Polinomios cuadráticos en F p

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1 Polinomios cuadráticos en F Mario Pineda Ruelas Deartamento de Matemáticas, Universidad Autónoma Metroolitana-Iztaalaa correo electrónico: mr@xanum.uam.mx Gabriel D. Villa Salvador Deartamento de Control Automático, Centro de Investigación y de Estudios Avanzados, IPN correo electrónico gvilla@ctrl.cinvestav.mx 1 Introducción En la sección.4 (ver notas de congruencias) hicimos un estudio de las soluciones del olinomio f(x) Z m [x] y observamos que todo se reduce a estudiar las soluciones en F en lugar de Z m y donde m. Entre otras cosas, dimos un criterio-algoritmo ara resolver congruencias lineales ax b (mod m): Si g mcd(a, m) y g b, entonces nuestra congruencia de grado 1 tiene g-soluciones diferentes o incongruentes. En el caso articular que el módulo es un rimo, entonces la solución es única, descartando or suuesto el caso a 0 (mod ). Ahora nuestro objetivo es estudiar un olinomio de grado en F [x]. Sea f(x) ax + bx + c R[x] de grado. Entonces con un argumento algebraico elemental se llega a que f(x 0 ) 0 si y sólo si x 0 b ± b 4ac. a Este razonamiento no uede ser imitado en olinomios cuadráticos f(x) F [x] y las razones rinciales son: 1. Si, entonces a 0 (mod ).. No sabemos cómo interretar la exresión b 4ac en F. El rimer obstáculo lo odemos evitar simlemente idiendo, al fin y al cabo es muy simle verificar si 0 ó 1 es raíz de cualquier olinomio. Para el segundo obstáculo tenemos el siguiente resultado: 1

2 Teorema 1.1. Sea a Z y un rimo imar tal que (a, ) 1. Entonces ax + bx + c 0 (mod ) es soluble si y sólo si (ax + b) b 4ac (mod ) es soluble. Demostración: Sea x 0 F tal que ax 0 + bx 0 + c 0 (mod ). Entonces ax 0 + bx 0 + c 0 (mod ) si y sólo si 4a(ax 0 + bx 0 + c) 0 (mod ) si y sólo si 4a x 0 + 4abx 0 + 4ac 0 (mod ) si y sólo si 4a x 0 + 4abx 0 + 4ac + b b (mod ) si y sólo si 4a x 0 + 4abx 0 + b b 4ac (mod ) si y sólo si (ax 0 + b) b 4ac (mod ). Observemos que si en el teorema anterior onemos y ax + b y a 0 b 4ac, entonces resolver una congruencia de la forma ax + bx + c 0 (mod ) es equivalente a resolver la congruencia y a 0 (mod ). Esto motiva la siguiente definición. Definición 1.. Sea un rimo imar y a Z tal que mcd(a, ) 1. Diremos que a es un residuo cuadrático módulo si y sólo si x a (mod ) es soluble. En caso contrario diremos que a no es un residuo cuadrático módulo. Ejemlo 1.3. Residuos cadráticos en F 7. Se uede mostrar, or simle ensayo error, que los únicos elementos de F 7 que son residuo cuadrático módulo 7 son: 1,, 4. De aso observamos que exactamente la mitad de los elementos de F 7 son un residuo cuadrático. Más adelante veremos que esto no es una simle casualidad. Al conjunto de residuos cuadráticos módulo lo escribiremos como GRC {a U : x a (mod ) es soluble} y éste no es vacio ues 1 GRC ara todo. Teorema 1.4. Sea a GRC. Si b U es tal que ab 1 (mod ), entonces b GRC. Demostración: Sólo hay que demostrar que la congruencia x b (mod ) es soluble. En efecto, sea c tal que c a (mod ). Entonces x cb es solución de x b (mod ). El teorema anterior es de singular imortancia orque nos muestra que GRC es cerrado bajo roductos y contiene al inverso multilicativo de cada elemento en GRC. En ocas alabras, GRC es un subgruo de F. De ahora en adelante llamaremos a GRC con el nombre de gruo de residuos cuadráticos del camo F.

3 Cuadrados en F y Símbolo de Legendre De los roblemas imortantes en toda la matemática, resalta uno de manera sobresaliente: encontrar las raíces de un olinomio que tiene sus coeficientes en un camo dado. Si el camo es Q, R ó C, entonces ya hay métodos y técnicas muy estudiadas en cierta clase de olinomios y que no son alicables al caso articular de F. Precisamente en esta sección desarrollaremos la teoría necesaria ara oder decidir si un olinomio cuadrático con coeficientes enteros tiene una raíz en el camo finito F. Sea un rimo imar y a Z tal que mcd(a, ) 1. Definición.1. Definimos el símbolo de Legendre 1 como ( ) { a 1, si a es residuo cuadrático módulo, 1 si a no es residuo cuadrático módulo. Vale la ena mencionar que fue Legendre el que introdujo esta notación en su célebre trabajo Essai sur la Théorie des Nombres en el año De la definición anterior tenemos ara mcd(a, ) 1 que 1.. ( ) a 1 si y sólo si x a F [x] es soluble en F. ( ) a 1 si y sólo si x a F [x] no es soluble F. Teorema.. Si a, b Z y rimo imar tal que mcd(a, ) mcd(b, ) 1, entonces: ( ) ( ) a , 1. ( ) ( ) a b. Si a b (mod ), entonces. 1 Adrien-Marie Legendre nació en 175 en Toulouse, Francia. Su nombre va unido a un gran número de roosiciones, lo que atestigua la diversidad de sus investigaciones. Aunque sobresalió articularmente en teoría de números, contribuyó también de manera original en otros camos: ecuaciones diferenciales, cálculo de variaciones, teoría de funciones, geometría euclidiana e integrales elíticas. Sus trabajos matemáticos fueron durante mucho tiemo los clásicos or excelencia: Elementos de geometría(1794); Ensayo sobre la teoría de números(1798); Tratado de las funciones elíticas y de las integrales eulerianas( ) y Teoría de números(1830). 3

4 ( ) a a 1 (mod ) (Euler). ( ) ab ( ) ab ( a ) ( ) b. ( ) a. Demostración: 1. La congruencia x a (mod ) tiene solución x 0 a.. Es inmediata. ( ) a 3. Si 1, entonces existe x 0 Z tal que x 0 a (mod ). Por lo anterior a 1 ( x ) 1 0 x (mod ), ( ) a y or lo tanto a 1 (mod ). ( ) a Si 1, entonces x a (mod ) no es soluble. Si r F, entonces la congruencia lineal rx a (mod ) tiene solución única r F. Es claro que r r, ues de lo contrario x a (mod ) sería soluble. Así, al conjunto {1,,..., 1} lo odemos artir en arejas {r, r } que satisfacen rr a (mod ) y r r (mod ). Con el Teorema de Wilson obtenemos Por lo tanto, si 1 ( 1)! (rr ) a 1 (mod ). ( ) ( ) a a 1, entonces a 1 (mod ). 4. Usando la arte 3 tenemos ( ) ( ) a b or tanto, a 1 b 1 (ab) 1 ( a ) ( ) b ( ) ab ( ) ab (mod ) (mod ), y no sólo son congruentes, sino que son iguales. 5. Puesto que mcd(a, ) mcd(b, ) 1, entonces or 1) y 4) tenemos que ( ) ( ) ( ) ( ) ab a b a. Notemos que la arte del teorema anterior ( uede ) ( ser) muy útil en el siguiente a r sentido: Si a b + r y 0 < r <, entonces. 4

