Capítulo 3. Congruencias Clases residuales

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1 Caítulo 3 Congruencias 3.1. Clases residuales En su obra Disquisitiones Arithmeticae, ublicada en el año 1801, Gauss introdujo el conceto de congruencia. Suongamos que a, b y m > 0 son números enteros. Diremos que a y b son congruentes módulo m si m divide a a b y designaremos esta situación mediante el símbolo a b (mód m). La congruencia es una relación de equivalencia uesto que verifica las roiedades reflexiva, simétrica y transitiva. Esto nos ermite agruar a los enteros en familias disjuntas de manera que dos números son congruentes módulo m si y sólo si están en la misma. Estas familias se denominan clases residuales módulo m, y se designa or Z m al conjunto formado or ellas. De la definición anterior se deducen inmediatamente las siguientes roiedades. Proosición Si a b (mód m) y c d (mód m), entonces i) a + b c + d (mód m). ii) ka kb (mód m) ara todo entero k Z. iii) ac bd (mód m). iv) a n b n (mód m) v) f(a) f(b) (mód m) ara todo olinomio f con coeficientes enteros. Los enteros 0, 1,..., m 1 están en clases residuales distintas. Como todo entero n uede escribirse de manera única de la forma n = mc + r con c entero 1

2 CAPÍTULO 3. CONGRUENCIAS y 0 r m 1, resulta que todo entero es congruente módulo m con uno de los enteros 0, 1,..., m 1. En articular existen exactamente m clases residuales módulo m y cualquier conjunto de enteros incongruentes módulo m constituyen un sistema residual comleto. El conjunto Z m, m, dotado de las oeraciones suma y roducto emanadas de la roosición anterior es un anillo conmutativo cuyo elemento neutro aditivo, clase 0, es 0 = (m) = mz y cuya unidad multilicativa es 1 + (m). Proosición Si {a 1,..., a m } es un sistema residual comleto y (k, m) = 1, entonces el conjunto {ka 1,..., ka m } también es un sistema residual comleto. Demostración. Si ka i ka j (mód m) entonces m k(a i a j ). Pero al ser k y m rimos entre sí, necesariamente m (a i a j ). Es decir, los ka i son incongruentes entre sí módulo m y or lo tanto forman un sistema residual comleto. De una manera análoga odemos definir un sistema residual reducido como todo conjunto de φ(m) residuos incongruentes módulo m, cada uno de ellos rimo con m. De manera similar se demuestra la siguiente roosición. Proosición Si {a 1,..., a φ(m) } es un sistema residual reducido y (k, m) = 1, entonces el conjunto {ka 1,..., ka m } también es un sistema residual reducido. Se designa or Z m al conjunto de las clases residuales rimas con m. Es fácil ver que constituyen un gruo multilicativo de orden φ(m). 3.. Congruencias lineales En esta sección intentaremos resolver la ecuación en congruencias más sencilla de todas: la congruencia lineal. Teorema Si (a, m) = 1, la congruencia ax b (mód m) tiene exactamente una solución módulo m. Demostración. Por la roosición 3.1., el conjunto {a, a,..., ma} es un sistema residual comleto. En articular uno y sólo uno de los residuos será congruente con b módulo m. Lema 3... Si ac bc (mód m) y d = (m, c), entonces a b (mód m/d). Demostración. Como m c(b a), entonces (m/d) (c/d)(a b). Pero como (m/d, c/d) = 1, entonces (m/d) a b.

3 3.. CONGRUENCIAS LINEALES 3 Teorema Suongamos que (a, m) = d. Si d b la congruencia ax b (mód m) no tiene soluciones, mientras que si d b la congruencia tiene exactamente d soluciones módulo m que vienen dadas or x 1, x 1 + m 1,..., x 1 + (d 1)m 1, donde m 1 = m/d, a 1 = a/d, b 1 = b/d y x 1 es la solución de la congruencia a 1 x b 1 (mód m 1 ). Demostración. Si la congruencia tiene alguna solución entonces, como d a y d m, necesariamente d tiene que dividir a b. Cualquier solución x de ax b (mód b) debe serlo también de a 1 x b 1 (mód m 1 ). Pero como (a 1, m 1 ) = 1 la solución x 1 es única módulo m 1. Sin embargo la clase residual módulo m 1 a la que ertenece x 1 consta de d clases residuales distintas módulo m: las clases a las que ertenecen los números x 1, x 1 +m 1,..., x 1 +(d 1)m 1. Por lo tanto la congruencia ax b (mód m) tiene exactamente las d soluciones descritas en el enunciado. El teorema anterior nos muestra cmo las congruencias lineales se reducen a resolver congruencias donde el módulo y el coeficiente de la x son rimos entre sí. La manera más económica de resolver esta la congruencia ax b (mód m) con (a, m) = 1 consiste en resolver rimero la ecuación ax 1 (mód m) utilizando el algoritmo de Euclides y multilicar dicha solución or b. Ejemlo: Resolver la ecuación 51x 7 (mód 13). Observemos rimero que (51, 13) = 3 y que 3 divide a 7. Luego esta congruencia tendrá exactamente 3 soluciones que serán x 1, x , x donde x 1 es la solución de la congruencia 17x 9 (mód 41). Para resolver esta congruencia resolvemos rimero la congruencia 17x 1 (mód 41) con el algoritmo de Euclides: 41 = = = Yendo hacia atrás tenemos que 1 = 7 3 = 7 (17 7) = = 5(41 17) 17 = Es decir, 17 ( 1) 1 (mód 41) y or lo tanto 17 ( 1 9) 9 (mód 41). Luego x (mód 41), y las tres soluciones de la congruencia original son 15, 56 y 97.

