diferem de duas unidades. Esses são: (3,5), (5,7), (11,13), (17,19), (41,43), (59, 61), (71, 73), (101,103), (107, 109).

Pares de números primos com esta propriedade são chamados de primos gêmeos. Até o presente momento, ainda não se sabe se existem infinitos pares de números primos gêmeos.

1

Veja, por exemplo, o livro: Primalidade em Tempo Polinomial de S. C. Coutinho, Coleção Iniciação Científica, Sociedade Brasileira de Matemática

12 MA 14 Unidade 12 Por outro lado, em contraste com esses pares de primos consecutivos muito próximos, existem primos consecutivos arbitrariamente afastados.

De fato, dado n, a sequência (n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, . . . , (n + 1)! + n + 1 de números naturais é formada por n números consecutivos compostos.

Portanto, a resposta à primeira pergunta é que não há nenhum padrão que descreva o quanto dois primos consecutivos estão longe um do outro.

Quanto à segunda pergunta, é necessário formalizar o conceito de frequência de primos, que é a mesma coisa que probabilidade. Denotemos, por π(x), a quantidade de números primos menores ou iguais a x. Portanto, a probabilidade de que um elemento do conjunto {1, . . . , x} seja primo é dada por π(x) . x Como este quociente é uma função bastante complexa, o que se gostaria de fazer é achar uma função de comportamento bem conhecido que se aproxima do quociente acima para n suficientemente grande.

Legendre e Gauss, analisando tabelas, chegaram à conclusão de que este 1 quociente tem a ver com . Por volta de 1900, J. Hadamard e Ch. de la ln x Valleè-Poussin, independentemente, provaram o profundo resultado chamado de Teorema dos Números Primos e cujo enunciado simplesmente é

−1 π(x) 1 lim = 1. x→∞ x ln x Em 1949, A. Selberg simplificou substancialmente a prova do Teorema dos Números Primos, merecendo por esse seu trabalho a Medalha Fields2 .

2

Até recentemente, a Medalha Fields era a maior distinção dada a um indivíduo por sua contribuição à Matemática. Em 2003, foi outorgado, pela primeira vez, o Prêmio Abel para a Matemática, correspondente ao prêmio Nobel para as outras áreas, e que foi conferido ao matemático francês Jean Pierre Serre, que também foi vencedor da Medalha Fields em 1954. Serre realizou importantes trabalhos em Teoria dos Números.

Teorema Fundamental da Aritmética

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A distribuição dos números primos é algo ainda bastante misterioso e a ela estão associados muitos problemas em aberto. Por exemplo, o já citado problema de saber se existem infinitos números primos gêmeos. Listamos abaixo alguns problemas em aberto acerca da distribuição dos números primos: 1) Sempre existe um número primo entre n2 e (n + 1)2 para qualquer n ∈ N∗ ?

2) Para n = 0, 1, . . . , 40, tem-se que n2 − n + 41 é primo. Existem infinitos números primos dessa forma?

3) A sequência de Fibonacci contém infinitos números primos?

Uma outra curiosidade matemática, ainda em aberto, é a famosa conjectura que Goldbach formulou a Euler em 1742 e que afirma que todo número natural par maior do que 3 pode ser escrito como soma de dois números primos. O matemático russo Ivan Vinogradov, em 1937, demonstrou o difícil teorema que garante que todo número natural ímpar, suficientemente grande, pode ser escrito como soma de, no máximo, três números primos.

Esse tipo de problema, que relaciona as estruturas aditiva e multiplicativa de N, em geral é muito difícil.

Finalmente, não podemos deixar de mencionar o mais importante problema em aberto em Teoria dos Números: a Hipótese de Riemann. Trata-se de uma conjectura formulada por Riemann e que está muito além do material aqui exposto. Esta conjectura, ao contrário do Último Teorema de Fermat3 , tem uma multitude de consequências, cuja confirmação apenas depende da prova do resultado. Se provado o teorema, muitos dos mistérios dos números primos serão revelados, o que deixará o seu realizador num destacado lugar entre os imortais da matemática.

3

Veja a nota histórica no final da Unidade 13.

14 MA 14 Unidade 12 Problemas 13. Quais dos números abaixo são primos? a) 239 b) 241 c) 247 d) 253 e) 1789 14. (ENC-98) Uma das afirmativas abaixo sobre números naturais é FALSA. Qual é ela?

(A) Dado um número primo, existe sempre um número primo maior do que ele.

(B) Se dois números não primos são primos entre si, um deles é ímpar.

(C) Um número primo é sempre ímpar.

(D) O produto de três números naturais consecutivos é múltiplo de 6.

(E) A soma de três números naturais consecutivos é múltiplo de três.

MA14 - Unidade 13 Pequeno Teorema de Fermat Semana de 03/10 a 09/10

Desde, pelo menos, 500 anos antes de Cristo, os chineses sabiam que, se p é um número primo, então p|2p −2. Coube a Pierre de Fermat, no século XVII, generalizar este resultado, enunciando um pequeno mas notável teorema que se constitui no resultado central desta seção.

Para demonstrar o Teorema de Fermat, necessitaremos do lema a seguir.

p Lema 1. Seja p um número primo. Os números , onde 0 < i < p, são i

todos divisíveis por p.

Demonstração O resultado vale trivialmente para i = 1. Podemos, então, supor 1 < i < p. Neste caso, i!|p(p − 1) · · · (p − i + 1). Como (i!, p) = 1, decorre que i!|(p − 1) · · · (p − i + 1), e o resultado se segue, pois

p (p − 1) · · · (p − i + 1) =p . i i!

2

2 MA 14 Unidade 13 Teorema 1 (Pequeno Teorema de Fermat). Dado um número primo p, temse que p divide o número ap − a, para todo a ∈ N. Demonstração Vamos provar o resultado por indução sobre a. O resultado vale claramente para a = 1, pois p|0.

Supondo o resultado válido para a, iremos prová-lo para a + 1. Pela fórmula do binômio de Newton,

p p−1 p (a + 1) − (a + 1) = a − a + a + ··· + a. p−1 1 p

p

Como, pelo Lema 1 e pela hipótese de indução, o segundo membro da igualdade acima é divisível por p, o resultado se segue.

2 Exemplo 1. Dado um número qualquer n ∈ N, tem-se que n9 e n, quando escritos na base 10, têm o mesmo algarismo da unidade.

A afirmação acima é equivalente a 10|n9 − n. Como n9 e n têm a mesma paridade, segue-se que n9 − n é par; i.e, 2|n9 − n.

Por outro lado, n9 − n = n(n4 − 1)(n4 + 1) = (n5 − n)(n4 + 1).

Logo, pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que 5|n5 − n e, portanto, 5|n9 − n. Tem-se, então, que 10|n9 − n.

Corolário. Se p é um número primo e se a é um número natural não divisível por p, então p divide ap−1 − 1.

Demonstração Como, pelo Pequeno Teorema de Fermat, p|a(ap−1 − 1) e como (a, p) = 1, segue-se, imediatamente, que p divide ap−1 − 1.

2 O Corolário acima também será chamado de Pequeno Teorema de Fermat.

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Pequeno Teorema de Fermat

Note que o Pequeno Teorema de Fermat nos fornece um teste de não primalidade. De fato, dado m ∈ N, com m > 1, se existir algum a ∈ N, com (a, m) = 1, tal que m 6 |am−1 − 1, então m não é primo.

Os chineses achavam também que se m era composto, então m 6 |2m − 2, uma recíproca do Teorema de Fermat, no caso a = 2. Muitos matemáticos acreditavam neste resultado, até que, em 1819, Sarrus mostrou que o número 341(= 31 × 11) divide 2341 − 2.

Poder-se-ia perguntar se vale a recíproca mais restritiva do Pequeno Teorema de Fermat: Dado um inteiro m > 1, a condição m|am−1 − 1 para todo a ∈ N tal que (a, m) = 1, acarreta, necessariamente, que m é primo?

Veremos, no próximo exemplo, que isto também é falso.

Exemplo 2. Seja a ∈ N tal que (a, 3) = (a, 11) = (a, 17) = 1. Note que essa condição é equivalente a (a, 561) = 1, pois 3 · 11 · 17 = 561.

Por outro lado, (a280 , 3) = (a56 , 11) = (a35 , 17) = 1, 2

e, portanto, pelo Pequeno Teorema de Fermat, 3 divide (a280 ) − 1 = a560 − 1, 10 16 11 divide (a56 ) − 1 = a560 − 1 e 17 divide (a35 ) − 1 = a560 − 1.

Segue-se daí que 561 divide a560 − 1, para todo a tal que (a, 561) = 1, sem que 561 seja primo.

Exemplo 3. O Pequeno Teorema de Fermat nos diz que

47 246 − 1 .

Logo, temos que

47 223 − 1 223 + 1 , e como (223 − 1, 223 + 1) = (223 − 1, 2) = 1, segue-se que 47 divide um, e apenas um, dos números 223 − 1 ou 223 + 1.

Como decidir qual dessas duas opções, acima, é verificada?

4 MA 14 Unidade 13 Em geral, o Pequeno Teorema de Fermat nos diz que se p > 2 é um número primo e a um número natural tal que p 6 |a, então tem-se que

p−1 p−1

p a 2 − 1 a 2 + 1 .

p−1

p−1

2 2 Como p é primo, tem-se que p a − 1 ou p a +1 .

Decidir qual das duas condições de divisibilidade, acima, ocorre, é, em geral, um problema difícil. Esta questão se relaciona de modo inesperado com outra, envolvendo resíduos quadráticos (ou seja, certas equações diofantinas do segundo grau), através de um critério devido a Euler.

Problemas 1. Mostre que 42|a7 − a para todo número natural a.

2. Ache o resto da divisão de 12p−1 por p quando p é primo.

3. Mostre que, para todo n ∈ N, é natural o número 3 5 2 3 11 n + n + n.

5 3 15 4. Mostre que, para todo n ∈ N, 15|3n5 + 5n3 + 7n.

5. Seja n ∈ N∗ . Mostre que a) Se 5 6 |n, 5 6 |n − 1, 5 6 |n + 1, então 5|n2 + 1. b) Se 7 6 |n, 7 6 |n − 1, 7 6 |n3 + 1, então 7|n2 + n + 1.

6. Sejam a, k ∈ N∗ . Mostre que 7|a6k − 1, se (a, 7) = 1.

7. Mostre que a13 − a é divisível por 2, 3, 5, 7, 13 e 273, para todo a ∈ N. 8. Mostre que a12 −b12 é divisível por 13, se a e b são primos com 13. Mostre também que é divisível por 91, se a e b são primos com 91.

Pequeno Teorema de Fermat

5

O Renascimento da Aritmética A Renascença, movimento ocorrido entre os séculos XIII e XV na Europa, cujas características principais foram a luta contra os preconceitos da época e a redescoberta e a leitura dos clássicos gregos, teve por consequência uma revolução nas artes, na ciência e nos costumes.

Este movimento atingiu a Matemática um pouco mais tardiamente. Em 1575, Regiomanto traduziu para o latim o tratado Aritmética, de Diofanto.

Em 1621, Bachet de Méziriac publicou uma edição francesa que se tornaria protagonista de uma das mais ricas histórias de toda a Matemática.

Por esta época, ocorre o renascimento da aritmética, na acepção de Platão, essencialmente por obra do jurista francês Pierre de Fermat (16011665). Na época, era comum os matemáticos não divulgarem as demonstrações dos resultados que descobriam, lançando-os como desafio para outros.

Os resultados de Fermat foram divulgados por meio de sua correspondência, principalmente com o padre Marin Mersenne, que desempenhava o papel de divulgador da Matemática. Numa de suas cartas de 1640, Fermat enunciou o seu Pequeno Teorema, dizendo que não escreveria a demonstração por ser longa demais.

Fermat descobriu vários teoremas em Teoria dos Números, mas a sua contribuição mais marcante foi a anotação que deixou na margem do Problema 8, Livro 2, de sua cópia de Bachet da Aritmética de Diofanto, onde se encontravam descritas as infinitas soluções da equação pitagórica X 2 + Y 2 = Z 2 .

Fermat escreveu: “Por outro lado, é impossível separar um cubo em dois cubos, ou uma biquadrada em duas biquadradas, ou, em geral, uma potência qualquer, exceto um quadrado em duas potências semelhantes. Eu descobri uma demonstração verdadeiramente maravilhosa disto, que todavia esta margem não é suficientemente grande para cabê-la."

Esta afirmação de Fermat, apesar de não demonstrada por ele, acabou sendo chamada de Último Teorema de Fermat. Passaram-se mais de 350 anos e muita matemática foi desenvolvida para que, em 1995, o matemático inglês Andrew Wiles desse uma prova, encerrando este glorioso capítulo da

6 MA 14 Unidade 13 história da Matemática.

Um outro problema cuja solução desde há muito era procurada pelos matemáticos é a determinação de fórmulas geradoras de números primos. n Fermat morreu com a convicção de que a expressão 22 + 1 representava sempre um número primo, admitindo, no entanto, não ser capaz de prová-lo rigorosamente. Esta fórmula produz números primos para n = 0, 1, 2, 3 e 4, mas a crença de Fermat revelou-se posteriormente falsa com a apresentação 5 de uma fatoração de 22 + 1 por Leonhard Euler. Este foi o mais importante matemático do século 18 e que provou todos os resultados de Fermat, exceto, obviamente, o Último Teorema, do qual mostrou que X 3 + Y 3 = Z 3 e X 4 + Y 4 = Z 4 (este também provado por Fermat) não admitem soluções em inteiros positivos.

MA14 - Unidade 14 Primos de Fermat e de Mersenne Semana de 10/10 a 16/10

Nesta unidade, estudaremos alguns tipos de números primos especiais famosos.

O primeiro resultado relaciona-se com os números conhecidos como números de Fermat em homenagem a Pierre de Fermat (1601-1665), jurista francês e matemático amador. Após Euclides e Eratóstenes, Fermat é considerado o primeiro matemático a contribuir para o desenvolvimento da Teoria dos Números do ponto de vista teórico. Muitos dos resultados e problemas deixados por Fermat motivaram o extraordinário avanço da Matemática.

Sejam a e n números naturais maiores do que 1. Se an + 1 é primo, então a é par e n = 2m , com m ∈ N.

Proposição 1.

Suponhamos que an + 1 seja primo, onde a > 1 e n > 1.

Logo, a tem que ser par, pois, caso contrário, an + 1 seria par e maior do que dois, o que contraria o fato de ser primo.

Se n tivesse um divisor primo p diferente de 2, teríamos n = n0 p com 0 0 n0 ∈ N∗ . Portanto, pela Proposição 3.1.8, an + 1 dividiria (an )p + 1 = an + 1, Demonstração

2 MA 14 Unidade 14 contradizendo o fato desse último número ser primo. Isto implica que n é da forma 2m .

2

Os números de Fermat são os números da forma n

Fn = 22 + 1.

Em 1640, Fermat escreveu em uma de suas cartas que achava que esses números eram todos primos, baseado na observação de que F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65537 são primos.

Em 1732, Leonhard Euler mostrou que 5

F5 = 22 + 1 = 4.294.967.297 = 641 · 6700417,

portanto, composto, desmentindo assim a a rmação de Fermat.

Os números de Fermat primos são chamados de primos de Fermat. Até hoje, não se sabe se existem outros primos de Fermat além dos quatro primeiros. Conjecturou-se (Hardy e Wright) que os primos de Fermat são em número nito.

Um resultado que já provamos acerca desses números, Corolário da Proposição 3, Unidade 10, é o seguinte: (Fn , Fm ) = 1,

se n 6= m.

Note que esse resultado nos fornece uma outra prova de que existem in nitos números primos, pois cada número de Fermat tem pelo menos um divisor primo (Teorema 1, Unidade 12) e esses divisores primos são todos distintos.

O resultado que se segue relaciona-se com outros números primos também famosos.

Sejam a e n números naturais maiores do que 1. Se an − 1 é primo, então a = 2 e n é primo.

Proposição 2.

Primos de Fermat e de Mersenne

3

Suponhamos que an − 1 seja primo, com a > 1 e n > 1.

Suponhamos, por absurdo, que a > 2. Logo, a − 1 > 1 e a − 1|an − 1 (Proposição 7, Unidade 1), e, portanto, an − 1 não é primo, contradição.

Consequentemente, a = 2.

Por outro lado, suponha, por absurdo, que n não é primo. Temos que n = rs com r > 1 e s > 1. Como 2r − 1 divide (2r )s − 1 = 2n − 1 (novamente, Proposição 7, Unidade 1), segue que 2n − 1 não é primo, contradição. Logo, n é primo.

Demonstração

2

Os números de Mersenne são os números da forma Mp = 2p − 1,

onde p é um número primo.

No intervalo 2 ≤ p ≤ 5000 os números de Mersenne que são primos, chamados de primos de Mersenne, correspondem aos seguintes valores de p: 2, 3, 5, 7, 13, 19, 31, 61, 89, 107, 127, 521, 607, 1279, 2203, 2281, 3217, 4253 e 4423. Até dezembro de 2001, o maior primo de Mersenne conhecido era M13466917 , que possui no sistema decimal 4053946 dígitos, e é o trigésimo nono primo de Mersenne conhecido.

Enunciaremos a seguir, sem demonstração, um resultado profundo devido ao matemático alemão do século dezenove Lejeune Dirichlet:

Em uma PA de números naturais, com primeiro termo e razão primos entre si, existem in nitos números primos.

Teorema (de Dirichlet).

A demonstração deste resultado é muito difícil e pertence à teoria analítica dos números. No entanto, demonstraremos alguns casos particulares de teorema. O primeiro caso particular é o seguinte:

Na progressão aritmética 3, 7, 11, 15, . . . , 3 + 4n, . . . existem in nitos números primos.

Proposição 3.

4 MA 14 Unidade 14 Demonstração

Trata-se de mostrar que existem in nitos números primos

da forma 4n + 3.

Inicialmente, note que todo primo ímpar é da forma 4n + 1 ou 4n + 3.

Em seguida, observemos que o conjunto Λ = {4n + 1; n ∈ N} é fechado multiplicativamente. De fato, (4n + 1)(4n0 + 1) = 4(4nn0 + n + n0 ) + 1.

Suponhamos agora, por absurdo, que haja apenas um número nito de números primos p1 < · · · < pk da forma 4n + 3, com n ≥ 1. O número a = 4(p1 · p2 · · · pk ) + 3 não é divisível por nenhum dos números primos 3, p1 , . . . , pk e, portanto, sua decomposição em fatores primo só pode conter primos da forma 4n + 1. Consequentemente, a é da forma 4n + 1, o que é uma contradição, pois é da forma 4n + 3.

2

Mostrar que existem in nitos primos da forma 4n + 1 é um pouco mais sutil e será provado a seguir.

Antes, porém, provaremos um lema que será necessário para a prova do resultado.

Lema 1.

Seja x ∈ N∗ , com x ≥ 2. Todo divisor ímpar de x2 + 1 é da forma

4n + 1.

Inicialmente, provaremos que todo divisor primo p 6= 2 de x2 + 1 é da forma 4n + 1. O resultado, em geral, seguirá disso, pois o conjunto Λ = {4n + 1; n ∈ N} é fechado multiplicativamente (provamos isso no decorrer da demonstração da Proposição 3).

Suponhamos, então, que p|x2 + 1, com p primo maior do que 2. Temos que (p − 1)/2 ∈ N e, para algum λ ∈ N, que x2 + 1 = λp. Consequentemente, Demonstração

x2 = λp − 1.

5

Primos de Fermat e de Mersenne

Elevando à potência (p − 1)/2 ambos os lados da igualdade acima, temos, para alguns µ, µ0 ∈ N, que (veja o Problema 1) x

p−1

2

= (x )

p−1 2

= (λp − 1)

p−1 2

=

   µp + 1,

se

p−1 2

é par

 

se

p−1 2

é ímpar

µ0 p − 1,

Se xp−1 = µ0 p − 1,

subtraindo 1 de ambos os lado, teríamos que xp−1 − 1 = µ0 p − 2.

(1)

Como p|x2 +1, segue que p 6 | x (justi que!). Logo, pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que p|xp−1 − 1 e, consequentemente, por (1) p|2, o que é uma contradição. p−1 Portanto, a única alternativa possível é que seja par, o que implica 2 que p é da forma 4n + 1.

2

Na progressão aritmética 1, 5, 9, 13, 17, . . . , 4n+1, . . . existem in nitos números primos.

Proposição 4.

Suponha, por absurdo, que haja um número nito p1 , . . . , pk de primos da forma 4n + 1. Considere o número

Demonstração

a = 4p21 · · · p2k + 1.

Como pi 6 | a, para todo i = 1, . . . , k ; logo, todo divisor primo de a é da forma 4n + 3, o que é um absurdo, em vista do Lema 1.

2

No Corolário da Proposição 5, Unidade 19, provaremos outro caso particular do teorema de Dirichlet, cuja prova requererá mais instrumentos do que dispomos no momento.

6 MA 14 Unidade 14 Problemas

Sejam n, a ∈ N a) Mostre que existe m ∈ N tal que (a + 1)n = ma + 1. b) Mostre que, se a > 0, então existe m ∈ N tal que (a − 1)2n+1 = ma − 1. c) Mostre que, se a > 1, então existe m ∈ N tal que (a − 1)2n = ma + 1.

1.

Sugestão: 2.

Mostre que todo divisor de um número de Fermat Fn é da forma 4m + 1.

Sugestão: 3.

Por indução sobre n.

Use o Lema 1.

Se p e q são dois números primos distintos, mostre que (Mp , Mq ) = 1.

4.

Sejam dados n, m ∈ N,

a) Mostre que, se m < n, então Fm |Fn − 2. b) Dê uma outra prova para: (Fn , Fm ) = 1, se n 6= m.

5.

Mostre que existem in nitos números primos da forma 6n + 5.

6.

Mostre que existem in nitos números primos da forma 3n + 2.

7.

Seja pn o n-ésimo número primo. Mostre que pn ≤ 22

Sugestão:

n−2

+ 1.

Utilize os seguintes fatos: (Fi , Fj ) = 1, se i 6= j , 2 6| Fi e F5 é

composto.

Considere a sequência de Fibonacci (un ). Mostre que, se n é ímpar, então os divisores ímpares de un são da forma 4k + 1.

8.

Sugestão:

Mostre que a sequência de Fibonacci satisfaz a u2n − un−1 un+1 + (−1)n+1 .

Com isto, mostre que se n é ímpar, então u2n − un−1 un = u2n−1 + 1. Conclua que todo divisor de un é divisor de u2n−1 + 1 e utilize o Lema 1.

MA14 - Unidade 15 Números Perfeitos Semana de 10/10 a 16/10

Seja n um número natural maior do que 1. Denotemos por S(n) a soma de todos os seus divisores. Note que S(0) não está de nido e que S(1) = 1.

Se n ≥ 2, o próximo resultado nos fornecerá uma fórmula para S(n) em função da decomposição de n em fatores primos.

Proposição 1. Seja

α1 , . . . , αr ∈ N

∗

n = pα1 1 · · · pαr r ,

onde

p1 , . . . , p r

são números primos e

. Então,

S(n) = Demonstração

pα1 1 +1 − 1 pαr +1 − 1 ··· r . p1 − 1 pr − 1

Considere igualdade

(1 + p1 + · · · + pα1 1 ) · · · (1 + pr + · · · + pαr r ) =

X

pβ1 1 · · · pβr r ,

onde o somatório do lado direito da igualdade é tomado sobre todas as r-uplas (β1 , . . . , βr ) ao variar de cada βi no intervalo 0 ≤ βi ≤ αi , para i = 0, . . . , r.

