Teoría de Números. 22 de julio de 2012

Transcripción

1 Teoría de Números Naoi Sato 22 de julio de 2012 Resumen Estas notas sobre teoría de números fueron originariamente escritas en 1995 para estudiantes de nivel OIM. Cubre sólo lo básico del material con el cual un estudiante de OIM debería estar familiarizado. Este texto se pensó como una referencia no como un reemplazo, sino como un suplemento para un libro de teoría de números; varios libros son sugeridos al final. Hay algunas demostraciones cuando sea apropiado o para ilustrar un punto o una idea importante. Los problemas son tomados de varias fuentes, muchos de concursos existentes u olimpíadas, y en general son bastante difíciles. El autor agradece cualquier corrección o sugerencia. 1. Divisibilidad Para enteros a y b, decimos que a divide a b, o que a es un divisor (o un factor de b, o que b es un múltiplo de a, si existe un entero c tal que b = ca, y denotamos esto por a b. En otro caso, a no divide b, y denotamos esto por a b. Un entero positivo p es primo si los únicos divisores de p son 1 y p. Si p a y p +1 a donde p es primo, es decir p es la mayor potencia de p que divide a a, entonces denotamos esto por p a. Resultados útiles: Si a, b > 0, y a b, entonces a b. Si a b 1, a b 2,..., a b n, entonces para cualesquiera enteros c 1, c 2,..., c n a n b i c i i=1 1

2 Teorema 1.1. El Algoritmo de la División. Para cualquier entero positivo a y entero b, existe únicos enteros q y r tal que b = qa + r y 0 r < a, con r = 0 si y sólo si a b. Teorema 1.2. El Teorema Fundamental de la Aritmética. Cada entero mayor que 1 puede ser escrito de manera única en la forma p e 1 1 p e 2 2 p e donde los p i son primos distintos y los e i son enteros positivos. Teorema 1.3. Euclides. Existen una infinitud de números primos. Demostración. Supongamos que hay una cantidad finita de números primos, digamos p 1, p 2,..., p n. Sea N = p 1 p 2 p n + 1. Por el teorema fundamental de la aritmética, N es divisible por algún primo p. Este primo p debe estar entre los p i, pues asumimos que estos eran todos los primos, pero se puede ver que N no es divisible por ninguno de los p i, contradicción. Ejemplo 1.1. Sea x e y enteros. Probar que 2x + 3y es divisible por 17 si y sólo si 9x + 5y es divisible por 17. Solución. 17 (2x + 36) 17 [13(2x + 3y)], o 17 (26x + 39y) 17 (9x + 5y)y, recíprocamente, 17 (9x + 5y) 17 [4(9x + 5y)], o 17 (36x + 20y) 17 (2x + 3y). Ejemplo 1.2. Encontrar todos los enteros positivos d tales que d divide simultáneamente a n y a (n + 1) para algún entero n. Solución. Sea d (n 2 + 1) y d (n + 1) 2 + 1, o d (n 2 + 2n + 2). Entonces d [(n 2 + 2n + 2] (n 2 + 1)], o d (2n + 1) d (4n 2 + 4n + 1), luego d [4(n 2 +2n+2) (4n 2 +4n+1)], o d (4n+7). Entonces d [(4n+7) 2(2n+1)], o d 5, luego d sólo puede ser 1 o 5. Tomando n = 2 vemos que se puede lograr estos valores. Ejemplo 1.3. Supongamos que a 1, a 2,..., a 2n son enteros distintos tal que la ecuación (x a 1 )(x a 2 ) (x a 2n ) ( 1) n (n!) 2 = 0 tiene una solución entera r. Pruebe que r = a 1 + a a 2n. 2n (1984 Lista Corta - Olimpiada Internacional de Matemática) 2