4 4 CAPÍTULO 3. CONGRUENCIAS Teorema 3..4 (Euler-Fermat). Si (a, m) = 1, entonces a φ(m) 1 (mód m). Demostración. Sea r 1,..., r φ(m) un sistema residual reducido módulo m. Entonces, or la roosición 3.1.3, ar 1,, ar φ(m) es también un sistema residual reducido módulo m. Los roductos de todos los elementos en cada sistema tienen que coincidir módulo m, r 1 r φ(m) a φ(m) r 1 r φ(m) (mód m) y como r 1 r φ(m) es rimo con m, odemos cancelarlo (ver lema 3..) ara obtener a φ(m) 1 (mód m). Teorema 3..5 (Fermat). Para todo rimo y ara todo entero a tal que (a, ) = 1, se verifica la congruencia a 1 1 (mód ). Demostración. Basta con observar que φ() = 1. El teorema de Euler-Fermat nos roorciona la solución exlícita x = ba φ(m) 1 ara la congruencia ax b (mód m) cuando (a, m) = 1. En el ejemlo anterior tendríamos que x (mód 41). Para calcular (mód 41) calculamos (mód 41) 17 1 (mód 41) 17 4 (mód 41) (mód 41) (mód 41) (mód 41) y como 39 = entonces (mód 41). Luego x (mód 41) y a artir de aquí se rocede como antes. Se advierte y se aconseja utilizar el algoritmo de Euclides ara resolver las congruencias lineales or ser un método más sencillo y eficiente que este que acabamos de ver Congruencias olinómicas. Teorema de Lagrange El estudio de congruencias olinómicas de grado suerior resulta más comlicado. Únicamente ara las congruencias de grado existe un método razonable (que se verá en el siguiente caítulo) ara decidir cuándo tienen solución.

5 3.3. CONGRUENCIAS POLINÓMICAS. TEOREMA DE LAGRANGE 5 Cuando el módulo es rimo tenemos, sin embargo, el siguiente teorema. Teorema (Lagrange). Dado un rimo, sea f(x) = c 0 + c 1 x + + c n x n un olinomio de grado n con coeficientes enteros tal que c n. Entonces la congruencia olinómica f(x) 0 (mód ) tiene, a lo más, n soluciones. Demostración. Vamos a roceder or inducción sobre el grado del olinomio. El caso n = 1 ha sido estudiado anteriormente. La congruencia c 0 + c 1 x 0 (mód ) tiene una solución si (c 1, ) = 1. Hagamos la hiótesis de que el teorema es cierto ara n 1: si x 1 es una solución de c 0 + +c n x n 0 (mód ), la ecuación c 1 (x x 1 )+ +c n (x n x n 1) 0 (mód ) debe ser verificada or cualquier otra solución. Es decir, existen enteros a, a 3,..., a n tales que (x x 1 )(c n x n 1 + a x n + + a n ) 0 (mód ) debe ser satisfecha or todas las soluciones de nuestra ecuación. Como es rimo, las soluciones distintas de x 1 deben serlo también de c n x n 1 + a x n + + a n 0 (mód ) y, or hiótesis de inducción, existen, a lo sumo, n 1 soluciones de esta ecuación, lo cual comleta la demostración del teorema de Lagrange. Corolario Si la congruencia c n x n + c n 1 x n c 0 0 (mód ) tiene más de n soluciones, entonces los coeficientes c 0, c 1,..., c n deben ser múltilos de. Demostración. Suongamos que no es cierto y sea r el mayor entero tal que c r. La congruencia del corolario es equivalente a la congruencia c r x r + + c 0 0 (mód ), que tiene a lo más r soluciones. La contradicción surge orque estamos suoniendo que tiene or lo menos n + 1 soluciones. Teorema (Wilson). ( 1)! (mód ). Demostración. Consideremos la congruencia (x 1)(x ) (x ( 1)) (x 1 1) 0 (mód ). El grado de esta congruencia es y, sin embargo, tiene 1 soluciones or el teorema de Euler-Fermat. Por lo tanto, todos los coeficientes deben ser múltilos de y en articular el término indeendiente.