Como tal somatório, pela Proposição 2, Unidade 12, representa a soma de

2 MA 14 Unidade 15 todos os divisores de n, a fórmula para S(n) resulta aplicando a fórmula da soma de uma progressão geométrica a cada soma do lado esquerdo da igualdade acima.

2

Segue-se imediatamente do resultado acima, o seguinte corolário.

Corolário.

A função

S(n)

é multiplicativa; isto é, se

(n, m) = 1,

então

S(n · m) = S(n)S(m).

Exemplo 1.

S(3) =

S(6) = S(2 · 3) =

22 − 1 = 4.

2−1

22 − 1 32 − 1 = 12.

2−1 3−1

22 − 1 2−1 3 2 −1 S(28) = S(22 · 7) = 2−1 S(18) = S(2 · 32 ) =

33 − 1 = 39.

3−1 72 − 1 = 56.

7−1

33 − 1 52 − 1 = 78.

3−1 5−1 Note que S(18) = 39 6= 48 = S(3)S(6); e, portanto, a conclusão do corolário acima não vale se (n, m) 6= 1.

S(45) = S(32 · 5) =

Os números como 6 e 28, com a propriedade de serem iguais à metade da soma de seus divisores, tiveram o poder de fascinar os gregos antigos, que os chamaram de números perfeitos.

Mais precisamente, um número n é chamado de número perfeito se S(n) = 2n. Ou ainda, se o número é igual à soma dos seus divisores distintos dele mesmo.

Até a Idade Média, conheciam-se apenas os seguintes números perfeitos: 6, 28, 496, 8128 e 33550336.

Atualmente, conhecem-se mais alguns números perfeitos. Um fato curioso é que todos os números perfeitos conhecidos são pares. Não se sabe nada sobre a existência ou não de números perfeitos ímpares. O teorema

3

Números Perfeitos

que enunciaremos abaixo, parte devida a Euclides e parte devida a Euler, caracterizará os números perfeitos pares, relacionando-os com os números de Mersenne de nidos na seção anterior. Antes, porém, daremos um pequeno lema.

Lema 1. Seja

n ∈ N∗ .

Tem-se que

S(n) = n + 1

se, e somente se,

n

é um

número primo.

Se S(n) = n + 1, segue-se que n > 1 e que os únicos divisores de n são 1 e n; logo, n é primo.

Reciprocamente, se n é primo, da Proposição 1, segue-se que S(n) =

Demonstração

n2 − 1 = n + 1. n−1

2 Teorema 1

(Euclides-Euler).

par se, e somente se,

p−1

n=2

Um número natural

p

(2 − 1),

onde

p

2 −1

n

é um número perfeito

é um primo de Mersenne.

Suponha que n = 2p−1 (2p − 1), onde 2p − 1 é um primo de Mersenne. Logo, p > 1, e, consequentemente, n é par.

Como 2p − 1 é ímpar, temos que (2p−1 , 2p − 1) = 1. Logo, pela Proposição 1, o seu corolário e o Lema 1, segue-se que

Demonstração

S(n) = S(2p−1 (2p − 1)) = S(2p−1 )S(2p − 1) =

2p − 1 p 2 = 2n.

2−1

Portanto, n é perfeito.

Reciprocamente, suponha que n é perfeito e par. Seja 2p−1 a maior potência de 2 que divide n. Logo, p > 1 e n = 2p−1 b com b ímpar. Temos, então, que (2p−1 , b) = 1 e, pela Proposição 1 e o seu corolário, segue-se que S(n) = (2p − 1)S(b). Como S(n) = 2n, segue-se que (2p − 1)S(b) = 2p b.

(1)

Daí segue-se que (2p − 1)|b pois (2p , 2p − 1) = 1. Logo, existe c ∈ N com c < b tal que b = c(2p − 1).

(2)

4 MA 14 Unidade 15 Substituindo (2) em (1), segue-se que (2p − 1)S(b) = 2p (2p − 1)c;

portanto, S(b) = 2p c.

(3)

De (2) temos que c e b são dois divisores distintos de b tais que c+b = 2p c.

Nesta situação, c = 1. De fato, suponha, por absurdo, que c 6= 1. Temos, então, que S(b) ≥ 1 + c + b > c + b = 2p c. Disto e de (3) segue-se que 2p c = c + b < S(b) = 2p c,

contradição.

Portanto, de (2) e (3) segue-se que S(b) = b + 1. Logo, pelo Lema 1, b é primo. Temos, assim, que n = 2p−1 (2p − 1) com 2p − 1 primo.

2

A primeira parte da demonstração do teorema acima, sem dúvida a mais fácil, já se encontra nos Elementos de Euclides (Proposição 36, livro IX). A recíproca data do século 18 e é devida a Euler. O fato do número 2p − 1, no enunciado do teorema, ser um número primo de Mersenne, implica que p é primo. Note, ainda, que o teorema reduz a existência ou não de um número in nito de números perfeitos pares ao problema análogo para primos de Mersenne.

Problemas

Mostre que a soma dos inversos dos divisores de um número perfeito par é sempre igual a 2.

1.

2.

Seja an = 22n (22n+1 − 1). Mostre por indução sobre n que a2n+1 = 256a2n−1 + 60(16n ), a2n+2 = 256a2n + 240(16n ).

MA14 - Unidade 16 Decomposição do Fatorial em Fatores Primos Semana de 17/10 a 23/10

Nesta unidade, iremos mostrar como achar a fatoração em números primos de n!, onde n é um número natural arbitrário.

b Por conveniência, vamos designar pelo símbolo o quociente da divisão a de b por a, na divisão euclidiana.

b Note, para uso futuro, que, se a > b, então = 0. a

Temos a seguinte propriedade relacionada com os quocientes da divisão euclidiana: Proposição 1. Sejam

a∈N

e

b, c ∈ N∗ .

Temos que

hai h i  b = a . c bc

2 MA 14 Unidade 16 Sejam

Demonstração

hai q1 =

hai b

e q2 =  b  . c

Logo, a = bq1 + r1 , com r1 ≤ b − 1

e

hai b

= q1 = cq2 + r2 , com r2 ≤ c − 1.

Portanto, a = bq1 + r1 = b(cq2 + r2 ) + r1 = bcq2 + br2 + r1 .

Como br2 + r1 ≤ b(c − 1) + b − 1 = bc − 1,

segue-se que q2 é o quociente da divisão de a por bc, ou seja, q2 =

hai bc

.

2

O que acabamos de provar enuncia-se com palavras como: da divisão por divisão de

a

c

por

do quociente da divisão de

b

vezes

a

por

b

O quociente

é igual ao quociente da

c.

Dados um número primo p e um número natural m, vamos denotar por Ep (m) o expoente da maior potência de p que divide m, ou seja, é o expoente da potência de p que aparece na fatoração de m em fatores primos.

Em particular, Ep (n!) representará a potência de p que aparece na fatoração de n! em fatores primos.

O resultado a seguir nos dirá que as potências de um número natural maior do que 1 não formam um conjunto limitado superiormente.

3

Decomposição do Fatorial em Fatores Primos a e m dois números n tal que an > m.

Lema 1. Sejam número natural

naturais com

a > 1.

Então, existe um

De namos A = {an ; n ∈ N} e suponhamos, por absurdo, que an ≤ m para todo n ∈ N. Portanto, o conjunto A é limitado superiormente e, consequentemente, pelo corolário acima, possui um maior elemento; isto é, existe r ∈ N tal que x ≤ ar para todo x em A. Mas, sendo a ≥ 2, segue-se que

Demonstração

ar+1 ≥ 2ar > ar ,

contradizendo o fato de ar+1 ∈ A e ar ser o maior elemento de A. Teorema 1

(Legendre).

Sejam

n

um número natural e

p

2

um número primo.

Então,

n n n + 2 + 3 + ··· Ep (n!) = p p p

Note, inicialmente, que a soma acima é nita, pois existe i um número natural r tal que p > n para todo i ≥ r (veja Lema 1); portanto, Demonstração

n = 0, se i ≥ r. pi

Vamos demonstrar o resultado por indução sobre n. A fórmula vale trivialmente para n = 0. Suponha que o resultado vale para qualquer natural m com m < n. Sabemos que os múltiplos de p entre 1 e n são

n p, 2p, . . . , p. p

Portanto,

n n Ep (n!) = + Ep ! . p p

Pela hipótese de indução, temos que     n n

 p   p  n    ! = Ep  p  +  p2  + · · · p

4 MA 14 Unidade 16 O resultado, agora, decorre da Proposição 1.

2

Na prática, é fácil calcular Ep (n!). Isto se faz com o uso do seguinte algoritmo: n = pq1 + r1 q1 = pq2 + r2 ... qs−1 = pqs + rs .

Como q1 > q2 > · · · , segue-se que, para algum s, tem-se que qs < p.

Portanto, segue-se que Ep (n!) = q1 + q2 + · · · + qs .

Vamos determinar a decomposição de 10! em fatores primos e descobrir com quantos zeros termina a representação decimal desse número.

Para resolvermos o problema, deveremos achar Ep (10!) para todo primo p ≤ 10. Sendo E2 (10!) = 5 + 2 + 1 = 8, E3 (10!) = 3 + 1 = 4, E5 (10!) = 2, E7 (10!) = 1, segue-se que

Exemplo 1.

10! = 28 34 52 7.

Consequentemente, como há dois fatores iguais a 5 e oito fatores iguais a 2 na decomposição de 10! em fatores primos, vê-se, imediatamente, que 10! termina com dois zeros.

Para extrairmos um corolário do teorema acima, necessitaremos do seguinte lema.

Lema 2. Sejam

a1 , . . . , am , b números naturais, com b 6= 0. h i

ha i a1 a1 + · · · + am m ≥ + ··· + . b b b

Tem-se que

Sejam qi e ri respectivamente o quociente e o resto da divisão de ai por b para i = 1, . . . , m. Somando, membro a membro, as igualdades ai = bqi + ri , segue-se que Demonstração

a1 + · · · + am = (q1 + · · · + qm )b + r1 + · · · + rm .

5

Decomposição do Fatorial em Fatores Primos

Segue-se daí que o quociente da divisão de a1 + · · · + am por b é maior ou igual do que q1 + · · · + qm , pois r1 + · · · + rm poderia superar b − 1. Isto é o que se queria provar.

2 Corolário.

Se

a1 , . . . , a m , b

tural o número

são números naturais com

b 6= 0,

então é na-

(a1 + · · · + am )! . a1 ! · · · am !

De fato, pelo Lema 2, para todo número primo p e todo número natural i, temos que Demonstração

a1 am a1 + · · · + am ≥ i + ··· + . i p p pi

Somando, membro a membro, as desigualdades acima, obtemos que Ep ((a1 + · · · + an )!) ≥ Ep (a1 !) + · · · + Ep (am !),

o que prova o resultado.

2

O próximo resultado relacionará Ep (n!) e a representação p-ádica de n (i.e., a representação relativa à base p).

Teorema 2. Sejam

p, n ∈ N∗

com

p

primo. Suponha que

n = nr pr + nr−1 pr−1 + · · · + n1 p + n0 seja a representação

p-ádica

de

Ep (n!) = Demonstração

n = p

n.

Então

n − (n0 + n1 + · · · + nr ) . p−1

Sendo 0 ≤ ni < p, temos que nr pr−1 + nr−1 pr−2 + · · ·

n = nr pr−2 + nr−1 pr−3 + · · · p2 . . . n = nr pr

+ n2 p + n1

+ n2

6 MA 14 Unidade 16 Portanto,

n n n Ep (n!) = + 2 + ··· + r = p p p nr

pr − 1 pr−2 − 1 + nr−1 + · · · + n1 = p−1 p−1

nr pr + nr−1 pr−1 + · · · + n1 p + n0 − (nr + nr−1 + · · · + n1 + n0 ) = p−1 n − (n0 + n1 + · · · + nr ) . p−1 2

Problemas

Ache a decomposição em fatores primos de 100! e determine com quantos zeros termina a representação decimal desse número.

1.

a) Ache as maiores potências de 2 e de 5 que dividem 10000!. b) Determine com quanto zeros termina a representação decimal de 10000!. c) Ache a maior potência de 104 que divide 10000!.

2.

Ache o menor valor de n, de modo que a maior potência de 5 que divide n! seja 584 . Quais são os outros números que gozam dessa propriedade?

3.

Mostre que não há nenhum número natural n tal que 37 seja a maior potência de 3 que divida n!.

4.

5.

Dados a1 , . . . , am ∈ N e b ∈ N∗ , mostre que ha i 1

b 6.

+ ··· +

ha i m

b

h i ha i a1 + · · · + am a1 m ≤ ≤ + ··· + + m. b b b

Mostre que, se m, n ∈ N são tais que (m, n) = 1, então (m + n − 1)! ∈ N. m!n!

7.

Sejam m, n, b ∈ N com b 6= 0. Mostre que

Decomposição do Fatorial em Fatores Primos

7

h i h i

2n m n m+n 2m + ≥ + + . a) b b b b b

b)

(2m)!(2n)! é um número natural. m!n!(m + n)!

8.

Sejam n, m ∈ N; mostre que (n · m)! é divisível por [(n!)m , (m!)n ].

9.

Mostre que (n!)(n−1)! divide (n!)!.

Sejam n, a1 , . . . ar ∈ N e d = (a1 , . . . , ar ). Mostre que é natural o número 10.

d(n − 1)! . a1 ! · · · ar !

Euler, um Gigante da Matemática

Leonhard Euler (1707-1783) foi, sem dúvida, um dos maiores e mais férteis matemáticos de todos os tempos.

Euler nasceu na Suíça, perto da cidade de Basiléia, lho de um modesto pastor protestante que nutria a esperança de que seu lho seguisse a mesma carreira.

Euler possuía uma grande facilidade para o aprendizado de línguas e uma prodigiosa memória, aliada a uma extraordinária habilidade para efetuar mentalmente contas complexas, habilidade esta que lhe seria muito útil no nal de sua vida. Aos 14 anos, ingressou na Universidade da Basiléia, onde foi aluno de Johann Bernoulli, com quem teve a sua verdadeira iniciação à matemática. Aos 20 anos de idade, Euler recebeu menção honrosa da Academia de Ciências de Paris por um trabalho sobre a trajetória do mastro de um barco em movimento, ganhando reconhecimento internacional.

Em 1727, começa a sua carreira pro ssional, assumindo uma posição como físico na nova Academia de São Petersburgo, na Rússia. Foi nessa época que conheceu Christian Goldbach, que chamou a sua atenção para os problemas tratados por Fermat, fato esse responsável pela grande obra de Euler em Aritmética. Em 1733, Euler assumiu a cátedra de matemática na Academia

8 MA 14 Unidade 16 de São Petersburgo.

Um de seus primeiros grandes sucessos em matemática foi calcular, em 1735, o valor exato da soma in nita 1+

1 1 1 1 + + + + ··· 4 9 16 25

Cálculos numéricos indicavam que o valor aproximado desta soma era 8/5, cando em aberto, por cerca de um século, o problema de determinar o valor exato da soma. Euler surpreendeu os matemáticos provando que a soma da série é π 2 /6.

Euler produziu freneticamente resultados matemáticos ao longo de sua longa vida cientí ca, que só cessou com a sua morte. Em 1738, Euler perde a visão de seu olho direito, cando totalmente cego em 1771, não diminuindo por isto a sua produtividade cientí ca. Durante muito tempo, a metade de cada volume dos anais da Academia de São Petersburgo era dedicada a seus trabalhos e, durante 48 anos após a sua morte, ainda neles eram publicados artigos seus.

Euler escreveu sobre os mais variados assuntos, tais como, teoria das funções, cálculo diferencial e integral, números complexos, acústica, música, teoria dos números, teoria das partições e mecânica, entre muitos outros, ocupando, indiscutivelmente, um lugar entre os maiores matemáticos de todos os tempos.

MA14 - Unidade 17 Aritmética dos Restos Semana de 17/10 a 23/10

Nesta unidade, apresentaremos uma das noções mais fecundas da aritmética, introduzida por Gauss no seu livro Disquisitiones Arithmeticae , de 1801.

Trata-se da realização de uma aritmética com os restos da divisão euclidiana por um número xado.

Seja m um número natural diferente de zero. Diremos que dois números naturais a e b são congruentes módulo m se os restos de sua divisão euclidiana por m são iguais. Quando os inteiros a e b são congruentes módulo m, escreve-se a ≡ b mod m

Por exemplo, 21 ≡ 13 mod 2, já que os restos da divisão de 21 e de 13 por 2 são iguais a 1.

Quando a relação a ≡ b mod m for falsa, diremos que a e b não são congruentes, ou que são incongruentes, módulo m. Escreveremos, neste caso, a 6≡ b mod m.

2 MA 14 Unidade 17 Como o resto da divisão de um número natural qualquer por 1 é sempre nulo, temos que a ≡ b mod 1, quaisquer que sejam a, b ∈ N. Isto torna desinteressante a aritmética dos restos módulo 1. Portanto, doravante, consideraremos sempre m > 1.

Decorre, imediatamente, da de nição que a congruência, módulo um inteiro xado m, é uma relação de equivalência. Vamos enunciar isto explicitamente abaixo.

Proposição 1. Seja

(i) (ii) (iii)

m ∈ N,

com

m > 1.

Para todos

a, b, c ∈ N,

tem-se que

a ≡ a mod m, se a ≡ b mod m, então b ≡ a mod m, se a ≡ b mod m e b ≡ c mod m, então a ≡ c mod m.

Para veri car se dois números são congruentes módulo m, não é necessário efetuar a divisão euclidiana de ambos por m para depois comparar os seus restos. É su ciente aplicar o seguinte resultado: a, b ∈ N são se, m|b − a.

Proposição 2. Suponha que

a ≡ b mod m

se, e somente

tais que

b ≥ a.

Tem-se que

Sejam a = mq + r, com r < m e b = mq 0 + r0 , com r0 < m, as divisões euclidianas de a e b por m, respectivamente. Logo, Demonstração

b−a=

 0 0   m(q − q) + (r − r),

se r0 ≥ r

 

se r ≥ r0

m(q 0 − q) − (r − r0 ),

onde r0 − r < m, ou r − r0 < m. Portanto, a ≡ b mod m se, e somente se, r = r0 , o que é equivalente a dizer que m|b − a.

2

Note que todo número natural é congruente módulo m ao seu resto pela divisão euclidiana por m e, portanto, é congruente módulo m a um dos números 0, 1, . . . , m − 1. Além disso, dois desses números distintos não são congruentes módulo m.

3

Aritmética dos Restos

Portanto, para achar o resto da divisão de um número a por m, basta achar o número natural r dentre os números 0, . . . , m − 1 que seja congruente a a módulo m.

Chamaremos de sistema completo de resíduos módulo m a todo conjunto de números naturais cujos restos pela divisão por m são os números 0, 1, . . . , m − 1, sem repetições e numa ordem qualquer.

Portanto, um sistema completo de resíduos módulo m possui m elementos. É claro que, se a1 , . . . , am são m números naturais, dois a dois não congruentes módulo m, então eles formam um sistema completo de resíduos módulo m. De fato, os restos da divisão dos ai por m são dois a dois distintos, o que implica que são os números 0, 1, . . . , m − 1 em alguma ordem.

O que torna útil e poderosa a noção de congruência é o fato de ser uma relação de equivalência compatível com as operações de adição e multiplicação nos inteiros, conforme veremos na proposição a seguir. a, b, c, d, m ∈ N, com m > 1. i) Se a ≡ b mod m e c ≡ d mod m, então a + c ≡ b + d mod m. ii) Se a ≡ b mod m e c ≡ d mod m, então ac ≡ bd mod m.

Proposição 3. Sejam

Suponhamos que a ≡ b mod m e c ≡ d mod m. Podemos, sem perda de generalidade, supor que b ≥ a e d ≥ c. Logo, temos que m|b − a e m|d − c. (i) Basta observar que m|(b − a) + (d − c) e, portanto, m|(b + d) − (a + c), o que prova essa parte do resultado. (ii) Basta notar que bd − ac = d(b − a) + a(d − c) e concluir que m|bd − ac.

Demonstração

2 Corolário 1.

Para todos

n ∈ N∗ , a, b ∈ N,

se

a ≡ b mod m,

então

an ≡

bn mod m.

A demonstração faz-se por indução sobre n e não apresenta nenhuma di culdade.

Demonstração

4 MA 14 Unidade 17 2

Sejam a, b, m ∈ N∗ , com m > 1. Se a + b ≡ 0 mod m, então, para todo n ∈ N, tem-se que

Corolário 2.

a2n ≡ b2n mod m

e

a2n+1 + b2n+1 ≡ 0 mod m.

O resultado é claramente válido para n = 0. Podemos ainda supor, sem perda de generalidade, que a ≥ b.

Como a+b ≡ 0 mod m, segue-se que m|a+b e, portanto, m|(a+b)(a−b).

Como (a + b)(a − b) = a2 − b2 , segue-se que a2 ≡ b2 mod m. Aplicando o Corolário 1, temos que a2n ≡ b2n mod m para todo n ∈ N∗ .

Por outro lado, como Demonstração

a2n+1 + b2n+1 = (a + b)(a2n − ba2n−1 + · · · − b2n−1 a + b2n ),

e m|a+b, segue-se que m|a2n+1 +b2n+1 e, portanto, a2n+1 +b2n+1 ≡ 0 mod m.

2

O corolário acima será de grande utilidade no que se segue e substitui as seguintes relações: Observação 1.

a ≡ −b mod m =⇒ a2n ≡ b2n

e a2n+1 ≡ −b2n+1 mod m,

já que não trabalhamos com números negativos.

Com a notação de congruências, o Pequeno Teorema de Fermat se enuncia como se segue: Se p é número primo e a ∈ N, então ap ≡ a

mod p.

Além disso, se p 6 |a, então ap−1 ≡ 1

mod p.

5

Aritmética dos Restos Exemplo 1.

Sejam p um número primo e a, b ∈ N. Vamos mostrar que (a + b)p ≡ ap + bp mod p.

O resultado decorre da formulação acima do Pequeno Teorema de Fermat, pois (a + b)p ≡ a + b ≡ ap + bp mod p.

Se b ≥ a e p é primo, então (b − a)p ≡ bp − ap mod p.

Pelo Exemplo 1, temos que

Exemplo 2.

bp = (b − a + a)p ≡ (b − a)p + ap mod p,

o que implica o resultado, levando em conta o Problema 2 (b).

Exemplo 3.

Sejam a, b, p ∈ N, com p primo. Vamos mostrar que ap ≡ bp mod p =⇒ ap ≡ bp mod p2 .

De fato, sem perda de generalidade, podemos supor que b ≥ a. Sabemos, pelo Exemplo 2, que bp − ap ≡ (b − a)p mod p,

e como, por hipótese, temos que p divide bp − ap , segue-se que p|b − a; ou seja, a ≡ b mod p. Isto implica que ai ≡ bi mod p para todo i ∈ N. Decorre daí que bp−1 + abp−2 + · · · ap−2 b + ap−1 ≡ pap−1 ≡ 0 mod p.

Logo, o resultado decorre, pois bp − ap = (b − a)(bp−1 + abp−2 + · · · ap−2 b + ap−1 ),

e ambos os fatores no lado direito são divisíveis por p.

Proposição 4. Sejam

a, b, c, m ∈ N,

com

m > 1.

Tem-se que

a + c ≡ b + c mod m ⇐⇒ a ≡ b mod m.

6 MA 14 Unidade 17 Se a ≡ b mod m, segue-se imediatamente da Proposição 3(i) que a + c ≡ b + c mod m, pois c ≡ c mod m.

Reciprocamente, suponhamos que a + c ≡ b + c mod m. Sem perda de generalidade, podemos supor b + c ≥ a + c. Logo, m|b + c − (a + c), o que implica que m|b − a e, consequentemente, a ≡ b mod m.