5 Corolario.3. Si es un rimo imar, entonces ( ) { 1 ( 1) 1 1 si 1 (mod 4) 1 si 3 (mod 4) Demostración: Si 1 (mod 4), entonces 1 entonces 1 es imar. es ar. Si 3 (mod 4), Ejemlo (.4. Como alicación de la arte 3 (Euler) del Teorema. tenemos que 3) 3 1. Así: ( 3) { 1 si 1 (mod 3) 1 si (mod 3) ( ) 1 Ejemlo.5. Si 601, entonces ( 1) Por lo tanto 601 x 1 (mod 601) es soluble, luego el olinomio x + 1 tiene una raíz en F 601, es decir, x + 1 es reducible en F 601 [x]. ( ) 1 Ejemlo.6. Si 47, entonces 1, y así, x 1 (mod 47) 47 no tiene solución en el camo F 47, lo cual significa que el olinomio x + 1 es irreducible en F 47 [x]. Ejemlo.7. Si es cualquier rimo, entonces es claro que 1 y 1 son los únicos elementos de U que satisfacen 1 ( 1) 1 (mod ). Esto significa que la congruencia x 1 0 (mod ) es soluble. Usando el Teorema del Factor?? tenemos que la factorización de x 1 en F [x] es x 1 (x 1)(x +1). El Corolario.3 nos asegura que la congruencia x +1 0 (mod ) es soluble si 4n+1 y si 3 (mod ), entonces x +1 0 (mod ) no tiene solución. En el lenguaje de los olinomios tenemos que f(x) x + 1 es reducible en F [x] si 1 (mod 4) e irreducible si 3 (mod 4). Por lo ronto, odemos decidir con cierta facilidad si la congruencia x a (mod ) es o no soluble. Otro roblema es encontrar exlícitamente las soluciones. PROBLEMAS 5

6 1. Puede el lector resonder or qué dejamos fuera de la definición de residuo cuadrático al rimo y or qué, en la definición de residuo cuadrático módulo, sólo consideramos enteros que son rimos relativos con?. Consideremos el camo finito F. Mostrar que ara cada entero n > 1 existe f(x) F [x] irreducible de grado n. 3. Usar el Teorema 1.1 ara transformar cada uno de los siguientes olinomios cuadráticos en uno de la forma x a (mod ): a) f(x) x + 3x en F 7 [x]. b) f(x) 1 + x x en F 13 [x]. c) f(x) 7x + 14x en F 17 [x]. 4. Demostrar la arte del Teorema.. 5. Para qué valores de es un residuo cuadrático? 6. En qué camos F el olinomio f(x) x + 1 es irreducible? 7. Sea f(x) F [x] un olinomio de grado. Mostrar que si f(x) no tiene raíces en F, entonces f(x) es irreducible en F [x]. 8. Para los siguientes números rimos, mostrar con una lista todos los residuos cuadráticos y el inverso multilicativo de cada elemento en GRC. a) 17 b) 13 c) 79 d) 137 e) Sea un rimo imar y a Z tal que mcd(a, ) 1 y x a (mod ) es soluble. Entonces la congruencia x a (mod ) tiene dos soluciones incongruentes. 10. Sea F cualquier camo. Se sabe que si f(x) F[x] es irreducible en F[x] y gr(f(x)) > 1, entonces f(x) no tiene raíces en F. Si f(x) es reducible o factorizable con olinomios de F[x] entonces f(x) debe tener al menos una raíz en F? 11. Mostrar ( ) que el número de soluciones de x a (mod ) está dado or a Sea un rimo imar. Encontrar los valores de c ara que la congruencia 3x x + c 0 (mod ) tenga solución. 6

7 13. Usando el Corolario.3, demostrar que si un número rimo imar es suma de dos cuadrados, entonces 4n Para los gruos de residuos cuadráticos GRC, con 3, 37, 43, encontrar α GRC tal que si a GRC, entonces a α j ara algún j N {0}. 15. Suongamos que a es imar. Mostrar que: a) x a (mod ) tiene exactamente una solución en F. b) x a (mod ) es soluble si y sólo si a 1 (mod 4). En este caso existen dos soluciones en Z 4. c) x a (mod 3 ) tiene solución si y sólo si a 1 (mod 3 ). En este caso existen exactamente cuatro soluciones en Z 8. d) Suongamos que s 3 y x a (mod s ) tiene una solución c s. Entonces x a (mod s+1 ) admite una solución de la forma c s+1 c s + t s 1. e) Para n 3, x a (mod n ) tiene solución si y sólo si a 1 (mod 8). En este caso existen cuatro soluciones. 3 Ley de Recirocidad Cuadrática (LRC) El roblema que estudiaremos ahora es cómo evaluar el Símbolo de Legendre? Para valores grandes del rimo, calcular los cuadrados módulo ofrece dificultades bastante serias. Así que lo rimero que haremos en esta sección es encontrar leyes generales que nos simlifiquen nuestro roblema. Teorema 3.1. Sea a ( 1) µ(a) α α1 1 α αr r la factorización de a, donde µ(a) 1 si a < 0 y µ(a) ( si ) a > 0. Si es un rimo imar y mcd(a, ) 1, a entonces evaluar el símbolo se reduce a evaluar a lo más: ( 1 ), ( ), ( ) i. Demostración: Por la arte del Teorema. tenemos que ( ) ( ) ( ) a ( 1) µ(a) α r ( α i ) i. ( ) 1 Si µ(a) 1, entonces el Corolario.3 nos da la resuesta ara. El caso µ(a) es evidente. Para los otros factores hagámoslo en general: Sea q 7

8 cualquier divisor rimo de a y β N. Si β t, entonces q β (q t ) y or lo tanto ( ) ( q β (q t ) ) 1. Si β t + 1, entonces ( ) ( q β (q t ) ) q ( ) q. Ahora ya sabemos cuál es el camino ara averiguar ( si un ) entero ( ) es un residuo q cuadrático y sólo nos queda encontrar resuesta ara y. ( ) q La ley general que va a satisfacer el símbolo se conoce como Ley de Recirocidad Cuadrática (LRC) y las dos rimeras leyes y se conocen ( ) ( ) 1 como Leyes Sulementarias. La LRC fue descubierta exerimentalmente or Euler y Legendre y sin embargo, no udieron dar una demostración de ella. En 1796, Gauss usa inducción y da la rimera demostración comleta. Esta demostración aarece ublicada en su obra monumental [?] en los artículos Parece ser que sus argumentos no eran tan disfrutables como ara fascinar a sus lectores. Con el tiemo, llegó a dar al menos seis demostraciones diferentes, una de las cuales deende de la construcción con regla y comás de los olígonos regulares. En el siglo XIX se conocían cerca de 50 ublicaciones de la LRC [?], incluyendo una demostración de G. Mathews[3] que era una variación de la rimera demostración de Gauss. En casi todos los libros donde se da una rueba de la LRC, la demostración corresonde a una variación de la tercera demostración de Gauss y fue hecha or Eisenstein, el estudiante más brillante de Gauss. En esta sección estudiaremos el Lema de Gauss, en el cual se basó Eisenstein. Para facilitar la rueba del Lema de Gauss comentaremos antes un ejemlo. Ferninand Gotthold Max Eisenstein nace el 16 de abril de 183 en Berlín, Alemania. Eisenstein sufrió toda su vida de mala salud, de hecho, es el único sobreviviente de sus cinco hermanos, los cuales mueren todos de meningitis. Se sabe que Gauss era extremadamente difícil de imresionar, sin embargo Eisenstein lo cautiva con sus trabajos. Sus contribuciones más sobresalientes están en la teoría de formas cuadráticas, leyes de recirocidad suerior y en la teoría de Kummer de ideales. Las dos rimeras lineas de investigación intentaban generalizar el trabajo de Gauss. En [?], Weil examina las anotaciones hechas or Eisenstein en su coia de Disquisitiones Arithmeticae y afirma que ahí Riemann recibió las ideas que lo condujeron a su célebre trabajo sobre la función zeta. Eisenstein muere de ulmonía a los 9 años de edad el 11 de octubre de