6 6 CAPÍTULO 3. CONGRUENCIAS Observación: Toda congruencia de la forma a n x n + + a 0 0 (mód ) es equivalente a una de grado menor o igual que 1. Para verlo basta con alicar el teorema de Fermat x x (mód ) Congruencias simultaneas. Teorema Chino del resto A continuación vamos a cambiar de tercio y en vez de una sola congruencia vamos a considerar un sistema de ellas. Teorema (Chino del resto). Si los números m 1,..., m k son rimos entre sí, entonces el sistema x b 1 (mód m 1 ) x b (mód m ) x b k (mód m k ) tiene una única solución módulo m = m 1 m k y ésta viene dada or x = M 1 M 1b M k M kb k, donde ara todo j = 1,..., k, M j = m/m j y M j es el inverso de M j mdulo m j. Demostración. Es claro que x M j M jb j b j (mód m j ) ara todo j, ya que M i es un múltilo de m j ara i j y M j M j 1 (mód m j ). Por otra arte, si x es otra solución del sistema entonces x x (mód m j ) ara todo j y, como los números m 1,..., m k son rimos entre sí, resulta que x x (mód m). Veamos ahora una alicación del teorema chino del resto ara resolver congruencias olinmicas donde el módulo es comuesto. Teorema Sea m = m 1 m k con (m i, m j ) = 1 ara i j. El número de soluciones de la congruencia a n x n + + a 0 0 (mód m) es el roducto del nmero de soluciones de cada una de las congruencias a n x n + + a 0 0 (mód m) j, j = 1,..., k.

7 3.4. CONGRUENCIAS SIMULTANEAS. TEOREMA CHINO DEL RESTO 7 Demostración. En rimer lugar es claro que cada solución de la congruencia mdulo m satisface cada una de las congruencias mdulo m j, j = 1,..., k. Por otro lado, si ara cada k-ula (r 1,..., r k ) donde r j es una solución de la congruencia a n x n + + a 0 0 (mód m) j y si x es la solución del sistema x r 1 (mód m 1 ) x r k (mód m k ) dada or la roosición anterior, entonces ara todo j y, or tanto, a n x n + + a 0 a n r n j + + a 0 0 (mód m j ) a n x n + + a 0 0 (mód m 1 m k ). El número de k-ulas (r 1,..., r k ) es recisamente el roducto del número de soluciones de la congruencia a n x n + + a 0 0 (mód m) j ara cada j = 1,..., k y cada una de ellas da lugar a una solución distinta de la congruencia original. Ejemlo: Para resolver x 3 + x 3 0 (mód 45) escribimos el sistema { x 3 + x 3 0 (mód 5). x 3 + x 3 0 (mód 9) La rimera de estas ecuaciones tiene soluciones x = 1, 3, 4 módulo 5 y la segunda x = 1,, 6 módulo 9. Por lo tanto, la ecuación x 3 + x 3 0 (mód 45) tiene 9 soluciones. Para encontrarlas teneos que resolver los 9 sistemas { x a (mód 5) a = 1, 3, 4 b = 1,, 6. x b (mód 9) Utilizando el Teorema Chino del resto se halla fácilmente que las soluciones son x = 1, 6, 11, 19, 8, 9, 33, 34, 38 (mód 45). Según lo visto hasta ahora, el roblema de encontrar las soluciones de P (x) = a n x n + + a 0 0 (mód α 1 1 αr r )

8 8 CAPÍTULO 3. CONGRUENCIAS queda reducido a estudiar congruencias de la forma P (x) 0 (mód α ), donde es un número rimo. A continuación vamos a resentar una estrategia que nos ermite reducir dicho estudio al caso sencillo α = 1. Si f(a) 0 (mód α ), 0 a < α, entonces f(a) 0 (mód α 1 ) y a será de la forma a = q α 1 + r con 0 r < α 1 ara algún q, 0 q <. Claramente f(a) f(r) 0 (mód α 1 ) y decimos que r ha sido generado or a. Es decir, cada solución de f(x) 0 (mód α ) genera otra de f(x) 0 (mód α 1 ). Pero recisamente estamos buscando el roceso contrario. Si f(r) 0 (mód α 1 ), cuándo existe un a tal que f(a) 0 (mód α ) y que genere r? Cuando esto ocurra diremos que r uede subirse de α 1 a α. Teorema Sea α y r una solución de f(x) 0 (mód α 1 ), 0 r < α 1. a) Si f (r) 0 (mód ), entonces r se sube de manera única de α 1 a α. b) f (r) 0 (mód ) b 1 ) Si f(r) 0 (mód α ), entonces r uede subirse de α 1 a α de formas diferentes. b ) Si f(r) 0 (mód α ), entonces r no uede subirse de α 1 a α. Demostración. Si a genera r, a tiene que ser de la forma y además f(a) 0 (mód α ). a = r + q α 1, 0 r < α 1, 0 q < Por lo fórmula de Taylor en el unto r tenemos f(r + q α 1 ) = f(r) + q α 1 f (r) + (q α 1 ) f (r) + Observemos que todos los sumandos a artir del tercero son múltilos de α. Luego 0 f(r + q α 1 ) f(r) + q α 1 f (r) (mód α ).