Demonstração

2

A proposição acima nos diz que, para as congruências, vale o cancelamento com relação à adição. Entretanto, não vale, em geral, o cancelamento para a multiplicação, como pode-se veri car no exemplo que se segue.

Como 6 · 9 − 6 · 5 = 24 e 8|24, temos que 6 · 9 ≡ 6 · 5 mod 8, e, no entanto, 9 6≡ 5 mod 8.

Exemplo 4.

Iremos, a seguir, dar um resultado relacionado com o cancelamento multiplicativo.

Proposição 5. Sejam

a, b, c, m ∈ N,

com

c 6= 0

e

m > 1.

ac ≡ bc mod m ⇐⇒ a ≡ b mod Demonstração

Temos que

m . (c, m)

Podemos supor, sem perda de generalidade, que bc ≥ ac.

Como

m c e são coprimos, temos que (c, m) (c, m) ac ≡ bc mod m ⇐⇒ m|(b − a)c ⇐⇒ ⇐⇒

m c |(b − a) (c, m) (c, m)

m m |b − a ⇐⇒ a ≡ b mod . (c, m) (c, m) 2

Corolário.

Sejam a, b, c, m ∈ N, com m > 1 e (c, m) = 1. Temos que ac ≡ bc mod m ⇐⇒ a ≡ b mod m.

7

Aritmética dos Restos Proposição 6. Sejam

a, k, m ∈ N,

é um sistema completo de resíduos

m > 1 e (k, m) = 1. módulo m, então com

Se

a1 , . . . , a m

a + ka1 , . . . , a + kam também é um sistema completo de resíduos módulo

Demonstração

m.

Como, do corolário acima, para i, j = 0, . . . m − 1, temos

que a + kai ≡ a + kaj mod m ⇐⇒ kai ≡ kaj mod m ⇐⇒ ai ≡ aj mod m ⇐⇒ i = j.

Isto mostra que a+ka1 , . . . , a+kam são, dois a dois, não congruentes módulo m e, portanto, formam um sistema completo de resíduos módulo m.

2

Daremos, a seguir, propriedades adicionais das congruências relacionadas com a multiplicação. a, b ∈ N, m, n, m1 , . . . , mr ∈ N \ {0, 1}. i) se a ≡ b mod m e n|m, então a ≡ b mod n; ii) a ≡ b mod mi , i = 1, . . . , r ⇐⇒ a ≡ b mod [m1 , . . . , mr ]; iii) se a ≡ b mod m, então (a, m) = (b, m).

Proposição 7. Sejam

Temos que

Suponhamos, sem perda de generalidade, que b ≥ a. (i) Se a ≡ b mod m, então m|b − a. Como n|m, segue-se que n|b − a. Logo, a ≡ b mod n. (ii) Se a ≡ b mod mi , i = 1, . . . , r, então mi |b − a, para todo i. Sendo b − a um múltiplo de cada mi , segue-se que [m1 , . . . , mr ]|b − a, o que prova que a ≡ b mod [m1 , . . . , mr ].

A recíproca decorre do ítem (i). (iii) Se a ≡ b mod m, então m|b − a e, portanto, b = a + tm com t ∈ N. Logo, pelo Lema de Euclides, Unidade 5, temos que Demonstração

(a, m) = (a + tm, m) = (b, m).

8 MA 14 Unidade 17 2

Vamos achar o menor múltiplo de 7 que deixa resto 1 quando dividido por 2, 3, 4, 5 e 6.

Portanto, queremos achar a menor solução do seguinte sistema de congruências: Exemplo 5.

7X ≡ 1 mod 2, mod3, mod4, mod5 e mod 6.

Pela Proposição 7(ii), temos que toda solução simultânea das congruências acima é solução da congruência 7X ≡ 1 mod [2, 3, 4, 5, 6],

e reciprocamente.

Portanto, devemos resolver a congruência 7X ≡ 1 mod 60. Isto se traduz como 60|7X −1, o que equivale a resolver a equação diofantina 7X −60Y = 1.

Pelo Algoritmo de Euclides, temos que 60 = 7 · 8 + 4 7=4·1+3 4=3·1+1

Portanto, 1 = 4 − 3 · 1 = 4 − (7 − 4) = 2 · 4 − 7 = 2(60 − 7 · 8) − 7 = 2 · 60 − 17 · 7.

Decorre daí que 1 = (ρ 60 − 17)7 − (ρ 7 − 2)60,

e, portanto, x = ρ 60 − 17 e y = ρ 7 − 2. Tomando ρ = 1, temos x = 43 e y = 5 é a solução minimal, pois 43 · 7 − 5 · 60 é a única maneira de escrever 1 = a · 7 − b · 60 com a < 60. Segue-se, então, que o número procurado é 7 · 43 = 301.

Exemplo 6.

Vamos achar o resto da divisão de 23728 por 13.

9

Aritmética dos Restos

Certamente, calcular a potência 23728 , para depois dividir o resultado por 13, não é o melhor caminho. Faremos isto de modo mais econômico.

Inicialmente, note que 237 ≡ 3 mod 13 (é só efetuar a divisão euclidiana e tomar o resto). Pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que 23712 ≡ 1 mod 13. Logo, pelo Corolário 1 da Proposição 3, temos que (23712 )2 = 23724 ≡ 1 mod 13.

Analogamente, temos que 2374 ≡ 34 ≡ 81 ≡ 3 mod 13. Usando a Proposição 3(ii), temos que 23728 ≡ 3 mod 13.

Portanto, o resto da divisão de 23728 por 13 é 3.

Exemplo 7.

Vamos mostrar que 45|133n + 173n , para todo número natural

ímpar n.

Mostraremos, utilizando congruências, como chegar à conclusão desejada.

De fato, 133 = 132 · 13 ≡ 34 · 13 = 442 ≡ 37 mod 45,

logo, 133 + 8 ≡ 0 mod 45.

Portanto, como n é ímpar, pelo Corolário 2 da Proposição 3, temos que 133n + 8n ≡ 0 mod 45.

Por outro lado, como 173 = 172 · 17 ≡ 19 · 17 = 323 ≡ 8 mod 45,

segue-se que 173n ≡ 8n mod 45.

Agora, o resultado segue-se imediatamente.

Vamos determinar o algarismo das unidades do número 77 .

De fato, vamos determinar, mais geralmente, o algarismo das unidades α de todo número da forma 77 , onde α é um número natural ímpar.

Exemplo 8.

7

10 MA 14 Unidade 17 Note, inicialmente, que 7 + 3 ≡ 0 mod 10 e, portanto, pelo Corolário 2 da Proposição 3, temos que α

α

77 + 37 ≡ 0 mod 10.

Por outro lado, de 32 + 1 ≡ 0 mod 10, do fato de (7α − 1)/2 é ímpar (veja Exemplo 3.2.5) e do Corolário 2 da Proposição 3, temos que (32 )

7α −1 2

+ 1 ≡ 0 mod 10.

Logo, α

37 + 3 = 3[(32 )

7α −1 2

+ 1] ≡ 0 mod 10,

e, portanto, α

α

α

77 ≡ 77 + 37 + 3 ≡ 3 mod 10.

Consequentemente, o algarismo das unidades de 77 é 3. α

Problemas

1.

Sejam a, b, c, d, m, a1 , b1 , . . . , an , bn ∈ N, com m > 1.

a) Mostre que, se a + b ≡ 0 mod m e c + d ≡ 0 mod m, então ac ≡ bd mod m. b) Mostre que, se a ≡ b mod m e c + d ≡ 0 mod m, então ac + bd ≡ 0 mod m. c) Suponha que ai + bi ≡ 0 mod m, i = 1, . . . , n. Mostre que se n é ímpar, então a1 · · · an + b1 · · · bn ≡ 0 mod m; e, se n é par, então a1 · · · an ≡ b1 · · · bn mod m. d) Dê uma outra prova para o Corolário 2 da Proposição 3.

2.

Sejam a, b, c, m, x0 ∈ N, com m > 2, a ≥ c e 0 ≤ x0 < m.

a) Mostre que, se a ≡ b + c mod m, então a − c ≡ b mod m. b) Mostre que (m − x0 )2 ≡ x20 mod m.

11

Aritmética dos Restos

Sejam a, p ∈ N, com p primo. Mostre que, se a2 ≡ 1 mod p, então a ≡ 1 mod p ou a ≡ p − 1 mod p.

3.

Ache o resto da divisão

4.

a) de 710 por 51

b) de 2100 por 11

c) de 521 por 127

d) de 14256 por 17

e) de (116 + 1717 )21 por 8

f) de 1316 − 225 515 por 3

g) de 1! + 2! + · · · + (1010 )! por 40 5.

(ENC 98) O resto da divisão de 1212 por 5 é: (A) 0

6.

(B) 1

(C) 2

(D) 3

Para todo n ∈ N, mostre que

a) 1016n − 1 é divisível por 70; 7.

(E) 4

b) 198n − 1 é divisível por 17.

Determine o resto da divisão por 7 do número

a) 1010 + 1010 + 1010 + · · · + 1010 2

3

100

b) 17 + 27 + · · · + 1007

c) 16 + 26 + · · · + 1006 d) 22225555 + 55552222 8.

Determine o resto da divisão por 4 do número

a) 1 + 2 + 22 + · · · + 219 9.

10.

Determine o algarismo das unidades do número 99 .

9

Ache os algarismos das centenas e das unidades do número 7999999 .

Sugestão: 11.

Observe que 74 = 2401 ≡ 1 mod 100.

Mostre, para todo n ∈ N, que

a) 102n ≡ 1 mod 11 12.

b) 15 + 25 + · · · + 1005

b) 102n+1 + 1 ≡ 0 mod 11

(ENC 2000) Se x2 ≡ 1 mod 5, então,

(A) x ≡ 1 mod 5

(B) x ≡ 2 mod 5

(D) x ≡ 1 mod 5 ou x ≡ 4 mod 5 (E) x ≡ 2 mod 5 ou x ≡ 4 mod 5

(C) x ≡ 4 mod 5

12 MA 14 Unidade 17 13.

Suponha que m = pα1 1 · · · pαr r . Mostre que a ≡ b mod m ⇐⇒ a ≡ b mod pαi i , i = 1, . . . , r.

Ache o menor número natural que deixa restos 5, 4, 3 e 2 quando dividido, respectivamente, por 6, 5, 4 e 3.

14.

15.

a) Mostre que um quadrado perfeito é congruente a 0, 1 ou 4, módulo 8.

b) Mostre que não há nenhum quadrado perfeito na sequência: 2, 22, 222, 2222, 22222, . . .. c) Mostre que não há nenhum quadrado perfeito na PA: 3, 11, 19, . . . .

Mostre que a soma dos quadrados de quatro números naturais consecutivos nunca pode ser um quadrado.

16.

Mostre que nenhum número natural da forma 4n + 3 pode ser escrito como a soma de dois quadrados.

17.

18.

Se k > 2, mostre, para a ímpar, que a2

k−2

≡ 1 mod 2k .

MA14 - Unidade 18 Aplicações das Congruências Semana de 24/10 a 30/10

A seguir, daremos algumas aplicações da noção de congruência.

Exemplo 1.

Vamos mostrar que o número de Mersenne

é primo, apesar de

83

M83 = 283 − 1 não

ser primo.

De fato, temos que

28 = 256 ≡ 89 mod 167 216 ≡ 7921 ≡ 72 mod 167 232 ≡ 5184 ≡ 7 mod 167 264 ≡ 49 mod 167 Daí,

segue-se que

283 = 264 216 23 ≡ 49 · 72 · 8 ≡ 1 mod 167, o que implica que Exemplo 2.

283 − 1

é divisível por

167.

Vamos provar neste exemplo o resultado de Euler que a rma

que o quinto número de Fermat

5

F5 = 22 + 1

não é primo.

2

MA 14 Unidade 18

641 = 5 · 27 + 1 e, do Corolário 2 4 28 da Proposição 3, Unidade 17, segue-se que 5 2 ≡ 1 mod 641. Disto e 4 4 4 28 da igualdade 641 = 5 + 2 , temos que 5 · 2 + 232 ≡ 0 mod 641, logo 5 1 + 22 ≡ 0 mod 641, o que mostra que 641|F5 .

Note inicialmente que, da igualdade

Exemplo 3.

Critérios de divisibilidade por

2, 5

e

10.

No Capítulo 4, discutimos critérios de divisibilidade por

2, 5,

e

10.

Re-

visaremos aqui estes critérios usando a noção de congruência.

Notando que

10 ≡ 0 mod 2, 10 ≡ 0 mod 5

e

10 ≡ 0 mod 10,

ni 10i ≡ 0 mod 2, mod 5, mod 10; portanto, dado um número

n = nr nr−1 . . . n0 ,

temos que

i ≥ 1;

na base 10, temos que

n ≡ n0 mod 2, mod 5, mod 10, o que nos diz que

2, 5

por

ou

10.

n

é divisível por

2, 5

ou

10

se, e somente se,

n0

é divisível

Daí decorrem os critérios que apresentamos na Proposição 1

e no Problema 3, da Unidade 3.

Exemplo 4.

Critérios de divisibilidade por

3

e

9.

Vamos revisar estes critérios já apresentados no Unidade 3.

10 ≡ 1 mod 3, mod 9, segue-se que ni 10i ≡ ni mod 3, mod 9. mostra que, se n é representado na base 10 como nr nr−1 . . . n0 , então

Como Isto

n ≡ nr + nr−1 + · · · + n0 mod 3, mod 9, n é divisível por 3 ou 9 se, e somente se, nr + nr−1 + · · · + n0 respectivamente, por 3 ou por 9.

o que prova que é divisível,

Isto justi ca a famosa regra dos noves fora", que se enuncia como se segue: Para veri car se um dado número é divisível por

3

ou por

9,

somam-se

os seus algarismos, desprezando-se, ao efetuar a soma, cada parcela igual a nove.

Se o resultado nal for

resultado for um dos algarismos

0, então o número é divisível por 9. Se o 0, 3 ou 6, então o número é divisível por 3.

Aplicações das Congruências

3

Critério de divisibilidade por

Exemplo 5.

11

10 + 1 ≡ 0 mod 11, pelo Corolário 2 da Proposição 3, 2n temos que 10 ≡ 1 mod 11 e 102n+1 + 1 ≡ 0 mod 11.

Seja n = nr · · · n5 n4 n3 n2 n1 n0 um número escrito na base Como

Unidade 17,

10.

Temos,

então, que

n0 n1 10 +n1 n2 102 n3 103 +n3 ...

≡ ≡ ≡ ≡

n0 0 n2 0

mod11 mod11 mod11 mod11

Somando, membro a membro, as congruências acima, temos que

n + n1 + n3 + · · · ≡ n0 + n2 + · · · mod 11 Portanto,

n

é divisível por 11 se, e somente se,

n ≡ 0 mod 11,

o que

equivale a

n1 + n3 + · · · ≡ n0 + n2 + · · · mod 11.

Assim, acabamos de provar que um número natural é divisível por

11 se, e

somente se, a soma dos seus algarismos de ordem par for congruente, módulo

11,

à soma dos seus algarismos de ordem ímpar.

Prova dos nove.

Exemplo 6.

A

prova dos nove

é um teste que se realiza nas quatro operações para

detectar erros de contas. Como exemplo, suponhamos que efetuamos a multiplicação

a · b,

obtendo o resultado

Suponha que na base

10

c,

cuja exatidão queremos veri car.

tenhamos

a = an an−1 . . . a1 a0 , b = bm bm−1 . . . b1 b0 , c = cr cr−1 . . . c1 c0 .

Após ter posto os noves fora em Fazendo o mesmo para multiplicação

a0 · b 0

b

e

c,

a0 + a1 + · · · an ,

obtém-se o algarismo

obtemos os algarismos

e põem-se os noves fora, obtendo

b0

c00 .

a0 .

c0 . Efetua-se a 0 Se c = 6 c00 , então,

e

certamente, foi cometido um erro na operação. A justi cativa é a seguinte:

c0 ≡ c ≡ a · b ≡ a0 · b0 ≡ c00 mod 9,

4

MA 14 Unidade 18

com

c<9

Caso

e

c0 < 9.

c0 = c00 ,

nada podemos a rmar quanto à exatidão da operação efe-

tuada, mas podemos garantir que a nossa conta tornou-se mais con ável por ter passado por um teste.

an = 22n (22n+1 − 1), onde n ≥ 1, na sua representação decimal, ou termina em 28 ou termina em a6, onde a é um Exemplo 7.

Todo número da forma

algarismo ímpar.

Em particular, todo número perfeito par termina de um

desses modos.

De fato, recorde que, pelo Problema 2, Unidade 15, temos que

a2k+2 = 256a2k + 240 · 16k e a2k+1 = 256a2k−1 + 60 · 16k .

Faremos agora a análise dos últimos dois algarismos de

n

em

16n

ao variar de

N.

Temos que

16 ≡ 16 162 ≡ 56 163 ≡ 96 164 ≡ 36 165 ≡ 76 166 ≡ 16

mod100 mod100 mod100 mod100 mod100 mod100,

e, daí para a frente, esses números se repetem ciclicamente.

Portanto, para todo forma

b6,

onde

b

n ∈ N,

os dois últimos algarismos de

16n

são da

é ímpar.

a2 = 96, logo, da forma a6, onde a é ímpar. Vamos provar, por indução sobre n, que o mesmo ocorre para todos os números da forma a2n . Suponha que a2n termina em a6, onde a é um algarismo ímpar; Observe agora que

logo,

a2(n+1) = 256a2n + 240 · 16n ≡ 56 · a6 + 40 · 16n ≡ (50 + 6)(10a + 6) + 40(10b + 6) ≡ 10(6a + 3 + 4) + 6 ≡ 10c + 6 mod 100,

Aplicações das Congruências onde

c

número

é um algarismo.

6a + 3 + 4

Suponha que

O resultado, portanto, segue-se neste caso, pois o

é ímpar.

Observe agora que indução sobre

5

a1 = 28;

logo, termina em

n que o mesmo ocorre para a2n−1 termina em 28. Logo,

28.

Vamos provar por

todos os números da forma

a2n+1 .

a2n+1 = 256a2n−1 + 60 · 16n ≡ 56 · 28 + 60 · 16n ≡ 56 · 28 + 60(10b + 6) ≡ 68 + 60 ≡ 28 mod 100, Exemplo 8.

Vamos mostrar que, dado um número natural

m ∈ N∗ ,

existe

un tal que m|un .

De fato, sejam r1 , r2 , . . ., respectivamente, os restos da divisão de u1 , u2 , . . ., por m. Como, para todo i, tem-se que 0 ≤ ri < m, segue-se que existem, no 2 máximo, m pares ri , ri+1 distintos. Portanto, dentre os pares r1 , r2 ; r2 , r3 ; . . . ; rm2 +1 , rm2 +2 existe pelo menos um par que se repete. Seja k o menor índice para o qual rk , rk+1 se repete. Vamos mostrar que k = 1.

Suponha, por absurdo, que k > 1. Seja rl , rl+1 o par que repete rk , rk+1 .

um número de Fibonacci

Como

rk−1 ≡ uk−1 = uk+1 − uk ≡ rk+1 − rk = rl+1 − rl ≡ ul+1 − ul = ul−1 ≡ rl−1 mod m, segue-se que o par lidade de

rk−1 , rk

é igual ao par

rl−1 , rl ,

o que contradiz a minima-

k.

Decorre daí e do Problema 1, Unidade 11, que existem in nitos números de Fibonacci divisíveis por

p

m.

Deduz-se, ainda, que, dado um número primo

qualquer, existe um número de Fibonacci divisível por

p;

ou seja, na de-

composição dos números de Fibonacci em fatores primos aparecem todos os números primos.

Problemas

1.

a) Usando o fato de que

divisibilidade por

4, 25

e

100

100.

é divisível por

4, 25

e

100,

ache critérios de

6

MA 14 Unidade 18 1000 é divisível 8, 125 e 1000.

b) Considerando que divisibilidade por

Mostre que um número na base

2.

por

10

8, 125

e

1000,

ache critérios de

6

se, e somente se,

é divisível por

a soma do algarismo da unidade com o quádruplo de cada um dos outros algarismos é divisível por

6.

Usando o fato de que

3.

103 + 1 ≡ 0

mod 7, mod11, mod13, 7, 11 e 13: base 10, é divisível

prove o seguinte critério de divisibilidade por Um número

13,

n = nr . . . n2 n1 n0 ,

escrito na

por

7, 11

ou

se, e somente se,

n5 n4 n3 + n11 n10 n9 + · · · ≡ n2 n1 n0 + n8 n7 n6 + · · · mod 7, mod 11, mod 13.

Gauss, um Príncipe da Matemática Carl Friederich Gauss (1777-1855) foi um dos maiores matemáticos de todos os tempos.

Gauss nasceu em Brunswick, Alemanha, lho de uma modesta família e manifestou o seu gênio na mais tenra idade, aprendendo a ler sozinho e demonstrando uma habilidade ímpar em realizar complicados cálculos mentais.

Bem jovem ainda, Gauss resolveu o chamado

Paradoxo do Binômio.

Desde Newton, conhecia-se o desenvolvimento

(1 + X)n = 1 + nX + onde

n

n(n − 1) 2 n(n − 1)(n − 2) 3 X + X + ··· 2 6

é um número real, não necessariamente natural, quando, nesse caso,

a soma da direita pode ser in nita. Tratar somas in nitas com a aritmética usual apresenta muitas armadilhas; por exemplo, tomando obtém-se

−1 = 1 + 2 + 22 + 23 + · · · ,

n = −1 e X = −2,

Aplicações das Congruências

7

o que, claramente, é um absurdo.

Gauss, então, de modo revolucionário para a época, reconhece a necessidade de introduzir a noção de convergência para séries in nitas e mostra que vale a igualdade do binômio, no sentido de que o lado esquerdo representa a soma in nita do lado direito, quando esta última converge, dando também os valores de dado.

X

para os quais a série é convergente para

n, número real positivo

Não contente, Gauss, em 1812, realiza o estudo da convergência da

série hipergeométrica,

1+

a(a + 1)b(b + 1) X 2 a(a + 1)(a + 2)b(b + 1)(b + 2) X 3 ab X+ + + ··· , c c(c + 1) 2! c(c + 1)(c + 2) 3!

que engloba, para valores particulares de

a, b

e

c,

as funções logarítmica,

trigonométricas e várias outras funções que aparecem em Física e Astronomia. Este trabalho é uma obra prima de rigor matemático, ultrapassando, nesta matéria, os gênios de Newton, Euler e Lagrange, e iniciando, assim, a importante área da Análise Matemática, que seria, ulteriormente, desenvolvida pelos talentos de Abel, Cauchy, Weierstrass e Dedekind.

Aos dezessete anos, Gauss decide incursionar na Aritmética, com o projeto de esclarecer, completar e desenvolver o que os seus predecessores haviam realizado. Em 1798, aos 21 anos, Gauss produz uma das obras primas de toda matemática, o livro

Disquisitiones Arithmeticae , que seria publicado somente

em 1801. No livro, Gauss introduz a noção de congruência; desenvolve a teoria dos resíduos quadráticos, demonstrando a profunda

Lei da Reciprocidade

Quadrática; estuda as formas quadráticas binárias, deduzindo, dentro de um quadro bem mais geral, o teorema de Fermat, que assegura que todo número primo da forma

4n + 1

se escreve como soma de quadrados de dois números

naturais; e, na última seção, deduz o belo e famoso teorema que diz que um polígono regular com um número primo construtível com régua e compasso se

n

n

de lados, inscrito no círculo, é

é um número primo de Fermat.

Em 1799, em sua tese de doutorado na Universidade de Helmstedt, Gauss demonstra o Teorema Fundamental da Álgebra, que havia sido enunciado por vários antecessores, mas jamais provado completamente. Foi, também, um

8

MA 14 Unidade 18

dos primeiros a utilizar os números complexos para provar resultados não triviais em Teoria dos Números.