9 Ejemlo 3.. Sea 17, a 6 y 1 8. Consideremos el conjunto S {1 a, a,..., 1 a} {1 6, 6, 3 6, 4 6, 5 6, 6 6, 7 6, 8 6}. Reduciendo los elementos de S módulo 17 obtenemos S {6, 1, 1, 7, 13,, 8, 14}. Notemos que S contiene 3 elementos que exceden la cantidad de , a saber 1, 13, 14. Por medio de ensayo error ( odemos ) mostrar que x 6 6 (mod 17) no tiene solución. Esto significa que 1 ( 1) 3. Coincidentemente el exonente 3 es la cardinalidad del conjunto {1, 13, 14}. Veremos 17 que este fenómeno no es una casualidad. Lema 3.3. [Lema de Gauss] Sea rimo imar y a Z tal que a. Consideremos el conjunto S {1 a, a,..., 1 a}. Para i 1,..., 1, sea ia q i + r i con 0 r i <. Si S {r 1, r,..., r 1 } denota al conjunto de residuos módulo de los elementos de S y n es el número de elementos de S que exceden la cantidad, entonces ( ) a ( 1) n. Demostración: Primero observemos que r i r j (mod ) ara i j. Así, S está formado or elementos incongruentes dos a dos. Sean r 1, r,..., r n S tal que r i >, i 1,..., n y s 1,..., s m S tal que s i <. Entonces n + m 1, s i, r j ues es un número rimo imar. Es claro que los elementos r 1,..., r n, s 1,..., s m son distintos. Así que r 1, r,..., r n son diferentes dos a dos y 0 < r i <. Por lo tanto, los elementos r 1, r,..., r n, s 1, s,..., s m son mayores que cero y menores que. Afirmamos que ellos son diferentes. En efecto: Si r i r j con i j, entonces r i r j, lo cual es absurdo. 9

10 Si r i s j, entonces existen x 0, y 0 con 1 x 0, y 0 1 tales que r i x 0 a (mod ) y s j y 0 a (mod ), así s j r i x 0 a y 0 a (mod ), de donde a( y 0 x 0 ) y or lo tanto (x 0 + y 0 ), lo cual es imosible ues x 0 + y 0 1. Hasta este momento hemos visto que { r 1, r,..., r n, s 1,..., s m } {1,,..., 1 }, donde n + m 1. Para finalizar la rueba observemos que ( 1 )! n m ( r j ) j1 ( 1) n n j1 ( 1) n a 1 s j j1 m r j s j j1 ( 1 )! (mod ) ( ) 1 y como! y son rimos relativos, entonces cancelando se obtiene 1 ( 1) n a 1 (mod ). ( ) a De lo anterior concluimos que a 1 ( 1) n (mod ). Por lo tanto ( ) a ( 1) n. Recordemos que si a, b Z, a 0, entonces [ ] b b a + r, y 0 r < a a donde [ ] es la función mayor entero. Este hecho fue discutido en el Teorema??. Usando lo anterior y las ideas de la rueba del Lema de Gauss tenemos el siguiente resultado. 10

11 Lema 3.4. Sea un rimo imar y a N tal que a. Consideremos n y S 1 [ ] ia como en el Lema de Gauss. Si t, entonces (a 1) 1 8 t n (mod ). Demostración: Sean r 1, r,..., r n, s 1, s,..., s m como en el lema de Gauss. Sabemos que: { r 1, r,..., r n, s 1,..., s m } {1,..., 1 }. Sumando los elementos de cada lado tenemos Pero así Por lo tanto n m ( r i ) + s i 1 i 1, 8 n m ( r i ) + s i n 1 8 n i. 1 n m r i + s i. Usando el algoritmo de la división con y ia tenemos [ ] ia ia + R i, i 1,..., 1, n m r i + s i (1) donde los R i son exactamente los elementos de {r 1,..., r n, s 1,..., s m }. Por lo tanto ( ) ( [ ] ia ) a ia + R i [ ] ia + R i t + Restando la ecuación (1) de la ecuación () obtenemos t + n m r i + s i ( n n m r i + s i. () n m ) n r i + s i (t n) + r i. 11

12 También a De esta manera hemos obtenido que (a 1) 1. 8 Por lo tanto (a 1) 1 8 (t n) + n r i. (a 1) 1 (t n) (mod ). 8 El resultado se sigue al observar que 1 (mod ). Como decíamos con anterioridad, las Leyes Sulementarias son un antecedente imortante ara entender el Símbolo de Legendre. Teorema 3.5. [Leyes Sulementarias] Si es un rimo imar, entonces ( ) 1 1. ( 1) 1.. ( ) ( 1) 1 8. Demostración: La rimera afirmación es verbatim el Corolario.3. Para la segunda afirmación onemos en el Lema 3.4 a. Entonces t 1 [ ] i Así que or el lema anterior [ ] + [ ] [ ] n n (mod ). 8 Esto último significa que 1 y n tienen la misma aridad, i.e, ambos son 8 ares o ambos son imares. Por lo tanto, alicando el Lema de Gauss obtenemos ( ) ( 1) n ( 1) 1 8. Ahora odemos caracterizar los rimos ara los cuales el olinomio x es reducible o irreducible en F [x]. 1

13 Corolario 3.6. ( ) { 1 si 1, 7 (mod 8) 1 si 3, 5 (mod 8). Demostración: Se sigue directamente del Teorema 3.5. Corolario 3.7. ( ) 1 si y sólo si 1, 3 (mod 8). Demostración: Cualquier rimo imar es de la forma 8n + 1, 8n + 3, 8n + 5 ó 8n + 7, entonces ( ) ( ) ( ) 1 ( 1) 1 ( 1) 1 8 ( 1) ( 1)(+5) 8 1 si y sólo si 1, 3 (mod 8). Lema 3.8. [Lema de Eisenstein] Si, q son rimos imares con q, entonces 1 1 q 1 q 1 [ ] qi + [ ] i q Demostración: Reroduciremos la rueba que dió Eisenstein y la cual es de naturaleza uramente geométrica. En R R consideremos el rectángulo cuyos vértices se encuentran en los untos (0, 0), (, 0), (0, q ) y (, q ). La idea es contar los untos dentro de este rectángulo, sin considerar los lados, y cuyas coordenadas sean enteros. (0, q ) (, q ) ( i, qi ) i (, 0) Como y q son imares, entonces queremos contar los untos de la forma (m, n) con m, n enteros que satisfacen 1 m 1 y 1 n q 1. 13

14 Es claro que el número de tales untos debe ser 1 q 1. Primero veremos que sobre la diagonal no hay untos de los que buscamos. La ecuación de la diagonal es y q x donde 0 < x < y 0 < y < q. Sea x i Z tal que 0 < i < qi. Entonces y y el unto corresondiente sobre la diagonal es (i, qi qi ). Notemos que Z. Por lo tanto la diagonal no contiene untos con ambas coordenadas enteros. Todo lo anterior nos reduce el trabajo a contar sólo en el triángulo inferior y en el triángulo suerior. Consideremos el triángulo con vértices en (0, 0), (, 0), (, q ). Para i 1,,..., 1, consideremos la línea vertical dentro del triángulo en x i. Este segmento emieza en (i, 0) y termina en (i, qi ). Recordemos que no debemos considerar estos untos terminales. Debemos contar el número de enteros mayores que cero y menores que qi [ ] qi. Puesto que es el mayor entero [ ] qi debajo de la diagonal, los untos de la forma (i, j) con 1 j son los que andamos buscando. Por lo tanto, el número de untos con ambas coordenadas enteras y dentro del triángulo inferior es 1 [ ] qi. Por último, sólo nos falta contar en el triángulo suerior. Para esto consideremos la familia de rectas horizontales y j, j 1,,..., q 1 dentro del rectángulo cuyos vértices son: (0, 0), (0, q ), (, q ). De la misma manera que contamos en el triángulo inferior, encontramos que el número de untos con ambas coordenadas enteros dentro del triángulo suerior es q 1 [ ] i. q 14

15 1 Por lo tanto, 1 q 1 q 1 [ ] qi + [ ] i q Teorema 3.9. [Ley de Recirocidad Cuadrática] Sean, q rimos imares distintos. Entonces ( ) ( ) q ( 1) 1 q 1. q Demostración: Alicamos el Lema 3.4 con y a q. Puesto que q es imar se tiene q 1 0 (mod ). Así que 0 t n (mod ) o equivalentemente t n 1 ( ) q [ ] qi (mod ). Por el Lema de Gauss ( 1) n ( 1) t, donde t. In- tercambiando los aeles de q y obtenemos q 1 ( ) ( 1) t, con t q Por lo tanto, usando el Lema de Eisenstein ( ) ( ) q ( 1) t ( 1) t ( 1) 1 q 1. q Corolario ( ) ( ) { q 1 si o q 1 (mod 4) q 1 si y q 3 (mod 4). [ ] i. q Demostración: Si 1 (mod 4), entonces 1 es un número ar y or ( ) ( ) q tanto 1. De la misma manera se obtienen los otros casos. q Corolario Si, q rimos imares diferentes, entonces ( ) ( ) si q 3 (mod 4) q q ( ) en otro caso. q Demostración: Se sigue directamente del Corolario