9 3.5. RAÍCES PRIMITIVAS 9 Como f(r) = k α 1 ara algún entero k, deberemos encontrar q tal que k + qf (r) 0 (mód ). Si f (r) 0 (mód ) dicho q existe y es único y or tanto r uede subirse de manera única. Si f (r) 0 (mód ) y f(r) 0 (mód α ) entonces k y k + qf (r) 0 (mód ) ara todo q, 0 q <. Es decir, r se uede subir de maneras diferentes. Si f (r) 0 (mód ) y f(r) 0 (mód α ) entonces k y r no se uede subir orque no existe ningún q tal que k + qf (r) 0 (mód ). Ejemlo. Hallar las soluciones de la congruencia x 3 x + 3x (mód 11). Como 11 = 11, rimero buscamos las soluciones de la congruencia f(x) 0 (mód 11) donde f(x) = x 3 x + 3x + 1. Se comrueba a mano que las nicas soluciones son r 1 = y r = 8. Veamos si estas soluciones se ueden subir de (mód 11) a (mód 11). Calculamos f (x) = 3x x + 3. Entonces f () = 11 0 (mód 11) y f (8) = (mód 11). La solucin 8 (mód 11) se uede subir de manera única y la solución (mód 11) será a = q donde q es un entero tal que k + qf (8) 0 (mód 11) y k se define como k = f(8)/11 = 473/11 = 43. Finalmente la congruencia q 0 (mód 11) tiene como solución q = 4. Así que a = 5 es la solución (mód 11) que se sube desde la solución 8 (mód 11). La solucin (mód 11) se uede subir de 11 maneras. La razn es que f() f () 0 (mód 11). Siguiendo el teorema anterior, las 11 maneras corresonden a las soluciones a = + 11q, 0 q < 11. Hemos demostrado que la congruencia original tiene 1 soluciones y las hemos calculado todass Raíces rimitivas Suomgamos que (a, m) = 1. El teorema de Euler nos asegura que a φ(m) 1 (mód m), ero es osible que φ(m) no sea necesariamente el entero ositivo más equeño x que verifica la ecuación a x 1 (mód m). Definicion Dados dos números rimos entre sí, a y m, llamaremos exonente de a módulo m al menor entero ositivo e tal que a e 1 (mód m). Usaremos la notación e = ex m (a).

10 10 CAPÍTULO 3. CONGRUENCIAS Claramente si a b (mód m) se verifica que ex m (a) = ex m (b). Esto nos ermite considerar, indistintamente, exonentes de enteros o de clases residuales rimas módulo m. Teorema Si e = ex m (a) entonces los números a 0, a 1,... a e 1 son incongruentes entre sí módulo m. Además a k a j (mód m) si y sólo si k j (mód e); en articular a k 1 (mód m) si y sólo si k es divisible or e. Demostración. Sean k = c 1 e + r 1, j = c e + r, 0 r 1 r < e y suongamos que a k a j (mód m). Entonces a r 1 a r (mód m), lo que imlica que a r r 1 1 (mód m) y, or tanto, r 1 = r debido a la roia definición del exonente e. Los números ex m (a) son, or tanto, divisores del número φ(m). Puede darse el caso de que exista g de manera que ex m (g) = φ(m). Es este un caso imortante que recibe un nombre esecial, se dice que g es una raíz rimitiva módulo m. La existencia de una raíz rimitiva g es equivalente a que el gruo multilicativo Z m sea cíclico y generado or las otencias de g. Por ejemlo g = 3 es una raíz rimitiva m dulo 7: {3 1, 3, 3 3, 3 4, 3 5, 3 6 } = {3,, 6, 4, 5, 1}. Sin embargo no es raíz rimitiva orque ex 7 () = 3; es decir, 3 = 1.. A continuación vamos a caracterizar los módulos m ara los que existen raíces rimitivas. Teorema Existen raíces rimitivas módulo m si y sólo si m = 1,, 4, k, k, donde designa a un número rimo imar y k 1. Demostración. Veremos rimero que si m es de la forma 1,, 4, k o k con rimo imar, entonces Z m es cíclico. Lo haremos en varios asos: (1) Los casos m = 1, son triviales. Z 4 = {1, 3} y es claro que 3 es una raíz rimitiva. () Consideremos ahora Z con rimo imar. Sea f(d) = #{a Z : ex m (a) = d}, donde d es un divisor de φ() = 1. Es claro que d 1 f(d) = 1. Por otro lado sabemos que d 1 φ(d) = 1. Si robamos la desigualdad f(d) φ(d) ara todo d 1, las dos identidades anteriores fuerzan la igualdad f(d) = φ(d) ara todo divisor de 1. En articular f( 1) = φ( 1). Es decir, existen φ( 1) raíces rimitivas módulo.