A partir de 1807, Gauss foi diretor do observatório de Göttingen, dando contribuições fundamentais à Matemática aplicada, à Astronomia e à Física.

Uma das maiores contribuições de Gauss à Astronomia foi determinar, com grande precisão, a órbita do planeta Ceres, que havia, recentemente, sido descoberto em uma posição incômoda para a observação. Os cálculos de Gauss permitiram que os astrônomos o reencontrassem numa outra posição prevista por ele.

Em Física, foi um dos criadores da teoria do eletromagnetismo;

inventou, como subproduto dos seus estudos, o telégrafo elétrico, contribuiu para o estudo da capilaridade e para a óptica.

Em Matemática pura - sem a menor sombra de dúvida, a sua maior paixão -, deu contribuições à teoria das probabilidades e foi um dos criadores das geometrias não-euclidianas, da geometria diferencial, das funções de variável complexa, da topologia e da teoria algébrica dos números.

Gauss teve o poder de mudar os rumos da matemática a partir dos seus trabalhos revolucionários, apresentados com extremo rigor e grande concisão e elegância.

Por isso, foi considerado, pelos seus contemporâneos e pelas

gerações que se sucederam, um príncipe da rainha das ciências.

MA14 - Unidade 19 Os Teoremas de Euler e Wilson Semana de 24/10 a 30/10

Nesta unidade, estudaremos dois importantes teoremas em Teoria dos Números: o Teorema de Euler, uma generalização do Pequeno Teorema de Fermat, e um teorema de Lagrange, conhecido pelo nome de Teorema de Wilson.

Teorema de Euler Será muito útil, no que se segue, decidir se a congruência aX ≡ 1 mod m possui alguma solução em X . A este propósito, temos o seguinte resultado:

Sejam a, m ∈ N, com m > 1. A congruência aX ≡ 1 mod m possui uma solução x0 se, e somente se, (a, m) = 1. Além disso, x é uma solução da congruência se, e somente se, x ≡ x0 mod m.

Proposição 1.

A congruência acima tem uma solução x0 se, e somente se, m|ax0 − 1, o que equivale a dizer que a equação diofantina aX − mY = 1 Demonstração

2 MA 14 Unidade 19 possui solução em números naturais. Em virtude da Proposição 1, Unidade 6, isto ocorre se, e somente se, (a, m) = 1.

Por outro lado, observe que, se x0 e x são soluções da congruência aX ≡ 1 mod m, então ax ≡ ax0 mod m, o que implica, em virtude do Corolário da Proposição 5, Unidade 17, que x ≡ x0 mod m.

Observe, ainda, que se x0 é solução da congruência aX ≡ 1 mod m, e x ≡ x0 mod m, então x é também solução da mesma congruência, pois ax ≡ ax0 ≡ 1 mod m.

2

Uma solução da congruência aX ≡ 1 mod m determina e é determinada por qualquer outra solução. Se considerarmos que duas soluções congruentes módulo m são, essencialmente, a mesma, temos a unicidade da solução da congruência aX ≡ 1 mod m.

Um sistema reduzido de resíduos módulo m é um conjunto de números naturais r1 , . . . , rs tais que a) (ri , m) = 1, para todo i = 1, . . . , s; b) ri 6≡ rj mod m, se i 6= j ; c) Para cada n ∈ N tal que (n, m) = 1, existe i tal que n ≡ ri mod m.

Pode-se obter um sistema reduzido de resíduos r1 , . . . , rs , módulo m, a partir de um sistema completo qualquer de resíduos a1 , . . . , am , módulo m, eliminando os elementos ai que não são primos com m.

De fato, as propriedades (i) e (ii) da de nição são claramente veri cadas para r1 , . . . , rs . Por outro lado, dado um número natural n, existe j tal que n ≡ aj mod m. Se (n, m) = 1, então, pela Proposição 7(iii), Unidade 17, (aj , m) = 1 e, portanto, para algum j , temos que aj = ri e, consequentemente, n ≡ ri mod m.

Vamos agora veri car que dois sistemas reduzidos de resíduos módulo m têm o mesmo número de elementos.

3

Os Teoremas de Euler e Wilson

Sejam r1 , . . . rs r10 , . . . , rt0 dois sistemas reduzidos de resíduos módulo m.

Vamos estabelecer uma bijeção entre esses dois conjuntos. Dado ri0 , temos que (ri0 , m) = 1. Como r1 , . . . , rs formam um sistema reduzido de resíduos módulo m, então existe um único j tal que ri0 ≡ rj mod m. Isso de ne uma função f entre os dois sistemas. Reciprocamente, do mesmo modo, está bem de nida uma função g de {r10 , . . . , rt0 } em {r1 , . . . rs }. Suponha que g(ri0 ) = rk , então ri0 ≡ rk mod m. Como também ri0 ≡ rj mod m, segue que rj ≡ rk mod m e, consequentemente, rj ≡ rk mod m, mostrando que g é a função inversa de f .

Designaremos por ϕ(m) o número de elementos de um sistema reduzido de resíduos módulo m, que corresponde à quantidade de números naturais entre 0 e m − 1 que são primos com m. Isto de ne uma importante função ϕ : N∗ −→ N,

chamada função de Euler.

Pela de nição, temos que ϕ(m) ≤ m − 1.

Além disso, ϕ(m) = m − 1 se, e somente se, m é um número primo.

De fato, m é primo se, e somente se, 1, 2, . . . , m − 1 formam um sistema reduzido de resíduos módulo m, o que equivale a dizer que ϕ(m) = m − 1.

Mais adiante, mostraremos como calcular ϕ(m) em geral.

A função ϕ é de grande utilidade em Teoria dos Números. Uma das primeiras aplicações pode ser apreciada no seguinte exemplo.

Se n = kd, com k, d ∈ N, então a quantidade de números naturais m tais que 1 ≤ m ≤ n e (n, m) = d é ϕ(k).

De fato, temos que

Exemplo 1.

1 ≤ m ≤ n e (m, kd) = d ⇐⇒ m = λd, com 1 ≤ λ ≤ k e (λ, k) = 1.

4 MA 14 Unidade 19 Portanto, a quantidade de números naturais m, como acima, é igual à quantidade dos λ ∈ N tais que 1 ≤ λ ≤ k e (λ, k) = 1; ou seja, ϕ(k).

Exemplo 2.

(Gauss)

1

Tem se que X

ϕ(d) = n.

d|n

De fato, seja I = {1, 2, . . . , n} e seja d ∈ N tal que d|n. De na Id = {m ∈ I; (m, n) = d}.

Note que, se d 6= d0 , então Id ∩ Id0 = ∅,

G

e

Id = I.

d|n

Portanto, n = #I =

X

#Id .

d|n

Por outro lado, os elementos de Id são os múltiplos de d da forma md, n com (m, n) = 1 e m ≤ . Portanto, d

#Id = ϕ

n d

. n

Note que, quando d percorre todos os divisores de n, os números tamd bém percorrem todos os divisores de n, logo, n=

X d|n

#Id =

X n X ϕ = ϕ(d). d d|n

d|n

Por exemplo, temos que ϕ(1) + ϕ(2) + ϕ(3) + ϕ(4) + ϕ(6) + ϕ(9) + ϕ(12) + ϕ(18) + ϕ(36) = 36.

1 Este resultado encontra-se no art. 39 do livro

Disquisitiones Arithmeticae de Gauss

5

Os Teoremas de Euler e Wilson

Seja r1 , . . . , rϕ(m) um sistema reduzido de resíduos módulo m e seja a ∈ N tal que (a, m) = 1. Então, ar1 , . . . , arϕ(m) é um sistema reduzido de resíduos módulo m.

Proposição 2.

Seja a1 , . . . , am um sistema completo de resíduos módulo m do qual foi retirado o sistema reduzido de resíduos r1 , . . . , rϕ(m) . Do fato de que (ai , m) = 1 se, e somente se, (aai , m) = 1, o resultado se segue.

Demonstração

2 Teorema 1

(Euler). Sejam m, a ∈ N com m > 1 e (a, m) = 1. Então, aϕ(m) ≡ 1 mod m.

Seja r1 , . . . , rϕ(m) um sistema reduzido de resíduos módulo m. Logo, pela Proposição 2, ar1 , . . . , arϕ(m) formam um sistema reduzido de resíduos módulo m. Portanto,

Demonstração

aϕ(m) r1 · r2 · · · rϕ(m) = ar1 · ar2 · · · arϕ(m) ≡ r1 · r2 · · · rϕ(m) mod m.

Como (r1 · r2 · · · rϕ(m) , m) = 1, segue-se pelo Corolário da Proposição 5, Unidade 17, que aϕ(m) ≡ 1 mod m.

2 Corolário.

(Pequeno Teorema de Fermat)

Sejam a, p ∈ N, onde p é

um número primo e (a, p) = 1. Tem-se que ap−1 ≡ 1 mod p.

Demonstração

Basta notar que, sendo p primo, ϕ(p) = p − 1.

2

O cálculo de ϕ(m), em geral, seguirá do seguinte resultado.

6 MA 14 Unidade 19 Proposição 3.

Sejam m, m0 ∈ N, com m > 1, m0 > 1 e (m, m0 ) = 1. Então ϕ(m · m0 ) = ϕ(m)ϕ(m0 ).

Considere a seguinte tabela formada pelos números natu-

Demonstração

rais de 1 a m · m : 0

1 0 m +1

.. .

2 0 m +2

.. .

... ...

(m − 1)m0 + 1 (m − 1)m0 + 2 . . .

k 0 m +k

.. .

... ...

(m − 1)m0 + k . . .

m0 2m0

.. .

m · m0

Como se tem que (t, m · m0 ) = 1 se, e somente se, (t, m0 ) = (t, m) = 1, para calcular ϕ(m · m0 ), devemos determinar os inteiros na tabela acima que são simultaneamente primos com m e m0 .

Se o primeiro elemento de uma coluna não for primo com m0 , então todos os elementos da coluna não são primos com m0 . Portanto, os elementos primos com m0 estão necessariamente nas colunas restantes que são em número ϕ(m0 ), cujos elementos são primos com m0 , como é fácil veri car. Vejamos agora quais são os elementos primos com m em cada uma dessas colunas.

Como (m, m0 ) = 1, a sequência k, m0 + k, . . . , (m − 1)m0 + k

forma um sistema completo de resíduos módulo m (veja Proposição 6, Unidade 17) e, portanto, ϕ(m) desses elementos são primos com m. Logo, o número de elementos simultaneamente primos com m0 e m é ϕ(m) · ϕ(m0 ).

2 Lema 1.

Se p é um número primo e r, um número natural, então tem-se

que r

r

ϕ(p ) = p − p

r−1

1 =p 1− . p r

7

Os Teoremas de Euler e Wilson

De 1 até pr , temos pr números naturais. Temos que excluir desses os números que não são primos com pr , ou seja, todos os múltiplos de p, que são precisamente p, 2p, . . . , pn−1 p, cujo número é pn−1 . Portanto, ϕ(pr ) = pr − pr−1 , provando o resultado.

Demonstração

2

Finalmente, podemos obter a expressão de ϕ(m) para qualquer m ∈ N∗ .

Teorema 2.

Se m = pα1 1 · · · pαnn é a decomposição de m em fatores primos,

então ϕ(m) = Demonstração

pα1 1

· · · pαnn

1 1 1− ··· 1 − . p1 pn

O resultado decorre do Lema 1 e do Corolário acima.

2

A fórmula do Teorema acima pode ser reescrita como se segue: ϕ(pα1 1 · · · pαnn ) = pα1 1 −1 · · · pαnn −1 (p1 − 1) · · · (pn − 1) .

Para calcular o resto da divisão de uma potência an por um número natural m > 1, é conveniente achar um expoente h de modo que a potência ah ≡ 1 mod m, pois, se n = hq + r é a divisão euclidiana de n por h, teremos an ≡ ahq ar ≡ ar mod m. Portanto, é clara a utilidade do Teorema de Euler para a resolução desse tipo de questão, como se pode ver no próximo exemplo.

Exemplo 3.

Vamos achar o resto da divisão de 3100 por 34.

Note que ϕ(34) = ϕ(2 · 17) = 20 170 (2 − 1)(17 − 1) = 16.

Pelo Teorema de Euler, temos que 316 ≡ 1 mod 34, logo, 3100 = 316·6+4 ≡ 34 ≡ 13 mod 34.

Portanto, 13 é o resto da divisão de 3100 por 34.

Em geral, nem sempre é possível achar um número h tal que ah ≡ 1 mod m. Vejamos quando isto ocorre.

8 MA 14 Unidade 19

Dado a ∈ N∗ , existe h ∈ N∗ tal que ah ≡ 1 mod m se, e somente se, (a, m) = 1.

Proposição 4.

Se (a, m) = 1, temos, pelo Teorema de Euler, que aϕ(m) ≡ 1 mod m, mostrando a existência do expoente desejado. Por outro lado, se (a, m) 6= 1, então a equação aX − mY = 1 não possui solução e, portanto, aX ≡ 1 mod m não possui solução. Consequentemente, não pode existir h > 1 tal que ah ≡ 1 mod m.

Demonstração

2

Suponha que a, m ∈ N∗ , com m > 1 e (a, m) = 1; vamos de nir a ordem de a com respeito a m como sendo o número natural ordm (a) = min{i ∈ N∗ ; ai ≡ 1 mod m}.

Lema 2.

Temos que an ≡ 1 mod m se, e somente se, ordm (a)|n.

Demonstração

Suponha que ordm (a)|n. Logo, n = r·ordm (a) e, portanto,

an = ar·ordm (a) = aordm (a)

r

≡ 1r = 1 mod m.

Reciprocamente, suponha que an ≡ 1 mod m. Queremos provar que ordm (a)|n. Pela divisão euclidiana, podemos escrever n = ordm (a)q + r, onde r < ordm (a). Suponha, por absurdo, que r 6= 0. Então, 1 ≡ an ≡ aordm (a)q+r ≡ aordm (a)

q

ar ≡ ar ,

o que é um absurdo, pois 0 < r < ordm (a) e ordm (a) é o menor expoente não nulo i tal que ai ≡ 1 mod m.

2 Corolário.

Sejam a, m ∈ N, com (a, m) = 1. Temos que ordm (a)|ϕ(m).

O próximo resultado nos dará informações sobre os divisores dos números de Fermat.

9

Os Teoremas de Euler e Wilson Proposição 5.

Todo divisor de Fn é da forma 2n+1 k + 1.

Inicialmente, note que o produto de números da forma 2 k + 1 é também um número dessa forma. Portanto, basta provar a proposição para os divisores primos de Fn . n Seja p um divisor primo de Fn = 22 + 1. Logo, p é ímpar e Demonstração n+1

n

22 + 1 ≡ 0 mod p.

Daí segue-se que ordp (2) 6 | 2n , pois, caso contrário, teríamos 2 ≡ 0 mod p, o que é falso pois p é ímpar.

Elevando ao quadrado ambos os membros da congruência acima, temos n

0 ≡ 22 + 1

2

= 22

n+1

n

n+1

+2·22 +1 = 22

n n+1 −1+2 22 + 1 ≡ 22 −1 mod p,

e, portanto, n+1

22

≡ 1 mod p.

Do lema, segue-se que ordp (2)|2n+1 , e como ordp (2) 6 | 2n , segue-se que ordp (2) = 2n+1 .

Por outro lado, pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que 2p−1 ≡ 1 mod p e, consequentemente, pelo Lema, temos que ordp (2)|p − 1. Daí segue-se que 2n+1 |p − 1 e, portanto, p = 2n+1 k + 1.

2

Neste exemplo, vamos dar uma prova mais conceitual, do que 5 a do Exemplo 9.2.2, do fato de que o quinto número de Fermat F5 = 22 + 1 não é primo.

Pela Proposição 5, temos que os possíveis divisores primos de F5 são os números primos da forma 26 k + 1.

Fazendo k variar de 1 a 10, obtemos os números: 65, 129, 193, 257, 321, 385, 449, 513, 577, 641, dos quais apenas 193, 257, 449, 577 e 641 são primos.

Vamos testar esses valores. Para p = 193, temos que Exemplo 4.

28 = 256 ≡ 63 mod 193,

10 MA 14 Unidade 19 logo, 232 ≡ 634 ≡ 1092 ≡ 108 mod 193,

e, consequentemente, 232 + 1 ≡ 109 6≡ 0 mod 193.

Deixaremos para o leitor, como exercício, veri car que 232 + 1 6≡ 0 mod 257, 232 + 1 6≡ 0 mod 449 e 232 + 1 6≡ 0 mod 577.

Vamos, agora, mostrar que 641 divide F5 .

De fato, 216 = (256)2 = 65536 ≡ 154 mod 641.

Logo, 232 ≡ 1542 ≡ 23716 ≡ 640 mod 641.

Daí, temos que 232 + 1 ≡ 641 ≡ 0 mod 641,

o que implica que 641|F5 .

Na progressão aritmética de primeiro termo 1 e razão 2r , para r ∈ N xo, existem in nitos números primos.

Corolário.

Seja Fn o n-ésimo número de Fermat. Como todo número natural maior do que 1 possui pelo menos um divisor primo, segue-se que cada número de Fermat tem, pelo menos, um divisor primo e, como (Fn , Fm ) = 1, se n 6= m, esses divisores são dois a dois distintos. O resultado segue-se agora da Proposição 5.

Demonstração

2

Para nalizar este Capítulo, mostraremos como o Teorema de Euler conduz a um teste de primalidade devido a E. Lucas, publicado em 1878, que é uma recíproca parcial do Pequeno Teorema de Fermat.

11

Os Teoremas de Euler e Wilson Teorema 3

(Lucas). Sejam a e m dois números naturais tais que (a, m) = 1.

Suponha que am−1 ≡ 1 mod m,

e que ak 6≡ 1 mod m, ∀k, k < m − 1;

então, m é primo.

Pelo Teorema de Euler, temos que aϕ(m) ≡ 1 mod m; logo, pela hipótese, temos que ϕ(m) ≥ m − 1; e, como ϕ(m) ≤ m − 1, segue-se que ϕ(m) = m − 1, o que implica que m é primo.

Demonstração

2

Problemas 1.

Ache o resto da divisão de

a) 560 por 26

b) 3100 por 10.

2.

Mostre que, se m > 2, então ϕ(m) é par.

3.

a) Mostre que X

i=

1 m ϕ(m).

2

(i, m) = 1 i<m

b) Mostre que, se m1 , . . . , mϕ(m) é um sistema reduzido de resíduos módulo m, então m divide m1 + · · · + mϕ(m) .

Note que a igualdade é trivialmente veri cada para m = 2. Portanto, pode-se supor m > 2. Neste caso, ϕ(m) é par. O resultado segue-se notando que (a, m) = 1 ⇐⇒ (m − a, m) = 1.

Sugestão:

4.

Resolva em m ∈ N as equações

a) ϕ(m) = 12

b) ϕ(m) = 8

12 MA 14 Unidade 19 c) ϕ(m) = 16

d) ϕ(m) = 24

Supondo que (a, m) = (a − 1, m) = 1, mostre que

5.

1 + a + a2 + · · · + aϕ(m)−1 ≡ 0 mod m.

Mostre que, se ϕ(m) = 2r , para algum r ∈ N, então m é um produto de uma potência de 2 e de primos de Fermat distintos 2 .

6.

Sugestão:

Se não conseguiu resolver o problema, veja a solução no nal da

unidade.

Supondo que (m, n) = 1, mostre que

7.

mϕ(n) + nϕ(m) ≡ 0 mod nm.

Sejam a, m ∈ N∗ , com m > 1, tais que (a, m) = 1. Mostre que, se n1 ≡ n2 mod ϕ(m), então an1 ≡ an2 mod m.

8.

Mostre que 2730|n13 − n, para todo n ∈ N.

9.

Note que 2730 = 13 × 7 × 5 × 2, e que 13|n13 − n e 2|n13 − n.

Para provar que 7 e 5 dividem n13 − n, use o Problema 7.

Sugestão:

10.

Sejam a ∈ N e n, r ∈ N∗ , com (r, n) = 1. Mostre que na PA a, a + r, . . . , a + (n − 1)r,

há exatamente ϕ(n) números primos com n.

Teorema de Wilson Nesta seção, vamos provar um teorema atribuído a Wilson(1741-1793), mas que, na realidade, foi provado, pela primeira vez, por J.L. Lagrange (17361813).

2 Essa equação aparece na resolução do problema clássico da construtibilidade com régua e compasso dos polígonos regulares inscritos numa circunferência.

Os Teoremas de Euler e Wilson

13

(Wilson). p é um número primo se, e somente se, (p − 1)! ≡ p − 1 mod p.

Teorema 4

Suponhamos p primo. Para todo i ∈ {1, . . . , p − 1}, pela Proposição 1, a congruência iX ≡ 1 mod p possui uma única solução, módulo p; ou seja, dado i ∈ {1, . . . , p − 1} existe j ∈ {1, . . . , p − 1} tal que ij ≡ 1 mod p. Por outro lado, se i ∈ {1, . . . , p − 1} é tal que i2 ≡ 1 mod p, então p|i2 − 1, o que equivale a p|i − 1 ou p|i + 1, o que só pode ocorrer se i = 1 ou i = p − 1.

Logo, Demonstração

2 · · · (p − 2) ≡ 1 mod p,

e, portanto, 1 · 2 · · · (p − 2)(p − 1) ≡ p − 1 mod p,

Reciprocamente, se p não é primo, temos, pelo Exemplo 4, Unidade 12, que p|(p − 1)! e, portanto, p não divide [(p − 1)! − (p − 1)], o que mostra que (p − 1)! 6≡ p − 1 mod p.

2

O teorema de Wilson pode ser lido como se segue: p é primo se, e somente se, (p − 1)! + 1 ≡ 0 mod p.

Note que o Teorema de Wilson é um critério de primalidade. Para veri car se um número n é primo, basta calcular (n − 1)! + 1 e veri car se este número é divisível por n.

Infelizmente, este método não é nada e ciente. Imagine que, para veri car que 83 é primo, se deva calcular (83 − 1)! + 1 e veri car se este número é divisível por 83.

Se p é um número primo ímpar, então p|2p−1 + (p − 1)!.

De fato, sendo p um número primo ímpar, pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos que p|2p−1 − 1. Por outro lado, pelo Teorema de Wilson, p|(p − 1)! + 1. Logo, p|[2p−1 − 1] + [(p − 1)! + 1].

Exemplo 1.

14 MA 14 Unidade 19 Seja p = 2q + 1 um número primo, onde q é ímpar. Vamos mostrar que q! ≡ 1 mod p ou q! + 1 ≡ 0 mod p.

De fato, considere as congruências:

Exemplo 2.

q + (q + 1) ≡ 0 (q − 1) + (q + 2) ≡ 0

modp modp

≡0

modp.

.. .

1

+

2q

Do Problema 1, Unidade 1, pelo fato de q ser ímpar, segue-se que q(q − 1) · · · 1 + (q + 1)(q + 2) · · · 2q ≡ 0 mod p.

Multiplicando ambos os membros da congruência acima por q! e somando 1, temos que (q!)2 + (2q)! + 1 ≡ 1 mod p.

Portanto, pelo Teorema de Wilson, temos que (q!)2 ≡ 1 mod p,

o que prova o resultado, levando em conta o Problema 2, Unidade 17.

Problemas

Mostre que o número primo p é o menor inteiro maior do que 1 que divide o número (p − 1)! + 1.

11.

12.