3 Solución. Claramente r a i para todo i, y como r a i son 2n enteros distintos, entonces (r a 1 )(r a 2 ) (r a 2n ) (1)(2) (n)( 1)( 2) ( n) = (n!) 2, con igualdad si y sólo si {r a 1, r a 2,..., r a 2n } = {1, 2,..., n, 1, 2,..., n}. Por lo tanto, este debe ser el caso, luego (r a 1 ) + (r a 2 ) + + (r a 2n ) = 2nr (a 1 + a a 2n ) = n + ( 1) + ( 2) + + ( n) = 0 r = a 1 + a a 2n. 2n Ejemplo 1.4. Sean 0 < a 1 < a 2 < < a mn+1, mn + 1 enteros. Probar que se pueden seleccionar m + 1 tal que no sean divisibles entre si, o n + 1 tal que cada uno divida al siguiente. (1966 Competencia Matemática Putnam) Solución. Para cada i, 1 i mn + 1, sea n i la longitud de la secuencia más larga que empieza con a i donde cada término divide el siguiente, entre los enteros a i, a i+1,..., a mn+1. Si para algún n i es mayor que n entonces el problema esta resuelto. En otro caso, por el principio del palomar, existen por lo menos m + 1 valores de n i que son iguales. Luego, los enteros a i correspondientes a estos n i no pueden ser divisibles entre si. Resultados Útiles Postulado de Bertrand. Para cada entero positivo n, existe un primo p tal que n p 2n. Lema de Gauss. Si un polinomio con coeficientes enteros se factoriza en dos polinomios con coeficientes racionales, entonces se factoriza en dos polinomios con coeficientes enteros. Problemas 1. Sean a y b enteros positivos tales que a b 2, b 2 a 3, a 3 b 4, b 4 a 5,.... Pruebe que a = b. 3

4 2. Sean a, b y c tres enteros distintos, y sea P un polinomio con todos los coeficientes enteros. Pruebe que es imposible que P (a) = b, P (b) = c y P (c) = a. (1974 Olimpiada Matemática de Estados Unidos) 3. Demuestre que si a y b son enteros positivos, entonces ( a + 2) 1 n ( + b + 1 ) n 2 es entero sólo para finitos enteros positivos n. (A Problem Seminar, D.J. Newman) 4. Dado un entero positivo n, sea r(n) la suma de los restos cuando n es dividido por 1, 2,..., n respectivamente. Pruebe que r() = r( 1) para finitos enteros positivos. (1981 Competición Kürschá) 5. Pruebe que para todos los enteros positivos n, 0 < n =1 g() 2n 3 < 2 3, donde g() denota el mayor divisor impar de. (1973 Olimpiada Matemática de Austria) 6. Sea d un entero positivo, y sea S el conjunto de todos los enteros positivos de la forma x 2 + dy 2, donde x y y son enteros no negativos. a) Pruebe que si a S y b S, entonces ab S. b) Pruebe que si a S y p S, tal que p es un primo y p a, entonces a/p S. c) Asumiendo que la ecuación x 2 + dy 2 = p tiene solución en los enteros no negativos x y y, donde p es un primo dado. Demuestre que si d 2, entonces la solución es única, y si d =, entonces hay exactamente dos soluciones. 2. Máximo Común Divisor y Mínimo Común múltiplo El máximo común divisor de dos enteros positivos a y b es el mayor entero positivo que divide a a y b simultáneamente, el cual vamos a denotar 4

5 mcd(a, b), y similarmente, el mínimo común múltiplo de a y b es el menor entero positivo que es múltiplo de a y b simultáneamente, el cual vamos a denotar mcm(a, b). Decimos que a y b son primos relativos si mcd(a, b) = 1. Para a 1, a 2,..., a n, gcd(a 1, a 2,..., a n ) es el mayor entero positivo que divide a todos los a 1, a 2,..., a n simultáneamente y mcm(a 1, a 2,..., a n ) se define similarmente. Resultados Útiles Para todos a, b mcd(a, b) mcm(a, b) = ab. Para todos a, b y m, mcd(ma, mb) = m mcd(a, b) y mcm(ma, mb) = m mcm(a, b). Si d mcd(a, b), entonces mcd ( a d, b ) = d mcd(a, b). d En particular, si d = mcd(a, b), entonces mcd(a/d, b/d) = 1; esto es a/d y b/d son primos relativos. Si a bc y mcd(a, c) = 1, entonces a b. Para a y b enteros positivos, si d es un entero positivo tal que d a, d b, y para cualquier d, d a y d b implica que d d, entonces d = mcd(a, b). Esto es simplemente la afirmacion de que cualquier divisor común de a y b divide a mcd(a, b). Si a 1 a 2 a n es una potencia -ésima y los a i son primos relativos de a pares, entonces cada a i es una potencia -ésima. Cualesquiera dos enteros consecutivos son primos relativos. Ejemplo 2.1. Muestre que para cualquier entero positivo N, existe un múltiplo de N que consiste sólo de unos y ceros. Más aún, muestre que si N es primo relativo a 10, entonces existe un múltiplo que consiste sólo de unos. Solución. Considere los N+1 enteros 1, 11, 111, (N+1 unos). Cuando son divididos por N dejan N +1 restos. Por el principio del palomar, dos de estos restos son iguales, luego la diferencia entre los correspondientes enteros, un entero de la forma , es divisible por N. Si N es primo relativo a 10, entonces podemos quitar todas las potencias de 10, hasta obtener un entero de la forma que permanece divisible por N. 5