16 Corolario 3.1. Sean, q rimos imares diferentes. Entonces 1. Si q 3 (mod 4), entonces q es residuo cuadrático módulo si y sólo si no es residuo cuadrático módulo q.. Si ó q 1 (mod 4), entonces q es residuo cuadrático módulo si y sólo si es residuo cuadrático módulo q. Demostración: Es una simle reformulación del Corolario El lector estará de acuerdo que el Corolario 3.11 es el que justifica roiamente el nombre de Ley de Recirocidad Cuadrática. Ejemlo Es reducible f(x) x + 3 en F 41 [x]? Se tiene que ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) 1 ues 1, 41 1 (mod 4), (mod 3) y 5 (mod 3). Por 41 lo tanto, el olinomio f(x) x + 3 es reducible en F 41 [x]. Ejemlo Es irreducible f(x) x en F 491 [x]? tenemos ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1)( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) 491 ( 1) 3 7 ( ) ( ) 1 ( 1) 3 7 ( 1)( 1)(1) 1 En este caso, Por lo tanto, x 189 (mod 491) es soluble y así f(x) x tiene una raíz en F

17 Ejemlo Para qué valores de el olinomio f(x) x 3 tiene una raíz en F? Lo rimero que debemos suoner es que > 3. Alicando la Ley de Recirocidad Cuadrática tenemos ( 3 ) ( ) ( 1) ( 1) 1. 3 ( Multilicando ambos lados or obtenemos, ( ) 3) 3 queremos es que 1. Esto se da exactamente en dos situaciones: ( ( 1) 1 ( 1 ó ( 1) 3) ) Puesto que y ara imar, 3 { ( 1) 1 1, 1 (mod 4) 1, 3 (mod 4), ( 3) entonces claramente tenemos ó { 1, 1 (mod 3) 1, (mod 3), 1 (mod 4) y 1 (mod 3) 3 (mod 4) y (mod 3). ( ) 3 ( ( 1) 1. Lo que 3) En el rimer caso tenemos que 1 (mod 1) y en el segundo caso 3 1 (mod 4) y 1 (mod 3). Por lo tanto 1 (mod 1). Concluimos afirmando que ( ) 3 1 si y sólo si ±1 (mod 1). Ejemlo Para qué valores de el olinomio f(x) x + 3 tiene una raíz en F? ( ) 3 ( 1 Según el ejemlo.4 tenemos que: ) ( ) 3 ( ( 1) 1 1 ( ( 1). 3) 3) ( 1 si y sólo si 1 (mod 3). 3) 17

18 Sumario: Encontrar las raíces en Q ó R de un olinomio cuadrático en una variable es una tarea relativamente sencilla: es suficiente con el conocimiento de un libro de álgebra elemental. La misma tarea en un camo con elementos es un asunto más delicado. Si hacemos un recuento de los resultados que hasta ahora hemos demostrado, nos daremos cuenta que casi todos ellos son simlemente criterios ara decidir si un olinomio cuadrático es soluble en algún camo con elementos y ninguno de ellos nos indica exactamente cuál es la solución (si es que ésta existe). La forma natural de resolver cualquier roblema es comenzar averiguando si el roblema tiene solución. De esta manera son muy valiosos aquellos teoremas que dicen: Existe x tal que... y esto es un gran avance en la busqueda de una solución. La siguiente etaa es encontrar un método o algoritmo ara encontrar las soluciones (si es que existen). Un método relativamente eficiente es el siguiente: Si 3 (mod 4) y a GRC, entonces x a +1 4 es una solución de x a (mod ). El inconveniente es si es demasiado grande, entonces una alternativa es usar una comutadora. En cualquier caso es recomendable escribir un rograma en algún lenguaje, inclusive ara descubrir qué asa con los rimos de la forma 4n Alicaciones de la LRC El objetivo de esta sección es usar la LRC ara demostrar el siguiente Teorema de Fermat: Teorema [Teorema de Fermat] Sea un número rimo. Entonces existen x, y Z tales que: 1. x + y si y sólo si 1 (mod 4).. x + y si y sólo si 1, 3 (mod 8). 3. x + 3y si y sólo si 3 ó 1 (mod 3). La idea a seguir es la siguiente: Si es un número rimo tal que divide a un número de la forma x + ny, entonces tiene la misma forma. Teorema Sea un número rimo. Existen x, y Z tales que: 1. ( ) 1 1 si y sólo si 1 (mod 4).. ( ) 1 si y sólo si 1, 3 (mod 8). 18

19 3. ( ) 3 1 si y sólo si 3 ó 1 (mod 3). Demostración: Es consecuencia directa de los Corolarios.3, 3.7 y el ejemlo Lema Sea n N y un rimo tal que ( ) n. Existen x, y Z con n mcd(x, y) 1 tal que x + ny si y sólo si 1. Demostración: Suongamos que existen enteros x, y rimos relativos tal que x + ny. Entonces x ny (mod ). Si y, entonces x, contrario a la suosición mcd(x, y) 1. Por lo tanto, mcd(y, ) 1. Sea b tal que yb 1 (mod ). De la congruencia x ny (mod ) se sigue que (xb) n(yb) n (mod ). ( ) n y así 1. Inversamente, si x Z es tal que x n (mod ), entonces ara y F tenemos (xy) ny (mod ). Por lo tanto (xy) + ny. Para n 1,, 3, el Lema 3.19 queda como: Corolario 3.0. Sea un número rimo. Entonces existen enteros a, b tales que: ( ) 1 1 si y sólo si a + b. ( ) 1 si y sólo si a + b. ( ) 3 1 si y sólo si a + 3b. Lema 3.1. Sea n N y q x + ny. Suongamos que ara ciertos enteros a, b rimos relativos se tiene q a + nb. Si q es rimo o q 4 y n 3, entonces existen c, d Z rimos relativos tales que a + nb c + nd. q 19

20 Demostración: Es claro que q x (a + nb ) y q a (x + ny ). Por lo tanto q (a x + nx b ) (a x + na y ) n(xb ay)(xb + ay). (1) Si q es rimo, entonces q n o q xb ay o q xb + ay. Si q n, entonces de la desigualdad q n x + ny q se sigue que q n y uesto que n a + nb, se sigue n a. Digamos que a nd. Entonces a + nb n n d + nb n Si q xb ay, entonces ara algún d Z tenemos Por lo tanto nd + b. xb ay d(x + ny ) dx + ndy. xb dx x(b dx) y(a + ndy). () Así, x y(a + ndy). Puesto que q es rimo, necesariamente mcd(x, y) 1. Lo anterior significa que x a + ndy. Es decir, a cx dny ara algún c Z. Sustituimos en () ara obtener b dx + yc. En la conocida igualdad (c + nd )(x + ny ) (cx ndy) + n(dx + cy), sustituimos los valores a cx dny, b dx + yc y q x + ny ara obtener (c + nd )q a + nb. Por lo tanto a + nb c + nd. El caso q xb ay es idéntico. Para ver que q mcd(c, d) 1 notemos que 1 az + bw ara ciertos enteros z, w. Así tenemos 1 az + bw (cx dny)z + (dx + yc)w c(xz + yw) + d( nyz + xw), y or lo tanto mcd(c, d) 1. Finalmente, si q 4 y n 3, entonces y (1) funciona bien con x y 1, es decir, 4 b a ó 4 b+a. Si 4 b a, entonces b a ( )d ara algún d Z y así b d a + 3d. Si escribimos c a + 3d, entonces a c 3d y b c + d. Sustituyendo el valor de c y b en la igualdad (c + 3d )( ) (c 3d) + 3(d + c), obtenemos y or lo tanto (c + 3d )4 a + 3b, a + 3b c + 3d. 4 0