Mostre que, se p > 2 é um número primo, então

a) p|(p − 2)! − 1 13.

b) p|(p − 3)! − (p − 1)/2

Seja p > 3 um número primo.

a) Mostre que p! e (p − 1)! − 1 são primos entre si. b) Prove que, se n ∈ N∗ e n ≡ (p − 1)! − 1 mod p!, então os p − 2 inteiros que precedem n e os p inteiros que sucedem n são compostos.

15

Os Teoremas de Euler e Wilson 14.

Seja p um número primo e a ∈ N. Mostre que

a) ap + (p − 1)!a ≡ 0 mod p 15.

Seja p um número primo tal que p ≡ 1 mod 4. Mostre que

Sugestão: 16.

b) (p − 1)!ap + a ≡ 0 mod p

Mostre que

2 p−1 ! + 1 ≡ 0 mod p.

2

p−1 2

2 ! ≡ (p − 1)! mod p.

Seja p um número primo tal que p ≡ 3 mod 4. Mostre que

2 p−1 ! ≡ 1 mod p.

2

Seja p um número primo ímpar e seja N = 1 · 3 · 5 · · · (p − 2). Mostre que N ≡ 1 mod p ou N + 1 ≡ 0 mod p.

17.

Suponha que p = 2n+1 e note que (p−1)! = 2n n!1·3·5 · · · (2n−1).

Use os Problemas 15, 16 para calcular n! e o fato de que 22n ≡ 1 mod p.

Sugestão:

18.

Seja p um número primo ímpar. Mostre que

a) 12 32 · · · (p − 2)2 ≡ 22 42 · · · (p − 1)2 mod p b) Se p ≡ 1 mod 4, então 22 42 · · · (p − 1)2 + 1 ≡ 0 mod p. c) Se p ≡ 3 mod 4, então 22 42 · · · (p − 1)2 ≡ 1 mod p.

Solução do Problema 6

Seja m = pα0 0 · · · pαk k a decomposição de m em fatores primos, onde 2 = p0 < p1 < · · · < pk .

Temos então, pelo Teorema 3, que ϕ(m) = pα0 0 −1 pα1 1 −1 · · · pαk k −1 (p0 − 1) · · · (pk − 1) = 2r .

Como p1 , . . . , pk são diferentes de 2, devemos ter α1 = · · · = αk = 1.

Além disso, pi − 1 = 2βi , para i = 1, . . . , k ;, logo, pi = 2βi + 1. Como pi

16 MA 14 Unidade 19 é primo, segue-se da Proposição 1, Unidade 14, que βi = 2ni para algum ni ∈ N. Logo m = 2α0 (22

n1

nk

+ 1) · · · (22

+ 1),

onde 22 1 + 1, . . . , 22 k + 1 são primos de Fermat distintos. n

n

MA14 - Unidade 20 Resolução de Congruências Semana de 31/10 a 06/11

Nesta unidade, mostraremos como resolver congruências e sistemas de congruências lineares.

Resolução de Congruências Lineares Esta seção será devotada à resolução de congruências dos seguintes tipos: aX ≡ c mod m,

aX + c ≡ 0 mod m;

ou seja, ao problema de determinar, se existirem, os números naturais x tais que ax ≡ c mod m ou ax + c ≡ 0 mod m.

Vamos, inicialmente, dar um critério para decidir se tais congruências admitem solução. a, c, m ∈ N∗ , com m > 1, as congruências aX ≡ aX + c ≡ 0 mod m possuem solução se, e somente se, (a, m)|c.

Proposição 1. Dados

c mod m

e

2 MA 14 Unidade 20 Suponhamos que a congruência aX ≡ c mod m tenha uma solução x; logo, temos que m|c − ax ou m|ax − c, o que equivale à existência de y tal que c − ax = my ou ax − c = my . Portanto, pelo menos uma das seguintes equações mY + aX = c ou aX − mY = c admite solução.

Isto, em vista do que foi visto na Unidade 8, implica que (a, m)|c.

Reciprocamente, suponha que (a, m)|c. Logo, em virtude da Proposição 1, Unidade 8, a equação aX − mY = c admite uma solução x, y . Portanto, ax = c + my e, consequentemente, x é solução da congruência pois, ax ≡ c mod m.

A outra congruência é inteiramente análoga.

Demonstração

2

Note que, se x0 é solução da congruência aX ≡ c mod m (respectivamente, aX + c ≡ 0 mod m), então todo x tal que x ≡ x0 mod m é também solução da congruência pois, ax ≡ ax0 ≡ c mod m (respectivamente, ax + c ≡ ax0 + c ≡ 0 mod m).

Portanto, toda solução particular determina, automaticamente, uma in nidade de soluções da congruência. Essas soluções serão identi cadas (módulo m), já que são congruentes entre si, e portanto, se determinam mutuamente.

Estaremos, portanto, interessados em determinar uma coleção completa de soluções duas a duas incongruentes módulo m, as quais serão chamadas de sistema completo de soluções incongruentes da congruência.

Teorema 1. Sejam minimal vamente,

(

a, c, m ∈ N∗ ,

i.e, a menor solução

aX + c ≡ 0 mod m), x0 , x0 +

onde

d = (a, m)

congruência.

)

(a, m)|c. Se x0 é a solução congruência aX ≡ c mod m (respecti-

com da

m>1

e

então

m m m , x0 + 2 , . . . , x0 + (d − 1) , d d d

formam um sistema completo de soluções incongruentes da

3

Resolução de Congruências

Vamos provar o resultado somente para a congruência aX ≡ c mod m, pois a outra é totalmente análoga. Pela Proposição 1, sabemos que a congruência admite solução. m Vamos mostrar que os números x0 + i , com i ∈ N, são soluções. De d fato,

Demonstração

a x0 + i

a m = ax0 + i m ≡ ax0 ≡ c mod m. d d

Além disso, esses números são dois a dois incongruentes módulo m. De fato, se, para i, j < d, x0 + i

então i

m m ≡ x0 + j mod m, d d m m ≡j mod m. d d

Pela Proposição 5, Unidade 17, e pelo fato de m = d, m , m d

segue-se que i ≡ j mod d, implicando que i = j .

Finalmente, mostraremos que toda solução x da congruência aX ≡ c mod m m é congruente, módulo m, a x0 + i para algum i < d. De fato, seja x d uma solução qualquer da congruência; logo, ax ≡ ax0 mod m,

e, portanto, pela Proposição 5, Unidade 17, x ≡ x0 mod

m . d

Logo, x − x0 = km/d. Pela divisão euclidiana, existe i < d tal que k = qd + i e, portanto, x = x0 + qm + i

m m ≡ x0 + i mod m. d d 2

4 MA 14 Unidade 20 Resolvamos a congruência 8X ≡ 4 mod 12.

Como d = (8, 12) = 4 divide 4, temos que a congruência tem d = 4 soluções módulo 12.

Por tentativa e erro, obtemos a solução minimal x0 = 2. Portanto, as soluções módulo 12 são Exemplo 1.

2, 2 + 3, 2 + 6, 2 + 9.

Corolário 1. Se

c ≡ 0 mod m

(a, m) = 1,

aX ≡ c mod m m.

então as congruências

possuem uma única solução módulo

e

aX +

m > 1 e R0 um conjunto reduzido de resíduos módulo m. Seja a ∈ N∗ , com (a, m) = 1. Então, para todo r ∈ R0 , a congruência rX ≡ a mod m possui uma única solução em R0 .

Corolário 2. Sejam

A congruência aX ≡ 1 mod m, com (a, m) = 1, admite uma única solução módulo m. Esta solução será chamada de inverso multiplicativo módulo m .

Observação 1.

Note que, se uma congruência aX ≡ b mod m

possui solução, então d = (a, m) divide b. Pondo a b m a0 = , b 0 = , n = , d d d

temos que a congruência acima é equivalente a a0 X ≡ b0 mod n,

que, por sua vez, é equivalente à congruência X ≡ c mod n,

onde c = b0 a00 , sendo a00 o inverso multiplicativo de a módulo m.

5

Resolução de Congruências

Resolvamos a congruência 13X ≡ 4 mod 42.

Como (13, 42) = 1, temos que a congruência tem apenas uma solução módulo 42. Além disso, como 42 = 2 × 3 × 7, e [2, 3, 7] = 42, temos, pela Proposição 7 (ii), Unidade 17, que x0 é solução da congruência acima se, e somente se, x0 é solução simultânea das congruências: Exemplo 2.

13X ≡ 4 mod 2, mod3, mod7.

É fácil veri car que x0 = 10 é solução simultânea das congruências acima.

Problemas

Pode o dobro de um número natural deixar resto igual a 9 quando dividido por 26? E quando dividido por 25?

1.

Resolva, quando possível, as congruências: a) 3X ≡ 5 mod 7 b) 6X ≡ 21 mod 18 c) 12X ≡ 36 mod 28 d) 12X + 36 ≡ 0 mod 28 2.

Seja p um número primo e seja a um número natural tal que p 6 |a. Mostre que a única solução módulo p da congruência aX ≡ b mod p é x = ap−2 b.

3.

Teorema Chinês dos Restos No primeiro século da nossa era, o matemático chinês Sun-Tsu propôs o seguinte problema: Qual é o número que deixa restos 2, 3 e 2 quando dividido, respectivamente, por 3, 5 e 7?

A resposta dada por Sun-Tsu para este problema foi 23.

Traduzido em linguagem matemática, o problema de Sun-Tsu equivale a procurar as soluções do seguinte sistema de congruências: X≡2 X≡3 X≡2

mod3 mod5 mod7.

6 MA 14 Unidade 20 Mais geralmente, estudaremos sistemas de congruências da forma: a1 X ≡ b 1 a2 X ≡ b 2 ··· ar X ≡ b r

modm1 modm2 modmr

Para que tal sistema possua solução, é necessário que (ai , mi )|bi , para todo i = 1, . . . , r. Neste caso, pela Observação 1, o sistema acima é equivalente a um da forma X ≡ c1 X ≡ c2 ··· X ≡ cr Teorema 2

modn1 modn2

(1)

modnr

(Teorema Chinês dos Restos) .

O sistema

(1),

(ni , nj ) = módulo N =

onde

1, para todo par ni , nj com i 6= j , possui uma única solução n1 n2 · · · nr . Tal solução pode ser obtida como se segue: x = N1 y1 c1 + · · · + Nr yr cr , onde

Ni = N/ni

e

yi

é solução de

Ni Y ≡ 1 mod ni , i = 1, . . . , r.

Vamos, inicialmente, provar que x é uma solução simultânea do sistema (1). De fato, como ni |Nj , se i 6= j , e Ni yi ≡ 1 mod ni , segue-se que Demonstração

x = N1 y1 c1 + · · · + Nr yr cr ≡ Ni yi ci ≡ ci mod ni .

Por outro lado, se x0 é outra solução do sistema (1), então x ≡ x0 mod ni , ∀ i, i = 1, . . . , r.

Como (ni , nj ) = 1, para i 6= j , segue-se que [n1 , . . . , nr ] = n1 · · · nr = N e, conseqüentemente, pela Proposição 7 (ii), Unidade 17, temos que x ≡ x0 mod N .

2

7

Resolução de Congruências

Vamos determinar a solução do problema de Sun-Tsu. Neste caso, temos que N = 3 × 5 × 7 = 105, N1 = 35, N2 = 21 e N3 = 15.

Por outro lado, y1 = 2, y2 = 21 e y3 = 1 são soluções, respectivamente, das congruências 35Y ≡ 1 mod 3, 21Y ≡ 1 mod 5 e 15Y ≡ 1 mod 7. Portanto, uma solução módulo N = 105 é dada por

Exemplo 1.

x = N1 y1 c1 + N2 y2 c2 + N3 y3 c3 = 233.

Como 233 ≡ 23 mod 105, segue-se que 23 é a solução minimal única, módulo 105, do Problema de Sun-Tsu e qualquer outra solução é da forma 23 + λ105, com λ ∈ N. Seja M um número natural e sejam r7 , r11 e r13 os seus restos pela divisão por 7, 11 e 13, respectivamente. Tem-se então que Exemplo 2.

M ≡ 715r7 + 364r11 + 924r13 mod 1001.

De fato, temos N = 7 × 11 × 13 = 1001, N1 = 143, N2 = 91 e N3 = 77.

Por outro lado, y1 = 5, y2 = 4 e y3 = 12 são soluções de 143Y ≡ 1 mod 7, 91Y ≡ 1 mod 11 e 77Y ≡ 1 mod 13, respectivamente. Logo, o sistema X ≡ r7 mod 7 X ≡ r11 mod 11 X ≡ r13 mod 13 tem por solução 715r7 + 364r11 + 924r13 mod 1001.

O exemplo acima presta-se à seguinte brincadeira em sala de aula:

O

professor pede a um aluno que escolha um número menor do que 1001 e que diga os restos

r7 , r11

respectivamente.

e

r13

desse número quando dividido por 7, 11 e 13,

Sem nenhuma outra informação, o professor é capaz de

.

De fato, o número que o aluno escolheu é o resto da divisão de 715r7 + 364r11 + 924r13 por 1001.

adivinhar o número escolhido pelo aluno

8 MA 14 Unidade 20 Problemas

Ache todos os números naturais que deixam restos 2, 3 e 4 quando divididos por 3, 4 e 5, respectivamente.

4.

Ache o menor número natural que deixa restos 1, 3 e 5 quando dividido por 5, 7 e 9, respectivamente.

5.

6.

Resolva o sistema: X ≡ 2 mod 11 X ≡ 4 mod 12 X ≡ 5 mod 13

7.

Resolva o sistema: 3X ≡ 1 mod 7 5X ≡ 2 mod 11 4X ≡ 3 mod 13

Levando em consideração que 2275 = 25 × 13 × 7, resolva a congruência 3X ≡ 11 mod 2275.

8.

9.

Resolva o sistema: X X X X

≡2 ≡3 ≡4 ≡5

mod 3 mod 4 mod 5 mod 6

Resolva, inicialmente, o sistema formado pelas três primeiras congruências.

Sugestão:

Resolva o sistema:

10.

X X X X

≡2 ≡3 ≡4 ≡2

mod 3 mod 4 mod 5 mod 6

Mostre que, se (ni , nj ) = 1, para todos os i, j = 1, . . . , r com i 6= j , então o sistema

11.

9

Resolução de Congruências X + c1 ≡ 0 mod n1 X + c2 ≡ 0 mod n2 ··· X + cr ≡ 0 mod nr

admite solução. Descreva todas as soluções do sistema.

Sejam F1 , . . . , Fn os n primeiros números de Fermat. Mostre que existe um número natural N tal que Fi divide N + i − 1 para i = 1, . . . , n.

12.

Sugestão:

Use o fato de que (Fi , Fj ) = 1, se i 6= j , e, em seguida, o Problema

11.

13.

Sejam a, b, n, m ∈ N, com n, m > 1. Mostre que o sistema (

X ≡ a modn X ≡ b modm

possui solução se, e somente se, a ≡ b mod (n, m). Além disso, se (m, n) = 1, então a solução é única módulo mn.

MA14 - Unidade 21 Aritmética das Classes Residuais Semana de 31/10 a 06/11

As classes residuais e a sua aritmética Nesta unidade, veremos como, a partir da divisão euclidiana, Gauss teve a ideia de desenvolver uma aritmética dos restos da divisão dos números naturais por um número fixado e aplicá-la no desenvolvimento da teoria dos números por ele empreendido. Essa nova aritmética transcendeu a própria teoria dos números, encontrando inúmeras e profundas aplicações em várias outras partes da matemática. Atualmente, ela é a base de todos os procedimentos de cálculo dos computadores e possui muitas aplicações tecnológicas.

Começamos fixando um natural m > 1. Recordemos que a ≡ b mod m se, e somente se, a e b possuem o mesmo resto quando divididos por m.

Vamos repartir o conjunto N dos números naturais1 em subconjuntos, onde cada um deles é formado por todos os números naturais que possuem o 1

Usualmente, reparte-se o conjunto dos inteiros Z, mas como nesse curso estamos fazendo aritmética em N, restringiremos a nossa atenção a esse conjunto.

2 MA 14 Unidade 21 mesmo resto quando divididos por m. Isto nos dá a seguinte partição de N: [0] [1]

= {x ∈ N; x ≡ 0 mod m}, = {x ∈ N; x ≡ 1 mod m}, .. .

[m − 1] = {x ∈ N; x ≡ m − 1 mod m}.

Paramos em [m − 1], pois tem-se que [m] = [0], [m + 1] = [1], etc. (provaremos rigorosamente esta afirmação mais adiante).

O conjunto [a] = {x ∈ N ; x ≡ a

mod m}.

é chamado de classe residual módulo m do elemento a de N. O conjunto de todas as classes residuais módulo m será representado por Zm 2 . Portanto, Zm = { [0], [1], . . . , [m − 1] }.

Exemplos 1. Seja m = 2. Então, [0] = {x ∈ N ; x ≡ 0 mod 2} = {x ∈ N ; x é par}, e [1] = {x ∈ N ; x ≡ 1 mod 2} = {x ∈ N ; x é ímpar}.

Temos também que [a] = [0], se a é par e [a] = [1], se a é ímpar.

2. Seja n = 3. Então [0] = {3λ ; λ ∈ N} [1] = {3λ + 1 ; λ ∈ N} [2] = {3λ + 2 ; λ ∈ N} 2

A rigor, deveríamos usar a notação Nm , mas não o faremos pelo fato da notação Zm já ser consagrada e também pelo fato da teoria ser a mesma se tomarmos as classes residuais nos inteiros (i.e, em Z) em vez de as tomarmos nos naturais.

Divisibilidade

3

Tem-se que     [0] , se a é múltiplo de 3 a ∈ [1] , se a tem resto 1 quando dividido por 3    [2] , se a tem resto 2 quando dividido por 3 Proposição 1. As classes residuais módulo m possuem as seguintes propriedades: (i) [a] = [b] se e somente se a ≡ b mod m ; (ii) Se [a] ∩ [b] 6= ∅, então [a] = [b] ; S (iii) [a] = N. a∈N

Deixamos a demonstração deste importante fato a cargo do leitor, para a qual utilizará a Proposição 1 da Unidade 17.

Seja dado x ∈ Zm . Um número natural a tal que x = [a] será denominado de representante de x. Observe que x é determinado por a, mas há infinitos números naturais b tais que x = [b] (qualquer natural b ∈ [a] é tal que [b] = [a]).

Exemplos 1. Se m = 2, então qualquer natural par é representante da classe residual [0] e qualquer natural ímpar é representante da classe residual [1].

2. Se m = 3, então qualquer múltiplo de 3 é representante da classe residual [0]. Temos que 1, 4, 7, 10, etc, são representantes da classe residual [1], enquanto 2, 5, etc, são representantes da classe residual [2].

Proposição 2. Para cada a ∈ Z existe um, e somente um r ∈ N, com r < m, tal que [a] = [r].

Demonstração Seja a ∈ N. Pela divisão euclidiana, existem dois únicos naturais q e r, com r < m, tais que a = m · q + r. Portanto, é único o natural r tal que r < m e a ≡ r mod m. Consequentemente, é único o natural r tal que r < m e [a] = [r].

4 MA 14 Unidade 21 Corolário. Existem exatamente m classes residuais módulo m distintas, a saber: [0], [1], . . . , [m − 1].

Um subconjunto {a1 , . . . , am } de N é chamado de sistema completo de resíduos módulo m se para todo a ∈ N existir um i, com i = 1, . . . , m, tal que a ≡ ai mod m.

Em outras palavras, {a1 , . . . , am } é um sistema completo de resíduos módulo m se, e somente se, [a1 ], . . . , [am ] são as m classes residuais módulo m.

Os conjuntos {0, 1, . . . , m − 1} e {1, 2, . . . , m} são exemplos de sistemas completos de resíduos módulo m. É possível verificar (faça-o) que m números naturais formam um sistema completo de resíduos módulo m, se, e somente se, eles são dois a dois não congruentes módulo m.

Uma das principais vantagem das classes residuais é que transformam a congruência a ≡ b mod m na igualdade [a] = [b].

Em Zm definimos as seguintes operações: Adição: [a] + [b] = [a + b] Multiplicação: [a] · [b] = [a · b] Note que, tendo sido definidas estas operações usando os representantes a e b para as classes residuais [a] e [b], respectivamente, temos que verificar que ao mudarmos os representantes das classes [a] e [b], não mudam os valores de [a + b] e de [a · b].

Para verificar que isto acontece, basta notar que se a ≡ a0 mod m e b ≡ b0 mod m, então [a + b] = [a0 + b0 ] e [a · b] = [a0 · b0 ], o que se segue diretamente dos itens (iv) e (v) da Proposição 3 da Unidade 17.

As operações que acabamos de definir, acima, gozam das seguintes propriedades: Propriedades da Adição Para todos [a], [b], [c] ∈ Zm , temos

5

Divisibilidade

A1 ) Associatividade ([a] + [b]) + [c] = [a] + ([b] + [c]); A2 ) Comutatividade [a] + [b] = [b] + [a]; A3 ) Existência de zero [a] + [0] = [a] para todo [a] ∈ Zm ; A4 ) Existência de simétrico Para todo a < m, tem-se que [a] + [m − a] = [0].

Note que apesar da existência de simétrico não valer em N, temos que ela vale em Zm .

Propriedades da Multiplicação Para todos [a], [b], [c] ∈ Zm , temos M1 ) Associatividade ([a] · [b]) · [c] = [a] · ([b] · [c]); M2 ) Comutatividade [a] · [b] = [b] · [a]; M3 ) Existência de unidade [a] · [1] = [a].

AM) Distributividade [a] · ([b] + [c]) = [a] · [b] + [a] · [c].

Todas estas propriedades são fáceis de verificar. Por exemplo, prova-se AM como se segue: [a] · ([b] + [c]) = [a] · [b + c] = [a · (b + c)] = [a · b + a · c] = [a · b] + [a · c] = [a] · [b] + [a] · [c] Um conjunto munido de uma operação de “adição” e de uma operação de “multiplicação”, com as propriedades acima, será chamado de anel. Portanto, Zm , com as operações acima, é um anel, chamado anel das classes residuais módulo m.

Exemplos 1. As tabelas da adição e da multiplicação em Z2 = {[0], [1]} são + [0] [0] [0] [1] [1]

[1] [1] [0]

· [0] [0] [0] [1] [0]

[1] [0] [1]

6 MA 14 Unidade 21

2. As tabelas da adição e da multiplicação em Z3 = {[0], [1], [2]} são + [0] [1] [2]

[0] [0] [1] [2]

[1] [1] [2] [0]

[2] [2] [0] [1]

· [0] [1] [2]

[0] [0] [0] [0]

[1] [0] [1] [2]

[2] [0] [2] [1]

· [0] [1] [2] [3]

[0] [0] [0] [0] [0]

[1] [0] [1] [2] [3]

[2] [0] [2] [0] [2]

3. Em Z4 = {[0], [1], [2], [3]} temos + [0] [1] [2] [3]

[0] [0] [1] [2] [3]

[1] [1] [2] [3] [0]

[2] [2] [3] [0] [1]

[3] [3] [0] [1] [2]

[3] [0] [3] [2] [1]

É interessante notar que em Z4 existem dois elementos não nulos cujo produto é nulo: [2] 6= [0] e, no entanto, [2] · [2] = [0].

4. Em Z5 = {[0], [1], [2], [3], [4]} temos + [0] [1] [2] [3] [4]

[0] [0] [1] [2] [3] [4]

[1] [1] [2] [3] [4] [0]

[2] [2] [3] [4] [0] [1]

[3] [3] [4] [0] [1] [2]

[4] [4] [0] [1] [2] [3]

· [0] [1] [2] [3] [4]

[0] [0] [0] [0] [0] [0]

[1] [0] [1] [2] [3] [4]

[2] [0] [2] [4] [1] [3]

[3] [0] [3] [1] [4] [2]

[4] [0] [4] [3] [2] [1]

Um anel onde todo elemento não nulo possui um inverso multiplicativo é chamado de corpo. Note que Z2 , Z3 e Z5 , com as operações acima definidas, são corpos. Observe que em um corpo tem-se que se x 6= 0 e y 6= 0, então x · y 6= 0 (prove).