6 Teorema 2.1. Para cualesquiera enteros positivos a y b, existen enteros x e y tal que ax + by = mcd(a, b). Más aún, haciendo variar x e y sobre los enteros, ax + by genera todos los múltiplos y sólo los múltiplos de mcd(a, b). Solución. Sea S el conjunto de todos los enteros de la forma ax + by, y sea d el menor entero positivo entre los elementos de S. Por el algoritmo de división, existen enteros q y r tal que a = qd + r, 0 r < d. Luego r = a qd = a q(ax + by) = (1 qa)a (qy)b, luego r también esta en S. Pero r < d, luego r = 0 d a, y similarmente, d b, luego d mcd(a, b). Sin embargo, mcd(a, b) divide a todos los elementos de S, en particular mcd(a, b) d d = mcd(a, b). La segunda parte del teorema sale inmediatamente. Corolario 2.2. Los enteros positivos a y b son primos relativos sí y sólo si existen enteros x e y tal que ax + by = 1. Corolario 2.3. Para cualesquiera enteros positivos a 1, a 2,..., a n, existen enteros x 1, x 2,..., x n tal que a 1 x 1 + a 2 x 2 + a n x n = mcd(a 1, a 2,..., a n ). Corolario 2.4. Sean a y b enteros positivos, y sea n un entero. Entonces la ecuación ax + by = n tiene solución en enteros x e y sí y sólo si mcd(a, b) n. Si este es el caso, entonces todas las soluciones son de la forma ( (x, y) = x 0 + t b d, y 0 t a ) d donde d = mcd(a, b), (x 0, y 0 ) es una solución particular de la ecuación ax + by = n, y t es un entero. Demostración. La primer parte sale del Teorema 2.1. Para la segunda parte, sea d = mcd(a, b), y sea (x 0, y 0 una solución particular de ax + by = n, tal que ax 0 + by 0 = n. Si ax + by = n, entonces ax + by ax 0 by 0 = a(x x 0 ) + b(y y 0 ) = 0, o a(x x 0 ) = b(y 0 y), por lo tanto (x x 0 ) a d = (y 0 y) b d Como a/d y b/d son primos relativos, b/d debe dividir a x x 0, y a/d debe dividir a y 0 y. Sean x x 0 = tb/d y y 0 y = ta/d. Esto da las soluciones descriptas anteriormente. 6

7 Ejemplo 2.2. Pruebe que la fracción 21n n + 3 es irreducible para cualquier entero positivo n. (1959 Olimpiada Internacional de Matemática) Solución. Para todo n, 3(14n + 3) 2(21n + 4) = 1, luego numerador y denominador son primos relativos. Ejemplo 2.3. Para todo lo entero positivo n, sea T n = 2 2n + 1. Muestre que si m n, entonces T m y T n son primos relativos. Solución. Tenemos que T n 2 = 2 2n 1 = 2 2n = (T n 1 1) 2 1 = T 2 n 1 2T n 1 = T n 1 (T n 1 2) = T n 1 T n 2 (T n 2 2) = = T n 1 T n 2 T 1 T 0 (T 0 2) = T n 1 T n 2 T 1 T 0, para todo n. Por lo tanto, cualquier divisor común de T m y T n debe dividir a 2. Pero cada T n es impar, luego T m y T n son primos relativos. Nota. De este resultado se deduce inmediatamente que existen infinitos números primos. El Algoritmo de Euclides. Usando recursivamente el algoritmo de la división, podemos encontrar el mcd de dos enteros positivos a y b sin factorizar ninguno de los dos, y x e y del Teorema 2.1 (y también, una solución particular del Corolario 2.4). Por ejemplo, para a = 329 y b = 182, calculamos 329 = , 182 = , 147 = , 35 = 5 7, y nos detenmos cuando no hay resto. El último dividendo es el mcd, luego en nuestro ejemplo, mcd(329, 182) = 7. Ahora, reemplazando hacia atrás, 7 = = ( ) = = 5 ( ) =