21 Si 4 b + a, entonces se reite el argumento anterior. El Corolario 3.0 nos asegura que ara n 1,, 3, el rimo en cuestión satisface a + nb. Veamos que esta afirmación ya nos garantiza que es de la misma forma. Teorema 3.. Sea n 1,, 3 y un rimo imar tal que a + nb ara ciertos enteros a, b con mcd(a, b) 1. Entonces es de la forma x + ny. Demostración: Suongamos que a + nb y al mismo tiemo que no es de la forma x +ny. Es claro que ara k, l Z se tiene (a k) +n(b l). Por lo anterior, odemos elegir k, l de tal forma que a k < y b l <. Así que desde el rinciio odemos elegir a, b tal que a + nb con a < y b <. ( ) ( ) Puesto que n 3, se tiene que a + nb < + 3. Tenemos así a + nb r q 1 q q r, donde q i <, ara i 1,,..., r son rimos imares. Afirmamos que algún factor q i no es de la forma x + ny. Si logramos demostrar la afirmación anterior, entonces rácticamente ya tenemos la conclusión ues q i a + nb y reetimos el argumento que hicimos ara el rimo. Obtendremos así, una sucesión infinita de rimos ositivos 0 <... < q i <, lo cual es un absurdo. Bueno, suongamos que todos los q i son de la forma x + ny. Puesto que el roducto es de la misma forma, alicando el Lema 3.1 odemos cancelar y llegar a una exresión de la forma α + nβ r. Si n 1,, entonces y or lo tanto r es de la misma forma. Alicando nuevamente el Lema 3.1 llegamos a α 1 + nβ 1, lo cual contradice la elección de. Por lo tanto, algún q i no es de la forma x + ny. 1

22 Sólo nos queda el caso n 3. Así tenemos α + 3β r donde r es ar o imar. Nuevamente vamos a alicar el Lema 3.1 con q 4 y n 3. Si r t, entonces r t 4 t y or lo tanto α + 3β 4 t a + 3b, lo cual no es osible or la elección de. Si r es imar, entonces tenemos α + 3β r 1 a + 3b. ( ) 3 Por el Corolario El Teorema 3.18 nos asegura que 3 ó 1 (mod 3). Cualquiera que sea el caso tenemos a + 3b a (mod 3). Si 3, entonces 0 (mod 3) lo cual no es osible. Si 1 (mod 3), entonces es un residuo cuadrático módulo 3, lo cual tamoco es osible. Lo anterior nos indica que no odemos llegar a la igualdad α + nβ r y or lo tanto, algún q i no es de la forma x + ny. La conclusión ya la sabemos. El Teorema 3.17, el Corolario 3.0 y el Teorema 3., alicados en este orden, dan la justificación del Teorema de Fermat. La alicacion de la LRC que hemos estudiado es osiblemente el cimiento de una teoría abstracta que se llama Leyes de Recirocidad y que seguramente, un antecedente se encuentra en el Teorema de Fermat que estudiamos en esta sección. Está fuera de nuestro alcance describir exlícitamente cuál es el tema de estudio de esta teoría. Intentaremos dar una resuesta: Sea f(x) Z[x] mónico irreducible. Reducimos los coeficientes de f(x) módulo un rimo. El olinomio resultante lo escribimos como f (x). Si f (x) se factoriza como roducto de olinomios lineales en F [x] entonces diremos que Slit(f). Entre otras cosas, esta teoría trata de encontrar el conjunto Slit(f). Para una esléndida exosición del tema invitamos al lector consultar [?]. PROBLEMAS 1. Calcular el símbolo de Legendre: ( ) ( ) 14 a) b) ( ) ( ) d) e) ( ) 38 c) 9 ( ) 3 f) 59

23 . En el Lema de Gauss, considerar las congruencias r i xa (mod ) y s j ya (mod ). Suongamos que r i s j. Mostrar que existen x 0, y 0 Z tales que y 1 x 0, y 0 1 r i x 0 a (mod ), s j y 0 a (mod ). 3. Usar el Lema de Gauss 3.3 ara decidir si las siguientes congruencias cuadráticas tienen solución en F. a) x 5 (mod 19) b) x 9 (mod 3) c) x x (mod 31) d) x 3x (mod 71) 4. Considerar el rectángulo cuyos vértices son (0, 0), (, 0), (0, q ), (, q ) y que aarecen en el Lema de Eisenstein 3.8. Se observa que la recta y q x divide al rectángulo en dos triángulos idénticos. Pareciera a simle vista que existe la misma cantidad de untos con ambas coordenadas enteras en cada uno de estos triángulos. Sea 11 y q 13. Mostrar geométricamente que en el triángulo inferior hay más untos con ambas coordenadas enteras que en el triángulo suerior. Cómo exlicar este fenómeno? Siemre sucede lo mismo? Es osible que en algún caso los triángulos tengan la misma cantidad de untos con ambas coordenadas enteras? ( ) ( ) a a 5. Sean, q rimos imares distintos y 1. Mostrar que el q olinomio f(x) x a es irreducible en Z q [x]. Esto último significa que x a (mod q) no tiene solución en Z q. 6. Sea un rimo imar y a Z tal que mcd(a, ) 1. Mostrar que a 1 ±1 (mod ). 7. Mostrar que: a) Si a, b son residuos cuadráticos módulo, entonces ab es residuo cuadrático módulo. b) Si a y b no son residuos cuadráticos módulo, entonces ab es residuo cuadrático módulo. c) Qué asa si a es residuo cuadrático y b no es residuo cuadrático?. 3

24 d) Si ab n (mod ), donde n es un residuo cuadrático módulo, entonces a, b son ambos residuos cuadráticos o ambos no son residuos cuadráticos. 8. Mostrar que la cardinalidad de GRC es Encontrar los residuos cuadráticos y los no residuos cuadráticos en F 3 y F ( ) a 10. Mostrar que 0. a1 11. Sea un rimo imar. Mostrar que GRC 3 si y sólo si 1 (mod 3). 1. Se uedes usar la fórmula b ± b 4ac a cuadrática en F? ara resolver una ecuación 13. Consideremos la congruencia ax + bx + c 0 (mod ) y b 4ac. Mostrar que: ( ) a) ax +bx+c 0 (mod ) no tiene solución en F si y sólo si 1. b) ax + bx + c 0 (mod ) tiene solución única en F si y sólo si. c) ax + bx + ( c ) 0 (mod ) tiene dos soluciones incongruentes en F si y sólo si 1. Puede decir cuáles son? ( a ) 14. Reroducir toda la teoría de esta sección (o lo que se ueda) ara. 15. Sea GRC {r 1,..., r 1 }. Mostrar que r i es divisible or. 16. Sea 3 (mod 4) y a GRC. Mostrar que x a +1 4 es una solución de x a (mod ). Este es un método eficiente ara encontrar residuos cuadráticos. 17. Encontrar una solución de f(x) x + 10 en F 971. Por suuesto que rimero se debe decidir si existe tal solución. 18. Mostrar que si 1 (mod 5), entonces f(x) x 5 tiene una raíz en F. 19. Mostrar que si (mod 5), entonces f(x) x 5 no tiene soluciones en F. 1 4

25 0. Acerca de la discusión final de la sección anterior, considerar los siguientes olinomios mónicos irreducibles: f(x) x, f(x) x, con un rimo imar. Encontrar Slit(f). 4 Cuadrados en Z m y Símbolo de Jacobi ( ) a El Símbolo de Legendre fue definido en todo F, con un rimo imar. Jacobi 3 extendió el Símbolo de Legendre a otros denominadores imares. Definición 4.1. Sea a, m Z tal que mcd(a, m) 1 y m imar. Si m 1 r (los i no necesariamente distintos), definimos el Símbolo de Jacobi ( a m) r ( a ( ) a donde denota el Símbolo de Legendre. i Si m, entonces el Símbolo de Jacobi y el Símbolo de Legendre coinciden. i ), Definición 4.. Sean a y m como en la definición anterior. Diremos que a es un residuo cuadrático módulo m si f(x) x a tiene solución en Z m. Claramente si a es residuo cuadrático ( ) módulo m y i m, entonces a es a residuo cuadrático módulo i. Así que 1 ara todo rimo i que divide ( i a a m y or lo tanto 1. El inverso del comentario anterior es falso. Por m) ejemlo ( ) 33 ( ) ( ) ( 1)( 1) y se uede verificar fácilmente que x (mod 33) no tiene solución en Z 33. El Símbolo de Jacobi tiene las siguientes roiedades elementales. 3 Carl Gustav Jacob Jacobi nació en Berlín en Estudia en la Universidad de Berlín. Su adre, rico banquero, le rocuró cuanto era necesario ara comletar su formación filológica y matemática. Profesor nato, realizó una carrera brillante como docente y como investigador, ero renunció a sus funciones en 184 or razones de salud y se retiró a Berlín con una ensión del gobierno rusiano. Jacobi es célebre en matemáticas rincialmente or sus trabajos sobre las funciones elíticas y los determinantes funcionales, llamados también Jacobianos. Jacobi se interesó también or el cálculo de variaciones y su rincial descubrimiento se refiere a la existencia de untos conjugados. Finalmente, en teoría de números él es el que da la rimera demostración sobre las leyes de recirocidad bicuadrática y cúbica. 5