11 3.5. RAÍCES PRIMITIVAS 11 Para comletar el argumento sólo nos queda demostrar la desigualdad f(d) φ(d): Dado d 1, si f(d) 0 necesariamente existe un elemento a Z tal que d = ex (a) y, en articular, a d 1 (mód ). La congruencia x d 1 (mód ) admite, a lo más, d soluciones módulo y como la colección 1, a,..., a d 1 la satisface y son, además, incongruentes entre sí módulo, constituyen un conjunto comleto de soluciones. Sólo nos queda contar cuántas de entre ellas tienen exonente igual a d. Es claro que si ex (a k ) = d entonces (k, d) = 1 y, or tanto, su cardinal es a lo más φ(d) como queríamos demostrar. (3) Sea g una raíz rimitiva módulo. Es claro que g + t es también una raíz rimitiva módulo cualquiera que sea el entero t. Consideremos (g + t) 1 = g 1 + ( 1)g t + A donde A, s, B son enteros y g 1 = 1 + s. = 1 + s g t + B = 1 + (s g t) + B, Podemos elegir el entero t de manera que s g t 0 (mód ), es decir, (g + t) 1 = 1 + u, u 0 (mód ). Vamos a robar que, con dicha elección, g + t es una raíz rimitiva módulo k, ara todo k 1. Suongamos que (g + t) d 1 (mód k ), siendo d un divisor de φ( k ) = k ( 1). Como g d 1 (mód ) y g es una raíz rimitiva módulo, d habrá de ser un múltilo de 1 y, or ser además un divisor de k ( 1) odemos suoner que tiene la forma d = l ( 1) ara algún l con 0 l k 1. Ahora bien, como (g + t) l ( 1) = (1 + u) l = 1 + v l+1 ara algún v 0 (mód ), necesariamente tiene que ocurrir que l = k 1. (4) En el caso restante, m = k, rimo imar, odemos roceder de la manera siguiente: Sea g una raíz rimitiva módulo k. Obviamente g + k también lo es. Sea h el elemento imar del conjunto {g, g + k }. Vamos a ver que h es raíz rimitiva módulo k.

12 1 CAPÍTULO 3. CONGRUENCIAS Como h φ(k) h φ(k) 1 (mód k ) y obviamente h φ(k) 1 (mód ), entonces h φ(k) 1 (mód k ). Por otro lado, si d divide a φ( k ) = φ( k ) y es tal que h d 1 (mód k ), al ser h imar, también será cierto que h d 1 (mód k ) y or tanto g d 1 (mód k ). Pero como g es una raíz rimitiva módulo k entonces φ( k ) d, lo que imlica que d = φ( k ). Luego h es una raíz rimitiva. Para concluir la demostración del teorema tenemos que robar que Z m no es cíclico si m no es uno de los enteros considerados en los casos anteriores. Lo haremos en dos asos. (5) Caso m = k, k 3. Es una consecuencia de la observación siguiente: Si a es un número imar, entonces a φ(n ) 1 (mód k ). Lo demostraremos or inducción en k. El caso k = 3 se comrueba directamente. Observemos que φ(3 ) = y que (mód 3 ). Suongamos el resultado cierto ara k: a φ(k ) = 1 + k n. Elevando ambos miembros al cuadrado obtenemos a φ(k) = 1 + (n + n k 1 ) k+1 1 (mód k+1 ). Basta, ues, observar que φ( k ) = k 1 = 1 φ(k+1 ). (6) En el caso general m = k a 1 1 ar r, donde k si r = 1 y r si k = 0 o k = 1, también demostraremos que si (a, m) = 1 entonces a φ(m) 1 (mód m). Sea g una raíz rimitiva módulo a 1 1, y sea n un entero ositivo tal que g n a (mód a 1 1 ). Tenemos que a φ(m) g n φ(m) g φ(a 1 1 ) 1 nφ(k )φ( a ) φ(ar r ) (mód a 1 1 ). Es claro que bajo nuestras hiótesis sobre el número m, odemos afirmar que el exonente 1 nφ(k )φ( a ) φ( ar r ) es un entero. En articular la congruencia anterior nos indica que a φ(m) 1 (mód a 1 1 ). De manera análoga odemos robar que a φ(m) 1 (mód a i), i = 1,..., r. i

13 3.6. LEY DE RECIPROCIDAD CUADRÁTICA 13 Nos queda or robar que la congruencia anterior también se verifica ara el módulo k. Si k 3 alicamos la misma demostración del caso (5) ara obtener que a φ(k ) 1 (mód k ). Y como φ(k ) es un divisor de φ(m) habríamos acabado. Si k tenemos que φ(m) = φ( k )φ( a 1 1 ) φ( ar r ) = nφ( k ) ara algún entero n. Por tanto, también es cierto que como queríamos robar. a φ(m) = a nφ(k) 1 (mód k ), En el aartado () hemos observado que existen exactamente φ( 1) = φ(φ()) raíces rimitivas módulo el rimo imar. Esto sigue siendo cierto ara el caso general. Sea g una raíz rimitiva módulo m. Es claro que el conjunto {g k : 1 k φ(m), (k, φ(m)) = 1} consiste, recisamente, de todas las raíces rimitivas módulo m. Por lo tanto, si m = 1,, 4, k ó k, rimo imar, existen exactamente φ(φ(m)) raíces rimitivas módulo m o, lo que es igual, el gruo cíclico Z m tiene φ(φ(m)) generadores. Observemos también que, fijada una raíz rimitiva g módulo m, entonces {1, g,..., g φ(m) 1 } es un sistema residual reducido módulo m. Por lo tanto, dado a, rimo con m, odemos asignarle un único número k, k φ(m) 1 de manera que a g k (mód m) Ley de recirocidad cuadrática En el caítulo anterior hemos desarrollado con detalle la teoría de las congruencias lineales ax + b 0 (mód m). Ahora vamos a considerar las congruencias cuadráticas x a (mód m). Definicion Dada una clase residual rima módulo m, reresentada or el entero a, diremos que es un residuo cuadrático si la congruencia x a (mód m) tiene solución. En caso contrario diremos que a es un residuo no cuadrático.