8 Nota. El algoritmo de Euclides también funciona para polinomios. Ejemplo 2.4. Sea n un entero positivo, y sea S un conjunto de n + 1 elementos de el conjunto {1, 2,..., 2n}. Pruebe que: 1. Existen dos elementos de S que son primos relativos, y 2. Existen dos elementos de S, uno de los cuales divide al otro Solución. (1) Tiene que haber dos elementos de S que sean consecutivos, y por lo tanto, primos relativos. (2) Considere el mayor factor impar de cada uno de los n+1 elementos en S. Cada está entre los n enteros impares 1, 3,..., 2n 1. Por el principio del palomar, dos deben tener el mismo mayor factor impar, luego deben diferir (múltiplicativamente) por una potencia de 2, luego uno divide al otro. Ejemplo 2.5. Los enteros positivos a 1, a 2,..., a n son tales que cada uno es menor que 1000, y mcd(a i, a j ) > 1000 para todo i, j, i j. Pruebe que n i=1 (1951 Olimpiada Matemática Rusa) 1 a i < 2 Solución. Si 1000 < a 1000, entonces los m múltiplos de a, 2a,..., ma no m+1 m exceden Sea 1 el número de a i en el intérvalo ( 1000, 1000], 2 2 en el intérvalo 1000, 1000], etc. Entonces los enteros, no mayores que 1000, que son múltiplos de por lo menos uno de los a i. Pero los múltiplos son distintos, luego < = ( ) + ( ) < n < Por lo tanto n a i i=1 = < 2. 8

9 Nota: Se puede demostrar que n 500 de la siguiente forma: Considere el mayor divisor impar de a 1, a 2,..., a Cada uno debe ser distinto; de otro modo, dos difieren múltiplicativamente, por una potencia de 2, lo que significa que uno divide al otro, contradicción. También, hay sólo 500 números impares entre 1 y 1000, de lo cual el resultado sigue. También se sigue que Resultados Útiles n i=1 1 a i < 3 2. Teorema de Dirichlet. Si a y b son enteros positivos y primos relativos, entonces la secuencia aritmética a, a + b, a + 2b,..., contiene infinitos números primos. Problemas 1. Los símbolos (a, b,..., g) y [a, b,..., g] denotan el máximo común divisor y el mínimo común múltiplo respectivamente, de los enteros positivos a, b,..., g. Probar que [a, b, c] 2 [a, b][a, c][b, c] = (a, b, c) 2 (a, b)(a, c)(b, c) (1972 Olimpiada Matemática de Estados Unidos) 2. Pruebe que mcd(a m 1, a n 1) = a mcd(m,n) 1 para todos los enteros positivos a > 1, m, n. 3. Sean a, b y c enteros positivos. Demuestre que mcm(a, b, c) = abc mcd(a, b, c) mcd(a, b) mcd(a, c) mcd(b, c). Exprese mcd(a, b, c) en función de abc, mcm(a, b, c), mcm(a, b), mcm(a, c) y mcm(b, c). Luego generalice. 4. Sean a, b enteros positivos impares. Defina la secuencia (f n ) con f 1 = a, f 2 = b, y haciendo que f n para n 3 sea el mayor divisor impar de f n 1 + f n 2. Demuestre que f n es constante para n suficientemente grande y exprese el valor eventual en función de a y b. (1993 Olimpiada Matemática de Estados Unidos) 9

10 5. Sean n a 1 > a 2 > > a enteros positivos tales que mcm(a i, a j ) n para todos i, j. Pruebe que ia i n para i = 1, 2,...,. 3. Funciones Aritméticas Hay varias funciones aritméticas importates, de las cuales tres son presentadas aquí. Si la factorización de n > 1 es p e 1 1 p e 2 2 p e, entonces el número de enteros positivos menores que n, primos relativos a n es: ) ) ) φ(n) = (1 (1 1p1 1p2 (1 1p n el número de divisores de n es = p e p e p e 1 (p 1 1)(p 2 1) (p 1), y la suma de los divisores de n es τ(n) = (e 1 + 1)(e 2 + 1) (e + 1), σ(n) = (p e p e )(p e p e ) (p e + p e 1 ( p e 1 +1 = 1 1 p ) ) ( p e p 2 1 ) ( p e +1 1 p 1 Además, φ(1), τ(1) y σ(1) se definen como 1. Decimos que una función f es multiplicativa si f(mn) = f(m)f(n) para m y n enteros positivos primos relativos, y f(1) = 1 (de lo contrario, f(1) = 0, que implica que f(n) = 0 para todo n). Teorema 3.1. Las funciones φ, τ y σ son multiplicativas. Por lo tanto tomando la factorización en primos y evaluando en las potencias de primos, se encuentran fácilmente la fórmulas anteriores. Ejemplo 3.1. Encontrar el número de pares ordenados de enteros positivos (x, y) que son solución de la ecuación donde n es un entero positivo. 1 x + 1 y = 1 n, ). 10