A seguir, caracterizaremos os elementos invertíveis de Zm .

Proposição 3. [a] ∈ Zm é invertível se, e somente se, (a, m) = 1.

7

Divisibilidade

Demonstração Se [a] é invertível, então existe [b] ∈ Zm tal que [1] = [a]·[b] = [a·b]. Logo, a·b ≡ 1 mod m, isto é, existe um natural t tal que a·b−t·m = 1 e, consequentemente, (a, m) = 1.

Reciprocamente, se (a, m) = 1, existem naturais b e t tais que a · b − m · t = 1 e, consequentemente, [1 + m · t] = [a · b]. Logo, [1] = [1] + [m · t] = [1 + m · t] = [a · b] = [a] · [b].

Portanto, [a] é invertível.

Corolário 4. Zm é um corpo se, e somente se, m é primo.

Demonstração Suponha por absurdo que Zm é um corpo e m não é primo, então m = m1 · m2 com 1 < m1 < m e 1 < m2 < m. Logo, [0] = [m] = [m1 ] · [m2 ] com [m1 ] 6= 0 e [m2 ] 6= 0, contradição.

Reciprocamente, suponha m primo. Como (i, m) = 1 para i = 1, . . . , m − 1, segue-se da Proposição 3 que [1], [2], . . . , [m − 1] são invertíveis. Logo, Zm é um corpo.

A função aritmética definida a seguir desempenha um papel importante na teoria dos números: Φ:

N \ {0, 1} −→ N m 7−→ número de naturais não nulos menores do que m e primos com m

Esta função é chamada de função Φ de Euler. Pela Proposição 3, temos que Φ(m) = número de elementos invertíveis de Zm .

Um conjunto {a1 , . . . , aΦ(m) } ⊂ N é chamado de sistema reduzido de resíduos módulo m se [a1 ], . . . , [aΦ(m) ] são os elementos invertíveis de Zm .

Denotando por Z∗m o conjunto dos elementos invertíveis de Zm , temos então que Z∗m = {[a1 ], . . . , [aΦ(m) ]}, onde {a1 , . . . , aΦ(m) } é um sistema reduzido de resíduos módulos m.

Note que Z∗m é multiplicativamente fechado e que o inverso de todo elemento de Z∗m é um elemento de Z∗m (verifique).

8 MA 14 Unidade 21 No caso em que p é primo, temos, pelo Corolário 4, que Z∗p = Zp \ {[0]}.

Sejam [1], . . . , [p − 1] os elementos de Z∗p . Os elementos [1] e [p − 1] são os únicos elementos de Z∗p que são auto-inversos, isto é, são as únicas soluções da equação x2 = [1]. De fato, de 0 = x2 − [1] = (x − [1])(x + [1]), e do fato de Zp ser um corpo, segue-se que x − [1] = 0 ou x + [1] = 0 e, consequentemente, x = [1] ou x = [p − 1].

Isto nos dará uma outra prova do Teorema de Wilson.

Teorema 5 (Teorema de Wilson). Se p é um número primo, então (p − 1)! + 1 ≡ 0 mod p.

Demonstração No produto [1] · [2] · · · [p − 2] · [p − 1], para cada fator diferente de [1] e de [p − 1], existe um fator distinto do mesmo que é o seu inverso, logo [1] · [2] · · · [p − 2] · [p − 1] = [1] · [p − 1] = [p − 1]. Daí segue-se que [(p − 1)!] = [p − 1], donde (p − 1)! ≡ p − 1 mod p, logo (p − 1)! + 1 ≡ 0 mod p.

Problemas 2.1 Seja {a1 , . . . , am } um sistema completo de resíduos módulo m. a) Mostre que se a é um natural, então {a1 + a, . . . , am + a} é um sistema completo de resíduos módulo m. b) Se (a, m) = 1, então {a · a1 , . . . , a · am } é um sistema completo de resíduos módulo m. Mostre que vale a recíproca. c) Se p é primo e a um natural que não é múltiplo de p, mostre que ap−1 ≡ 1 mod p (Pequeno Teorema de Fermat).

Sugestão Considere os dois sistemas completos de resíduos mod p: {0, 1, . . . , p− 1} e {0, a · 1, . . . , a(p − 1)} e note que 1 · · · (p − 1) ≡ ap−1 · 1 · · · (p − 1)

mod p.

d) Mostre que se (r, m) = 1, então {a, a + r, . . . , a + (m − 1)r} é um sistema completo de resíduos módulo m.

2.2 Construa as tabelas da adição e da multiplicação para Z6 e Z7 .

9

Divisibilidade

2.3 Ache os elementos invertíveis de Z6 , Z7 , Z8 e Z9 .

2.4 Ache os inversos de a) [5] em Z6

b) [3], [4] e [5] em Z7

c) [3], [5], e [7] em Z8

d) [5], [4] e [8] em Z9

e) [1951] em Z2431

f) [3], [5] e [7] em Z8

2.5 a) Seja {a1 , . . . , aΦ(m) } um sistema reduzido de resíduos módulo m.

Mostre que se (a, m) = 1, então {a · a1 , . . . , a · aΦ(m) } é um sistema reduzido de resíduos módulo m. b) Mostre a seguinte generalização do Pequeno Teorema de Fermat, devida a Euler. Se (a, m) = 1, então aΦ(m) ≡ 1 mod m.

2.6 a) Mostre que se n não é primo e n > 4, então (n − 1)! ≡ 0 mod n. b) E se n = 4, o que acontece? c) Mostre a recíproca do Teorema de Wilson: Se (n − 1)! + 1 ≡ 0 mod n, então n é primo.

2.7 Seja p um número primo, calcule: a) (p!, (p − 1)! − 1)

b) (p!, (p − 1)! + 1)

Sugestão Use o Teorema de Wilson.

MA14 - Unidade 22 Atividade Especial Semana de 07/11 a 13/11

Esta unidade consiste de uma lista de problemas. a) Mostre que todo número inteiro ímpar pode ser representado como diferença de dois quadrados de números naturais.

1.

b) Mostre que se p = 1 ou se p é um número primo ímpar, então p se escreve de modo único como diferença de dois quadrados de números naturais. c) Mostre que todo número da forma 4k n, onde n é ímpar, se escreve como diferença de dois quadrados de números naturais. d) Mostre que se um número par é diferença de dois quadrados, então ele é múltiplo de 4. e) Mostre que todo cubo é diferença de dois quadrados.

2) Ache os números naturais n para os quais o número n(n + 14) seja um quadrado.

3) a) Mostre que todo número primo maior do que 3 é da forma 3n + 1 ou 3n + 2.

2 MA 14 Unidade 22 b) Mostre que todo número da forma 3n + 2 tem um fator primo da mesma forma. c) Mostre que existem in nitos números primos da forma 3n + 2.

4) Dado um número natural n > 2, mostre que existe um número primo entre n e n!.

5) Ache o resto da divisão de 16 + 26 + · · · + 216 por 7.

6) Mostre que a congruência x2 + 1 ≡ 0 mod 7 não possui soluções. Conclua que a equação x2 − 6x − 77 = 7y não admite soluções inteiras.

Retomemos três problemas da Unidade 19, corrigindo dois erros de digitação.

7.

Supondo que (m, n) = 1, mostre que mϕ(n) + nϕ(m) ≡ 1 mod nm.

Sejam a, m ∈ N∗ , com m > 1, tais que (a, m) = 1. Mostre que, se n1 ≡ n2 mod ϕ(m), então an1 ≡ an2 mod m.

8.

9.

Mostre que 2730|n13 − n, para todo n ∈ N.

Note que 2730 = 13 × 7 × 5 × 2, e que 13|n13 − n e 2|n13 − n.

Para provar que 7 e 5 dividem n13 − n, use o Problema 8.

Sugestão:

MA14 - Unidade 23 Introdução à Criptogra a I por Severino Collier Coutinho Semana de 14/11 a 20/11

Estas duas últimas unidades tratam de uma aplicação da matemática à criptogra a. Embora algumas pessoas ainda associem mensagens codi cadas a 007 ou outros agentes igualmente secretos, há mais de uma década que esta não é a aplicação mais importante da criptogra a. Isto porque, hoje em dia, uma grande variedade de transações que envolvem dinheiro são feitas de maneira eletrônica, desde compras por cartão de crédito via internet a saques em caixas eletrônicos. A informação referente a estas transações segue por linha telefônica ou redes de alta-velocidade e, em ambos os casos, está facilmente sujeita a escutas.

Se a história acabasse aí, eu seria o primeiro a desejar que os bancos regridissem à era do papel! Felizmente, estas informações não trafegam em aberto pela rede telefônica, elas são codi cadas, de modo que só o banco, empresa de cartão de crédito ou loja que você está utilizando consegue ler a

2

MA 14 Unidade 23

informação. Assim, mesmo que alguém intercepte a informação com a intenção de esvaziar sua conta, ele não conseguirá interpretar suas informações, que continuarão seguras.

Os processos pelos quais informações enviadas eletronicamente são codi cadas depende, de maneira crucial, do uso da matemática. O mais curioso é que até os anos 1960, a teoria dos números, que é a parte da matemática mais utilizada nas aplicações à criptogra a, era considerada quase que destituída de utilidade prática.

O que os matemáticos entendem como teoria dos números é o estudo das propriedades dos

números inteiros, e não de quaisquer tipos de números.

Por

exemplo, questões referentes à fatoração de inteiros, ao cálculo do máximo divisor comum e ao estudo dos números primos, fazem parte desta teoria.

Na verdade, juntamente com a geometria, essa é uma das áreas mais antigas da matemática.

Criptogra a Em grego,

cryptos

signi ca secreto, oculto. A

criptogra a

estuda os méto-

dos para codi car uma mensagem de modo que só seu destinatário legítimo consiga interpretá-la. É a arte dos `códigos secretos'.

O código de César Um dos códigos secretos mais simples consiste em substituir uma letra do alfabeto pela seguinte.

Por exemplo, a mensagem AMO A OBMEP seria

codi cada como

BN P BP CN F Q. Um código semelhante a este foi usado, por exemplo, pelo ditador romano Júlio César para comunicar-se com as legiões romanas em combate pela Europa. Este parece ser o primeiro exemplo de um código secreto de que se tem notícia.

Introdução à Criptogra a I

3

Vejamos como codi car uma mensagem simples Códigos como o de César padecem de um grande problema: são muito fáceis de `quebrar'. Quebrar um código signi ca ser capaz de

ler

a mensagem, mesmo não sendo seu destina-

tário legítimo. Na verdade, qualquer código que envolva substituir cada letra sistematicamente por outro símbolo qualquer sofre do mesmo problema. Isto ocorre porque a frequência média com que cada letra aparece em um texto de uma dada

língua

é mais ou menos constante. Por exemplo, a frequência

média de cada letra na língua portuguesa é dada na tabela 1.

Letra

%

Letra

%

Letra

%

Letra

%

A

14,64

G

1,30

N

5,05

T

4,34

B

1,04

H

1,28

O

10,73

U

4,64

C

3,88

I

6,18

P

2,52

V

1,70

D

4,10

J

0,40

Q

1,20

X

0,21

E

12,57

L

2,78

R

6,53

Z

0,47

F

1,02

M

4,75

S

7,81

Tabela 1: Frequência das letras no português

Assim, apenas contando a frequência de cada símbolo no texto, podemos descobrir a que letra correspondem os símbolos mais frequentes. Isto geralmente é su ciente para quebrar o código e ler toda a mensagem. Observe, entretanto, que este método para quebrar o código só funciona bem se a mensagem for longa.

É fácil escrever uma mensagem curta cuja contagem

de frequência seja totalmente diferente da contagem de frequência média do português. Por exemplo, em Zuza zoou da Zezé a letra mais frequente é o Z que aparece porcentagem do

5 vezes em um texto de 14 letras. Como 5/14 = 0, 35... a Z no texto acima é de cerca de 35%; muito acima dos usuais

0, 47%. Já o A aparece uma só vez, o 7%; portanto, abaixo dos 14% usuais.

que dá uma porcentagem de cerca de

SUMZFI GCSGC SVZFC LZLSJ EZQSL HIFUI JDZQS LTSRF SGCSJ UOZSZ OJTZL ZOEEO LHMSE ESDSL IECLU ILHCD

4

MA 14 Unidade 23 ZTIFE SZMOJ QCZSU IJPSU OTZZL ZOIFH ZFDST IHFIU SEEIH ITSES FZCDI LZDOA ZTIIG CSDIF JZOJB OZBSO EDITI EIEUI TOQIE GCSSJ BIMBS LECVE DODCO UZITS MSDFZ EUILI IGCSS EDZLIE CDOMO AZJTI HZFZU ITORO UZFSE DZLSJ EZQSL JZBSF TZTSZ MQCJE TIEHF OLSOF IEUIL HCDZT IFSER IFZLU FOZTIE HFSUO EZLSJ DSHZF ZZNCT ZFZGC SVFZFI EUITO QIEES UFSDI ECEZTI EHSMIE ZMSLZSE TCFZJDS ZESQC JTZQC SFFZL CJTOZM SJDFS SEDSE SEDZB ZIUIM IEEICL UILHC DZTIF UIEJD FCOTI JZOJQ MZDSF FZHIF CLZSG COHSM OTSFZ TZHIF ZMZJD CFOJQ CLTIE RCJTZ TIFSE TZUILH CDZUZI UOSJDO ROUZ

Será que você notou que o parágrafo acima foi codi cado? Use o método de contagem de frequência para quebrar o código e poder decodi car e ler o parágrafo. Para não simpli car as coisas, foram eliminados espaços, acentos e pontuação.

Exercício 1.

Códigos em bloco Por sorte, existe uma maneira simples de tornar inviável a aplicação de uma contagem de frequência. Para isso, subdividimos a mensagem em blocos de várias letras e embaralhamos estes blocos.

Por isso este processo de crip-

tografar uma mensagem é conhecido como

código de bloco.

Por exemplo,

considere a mensagem AMO A OBMEP. Para codi cá-la seguiremos os seguintes passos:

•

eliminamos os espaços e completamos a mensagem com um A no nal, caso tenha uma quantidade ímpar de letras;

•

subdividimos a mensagem em blocos de duas letras;

•

re etimos cada bloco;

Introdução à Criptogra a I •

5

permutamos os blocos trocando o primeiro com o último, o terceiro com a antepenúltimo, e assim por diante, mas deixando os outros como estão.

Aplicando isto,passo-a-passo, à mensagem acima, obtemos primeiro AMOAOBMEPA depois AM-OA-OB-ME-PA em seguida MA-AO-BO-EM-AP e, nalmente, AP-AO-BO-EM-MA que nos dá como mensagem codi cada APAOBOEMMA Exercício 2.

Discuta as seguintes questões com seus colegas:

(a) Por que a contagem de frequência não funciona quando usamos códigos em bloco? (b) Por que escolhemos acrescentar exatamente a letra A quando a mensagem tem quantidade ímpar de letras, em vez de usar, por exemplo, X ou Y? Apesar de códigos como este serem melhores que o código de César, eles apresentam uma grande desvantagem quando se trata de aplicações comerciais da criptogra a. Por exemplo, digamos que resolvo fazer uma compra via web usando o meu computador, em uma loja em que nunca comprei antes.

Para isso entro na página da loja, escolho os produtos que desejo e, quando

6

MA 14 Unidade 23

estou pronto para comprar, escolho ir para o caixa . O pagamento será feito usando o meu cartão de crédito. Para isso, preciso informar a loja sobre os dados do meu cartão: geralmente o número e a data de vencimento. Mas isto signi ca que qualquer outra pessoa que tenha estes dados pode fazer compras em meu nome. Para evitar este problema, as informações sobre o meu cartão são codi cadas pelo meu computador antes de serem enviadas.

Note, contudo, que meu computador não pode usar um código qualquer para codi car estas informações, porque a loja precisa lê-las e, para isso, tem que saber como decodi car a mensagem. Na prática o que ocorre é que o meu computador comunica-se com o da loja, que lhe informa como deve ser feito o processo de codi cação. Isto é, meu computador codi ca as informações do cartão de crédito usando um processo de codi cação que é enviado pela loja.

Infelizmente os códigos de blocos não se prestam a este tipo de aplicação porque o computador da loja usa a linha telefônica (ou de banda larga) à qual meu computador esta interligado para enviar o processo de codi cação a ser utilizado.

Como é fácil pôr uma escuta na linha, uma outra pessoa

pode facilmente descobrir como meu computador vai codi car as informações sigilosas que serão enviadas à loja. Usando a mesma escuta é fácil interceptar também as mensagens que contêm os dados do cartão. Mas isto basta porque, se sabemos como foi feito o embaralhamento dos blocos, podemos facilmente desfazê-lo e ler os dados do cartão!

A única maneira de contornar este problema é ter acesso ao que é conhecido como um

canal seguro :

uma maneira secreta de fazer a informação

sobre o processo de codi cação chegar até o computador do usuário da loja.

Talvez a loja pudesse mandar, pelo correio registrado, um cartão especial com os dados a serem usados para a codi cação. O problema é que isto tornaria a transação lenta, já que seria necessário esperar dias pela chegada do cartão nesse meio tempo eu talvez preferisse escolher uma loja real, mesmo que fosse longe da minha casa. E ainda há outro problema, mais sério. Se o meu computador for invadido por um `hacker', o processo de codi cação

Introdução à Criptogra a I

7

será descoberto e qualquer mensagem enviada com ele poderá ser lida.

Códigos de chave pública As di culdades que relacionamos acima parecem condenar de maneira irremediável a possibilidade de fazer transações pela web. A nal, seja qual for o código utilizado, se sabemos como fazer a codi cação, basta desfazê-la e decodi camos a mensagem. Ou não?

De fato, isto é basicamente verdade; mas há um porém.

Acontece que

podemos imaginar um processo que seja fácil de fazer mas muito difícil de desfazer e, ao utilizá-lo para criptografar uma mensagem, estaríamos garantindo que quem a interceptasse, mesmo sabendo como foi codi cada, teria um trabalho enorme em decodi cá-la. Abusando um pouco da fantasia, podemos imaginar que o trabalho de desfazer o processo levasse tanto tempo que ninguém conseguisse pô-lo em prática. É claro que quão difícil será desfazer o procedimento depende dos recursos disponíveis a quem interceptou a mensagem.

Vejamos um exemplo.

Você já viu uma dessas armadilhas usadas para

pescar lagostas? Elas consistem de uma gaiola com uma porta fechada atrás e uma entrada para a lagosta na frente. O segredo está na entrada, que tem a forma de um funil: larga na parte externa e cada vez menor à medida que a lagosta vai entrando na gaiola. A lagosta ca presa na gaiola porque, para poder sair, teria que encontrar e passar pela parte estreita do funil, que é um problema complicado demais para uma lagosta, cujo cérebro tem o tamanho aproximado de uma ervilha. Não preciso dizer que uma armadilha desse tipo não funcionaria para pegar um macaco, nem mesmo um passarinho.

Muito interessante, mas que problema matemático satisfaz esta condição de ser fácil de fazer e difícil de desfazer , para que possamos utilizá-lo em criptogra a? Isto é o que veremos na próxima seção. Por enquanto, vamos só observar que tais códigos são conhecidos como de

chave pública,

já que o

processo (ou chave) de codi cação pode ser conhecido de qualquer um sem comprometer a segurança do código.

8

MA 14 Unidade 23

Criptogra a RSA O mais conhecido dos métodos de criptogra a de chave pública é o RSA. Este código foi inventado em 1977 por R. L. Rivest, A. Shamir e L. Adleman, que na época trabalhavam no Massachussets Institute of Technology (M.I.T.), uma das melhores universidades americanas. As letras RSA correspondem às iniciais dos inventores do código. Há vários outros códigos de chave pública, mas o RSA continua sendo o mais usado em aplicações comerciais.

O método RSA A descrição completa do funcionamento do RSA é justamente o tema desta apostila. Para entender como funciona precisaremos estudar várias idéias e técnicas novas de matemática. Nesta seção explicaremos apenas o su ciente sobre o RSA para que você entenda como é possível um problema ser fácil de fazer e difícil de desfazer . Isto também nos ajudará a identi car os problemas matemáticos que precisaremos abordar para poder discutir os detalhes do funcionamento do RSA. Digamos que você vai criar uma implementação do RSA para uma determinada loja, que vai usá-lo na codi cação de dados de clientes usados em compras pela internet. Para começar, você precisa escolher dois números

mos distintos

e multiplicá-los, obtendo um número inteiro

n.

pri-

A loja manterá

secreta a informação sobre quais são os primos escolhidos, porque é isto que é necessário para decodi car as mensagens enviadas usando a versão do RSA que você está construindo. Já

n

vai ser enviado para o computador de qual-

quer pessoa que compre nessa loja pela web, porque é dele que o computador do usuário necessita para codi car os dados sobre o do cartão de crédito e enviá-los ao computador da loja.

Portanto, no caso do RSA, o problema

fácil de fazer e difícil de desfazer é simplesmente multiplicar dois primos.

Já consigo imaginar você pensando: Só isso? Mas para desfazer o problema basta fatorar o número e achar os primos!

Introdução à Criptogra a I

9

É verdade, mas há um detalhe que esqueci de contar: esses números primos serão muito, muito grandes. Na prática uma chave segura de RSA é gerada a partir de números primos de cerca de 100 algarismos cada, de forma que que é o produto destes primos, terá cerca de

200

n,

algarismos. Acontece que,

como veremos na próxima unidade, podem ser necessários zilhões de anos para fatorar um número deste tamanho e achar seus fatores primos mesmo se usarmos os mais poderosos computadores existentes atualmente.

Resumindo:

•

para implementar o RSA escolhemos dois primos distintos muito grandes

p

e

q

e calculamos o produto

n = p · q;

•

para codi car uma mensagem usamos

•

para decodi car uma mensagem usamos

• n

pode ser tornado público;

• p

e

•

q

n; p

e

q;

precisam ser mantidos em segredo;

quebrar o RSA consiste em fatorar

n,

que leva muito tempo se

n

for

grande.

Criptogra a RSA É chegada a hora de reunir tudo o que zemos anteriormente, na descrição do método RSA. A descrição do RSA propriamente dita consiste em explicitar as receitas usadas para codi cação e decodi cação de mensagens. Isto é fácil de fazer, uma vez que depende apenas do cálculo dos resíduos de potências, assunto de que já tratamos com detalhes anteriormente. Lembre-se, contudo, que decodi car signi ca passar da mensagem codi cada à mensagem original.

Por isso, nossa missão neste capítulo não se resume a descrever as receitas de codi cação e decodi cação; precisamos também veri car que

se aplicadas

10

MA 14 Unidade 23

nesta ordem

voltamos a obter à mensagem original. A nal, se isto não fosse

verdade, de que serviria este método de criptogra a?

Pré-codi cação Como dissemos acima, o que fazemos para codi car uma mensagem no RSA é calcular sua potência módulo escolhido.

n

relativamente a um expoente especialmente

Entretanto, para que isto seja viável, a mensagem deve ser um

número inteiro.

Mas não é isto o que ocorre em geral: a maior parte das

mensagens é um texto. Por isso, a primeira coisa a fazer, se desejamos usar o método RSA, é inventar uma maneira de converter a mensagem em uma sequência de números.

Suporemos, para simpli car, que a mensagem original é um texto onde não há números, apenas palavras, e no qual todas as letras são maiúsculas. Portanto, em última análise a mensagem é constituída pelas letras que formam as palavras e pelos espaços entre palavras. meira etapa de

pré-codi cação,

Chamaremos esta pri-

para distingui-la do processo de codi cação

propriamente dito.