14 14 CAPÍTULO 3. CONGRUENCIAS Es claro que el carácter cuadrático es indeendiente del reresentante elegido. En lo sucesivo mantendremos la ambigüedad consistente en hablar de un entero articular como residuo cuadrático o residuo no cuadrático, en vez de mencionar a la clase residual que lo contiene. Proosición Sea un número rimo imar. Existen exactamente 1 residuos cuadráticos y 1 residuos no cuadráticos módulo. Demostración. Consideremos el siguiente sistema residual comleto módulo : { 1 } 1,..., 1, 0, 1,...,. Como ( k) = k, existen, a lo más, 1 residuos cuadráticos. Por otro lado, la congruencia k j (mód ), 1 k, j 1, necesariamente imlica la igualdad k = j: (k j)(k + j) 0 (mód ) imlica que k j 0 (mód ) o bien k + j 0 (mód ), lo que junto con la relación 1 k, j 1 nos da k = j. Por lo tanto, los números 1,,..., ( ) 1 son incongruentes entre sí módulo. ( ) a Definicion Dado un número rimo imar, el símbolo de Legendre es la función aritmética definida de la forma siguiente: ( ) a 0, si a 0 (mód ) = +1, si a es un residuo cuadrático 1, si a es un residuo no cuadrático Proosición (Criterio de Euler). Sea un número imar. Tenemos que ( ) n n 1 (mód ), ara todo entero n. Demostración. Si n 0 (mód ), entonces el resultado es inmediato. Suongamos que (n, ) = 1. El Teorema de Fermat nos dice que n 1 1 (mód ). Es decir, (n 1 1)(n 1 + 1) 0 (mód ) y or lo tanto, una de las dos relaciones siguientes debe ser verificada: i) n (mód ).

15 3.6. LEY DE RECIPROCIDAD CUADRÁTICA 15 ii) n (mód ). ( ) n Si = 1, la ecuación x n (mód ) tiene solución. En articular n 1 x 1 ( ) 1 (mód ): es decir, n verifica i): n 1 1 = (mód ). Observemos que la ecuación x 1 1 (mód ) tiene como soluciones los 1 residuos cuadráticos y que, or el teorema de Lagrange, no uede tener más soluciones. Si ( n ) n = 1, entonces n no es un residuo cuadrático y or tanto n 1 1 (mód ). Necesariamente n 1 1 (mód ). Corolario El símbolo de Legendre es, ara cada rimo una función comletamente multilicativa. Demostración. ( ) mn (mn) 1 m 1 n 1 ( m ) ( ) n (mód ). Pero como los valores que toma el símbolo de Legendre son +1, 0, 1, necesariamente tenemos la igualdad (mn ) ( ) ( ) m n = Cálculo de los símbolos ( ) 1 y ( ) Proosición Sea un número imar. Tenemos que ( ) { 1 = ( 1) 1 +1, si 1 (mód 4) = 1, si 3 (mód 4). Demostración. Basta con alicar el criterio de Euler y observar, como antes, que ambos miembros de la congruencia toman los valores +1 o 1 y, or tanto, la congruencia imlica la igualdad. Proosición Para todo rimo imar tenemos la identidad: ( ) { = ( 1) 1 +1, si ±1 (mód 8) = 1, si ±3 (mód 8).

16 16 CAPÍTULO 3. CONGRUENCIAS Demostración. Consideremos las 1 congruencias siguientes: 1 1( 1) 1 (mód ) ( 1) (mód ) 3 3( 1) 3 (mód ) 4 4( 1) 4 (mód ) r 1 1 ( 1) (mód ) donde r es 1 ó 1 según el caso. Multiliquemos estos sistemas de congruencias y observemos que cada entero situado en los miembros de la arte izquierda es necesariamente ar. Resulta que: ( ) ( 1)!( 1) (mód ). Es decir, 1 ( 1 )! ( 1 )!( 1) 1 8 (mód ). Podemos dividir or ( 1 )! ara obtener ) ( 1 ( 1) 1 8 (mód ) que, or la misma razón de la roosición anterior, imlica la igualdad: ( ) = ( 1) Ley de recirocidad cuadrática La ley de recirocidad cuadrática fue descubierta or Euler en torno al año Gauss, a su vez, también la descubrió y rodujo la rimera demostración comleta en 1796, varios años desués de sus Disquisitiones Arithmeticae. Hoy en día se conocen muchas demostraciones distintas. A continuación vamos a resentar una de las más sencillas concetualmente, que está basada en el siguiente lema de Gauss.