26 Proosición 4.3. Si mcd(a, m) mcd(a, m) mcd(a, m ) mcd(a, m ) 1, entonces: ( ( ) a a 1. Si a a (mod m), entonces. m) m ( ) aa ( a. m m) ( a ). m ( a ) ( a ( a ) mm m) m. ( ) a m ( a b ) 1. ( a a ) ( ) a m m m. Demostración: 1. Si a a (mod m), entonces a a (mod ) ara cualquier número rimo tal que m. Usando el Teorema. arte tenemos ( ) ( ) a a ( ( ) a a y or lo tanto. m) m. Usaremos la arte 4 del Teorema. acerca de la multilicatividad del Símbolo de Legendre. Así tenemos ( ) ( ) ( ) ( ) aa aa aa aa m 1 r r ( ) ( ) a a ( a m) ( a ). m i i 3. Evidente. ( ) a 4. ( ) a ( a ) ( a ) ( a ( a ) 1 y m m 1. m m) m m ( a a ) ( a a ) ( a a ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a a a a a 5. m m m m m m m m m. Lema 4.4. Sean r, s enteros imares. Entonces rs 1 r 1 + s 1 (mod ) y r s 1 8 r s 1 8 (mod ). 6

27 Demostración: Puesto que (r 1)(s 1) rs r s (mod 4), entonces, rs 1 (r 1) + (s 1) (mod 4). Dividiendo entre ambos lados de la congruencia obtenemos la rimera afirmación de nuestro lema. Para la segunda arte notemos rimero que r 1 0 (mod 4) y s 1 0 (mod 4). Por lo tanto (r 1)(s 1) 0 (mod 16). Así r s 1 (r 1) + (s 1) (mod 16). El resultado se sigue al dividir ambos lados de última congruencia entre 8. Corolario 4.5. Sean r 1, r,..., r n enteros imares. Entonces n r i 1 n ( r i ) 1 (mod ) y n r i 1 8 n ri 1 8 (mod ). Demostración: Usar el Lema 4.4 e inducción sobre n. Como es de eserarse, el Símbolo de Jacobi también satisface Leyes Sulementarias y una Ley de Recirocidad Cuadrática, las cuales generalizan las leyes corresondientes al Símbolo de Legendre. Teorema 4.6. [Leyes Sulementarias] Si m es un entero ositivo imar, entonces: 1. ( ) 1 ( 1) m 1. m. ( ) ( 1) m 1 8. m ( a ) ( m ) 3. Si a es un entero ositivo imar, entonces ( 1) a 1 m 1. m a 7

28 Demostración: 1. Sea m 1 r. Usando la rimera arte del Corolario 4.5 obtenemos ( ) ( ) ( ) ( ) m 1 ( 1) 1 1 r 1 ( 1) ( 1) P r i 1 ( 1) m 1.. Análogo a Si a q 1 q q l, entonces ( a ) ( m ) m a l r j1 ( qi j Usando el Corolario 4.5 obtenemos l r j1 y or lo tanto j 1 q i 1 a 1 ( a m ) ( ) j l q i i 1 r ( 1) P l P r j1 ) ( m ) ( 1) a 1 m 1. a a 1 m 1 q i 1 j 1. (mod ) PROBLEMAS 1. Calcular los siguientes símbolos de Jacobi: ( ) 18 a) 35 ( ) 16 b) 315 ( ) 186 c) 34 ( a. Mostrar que si 1, entonces a no es un cuadrado en Z m. m) 3. Mostrar que x 3 (mod 33) no es soluble a esar que 4. Mostrar que f(x) x es irreducible en Z 33 [x]. ( ) Sea f(x) Z[x]. Diremos que un rimo es un divisor de f(x) si existe un entero n tal que f(n). Describir todos los divisores rimos de x +1 y x. 8

29 6. Sea un rimo imar. Verificar que : ( ) ( ) ( ) 8 8 ( ) ( ) Sea RC m {a Z m : x a (mod m) es soluble}. Es un gruo RC m? 8. Sea m Z y consideremos su factorización de m r tal que i j si i j. Puede ser alguno de los i s de la forma 4n + 3? 5 Generadores de U n (raíces rimitivas) Uno de los concetos de la aritmética que ha tenido más alicaciones en las últimas décadas es el de raíz rimitiva, or ejemlo, en métodos ara encritar mensajes. El Teorema de Euler?? nos asegura que si mcd(a, n) 1, entonces a ϕ(n) 1 (mod n). Por el momento, nada nos asegura que ϕ(n) sea el menor entero con la roiedad a ϕ(n) 1 (mod n). Si mcd(a, n) 1, escribiremos o n (a) x ara indicar que a x 1 (mod n) y x es el menor entero ositivo con esta roiedad. Al entero o n (a) lo llamaremos el orden de a módulo n. Veamos un ejemlo. Sea n 8. Consideremos SRR(8) {1, 3, 5, 7}. Escogemos, or ejemlo a 3. Para encontrar o 8 (a) simlemente calculamos las otencias de a módulo 8. Así (mod 8), 3 1 (mod 8), y or lo tanto o 8 (3). Análogamente, o 8 (5) y o 8 (7). Obviamente o 8 (1) 1 y or lo tanto concluimos que si a SRR(8), entonces o 8 (a) < SRR(8) 4. Un ejemlo más interesante resulta al considerar n 7. En este caso Se verifica fácilmente que SRR(7) {1,, 3, 4, 5, 6}. o 7 (1) 1, o 7 () 3, o 7 (3) 6, o 7 (4) 3, o 7 (5) 6, o 7 (6). Los casos 3 y 5 son de interés ara nosotros. Observemos que módulo 7 {3, 3, 3 3, 3 4, 3 5, 3 6 } {1,, 3, 4, 5, 6} SRR(7), {5, 5, 5 3, 5 4, 5 5, 5 6 } {1,, 3, 4, 5, 6} SRR(7). Los ejemlos anteriores nos llevan directamente a la definición de raíz rimitiva. 9

30 Definición 5.1. Sean a, n enteros ositivos con mcd(a, n) 1. Diremos que a es una raíz rimitiva de n si o n (a) ϕ(n). Usando el Teorema de Euler??, esta definición simlemente significa que a es una raíz rimitiva de n si y sólo si {a, a,..., a ϕ(n) } SRR(n). Es claro que no existe una raíz rimitiva ara n 8 y n 7 tiene exactamente dos. Podemos reguntarnos qué enteros tienen raíces rimitivas? Si un entero tiene raíces rimitivas odemos contarlas? Corolario 5.. Si mcd(a, n) 1 y a x 1 (mod n), entonces o n (a) x. Demostración: Usando el algoritmo de la división x o n (a)q + r con 0 r < o n (a). Entonces a x (a on(a) ) q a r a r 1 (mod n). Observemos que 0 < r no es osible ues o n (a) es el menor entero ositivo con la roiedad a on(a) 1 (mod n). Por lo tanto r 0. En dónde usamos la hiótesis mcd(a, n) 1? Corolario 5.3. Si mcd(a, n) 1, entonces o n (a) ϕ(n). Demostración: Si mcd(a, n) 1, entonces or el Teorema de Euler?? tenemos que a ϕ(n) 1 (mod n). Ahora alicamos el corolario anterior. El Teorema de Lagrange?? nos asegura que si f(x) Z[x] y gr(f(x)) 1, entonces la congruencia f(x) 0 (mod ) tiene a lo más 1 soluciones. Vamos a usar este hecho ara deducir que cualquier rimo tiene raíces rimitivas. Teorema 5.4. Si es rimo y d 1, entonces la congruencia x d 1 (mod ) tiene d soluciones distintas. 30