Na pré-codi cação convertemos as letras em números usando a seguinte tabela de conversão:

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

K

L

M

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

N

O

P

Q

R

S

T

U

V

W

X

Y

Z

23

24

25

26

27

28

29

30

31

32

33

34

35

O espaço entre duas palavras será substituído pelo número feita a conversão.

Por exemplo, a frase

AMO A OBMEP

número

1022249910992411221425

99,

quando for

é convertida no

Introdução à Criptogra a I

11

Observe que precisamos fazer cada letra corresponder a um número de, pelo menos,

dois

algarismos para evitar ambiguidades.

Se zéssemos

A

corres-

1, B ao 2, e assim por diante. não teríamos como saber AB ou L, já que esta última é a décima segunda letra do

ponder ao número se

12

representa

alfabeto.

Antes de continuar precisamos determinar os parâmetros do sistema RSA

parâmetros são dois primos distintos, que vamos p e q , e cujo resto na divisão por 6 tem que ser 5. A razão para

que vamos usar. denotar por

Estes

esta estranha condição será explicada na primeira seção Por que funciona? da Unidade 24.

Em seguida, ponha

n = pq .

A última fase do processo de pré-codi cação

consiste em quebrar em blocos o longo número produzido anteriormente.

Estes blocos devem ser números

p = 17

e

q = 23,

então

menores

n = 391.

que

n.

Por exemplo, se escolhermos

Neste caso, a mensagem, cuja conversão

numérica foi feita acima, pode ser quebrada nos seguintes blocos:

102 − 224 − 99 − 109 − 92 − 41 − 122 − 142 − 5 A maneira de escolher os blocos não é única e os blocos não precisam sequer ter o mesmo tamanho. Contudo, certos cuidados devem ser tomados. Por exemplo, não é permitido escolher um bloco que comece por

0

porque isto

traria problemas na hora de decodi car, já que, por exemplo, não temos como distinguir o bloco

071

do bloco

71.

Observe que os blocos em que quebramos a mensagem

não

correspondem

a nenhuma unidade linguística, seja ela palavra, letra ou qualquer outra.

Isto é muito bom, porque torna a decodi cação por contagem de frequência essencialmente impossível.

Codi cando e decodi cando uma mensagem Encerramos assim a pré-codi cação, e podemos passar à etapa de

codi cação

propriamente dita. Para codi car a mensagem precisamos apenas de

n,

que

MA 14 Unidade 23

12

chave de codi cação. do sistema RSA que estamos usando. Esta chave pode ser tornada pública; isto é, podemos enviá-la a qualquer um que queira nos mandar uma mensagem, sem preocupação de mantê-la secreta. Por isso a chave de codi cação também é conhecida como chave pública do sistema. é o produto dos primos. Diremos que

n

é a

Supondo que já submetemos a mensagem à pré-codi cação, temos uma sequência de números que, como na seção anterior, chamaremos de Codi caremos cada bloco separadamente.

blocos.

A mensagem codi cada será a

sequência dos blocos codi cados. Isto é muito importante porque depois de codi cados os blocos

não podem mais ser reunidos de modo a formar um longo

número. Se isto for feito, será impossível decodi car a mensagem, como cará claro na seção Por que funciona?

da Unidade 24, na qual discutiremos o

funcionamento do RSA.

Usando os números primos 5, 11, 17, 23, 29, 41, 47, 53 e 59, construa uma chave pública para você utilizar na codi cação de mensagens RSA para seus colegas.

Exercício 3.

Codi cação Digamos, então, que a chave de codi cação é

Como faremos para codi-

b é um inteiro positivo menor que n. Vamos denotar o bloco codi cado por C(b). A receita para calcular C(b) é a seguinte:

car um bloco

b?

n.

Lembre-se que

C(b) =

resto da divisão de

b3

por

n.

C(b) é o resíduo de b3 módulo 3 mesmo o resto da divisão de b

Observe que, em termos de aritmética modular,

n.

Na verdade, como

por

b > 0,

o número

C(b)

é

n.

Vejamos o que aconteceria no exemplo que estamos considerando. Temos

n = 391.

102 da mensagem anterior deve ser codi cado como 1023 por 391. Fazendo as contas, obtemos C(102) = 34.

Assim, o bloco

o resto da divisão de

É claro que, para simpli car nosso trabalho, executamos a conta calculando

Introdução à Criptogra a I o resíduo de

1023

módulo

13

391:

1023 ≡ 1022 · 102 ≡ 238 · 102 ≡ 24276 ≡ 34

(mod 391).

Codi cando toda a mensagem passo-a-passo, temos o seguinte:

2243 ≡ 2242 · 224 ≡ 128 · 224 ≡ 129 993 ≡ 992 · 99 ≡ 26 · 99 ≡ 228

(mod 391)

(mod 391)

1093 ≡ 1092 · 109 ≡ 151 · 109 ≡ 37

(mod 391)

923 ≡ 922 · 92 ≡ 253 · 92 ≡ 207

(mod 391)

413 ≡ 412 · 41 ≡ 117 · 41 ≡ 105

(mod 391)

1223 ≡ 1222 · 122 ≡ 26 · 122 ≡ 44 1423 ≡ 1422 · 142 ≡ 223 · 142 ≡ 386 53 ≡ 52 · 5 ≡ 25 · 5 ≡ 125

(mod 391) (mod 391)

(mod 391)

Reunindo todos os blocos, descobrimos que a mensagem codi cada é

34 − 129 − 228 − 37 − 207 − 105 − 44 − 386 − 125

Use a chave pública que você construiu no exercício 3 para codi car seu nome. Escreva a chave e a mensagem em um papel. Os papéis deverão ser reunidos, embaralhados e sorteados entre os alunos para o próximo exercício.

Exercício 4.

Decodi cação Vejamos como fazer para decodi car um bloco da mensagem codi cada. Em outras palavras, queremos saber qual é a receita que nos permite, de posse de um bloco codi cado e da chave pública, recosntruir o bloco original, antes da codi cação.

A informação que precisamos para poder decodi car consiste de dois números:

n

e o inverso

d>0

de

3

módulo

(p − 1)(q − 1).

Pela de nição de

MA 14 Unidade 23

14

inverso isto signi ca que devemos ter

3d ≡ 1

(mod (p − 1)(q − 1)).

A explicação de onde saiu este número misterioso você encontrará na próxima

chave de decodi cação . Esta chave tem que ser mantida secreta. Quem a descobrir vai poder decodi car qualquer mensagem endereçada a você.

seção. Chamaremos o par

(n, d),

De posse do par mensagem? Se

a for

(n, d)

de

como devemos proceder para decodi car uma

um bloco codi cado, denotaremos por

do processo de decodi cação do bloco

a.

D(a) o

A receita para calcular

resultado

D(a)

é a

seguinte:

D(a) = resto

da divisão de

Em termos de aritmética modular, no caso da codi cação, o bloco resto da divisão de

b

d

por

a

D(a)

ad

n.

por

é o resíduo de

ad

módulo

n.

Como

é positivo e este resíduo coincide com o

n.

Note que, ao chamarmos o processo acima de

decodi cação,

estamos as-

sumindo um compromisso importante, que é o de mostrar que ao decodi car um bloco codi cado, obtemos o bloco original. Dizendo de outra maneira, se

b

é um bloco da mensagem original, só será legítimo chamar o processo

acima de decodi cação se

D(C(b)) = b.

Não é de forma alguma óbvio que isto é verdade: a demonstração de que esta igualdade realmente é válida é dada em detalhes na seção Por que funciona? da Unidade 24.

Alguns comentários são necessários ggg de fazermos um exemplo. primeiro lugar, é muito fácil calcular deixam resto

5

na divisão por

p≡5

6,

d.

Como estamos supondo que

temos que

(mod 6)

e

q≡5

(mod 6).

Assim,

(p − 1)(q − 1) ≡ 4 · 4 ≡ 16 ≡ 4 ≡ −2

(mod 6);

Em

p

e

q

Introdução à Criptogra a I

15

donde

(p − 1)(q − 1) = 6 · k − 2, k.

para algum inteiro positivo igual a

4 · k − 1.

Contudo, o inverso de

3

módulo

6·k−2

é

Logo, podemos tomar

d = 4 · k − 1.

No exemplo que vimos considerando

p = 17

e

q = 23,

de forma que

(p − 1)(q − 1) = 16 · 22 = 352 = 6 · 58 + 4 que é igual a

(p − 1)(q − 1) = 6 · 59 − 2.

Portanto, neste caso,

k = 59

e

d = 4 · 59 − 1 = 235.

Aplicando a receita dada anteriormente ao primeiro bloco da mensagem codi cada, temos que

D(34)

é igual ao resto da divisão de

34235

por

n = 391.

Efetuar esta conta sem um computador seria totalmente impossível, se não tivéssemos o algoritmo chinês do resto e o teorema de Fermat.

Calculemos

34235

módulo

17

e módulo

23,

que são os primos em que

fatora. Para começo de conversa,

34 ≡ 0 34 ≡ 11

(mod 17) (mod 23)

Assim,

34235 ≡ 0235 ≡ 0

(mod 17).

Aplicando o teorema de Fermat à outra congruência,

11235 ≡ (1122 )10 1115 ≡ 1115

(mod 23).

Mas

1115 ≡ 1217 · 11 ≡ 67 · 11

(mod 23).

n

se

16

MA 14 Unidade 23

Por outro lado,

67 · 11 ≡ (23 · 3)2 · 2 · 34 · 33 ≡ 2 · 12 · 33 ≡ 33 ≡ 10

(mod 23).

Portanto,

34235 ≡ 0

(mod 17)

34235 ≡ 10

(mod 23).

Isto corresponde ao sistema

x≡0 x ≡ 10

(mod 17) (mod 23),

que podemos resolver utilizando o algoritmo chinês do resto.

Da segunda

congruência, obtemos

x = 10 + 23y que, ao ser substituído na primeira congruência, nos dá

10 + 23y ≡ 0

(mod 17).

Assim,

6y ≡ 7 Mas,

6

tem inverso

3

módulo

17,

(mod 17).

de forma que

y ≡3·7≡4

(mod 17).

Portanto,

x = 10 + 23y = 10 + 23 · 4 = 102; como seria de esperar, a nal estamos decodi cando codi cação do bloco

102.

34,

que corresponde à

Introdução à Criptogra a I Exercício 5.

17

Decodi que os demais blocos da mensagem 34 − 129 − 228 − 37 − 105 − 44 − 386 − 125

usando o procedimento acima.

Fatore a chave pública que você recebeu quando fez o exercício 4, calcule d e decodi que a mensagem para saber de quem ela veio.

Exercício 6.

MA14 - Unidade 24 Introdução à Criptogra a II por Severino Collier Coutinho Semana de 14/11 a 20/11

Segurança Antes de prosseguir para a explicação de porque o RSA funciona, é conveniente discutir com um pouco mais de detalhes em que se fundamenta a segurança do RSA. Neste contexto, o termo chave é que alguém, que vamos chamar de

A,

quebrar o código.

Digamos

põe uma escuta (também conhecida

como um grampo ) na linha que uma empresa usa para transmitir mensagens codi cadas a um banco.

Se o código utilizado for o RSA, então

A

vai ter acesso não apenas às mensagens codi cadas que a empresa envia ao banco (obtidas pelo grampo), mas também à chave de codi cação

n

usada

pela empresa que, a nal de contas, é pública.

Lembre-se que a chave

n é igual ao produto de dois números primos p e q

que foram escolhidos pela empresa no momento em que sua implementação do RSA foi feita.

Em princípio, A

não deveria ter nenhuma di culdade em

MA 14 Unidade 24

2

decodi car a mensagem. De posse de

p

e

q

e usá-los para calcular

d.

Uma

n, precisaria apenas fatorá-lo, descobrir vez obtido d, a receita de decodi cação

explicada na unidade anterior pode ser aplicada para reconstituir a mensagem original.

Embora tudo isto pareça muito simples mente

inviável.

em princípio,

na prática é total-

A razão está em um problema de natureza tecnológica: não

existem computadores rápidos o su ciente, nem algoritmos bons o su ciente, que nos permitam fatorar um número inteiro muito grande que não tenha fatores relativamente pequenos. Pode-se mostrar que o tempo necessário para fatorar um número de uns cem algarismos pelo método usual de tentativa é imenso, e excede, em muito, a idade estimada do universo. Entretanto, a a rmação que acabamos de fazer é muito mais forte: não existe nenhum algoritmo conhecido capaz de fatorar inteiros grandes de modo realmente e ciente.

Na verdade, não se sabe nem mesmo se é possível que um tal algoritmo exista!

Mas, o que signi ca a palavra quão

grande

deve ser a chave

n

grande

neste contexto? Mais precisamente,

usada no RSA para que, mesmo tendo in-

terceptado a mensagem codi cada pela empresa e conhecendo

A

não seja capaz de achar

p

e

q

n,

o agente

e, assim, decodi car a mensagem? A res-

posta é que, atualmente, as implementações comerciais do RSA usam chaves públicas com cerca de 200 algarismos, mas algumas destas implementações chegam a permitir chaves públicas com até 2467 algarismos.

Durante algum tempo, o RSA Laboratory, que pertence à empresa que detém os direitos do sistema de codi cação RSA, lançou desa os, que consistiam de uma possível chave pública de RSA que deveria ser fatorada. A última destas chaves a ser fatorada tem

193

algarismos e corresponde ao

produto dos primos

16347336458092538484431338838650908598417836700330 92312181110852389333100104508151212118167511579

Introdução à Criptogra a II

3

e

1900871281664822113126851573935413975471896789968 515493666638539088027103802104498957191261465571.

A fatoração foi nalizada em novembro de 2005 por F. Bahr, M. Boehm, J. Franke e T. Kleinjung no Escritório Federal de Segurança de Informação da Alemanha. Os cálculos utilizaram

80

computadores de 2.2 GHz cada um e,

mesmo assim, foram necessários 5 meses para completar as contas! A maior das chaves proposta como desa o tem 617 algarismos e, evidentemente, está longe de ser fatorada. Mais detalhes podem ser encontrados no verbete

numbers

da versão em inglês da

RSA

Wikipedia.

Na prática, isto signi ca que se a empresa está usando uma implementação do RSA com chave pública de uns 200 algarismos, então

A

não tem

a menor chance de ler a mensagem. Outro detalhe prático importante que segue desta argumentação é que a empresa precisa calcular o valor de partir dos valores de

p

e

q:

se

n

for calculado e

não temos mais como determinar o valor de capaz de fatorar para calcular posse do par

n.

n,

p

e

q

d

a

forem esquecidos, já

porque ninguém mais será

Portanto, primeiro escolhem-se

p

e

q,

que são usados

d; depois multiplicam-se p e q para determinar n. Uma vez de (n, d) os valores de p e q podem até ser apagados por medida

de segurança.

Uma observação nal. Quando usamos congruências para efetuar a codi cação do bloco

102

na unidade anterior, dissemos que estávamos usando

congruências para facilitar as contas . Isto não é estritamente verdade, porque em uma aplicação comercial do RSA teríamos que calcular potências de números muito grandes, com módulos maiores ainda, e isto não é viável se não utilizarmos aritmética modular. Em outras palavras, não é mera questão de facilitar nada, os cálculos seriam impossíveis sem aritmética modular. Para convencê-lo disto, aqui vai um exemplo. Comecei escolhendo dois primos

p = 100000000000000000000000000000000000000000000000151

4

MA 14 Unidade 24

e

q = 100000000000000000000000000000000000000162735465691 Calculei então o quociente

(p − 1)(q − 1) + 2 = 166666666666666666666666666666666 6 66666693789244306666666666666666666666666666666666666 70735053308917 que me dá o valor de

k;

donde

d = 4k − 1 = 6666666666666666666666666666666666666677515697722 666666666666666666666666666666666666682940213235667 Com isto podemos codi car a mensagem AMO A OBMEP que, neste caso, pode ser tomada como um único bloco

m = 1022249910992411221425 já que este é um número menor do que

n = pq .

10222499109924112214253

O resíduo de

módulo

n

é

106824592360317689994495293731276889004322696993731601 3731140625, C(m) da mensagem m. Se já é difícil imaginar o cálculo do cubo de m módulo n, o que dizer da decodi cação de C(m), que consiste em elevar este número de 63 algarismos a d, que é um número de 99 algarismos. Na verdade, um computador não consegue escrever todos os d algarismos de C(m) : há tantos deles que não cabem na memória de nenhum computador. No entanto, usando congruência módulo n o meu computador que corresponde à codi cação

Introdução à Criptogra a II consegue calcular o resíduo de

5

C(m)d

módulo

n

em menos de um centésimo

de segundo!

Custa-me crer que, tendo lido este último exemplo, você não esteja perguntando: como ele fez para obter este números primos enormes?

Esta é uma ótima pergunta, que ca melhor ainda se você lembrar que 1. para saber se um número é primo precisamos garantir que não tem fatores próprios e que 2. não existem meios rápidos para fatorar números tão grandes.

A conclusão aparentemente inevitável de (1) e (2) é que deveria ser impossível determinar com certeza se números muito grandes são primos. Curiosamente, a conclusão é falsa, muito embora tanto (1) quanto (2) sejam verdadeiros. O fato, bastante surpreendente, é que é possível determinar que números muito grandes são primos ou compostos sem que haja necesidade de fatorá-los.

Por que funciona?

Para que o procedimento exposto acima seja realmente útil, é preciso que, ao decodi car uma mensagem, obtenhamos a mensagem original.

Vimos

nos exercícios 5 e 6 da unidade anterior que, ao menos nestes exemplos, a decodi cação reproduziu a mensagem original. Falta, apenas, convencer-nos de que isto

sempre

ocorre.

Explicando o funcionamento do RSA Digamos que temos um sistema RSA de parâmetros Então, para a codi cação usamos a chave pública o par

(n, d),

n,

p

e

q,

e

n = pq .

e para a decodi cação

onde

(p − 1) · (q − 1) = 6 · k − 2

com

d = 4 · k − 1.

MA 14 Unidade 24

6

b é um 1≤b≤

Usando a notação das seções anteriores, precisamos veri car que, se bloco da mensagem a ser codi cada, isto é um inteiro que satisfaz

n−1, então DC(b) = b.

Em outras palavras, queremos mostrar que aplicando

o processo de decodi ção a um bloco codi cado, obtemos de volta o bloco correspondente da mensagem original.

Na verdade, precisamos provar apenas que

DC(b) ≡ b (mod n).

Isto é su ciente porque tanto

1

a

n − 1,

DC(b)

quanto

b

estão no intervalo que vai de

logo só podem ser congruentes módulo

Isto explica porque precisamos escolher

b

n

se forem iguais.

menor que

n

e porque temos

que manter os blocos separados, mesmo depois da codi cação.

Se não to-

mássemos estes cuidados, continuaríamos obtendo blocos congruentes depois da decodi cação, mas eles não seriam necessariamente iguais.

Em outras

palavras, não teríamos de volta a mensagem original o que, convenhamos, não seria muito satisfatório.

Vamos ao argumento. Recapitulando, o que queremos mostrar é a congruência

DC(b) ≡ b (mod n).

Mas, pela de nição de

D

e de

C

temos que

C(b) ≡ b3

(mod n);

C(a) ≡ ad

(mod n).

e que

Combinando estas duas congruências, obtemos

DC(b) ≡ D(b3 ) ≡ b3d Queremos, portanto, mostrar que

3d ≡ 1

(mod n).

b3d ≡ b (mod n).

Mas, por de nição,

(mod (p − 1)(q − 1)),

(1)

Introdução à Criptogra a II

7

donde

3d = 1 + k(p − 1)(q − 1).

(2)

n = pq , onde p e q são primos distintos, calcularemos os módulo p e módulo q e usaremos o teorema chinês do resto a partir deles, o resíduo módulo n. Como os cálculos dos

Lembrando que resíduos de

b3d

para construir,

resíduos são análogos para ambos os primos, basta mostrar como executar

b3d

um deles. Digamos que queremos achar o resíduo de em conta a expressão para

3d

módulo

p.

Levando

obtida em (2), temos que

b3d ≡ b · (bp−1 )k(q−1)

(mod p).

Em seguida queremos usar o teorema de Fermat, mas para isto precisamos saber que

p

não divide

b.

Se isto for verdade, então

bp−1 ≡ 1

(mod p)

por Fermat, e obtemos

b3d ≡ b · (1)k(q−1) ≡ b (mod p) mostrando o que queríamos. quanto

b

3d

b

3d

são congruentes a zero módulo

≡ b (mod p).

p

Por outro lado, se

n.

dividir

b,

então tanto

b

Logo, também neste caso,

Resumindo, não importa qual seja o inteiro

b,

sempre

temos que

b3d ≡ b (mod p).

Fazendo um argumento análogo para o primo

q,

obtemos o par de con-

gruências

b3d ≡ b (mod p) b3d ≡ b (mod q).

Observe que

b

é uma solução de

x ≡ b (mod p) x ≡ b (mod q);

(3)

8

MA 14 Unidade 24

de modo que, pelo teorema chinês do resto, este sistema tem solução geral igual a

b + p · q · t, onde

t ∈ Z.

Logo

b3d

que, por (3) também é solução do mesmo sistema, tem

que satisfazer

b3d = b + p · q · k, para algum inteiro

k.

Mas isto é equivalente a

b3d ≡ b (mod pq); que é a congruência que desejávamos provar.

Exercício 1. Discuta em grupo os seguintes problemas relativos à segurança do RSA:

(a) se as chaves públicas de duas pessoas diferentes têm um primo em comum, então é fácil quebrar o RSA destas duas pessoas; (b) se usamos o RSA, mas codi camos a mensagem partindo-a em blocos que consistem de uma única letra, então é fácil decodi car a mensagem, embora o código não seja quebrado.

Um problema semelhante, porém mais difícil, é proposto no seguinte desa o.

Desa o 1. Sabemos que se n é a chave pública de uma implementação do

RSA, então n = pq , onde p e q são primos positivos distintos. Imagine que alguém lhe emprestou um computador (que você não tem a menor idéia de como funciona) que, ao receber a chave pública n calcula o número m = (p − 1)(q − 1). Mostre que é possível determinar p e q a partir de n e m.

Comentário Se você leu o argumento usado para provar que o RSA funciona corretamente em detalhes e com bastante senso crítico, pode estar perguntando:

Introdução à Criptogra a II

9

onde usamos o fato dos primos terem que deixar resíduo

5 módulo

6?

A resposta é que isto só é necessário para garantir que

(p − 1)(q − 1).

3

é inversível módulo

Como a demonstração toda depende disto, a hipótese parece

realmente essencial. Mas não é. O fato é que o RSA pode ser implementado usando quaisquer dois expoentes inteiros positivos,

e

para codi cação e

d

para decodi cação, desde que

ed ≡ 1

(mod (p − 1)(q − 1)).

A demonstração de que o sistema se comporta da maneira desejada para tais expoentes é essencialmente a mesma que foi dada acima.

Então, por que estamos nos limitando ao caso em que o expoente de codi cação

d.

e

é igual a

3?

A resposta é que, com isto, é fácil determinar

Para que pudéssemos permitir expoentes mais gerais, precisaríamos de

um outro algoritmo que nos permitisse determinar o inverso de um dado número módulo

(p − 1)(q − 1),

quando este inverso existe. Este algoritmo

existe e é bem conhecido, trata-se de uma extensão do algoritmo euclidiano que é utilizado para calcular o máximo divisor comum de dois números.

Mais detalhes sobre este algoritmo podem ser encontrados no capítulo 1 da referência: Coutinho, S. C.

Números inteiros e criptogra a RSA .

Série Computação e

Matemática N. 2, IMPA e SBM, segunda edição (revisada e ampliada), 2000.