17 3.6. LEY DE RECIPROCIDAD CUADRÁTICA 17 Lema (de Gauss). Sea un rimo imar y a un entero no divisible or él. Dado x = 1,..., 1, sea ax ɛ xu x (mód ), donde u x es un entero del conjunto {1,,..., 1 } y ɛ x = ±1. Entonces ( ) a = ɛ 1 ɛ 1. Demostración. En rimer lugar observemos que dado x, 1 x 1, tanto el entero u x, 1 u x 1 como el número ɛ x están unívocamente determinados or la relación ax ɛ x u x (mód ). En efecto, si ax 1 u (mód ) y ax u (mód ), entonces a(x 1 + x ) 0 (mód ), lo que es imosible or ser 1 x 1, x 1. Multilicando las congruencias ara cada x, 1 x 1 obtenemos ( ) ( ) a ɛ 1 ɛ 1 1 (mód ). Es decir a 1 ɛ 1 ɛ 1 (mód ). Basta entonces con alicar el criterio de Euler ara concluir la demostración del lema. Teorema (Ley de recirocidad cuadrática). Sean y q números rimos imares distintos. Tenemos que ( ) ( ) q = ( 1) ( 1)(q 1) 4. q Demostración. Sean = n + 1, q = m + 1. Aliquemos el lema de Gauss ara a = q con resecto al conjunto {1,,..., n}, n = 1. Tenemos, ara cada x, 1 x n, qx ɛ x u x (mód ) con 1 u x n, ɛ x { 1, +1}. Es decir, qx = ɛ x u x + y donde ɛ x, u x, y están unívocamente determinados or estas condiciones cuando x está dado. En articular ɛ x toma el valor 1 si y sólo si y = qx + u x, con 1 u x n.

18 18 CAPÍTULO 3. CONGRUENCIAS Ello imlica que y > 0 y, además, y 1 (qx + u x) 1 q + 1 (q + 1)n < = m + 1. En otras alabras, ɛ x = 1 si y sólo si odemos fijar un y tal que la areja (x, y) satisface las condiciones 1 x n 1 y m 1 y qx n. Consiguientemente, si N designa al número de tales arejas, el lema de Gauss nos dice que ( ) q = ( 1) N. Análogamente ( ) = ( 1) M, q donde M es el número de arejas (x, y) que verifican 1 x n 1 y m 1 qx y m. Ahora como y q son rimos entre sí y 1 x < entonces qx y no uede ser nunca cero y odemos escribir ( ) ( ) q = ( 1) M+N, q donde ahora M + N es el número de arejas que satisfacen las condiciones 1 x n 1 y m n qx y m. Sea S el número de arejas (x, y) tales que 1 x n 1 y m qx y < n.

19 3.6. LEY DE RECIPROCIDAD CUADRÁTICA 19 Sea T el número de arejas (x, y ) que verifican 1 x n 1 y m qx y > m. Entre estos conjuntos existe una corresondencia biyectiva dada or { x = n + 1 x y = m + 1 y. Por lo tanto S = T. Por otro lado M +N +S+T = mn, entonces ( 1) M+N = ( 1) mn y el teorema queda demostrado Ejemlos y alicaciones La ley de recirocidad cuadrática es uno de los resultados más notables de la Teoría de los Números: una relación sorrendente y a la vez sencilla entre las roiedades de las congruencias x q (mód ) y x (mód q). Es también ieza imortante de otras teorías aritméticas. ( a) La ley de recirocidad cuadrática nos ermite calcular el valor de muchos casos. Ejemlo: Suongamos que queremos estudiar si la congruencia x 315 (mód 65537) tiene solución, sabiendo de antemano que es rimo. Por suuesto odríamos ir comrobando todos los restos módulo 65537, ero la ley de recirocidad cuadrática nos roorciona un método mucho más ráido. Recordemos que el símbolo de Legendre es una función multilicativa. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = = = ( 5 ) ( 7 ) = ( 1) ( = 5 ( ) ( 1) ) ) ( ( ) = ( 1)( 1) = 1. Es decir, la congruencia x 315 (mód 65537) tiene solución. De hecho tiene exactamente dos soluciones ero la Ley de recirocidad cuadrática no nos da una auta ara encontrarlas. ) m en

20 0 CAPÍTULO 3. CONGRUENCIAS b) Otro ejemlo interesante de alicaciones es el siguiente. Queremos saber ara qué rimos, la congruencia x( ) 3 (mód ) tiene solución. Es decir, ara qué valores de se tiene que = 1. 3 ( ) 3 ( = ( 1) 3) 1. Como y resulta que ( = 3) ( 1) 1 = { +1 si 1 (mód 3) 1 si 1 (mód 3) { +1 si 1 (mód 4) 1 si 1 (mód 4) ( ) { 3 +1 si ±1 (mód 1) = 1 si ±5 (mód 1) Ejercicios del caítulo Se ha escrito un número. Luego se ha escrito otro, ermutando las cifras del rimero. La diferencia de los dos números es X Qué dígito es la última cifra reresentada or X? Sea S un conjunto de n enteros no necesariamente distintos. Demostrar que algún subconjunto no vacío de S osee una suma divisible or n Demostrar que n k=1 k10k es múltilo de 3 si y sólo si n 1 (mód 3) Hallar el resto al dividir el número entre El número n exresado en base se escribe , Decir si es múltilo de Probar el recíroco del teorema de Wilson: Si (n 1)! (mód n), entonces n es rimo Demostrar que si n + es rimo, n > 1, entonces n n + 1 no es rimo.