31 Demostración: El Pequeño Teorema de Fermat?? afirma que la congruencia x 1 1 (mod ) tiene exactamente 1 soluciones distintas módulo. Escribimos 1 kd y usamos la igualdad x 1 1 (x d 1)(x d(k 1) + x d(k ) x d + 1) ara deducir que la congruencia (x d 1)(x d(k 1) + x d(k ) x d + 1) 0 (mod ) también tiene 1 soluciones distintas módulo, sólo que ahora esas 1 soluciones están reartidas en el roducto (x d 1)(x d(k 1) + x d(k ) x d + 1). Por el Teorema de Lagrange?? la congruencia x d 1 0 (mod ) tiene a lo más d soluciones y x d(k 1) +x d(k ) +...+x d +1 0 (mod ) tiene a lo más d(k 1) soluciones. Por lo tanto x (mod ) tiene a lo más d+d(k 1) 1 soluciones distintas módulo. Puesto que nuestra congruencia x 1 1 (mod ) tiene exactamente 1 soluciones, entonces necesariamente x d 1 0 (mod ) tiene exactamente d soluciones y x d(k 1) + x d(k ) x d (mod ) tiene exactamente d(k 1) soluciones. El teorema anterior sólo nos confirma que la congruencia x d 1 0 (mod ) es soluble, ero hasta ahora, nada nos garantiza que existen enteros con la roiedad o (x) d ara d 1. Teorema 5.5. Si es rimo y d 1, entonces existen ϕ(d) enteros x tales que o (x) d. Demostración: Si x satisface x d 1 0 (mod ), entonces mcd(x, ) 1. Sea n el menor entero ara el cual la afirmación del teorema es falsa. Así que, si d < n y d 1, entonces la congruencia x d 1 0 (mod ) tiene exactamente ϕ(d) soluciones con o (x) d. Un entero a con mcd(a, n) 1 es solución de x n 1 (mod ) si y sólo si o (a) n. Así que el número de soluciones a con o (a) < n de x n 1 (mod ) está dado or ϕ(d). d n d<n Por el Corolario?? tenemos ϕ(d) ϕ(d) ϕ(n) n ϕ(n). Por lo tanto, d n d n d<n el número de soluciones a de x n 1 (mod ) y tal que o (a) n es n (n ϕ(n)) ϕ(n). Esto último contradice la elección de n. 31

32 Corolario 5.6. Existen ϕ( 1) raíces rimitivas de, donde es cualquier rimo. Demostración: En el teorema anterior consideremos d 1. Qué romántico es el corolario anterior! Nos afirma que existen raíces rimitivas ara cualquier rimo y no nos dice cómo encontrarlas. En la siguiente sección veremos lo comlicado que es este roblema. Bien, lo que sigue es mostrar que cualquier otencia de un rimo imar tiene raíces rimitivas. Vamos or artes. Ya mostramos que cualquier rimo siemre tiene raíces rimitivas. El siguiente aso es utilizar una raíz rimitiva de ara mostrar que también tiene raíces rimitivas. El aso siguiente consistirá en utilizar una raíz rimitiva de ara mostrar que k tiene raíces rimitivas. Teorema 5.7. Sea un rimo imar. Si a es una raíz rimitiva de, entonces a o a + es una raíz rimitiva de. Demostración: Primero observemos que si a es una raíz rimitiva de, entonces también a + es una raíz rimitiva de. Sea n o (a). Entonces a n 1 (mod ) y n es el menor entero ositivo con esta roiedad. Es claro que si a n 1 (mod ), entonces a n 1 (mod ). Puesto que a es raíz rimitiva de, entonces or el Corolario 5. tenemos que 1 n. Por otro lado, mcd(a, ) 1 y a n 1 (mod ), así que or el Corolario 5.3 tenemos n ( 1). Estas dos afirmaciones nos llevan a que n 1 ó n ( 1). Estudiemos cada caso. Si n 1, entonces a 1 1 (mod ). En este caso elegimos r a +. Así r a (mod ) y or lo tanto r también es una raíz rimitiva de. Pongamos m o (r). Reitiendo el argumento anterior tenemos que m 1 o m ( 1). Veremos que m 1 no es osible. Tenemos la siguiente igualdad: r 1 (a + ) 1 a 1 + ( 1)a + Así que ( 1)( ) a r 1 a 1 + ( 1)a 1 + ( 1)a 1 a 1 (mod ) y or lo tanto o (r) 1. De esta forma o (r) ( 1) ϕ( ). El segundo caso es muy sencillo ues si n ( 1), entonces o (a) ϕ( ) y a es una raíz rimitiva de. 3

33 La demostración del teorema anterior nos roorciona un recurso imortante ara construir raíces rimitivas de. Prácticamente es un algoritmo que se odría imlementar fácilmente escribiendo algún rograma ara comutadora. Concretamente tenemos: Si a es una raíz rimitiva de y o (a) 1, entonces necesariamente a + es una raíz rimitiva de. También, si o (a) ( 1), entonces a es una raíz rimitiva de. Consideremos dos ejemlos sencillos con 5, 9. Una raíz rimitiva de 5 es. Puesto que o 5 () 5(5 1), entonces, como se uede comrobar fácilmente, es una raíz rimitiva de 5. También, 14 es una raíz rimitiva de 9 y o 9 (14) 9 1. Así que es una raíz rimitiva de 9. Ejemlos de éstos son difíciles de encontrar. El siguiente resultado será fundamental ara oder justificar que cualquier otencia de un número rimo tiene al menos una raíz rimitiva, Lema 5.8. Si k y a es una raíz rimitiva de, entonces a k ( 1) 1 (mod k ). Demostración: Inducción sobre k. Si k, entonces el resultado es cierto ues a es una raíz rimitiva de. Suongamos que a k ( 1) 1 (mod k ). Mostraremos que a k 1 ( 1) 1 (mod k+1 ). Puesto que mcd(a, ) 1, entonces mcd(a, k 1 ) 1 y or el Teorema de Euler?? tenemos y or lo tanto a ϕ(k 1) a k ( 1) 1 (mod k 1 ) a k ( 1) 1 + t k 1 ara algún entero t. Por hiótesis de inducción a k ( 1) 1 (mod k ), así que t. Es claro que si k 3 y j, entonces k(j 1) (j + 1) 0. Con la igualdad kj j k+1 k(j 1) (j+1) obtenemos (1 + t k 1 ) 1 + t k 1 ( 1) + (t k 1 ) ( 1)( ) + (t k 1 ) (t k 1 ) 3! 1 + t k ( 1) + t k+1 k t k+1 ( 1)k (+1) 1 + t k (mod k+1 ). Lo anterior nos muestra que a k 1 ( 1) (a k ( 1) ) (1 + t k 1 ) 1 (mod k+1 ). Ahora ya tenemos todo ara justificar que cualquier otencia de un rimo tiene raíces rimitivas. 33