AV1 - MA 14 - 2011

Questão 1.

(1,0) (a) Determine o maior número natural que divide todos os produtos de três números naturais consecutivos.

(1,0) (b) Responda à mesma questão no caso do produto de quatro números naturais consecutivos.

Em ambos os itens, justifique a sua resposta.

DUAS SOLUÇÕES

Uma solução (a) Sendo 1 · 2 · 3 = 6, segue-se que o maior número natural que divide todo produto de três naturais consecutivos é um divisor de 6. Vamos mostrar que é exatamente 6. De fato, dados três inteiros consecutivos, exatamente um é múltiplo de 3 e pelo menos um é múltiplo de 2, logo o seu produto é múltiplo de 6. Isto mostra que o maior natural que divide o produto de quaisquer três naturais consecutivos é 6. (b) Sendo 1 · 2 · 3 · 4 = 24, segue-se que o maior número natural que divide todo produto de quatro naturais consecutivos é um divisor de 24. Vamos mostrar que este número é exatamente 24. De fato, dado o produto de 4 números consecutivos a( a + 1)( a + 2)( a + 3), pelo menos um desses é múltiplo de 3. Por outro lado, um deles é múltiplo de 4. Digamos que seja a o múltiplo de 4, logo a + 2 é par. Se a + 1 é o múltiplo de 4, então a + 3 é par. Se a + 2 é o múltiplo de 4, então a é par. Se a + 3 é o múltiplo de 4, então a + 1 é par. Isto mostra que n é múltiplo de 3 · 4 · 2 = 24, o que prova o resultado.

Outra solução Mais geralmente, sabemos da Combinatória que é natural o número

a+r−1 ( a + r − 1) ! ( a + r − 1)( a + r − 2) · · · ( a + 1) a = = , r ( a − 1)!r! r! para quaisquer a, r ∈ N \ {0}. Logo o produto dos r números consecutivos ( a + r − 1)( a + r − 2) · · · ( a + 1) a é divisível por r!. E, quando a = 1, esse é o máximo divisor possível.

1

AV1 - MA 14 - 2011

Questão 2.

(1,0) (a) Determine os possíveis restos da divisão de a3 por 7, onde a é um número natural.

(1,0) (b) Prove que se a e b são naturais e a3 + 2b3 é divisível por 7, então a e b são divisíveis por 7.

UMA SOLUÇÃO

(a) Podemos escrever a = 7k + r, onde r = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Temos que a3 = (7k + r )3 = 7(72 k3 + 3 · 7k2 r + 3kr2 ) + r3 .

Portanto, o resto da divisão de a3 por 7 é igual ao resto da divisão de r3 por 7. Como 03 = 0 · 7 + 0, 13 = 0 · 7 + 1, 23 = 8 = 1 · 7 + 1, 33 = 27 = 3 · 7 + 6, 43 = 64 = 9 · 7 + 1, 53 = 125 = 17 · 7 + 6, 63 = 216 = 30 · 7 + 6, segue-se que os possíveis restos de r3 por 7 são 0, 1 ou 6. Além disso, o único caso em que o resto de r3 por 7 dá zero é quando r = 0, isto é, quando a é múltiplo de 7. Então a3 múltiplo de 7 implica a múltiplo de 7. (b) Os possíveis restos da divisão de 2b3 por 7 são os possíveis restos de 2r3 por 7, em que r é o resto da divisão de b por 7. Como os possíveis restos de r3 são 0, 1 e 6, pelo item anterior, multiplicamos por 2 cada um deles (2 · 0 = 0 · 7 + 0, 2 · 1 = 0 · 7 + 2 e 2 · 6 = 12 = 1 · 7 + 5) e concluímos que os possíveis restos de 2r3 por 7 são 0, 2 ou 5.

Observamos também que se 2b3 é múltiplo de 7, então o resto de 2r3 por 7 é zero, e isso só ocorre se o resto de r3 por 7 é zero, que só ocorre quando o resto de b3 por 7 é zero, que é o mesmo que ter b3 múltiplo de 7, que, pelo item anterior, é o mesmo que ter b múltiplo de 7. Ou seja, 2b3 múltiplo de 7 implica b múltiplo de 7.

Somando as três possibilidades de restos de a3 com as três possibilidades de restos de 2b3 , num total de nove possibilidades (0 + 0 = 0, 0 + 1 = 1, 0 + 5 = 5, 1 + 0 = 1, 1 + 2 = 3, 1 + 5 = 6, 6 + 0 = 6, 6 + 2 = 1 · 7 + 1, 6 + 5 = 11 = 1 · 7 + 4), a única que dá resto zero é quando a3 e 2b3 têm ambos resto zero, ou seja, quando a3 e 2b3 são múltiplos de 7, ou seja, quando a e b são múltiplos de 7. Concluímos que a3 + 2b3 é múltiplo de 7 se e somente se a e b são ambos múltiplos de 7.

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AV1 - MA 14 - 2011

Questão 3.

(1,0) (a) Determine todos os valores possíveis para (n + 1, n2 + 4).

(1,0) (b) Sabendo que o resto da divisão de n por 5 não é 4, determine [n + 1, n2 + 4].

UMA SOLUÇÃO

(a) Temos

(n + 1, n2 + 4) = (n + 1, n2 + 4 − (n − 1)(n + 1)) = (n + 1, 5) .

Daí segue-se que (n + 1, n2 + 4) só pode ser igual a 1 ou a 5. (b) Se n não deixa resto 4 quando dividido por 5, temos que n + 1 não é múltiplo de 5. Neste caso, (n + 1, n2 + 4) = 1.

Logo,

[n + 1, n2 + 4] = (n + 1)(n2 + 4) .

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AV1 - MA 14 - 2011

Questão 4.

(1,5) Determine todos os números naturais que, quando divididos por 18, deixam resto 6 e, quando divididos por 14, deixam resto 4.

UMA SOLUÇÃO

Temos que x = 18v + 6 e x = 14u + 4. Igualando, temos 14u − 18v = 2. Esta equação é equivalente a 7u − 9v = 1.

A menor solução particular é u0 = 4 e v0 = 3. Portanto, a solução geral é dada por u = 4 + 9t e v = 3 + 7t, com t ∈ N. Daí segue-se que x = 60 + 126t, t ∈ N.

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AV1 - MA 14 - 2011

Questão 5.

Sejam p e q dois números naturais, com 1 < p < q e ( p, q) = 1. Sabemos que existem números naturais não nulos u e v tais que up − vq = 1.

(1,0) (a) Mostre que existem dois números naturais p1 e q1 , não nulos, com p1 < p tais que q1 p − p1 q = 1. Conclua que ( p1 , q1 ) = 1 e que q1 < q. Sugestão: Divida v por p, usando o algoritmo da divisão, para encontrar p1 .

(0,5) (b) Mostre que n1 = qq1 é tal que

p p 1 + 1. = q n1 q1

Conclua que p1 < q1 .

(1,0) (c) Prove que para quaisquer números naturais p e q com 1 < p < q e com ( p, q) = 1, existe um número natural r > 0 e números naturais n1 > n2 > · · · > nr > 1 tais que p 1 1 1 = + +···+ . q n1 n2 nr

UMA SOLUÇÃO

(a) Sejam dados u e v tais que up − vq = 1. Pela divisão euclidiana, temos que v = pb + p1 , com 0 < p1 < p, logo

(u − bq) p − p1 q = 1. Ponhamos u − bq = q1 , logo q1 p − p1 q = 1. Daí conclui-se que p1 e q1 são primos entre si. Por outro lado, temos necessariamente que q1 < q, pois q1 p = p1 q + 1 < pq. (b) Temos que 1 p p = + 1. q qq1 q1 Como

p q

< 1, segue-se que

p1 q1

< 1, o que mostra que p1 < q1 .

(c) Aplique o resultado do ítem b) à fração

p1 q1 ,

etc. Como p > p1 > p2 > · · · > 0, para um certo r ter-se-á pr = 1

e daí o procedimento para. As desigualdades n1 > n2 > · · · > nr seguem de n1 = qq1 , n2 = q1 q2 , etc. e de qq1 > q1 q2 > · · · .

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AV2 - MA 14 - 2011

Questão 1.

(1,5) Sejam a e b dois números naturais tais que ( a, b) = pq, em que p e q são dois números primos distintos. Quais são os possíveis valores de (a) ( a2 , b)? (b) ( a3 , b)? (c) ( a2 , b3 )?

UMA SOLUÇÃO

Suponhamos que a = pr qs c e b = pu qv d, onde c e d são primos entre si e também com p e q. A hipótese ( a, b) = pq implica que min{r, u} = 1 e min{s, v} = 1. (a) a2 = p2r q2s c2 , onde c2 é primo com p, q e d. Logo, ( a2 , b) = pmin{2r,u} qmin{2s,v} . Tanto min{2r, u} como min{2s, v} podem e só podem assumir os valores 1 e 2. Portanto, são possíveis ( a2 , b) = pq, ( a2 , b) = p2 q, ( a2 , b) = pq2 , ou

( a2 , b ) = p2 q2 . (b) ( a3 , b) = pl qt , com l = min{3r, u} e t = min{3s, v}. Logo, l ∈ {1, 2, 3} e t ∈ {1, 2, 3}. (c) ( a2 , b3 ) = pl qt , com l ∈ {2, 3} e t ∈ {2, 3}.

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AV2 - MA 14 - 2011

Questão 2.

(2,0) Ache o resto da divisão por 17 do número S = 116 + 216 + 316 + · · · + 8516 .

UMA SOLUÇÃO

Pelo Pequeno Teorema de Fermat temos que ( 1, se 17 não divide a 16 a ≡ 0, se 17 divide a

mod 17

Como 85 = 17 × 5, temos que de 1 a 85 há 5 múltiplos de 17 e 85 − 5 = 80 não múltiplos de 17 (i.e., primos com 17), logo S ≡ 80 × 1 mod 17 ≡ 12 mod 17.

Portanto, o resto da divisão de S por 17 é 12.

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AV2 - MA 14 - 2011

Questão 3.

(1,5) É possível repartir exatamente

2357 528

objetos entre 49 pessoas?

UMA SOLUÇÃO

Temos

a=

2357 528

=

2357! .

1829!528!

Portanto, o expoente da maior potência de 7 que divide a é dado por E7 (2357!) − E7 (1829!) − E7 (528!).

Agora 2357 = 7 × 336 + 5, 336 = 7 × 48 + 0, 48 = 7 × 6 + 6.

1829 = 7 × 261 + 2, 261 = 7 × 37 + 2, 37 = 7 × 5 + 2.

528 = 7 × 75 + 3, 75 = 7 × 10 + 5, 10 = 7 × 1 + 3.

Assim, E7 (2357!) = 336 + 48 + 6 = 390, E7 (1829!) = 261 + 37 + 5 = 303 e E7 (528!) = 75 + 10 + 1 = 86.

Logo, E7 (2357!) − E7 (1829!) − E7 (528!) = 390 − 303 − 86 = 1.

Portanto, 49 = 72 não divide a e a resposta do problema é não.

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AV2 - MA 14 - 2011

Questão 4.

(2,0) Dispomos de uma quantia de x reais menor do que 3000. Se distribuirmos essa quantia entre 11 pessoas, sobra um real; se a distribuirmos entre 12 pessoas, sobram dois reais, e se a distribuirmos entre 13 pessoas, sobram 3 reais. De quantos reais dispomos?

Sugestão: Pode ser útil utilizar o seguinte fato: c é solução da congruência ay ≡ b mod m se, e somente se, c é solução da congruência ry ≡ b mod m, onde r é o resto da divisão de a por m.

UMA SOLUÇÃO

O número x de Reais é uma solução do seguinte sistema de congruências:     X ≡ 1 mod 11 X ≡ 2 mod 12    X ≡ 3 mod 13

Com as notações do Teorema Chinês dos Restos, temos N = 11 × 12 × 13 = 1716, N1 = 12 × 13 = 156, N2 = 11 × 13 = 143 e N3 = 11 × 12 = 132. Precisamos determinar uma solução do sistema:     N1 Y1 ≡ 1 mod 11 N2 Y2 ≡ 1 mod 12    N Y ≡ 1 mod 13 3 3

Utilizando a sugestão, podemos resolver o sistema:     2Y1 ≡ 1 mod 11

11Y2 ≡ 1 mod 12    2Y ≡ 1 mod 13 3

que possui a solução (y1 , y2 , y3 ) = (6, 11, 7) (achada por inspeção). Assim, as soluções do sistema de congruências são da forma x ≡ N1 × y1 × 1 + N2 × y2 × 2 + N3 × y3 × 3 = 156 × 6 × 1 + 143 × 11 × 2 + 132 × 7 × 3 = 6854 mod 1716.

A menor solução é dada pelo resto da divisão de 6854 por 1716 que é 1706. A próxima solução é 1706 + 1716 = 3422, que ultrapassa 3000. Portanto, a solução procurada é 1706.

Outra solução. Usando-se números negativos pode-se perceber, por inspeção, que −10 é solução do sistema de congruências. Então basta somar N = 1716 para se obter a primeira solução positiva (igual a 1706) e a seguinte, que ultrapassa 3000.

Recomendação aos professores. No material da disciplina optou-se pelo estudo de congruências sem a utilização dos negativos. Pretende-se rever essa decisão para o ano que vem, visto que os negativos são úteis e perfeitamente naturais na abordagem deste assunto. De qualquer forma, a banca entende que esta solução também deve ser considerada correta.

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AV2 - MA 14 - 2011

Questão 5.

(1,0) Sabendo que 74 = 2401, ache os algarismos da dezena e da unidade do número 799999 .

UMA SOLUÇÃO

Efetivamente, precisamos encontrar o resto da divisão de 799999 por 100.

Como 99999 = 4 × 24444 + 3 e 74 ≡ 1 mod 100, temos que

(74 )24444 ≡ 1 mod 100.

Assim, 799999 = (74 )24444 × 73 ≡ 1 × 73 mod 100 ≡ 43 mod 100.

Portanto, os algarismos são 4, da dezena, e 3, da unidade.

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AV2 - MA 14 - 2011

Questão 6.

Considere Zm para m > 2.

(0,5) (a) Mostre que Zm tem sempre um número par de elementos invertíveis. Sugestão: Analise a paridade de ϕ(m), quando m > 2.

(0,5) (b) Mostre que se [ a] é invertível em Zm , então −[ a] = [m − a] é invertível e [ a] 6= −[ a].

(0,5) (c) Mostre que a soma de todos os elementos invertíveis de Zm é igual a 0.

(0,5) (d) Mostre que a soma de todos os elementos de um sistema reduzido qualquer de resíduos módulo m é sempre múltiplo de m.

Observação: em cada item, pode-se usar a afirmação cuja demonstração é pedida em um item anterior sem necessariamente tê-la demonstrado.

UMA SOLUÇÃO

α

α −1

(a) Se m = p1 1 . . . prαr , então ϕ(m) = p1 1

. . . prαr −1 ( p1 − 1) . . . ( pr − 1), que é obviamente par se m > 2. Como o

número de elementos invertíveis de Zm é ϕ(m), o resultado segue. (b) Se [b] é um inverso de [ a], é imediato ver que (−[ a])(−[b]) = [ a][b] = 1, logo −[ a] é invertível.

Se [ a] é invertível, então ( a, m) = 1. Suponhamos por absurdo que [ a] = −[ a], logo [2a] = 2[ a] = [0], o que implica que 2a = tm, para algum t ∈ N. Como m divide 2a e (m, a) = 1, segue-se que m divide 2, o que implica que m = 2, absurdo. (c) Os elementos invertíveis se apresentam aos pares, um simétrico do outro, a soma é portanto zero. (d) Se a1 , . . . , a ϕ(m) é um sistema reduzido de resíduos módulo m, temos que [ a1 ], . . . , [ a ϕ(m) ] são os elementos invertíveis de Zm , logo

[ a1 + · · · + a ϕ ( m ) ] = [ a1 ] + · · · + [ a ϕ ( m ) ] = [0], o que implica que a1 + · · · + a ϕ(m) é um múltiplo de m.

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AV3 - MA 14 - 2011

Questão 1.

(1,0) (a) Descreva os números naturais que possuem 15 divisores naturais.

(1,0) (b) Determine o menor número natural com 15 divisores.

UMA SOLUÇÃO

α

Dado o número n cuja decomposição em fatores primos é p1 1 . . . prαr , o número de divisores naturais de n é dado pela fórmula d(n) = (α1 + 1) · · · (αr + 1). (a) Se d(n) = 15, temos duas opções: (i) r = 1 e α1 + 1 = 15, ou (ii) r = 2, α1 + 1 = 3 e α2 + 1 = 5.

Portanto, temos duas possibilidades: n = p14 , ou n = p2 q4 , com p e q primos distintos. (b) Os candidatos a menor número natural com 15 divisores naturais são: 214 e 32 24 , sendo o menor deles o número 32 24 .

1

AV3 - MA 14 - 2011

Questão 2.

(2,0) Determine a maior potência de 15 que divide 150!

UMA SOLUÇÃO

Se E3 (150!) = n e E5 (150!) = m, então o expoente da maior potência de 15 que divide 150! é E15 (150!) = min{n, m}. Vamos determinar E3 (150!) e E5 (150!): 150 = 50 × 3 + 0, 50 = 16 × 3 + 2, 16 = 5 × 3 + 1 e 5 = 1 × 3 + 2, 150 = 30 × 5 + 0, 30 = 6 × 5 + 0, e 6 = 1 × 5 + 1.

Portanto, E3 (150!) = 50 + 16 + 5 + 1 = 72 e E5 (150!) = 30 + 6 + 1 = 37. Consequentemente, E15 (150!) = 37.

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AV3 - MA 14 - 2011

Questão 3.

(2,0) Quando um macaco sobe uma escada de dois em dois degraus, sobra um degrau, quando sobe de três em três degraus, sobram dois degraus e quando sobe de cinco em cinco degraus, sobram três degraus. Quantos degraus possui a escada, sabendo que o número de degraus está entre 150 e 200 ?

UMA SOLUÇÃO

O número x de degraus é solução do seguinte sistema de congruências:     X ≡ 1 mod 2 X ≡ 2 mod 3    X ≡ 3 mod 5

Com as notações do Teorema Chinês dos Restos, temos N = 2 × 3 × 5 = 30, N1 = 15, N2 = 10 e N3 = 6. Seja

(y1 , y2 , y3 ) = (1, 1, 1) solução do sistema

    15Y1 ≡ 1 mod 2 10Y2 ≡ 1 mod 3    6Y ≡ 1 mod 5.

3

Portanto, toda solução do sistema original é da forma x ≡ N1 y1 1 + N2 y2 2 + N3 y3 3 mod 30, ou seja, x ≡ 53 mod 30. Assim, a solução entre 150 e 200 é 53 + 120 = 173.

Outra solução: Como n ≡ 3 mod 5 e n tem que ser ímpar, pois n ≡ 1 mod 2, ficamos apenas com as seguintes possibilidades: 153, 163, 173, 183, 193. Então excluímos os múltiplos de 3 (153 e 183) e os "múltiplos de 3 +1"(163 e 193). Sobra 173.

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AV3 - MA 14 - 2011

Questão 4.

(1,0) (a) Determine os elementos invertíveis de Z24 e mostre que cada um é o seu próprio inverso.

(0,5) (b) Calcule a soma de todos os elementos invertíveis de Z24 .

(0,5) (c) Calcule o produto de todos os elementos invertíveis de Z24 .

UMA SOLUÇÃO

(a) Os elementos invertíveis de Z24 são da forma [ a], onde a < 24 e tal que ( a, 24) = 1. Portanto, esses são [1], [5],

[7], [11], [13], [17], [19] e [23]. Agora, 12 ≡ 1 mod 24, 52 = 25 ≡ 1 mod 24, 72 = 2 × 24 + 1 ≡ 1 mod 24, 112 = 5 × 24 + 1 ≡ 1 mod 24, 132 = 7 × 24 + 1 ≡ 1 mod 24, 172 = 12 × 24 + 1 ≡ 1 mod 24, 192 = 15 × 24 + 1 ≡ 1 mod 24, 232 = 22 × 24 + 1 ≡ 1 mod 24.

Logo, [ a]2 = 1, para a = 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23. (b) Temos que

[1] + [5] + [7] + [11] + [13] + [17] + [19] + [23] = [96] = [4 × 24] = [0].

(c) Por outro lado,

[1] × [5] × [7] × [11] × [13] × [17] × [19] × [23] = 1, pois [5] × [7] = [11], [13] × [17] = [5] e [19] × [23] = [5].

Outra Solução: (a) Como 13 ≡ −11 mod 24, 17 ≡ −7 mod 24, 19 ≡ −5 mod 24 e 23 ≡ −1 mod 24, então basta verificar a afirmação em apenas metade dos números. (b) Segue imediatamente da argumentação acima que soma é zero mod 24. (c) Como o produto de dois inversos aditivos é −[1], e são quatro pares de elementos mutuamente inversos aditivamente, o produto é (−[1])(−[1])(−[1])(−[1]) = [1].

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AV3 - MA 14 - 2011

Questão 5. α

(1,0) (a) Seja dado um número natural m = p1 1 . . . prαr decomposto em fatores irredutíveis. Seja n um número natural tal que ϕ( pi i ) divide n, para todo i = 1, . . . , r. Mostre que m divide an − 1 para todo número natural a α

primo com m.

(1,0) (b) Mostre que a12 − 1 é divisível por 4095 sempre que ( a, 1365) = 1.

UMA SOLUÇÃO

αi

(a) Como ( a, m) = 1 implica ( a, pi i ) = 1, então o Teorema de Euler garante que a ϕ( pi

)

≡ 1 mod piαi . Como ϕ( piαi ) α α divide n, então an ≡ 1 mod pi i , para todo i = 1, . . . , r. Mas isso é o mesmo que dizer que an − 1 é múltiplo de pi i , ∀i = 1, . . . , r. Como os piαi são todos primos entre si, an − 1 é múltiplo de m = p1α1 . . . prαr . α

(b) Note que 4095 = 32 · 5 · 7 · 13 e que 1365 = 3 · 5 · 7 · 13. Então ( a, 1365) = 1 implica (de fato, equivale a)

( a, 4095) = 1. Portanto queremos saber se a12 − 1 é múltiplo de 4095, sob a hipótese ( a, 4095) = 1. Pelo item anterior (com n = 12 e m = 4095), é suficiente verificar se ϕ(32 ), ϕ(5), ϕ(7) e ϕ(13) são divisores de 12. De fato, eles são: ϕ(32 ) = 6, ϕ(5) = 4, ϕ(7) = 6 e ϕ(13) = 12.

Evidentemente é possível responder a parte (b) sem estar muito ciente de um resultado geral como a parte (a), essencialmente fazendo as mesmas coisas. Queremos que a12 − 1 seja múltiplo de 4095 e, para tanto, basta que seja simultaneamente múltiplo de 32 , 5, 7 e 13, pois são primos entre si. Então queremos mostrar as congruências a12 ≡ 1 mod 9, a12 ≡ 1 mod 5, a12 ≡ 1 mod 7 e a12 ≡ 1 mod 13. A hipótese ( a, 1365) = 1 garante que ( a, 9) = 1, ( a, 5) = 1, ( a, 7) = 1 e ( a, 13) = 1. Com isso o Teorema de Euler garante que aφ(9) = a6 ≡ 1 mod 9, logo a12 = ( a6 )2 ≡ 1 mod 9. Para os demais casos o Teorema de Euler coincide com o Pequeno Teorema de Fermat: a4 ≡ 1 mod 5 implica a12 = ( a4 )3 ≡ 1 mod 5; a6 ≡ 1 mod 7 implica a12 = ( a6 )2 ≡ 1 mod 7; e a12 ≡ 1 mod 13 já é o que queríamos demonstrar.

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