21 3.7. EJERCICIOS DEL CAPÍTULO Sea la función f(x, y) = y 1 { B 1 (B 1)} + donde B = x(y + 1) + y! + 1. a) Demostrar que f(x, y) es rimo ara todo x, y Z. b) Demostrar que ara todo rimo, existen unos únicos x e y tales que f(x, y) = Demostrar que ara todo n 3, n { } (j )! π(n) = 1 + (j )! j. j j= Sean a, b, x 0 enteros ositivos, y sea x n = ax n 1 + b ara todo n 1. Demostrar que x n no uede ser rimo ara todo n D. José estudió en un colegio que tenía entre 150 y 300 colegiales. Ahora, aunque no recuerda el número de colegiales que eran, sí se queja de no haber odido racticar ni fútbol, ni baloncesto, ni balonmano orque, cuando en cada deorte se intentaba organizar el colegio en equios, siemre faltaba o sobraba uno. Podrías recordar a D.José cuántos colegiales eran? Caracterizar los enteros x que satisfacen simultaneamente las congruencias x 7 (mód k), k 10. Puede alguno de estos enteros ser un cuadrado? Hallar todas las soluciones de la congruencia x 3 +x x+6 0 (mód 98) Demostrar que si a h 1 (mód n) ara todo a, (a, n) = 1, entonces h divide a φ(n) Demostrar que el conjunto de untos de coordenadas visibles desde el origen contiene cuadrados vacíos tan grandes como queramos Demostrar que a (mód 561) ara todo a con (a, 561) = Para cada entero ositivo n encontrar la última cifra de 13 n! Demostrar que existen infinitos enteros ositivos que no son suma de tres cuadrados Sea F n un número de Fermat y un rimo. Demostrar que si divide a F n entonces = n+1 k + 1 ara algún entero k Probar que todo entero satisface alguna de las congruencias x 0 (mód ), x 3 (mód 3), x 1 (mód 4), x 3 (mód 8), x 7 (mód 1), x 3 (mód 4).

22 CAPÍTULO 3. CONGRUENCIAS Sea g una raíz rimitiva módulo y sea A = {a 1,..., a 1 } el subconjunto de Z ( 1) donde cada a i se define como la única solución módulo ( 1) al sistema x i (mód 1), x g i (mód ). Demostrar que A tiene la roiedad de que todas las diferencias a i a j, i j son distintas. Demostrar también que no uede haber un conjunto A con elementos que tenga esta misma roiedad Demostrar que existen infinitos rimos de la forma 4n Hallar los rimos ara los cuales la ecuación x 5 (mód ) tiene solución a) Dar una condición necesaria y suficiente ara que la rogresión aritmética an + b tenga infinitos cuadrados. b) Utilizar el aartado anterior ara estudiar la existencia de infinitos cuadrados en la rogresión n Dar una condición necesaria y suficiente, en función de a, b y c, ara que la congruencia ax + bx + c 0 (mód ) tenga solución. Alicar esto último ara estudiar la existencia de soluciones de la congruencia 5x 13x (mód 37) Caracterizar los rimos ara los que tiene solución la congruencia 5x 3x (mód ) Demostrar que ara todo olinomio Q(x) = ax +bx+c, no constante, existen infinitos rimos ara los que la congruencia Q(x) 0 (mód ) tiene solución Demostrar que el roducto de todos los residuos cuadráticos ositivos y menores que es congruente con ( 1) +1 (mód ) Demostrar que la congruencia x 5 300x (mód 101) tiene una única solución Demostrar que la suma de tres cuadrados consecutivos no uede ser múltilo de Demostrar que si (x, y) = 1 entonces x + y no es divisible or ningún rimo 3 (mód 4) Demostrar que n uede escribirse como suma de dos cuadrados si y sólo si en su factorización en números rimos, n = ν todos los β k son ares. j 1 (mód 4) α j j q k 3 (mód 4) q β k k

23 3.7. EJERCICIOS DEL CAPÍTULO Considérese la congruencia x t b (mód s ) con rimo imar, s 1, (b, ) = 1. Probar que a) si t s, la congruencia tiene solución. b) si t < s, la congruencia tiene solución si y sólo si t es ar y b es un residuo cuadrático módulo Probar que ( ) ( ) x x+1 x=1 = 1 si es cualquier rimo imar.

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