34 Teorema 5.9. Si es rimo y k N, entonces k tiene al menos una raíz rimitiva. Demostración: Por el Teorema 5.7 sabemos que y tienen una raíz rimitiva en común. Así que odemos suoner que k. Sea a una raíz rimitiva en común de y. El entero a satisface a 1 1 (mod ). Por el lema anterior tenemos a k ( 1) 1 (mod k ) ara todo entero k. Sea r o k(a). Entonces a r 1 (mod k ) y or el Corolario 5.3 tenemos r ϕ( k ) k 1 ( 1). Puesto que o (a) 1 y a r 1 (mod ), entonces el Corolario 5. imlica que ϕ() r. Juntando las afirmaciones r k 1 ( 1) y 1 r, obtenemos r s ( 1), donde 0 s k 1. Si s k, entonces usando la igualdad k s k s tenemos a k ( 1) (a s ( 1) ) k s 1 (mod k ), lo que contradice el lema anterior. Por lo tanto s k 1 y r ϕ( k ). Lema Si o n (a) r y m N, entonces o n (a m ) r mcd(r, m). Demostración: La rueba la haremos en tres casos: Caso 1. m r. Suongamos que r mq. Es claro que mcd(r, m) m y r mcd(r, m) r m. En este caso debemos robar que o n (a m ) r q. Notemos rimero que m (a m ) q a r 1 (mod n). Así que o n (a m ) q. Suongamos que o n (a m ) < q. Veremos que esta suosición nos conduce a una contradicción. Multilicando ambos lados de la desigualdad o n (a m ) < q or m obtenemos mo n (a m ) < mq r, así que (a m ) on(am) 1 (mod n) y mo n (a m ) < r o n (a), y or lo tanto r no es el orden de a. Así que necesariamente o n (a m ) q. Caso. mcd(m, r) 1. Según la afirmación del teorema, debemos mostrar que o n (a m ) r. Sean x, y Z tal que mx + yr 1. Multilicando esta última igualdad or o n (a m ) obtenemos mxo n (a m ) + yro n (a m ) o n (a m ), 34

35 (a d ) q0 tiene orden q 1 r d. de donde a on(am) (a m ) xon(am) (a r ) yon(am) 1 (mod n), y así o n (a m ) r uesto que o n (a) r. Por otro lado (a m ) r (a r ) m 1 (mod n), así que r o n (a m ) y or lo tanto la igualdad. Caso 3. Caso general. Si mcd(m, r) d, entonces m dq 0, r dq 1 con mcd(q 0, q 1 ) 1. Debemos robar que o n (a m ) r. Puesto que d r, or el d caso 1 tenemos o n (a d ) q 1 y ya que mcd(q 0, q 1 ) 1, entonces or el caso Corolario Sea a una raíz rimitiva de n. Entonces a r es raíz rimitiva de n si y sólo si mcd(r, ϕ(n)) 1. Demostración: Por el lema anterior tenemos o n (a r ) o n(a) mcd(r, m) ϕ(n) mcd(r, ϕ(n)). Por lo tanto o n (a r ) ϕ(n) si y sólo si mcd(r, ϕ(n)) 1. Vamos a recisar el número de raíces rimitivas que tiene un entero n, generalizando así el Corolario 5.6. Teorema 5.1. Si n tiene una raíz rimitiva, entonces n tiene ϕ(ϕ(n)) raíces rimitivas. Demostración: Sea a una raíz rimitiva de n. Entonces {a, a,..., a ϕ(n) } SRR(n). Por el Corolario 5.11 tenemos que a r es una raíz rimitiva de n si y sólo si mcd(r, ϕ(n)) 1. Puesto que SRR(ϕ(n)) ϕ(ϕ(n)), entonces n tiene ϕ(ϕ(n)) raíces rimitivas. El Corolario 5.11 y el Teorema 5.1 resuonen que el entero n tiene al menos una raíz rimitiva. Hasta ahora sabemos que cualquier otencia ositiva de un rimo tiene raíces rimitivas Habrá otros enteros que tengan raíces rimitivas? Un cálculo muy simle demuestra que los enteros y 4 tienen raíces rimitivas. 35

36 Teorema Sea un rimo imar y a una raíz rimitiva de k. Si a es imar, entonces a es una raíz rimitiva de k. Si a es ar, entonces a + k es una raíz rimitiva de k. Demostración: Usaremos la igualdad ϕ( k ) ϕ()ϕ( k ) ϕ( k ). Observemos rimero que a ϕ(k) a ϕ(k) 1 (mod k ). Por otro lado, si a es imar, entonces a ϕ(k) es imar y or lo tanto a ϕ(k) 1 (mod ). Usando el Teorema?? tenemos que a ϕ(k) 1 (mod k ). Por lo anterior o k(a) ϕ( k ). Si la desigualdad fuera estricta, uesto que a o k (a) 1 (mod k ) y mcd(, k ) 1, entonces or el Teorema?? a o k (a) 1 (mod k ) lo cual es absurdo. Por lo tanto o k(a) ϕ( k ). Si a es ar, entonces a + k es imar y (a + k ) ϕ(k) es imar. Por lo tanto (a + k ) ϕ(k) 1 (mod ). Por otro lado tenemos que a + k a (mod k ). Así (a + k ) ϕ(k) a ϕ(k) a ϕ(k) 1 (mod k ). Por lo tanto (a + k ) ϕ(k) 1 (mod k ) y así o k(a + k ) ϕ( k ). Para mostrar la igualdad entre estos dos números usamos el argumento del caso a imar. Hasta ahora hemos mostrado que los enteros, 4, k, k tienen raíces rimitivas. La regunta inmediata es serán todos? Teorema Sea n α1 1 αr r, donde i j si i j. Si n tiene una raíz rimitiva, entonces n α1 1 ó r y n α con 1 y rimos imares. Demostración: Sea a una raíz rimitiva de n α1 1 αr r. Entonces mcd(a, n) mcd(a, αi i ) 1 y o n (a) ϕ(n). Por el Teorema de Euler?? tenemos ara 1 i r que a ϕ(α i i ) 1 (mod αi i ). Consideremos en entero M mcm(ϕ( α1 1 entonces a ϕ(α i i ) a M 1 (mod αi i ), ),..., ϕ(αr r )). Puesto que ϕ( αi i ) M, ara 1 i r. También ara i j tenemos mcd( αi i, αj j ) 1. Por lo tanto a M 1 (mod n). 36

37 Así que ϕ(n) M. Por otro lado ϕ(n) ϕ( α1 1 )ϕ(α ) ϕ(αr r ) imlica ϕ(n) ϕ( α1 1 )ϕ(α Lo anterior significa que ) ϕ(αr r y ara i j necesariamente tenemos mcd( ϕ( αi i ), ϕ( αj j ) M ϕ( α1 1 )ϕ(α ) ϕ(αr r ). ϕ( α1 1 )ϕ(α ) ϕ(αr r ) M ) ) mcd( αi 1 i ( i 1), αj 1 j ( j 1) ) 1. Observemos que ϕ( αi i ) es ar si i es un rimo imar. Por lo tanto, la condición mcd( αi 1 i ( i 1), αj 1 j ( j 1) ) 1 no se cumle a menos que r 1 ó r y n α con un rimo imar. El teorema anterior nos dice que si n α ó n α, ara algún rimo imar, entonces n no tiene raíces rimitivas. Sólo nos queda considerar el caso n α con α 3 y esto lo abordaremos en la lista de roblemas. 5.1 La conjetura de Artin acerca de las raíces rimitivas Para un entero n > 1, el conjunto Z n tiene una estructura aritmética muy interesante. Podemos sumar cualesquiera dos elementos de Z n y luego reducir módulo n. Observamos que esta suma da or resultado un elemento de Z n. Si i Z n, entonces i + n i 0. Podemos ensar que cualquier elemento de Z n tiene un inverso aditivo donde el neutro aditivo está reresentado or los enteros que dejan residuo 0 al ser divididos or n. También observemos que cualquier elemento de Z n es suma de 1 s. En el lenguaje de la Teoría de Gruos se dice que Z n es un gruo cíclico con generador 1. En ocas alabras, un gruo G es cíclico, si existe a G tal que cualquier elemento x de G se uede escribir como ra ó a r, deendiendo de la oeración de G. Al elemento a se le llama generador de G y suele escribirse G a. En nuestro caso, Z n es un gruo cíclico con la suma de clases. Se uede mostrar que si k Z n y mcd(k, n) 1, entonces cualquier elemento j Z n se uede escribir como k + + k. Lo anterior es cierto uesto que existen enteros x 0, y 0 tal que 1 kx 0 + ny 0. Por lo tanto j kx 0 (j) + ny 0 (j) y así j kx 0 (j) + ny 0 (j) kx 0 (j) k + + k } {{ } x 0j veces (mod n) En ocas alabras, Z n k es un gruo cíclico con la suma módulo n y tiene al menos ϕ(n)-generadores. Se uede mostrar que Z n tiene exactamente 37