11 Solución. De la ecuación dada, 1 x + 1 y = 1 n xy = nx + ny (x n)(y n) = n2. Si n = 1, inmediatamente deducimos la única solución (2, 2). Para n > 2, sea n = p e 1 1 p e 2 2 p e la factorización en primos de n. Como x, y > n, hay una correspondencia uno a uno entre las soluciones en (x, y) y los factores de n 2, entonces el número de soluciones es τ(n 2 ) = (2e 1 + 1)(2e 2 + 1) (2e + 1). Ejemplo 3.2. Sea n un entero positivo. Pruebe que φ(d) = n. d n Solución. Para un divisor d de n, sea S d el conjunto de todos los a, 1 a n, tal que mcd(a, n) = n. Entonces S d d consiste de todos los elementos de la forma b n donde 0 b d, y mcd(b, d) = 1, entonces S d d contiene φ(d) elementos. También, es claro que cada entero entre 1 y n pertenece a un único S d. El resultado entonces sigue de sumar sobre todos los divisores d de n. Problemas 1. Sea n un entero positivo. Pruebe que n τ() = =1 n =1 n. 2. Sea n un entero positivo. Pruebe que τ 3 (d) = d n d n 2 τ(d). 3. Pruebe que si σ(n) = 2N + 1, entonces N es el cuadrado de un entero impar. (1976 Competencia Matemática Putnam) 11

12 4. Aritmética Modular Para un entero positivo m, y enteros a y b, decimos que a es congruente a b módulo m si m (a b), y denotamos esto por a b modulo m, o más comunmente a b (mód m). De otro modo, a no es congruente a b módulo m, y denotamos esto por a b (mód m) (aunque esta notación no es usada frecuentemente). En esta notación, m se llama módulo, y consideramos los enteros módulo m. Teorema 4.1. Si a b y c d (mód m), entonces a + c b + d (mód m) y ac bd (mód m). Demostración. Si a b y c d (mód m), entonces existen enteros y l tales que a = b + m y c = d + lm. Por lo tanto, a + c = b + d + ( + l)m, luego a + c b + d (mód m). También entonces ac bd (mód m). ac = bd + dm + blm + lm 2 = bd + (d + bl + lm)m, Resultados Útiles Para todo entero n, n 2 { } 0 1 { si n es par, (mód 4) si n es impar. Para todo entero n, 0 n si n 0 (mód 4), (mód 8) si n 2 (mód 4), si n 1 (mód 2). Si f es un polinomio con coeficientes enteros y a (mód m), entonces f(a) f(b) (mód m). Si f es un polinomio con coeficientes enteros de grado n, no todos identicamente cero, y p un primo, entonces la congruencia f(x) 0 (mód p) tiene como mucho n soluciones módulo p, contando multiplicidad. 12

13 Ejemplo 4.1. Probar que la única solución en números racionales de la ecuación x 3 + 3y 3 + 9z 3 9xyz = 0 es x = y = z = 0. (1983 Competencia Kürschá) Solución. Supongamos que la ecuación tiene una solución en los racionales, con al menos una variable distinta de cero. Cómo la ecuación es homogénea, podemos obtener una solución en enteros (x 0, y 0, z 0 ) multiplicando la ecuación por el cubo del mínimo común múltiplo de los denominadores. Tomando la ecuación módulo 3, obtenemos x 3 0 (mód 3). Por lo tanto, x 0 debe ser divisible por 3, digamos x 0 = 3x 1. Substituyendo, 27x y z x 1 y 0 z 0 = 0 y z x 3 1 9x 1 y 0 z 0 = 0 Por lo tanto, tenemos otra solución (y 0, z 0, x 1 ). Podemos aplicar esta reducción recursivamente, para obtener y 0 = 3y 1, z 0 = 3z 1, y otra solución (x 1, y 1, z 1 ). Luego, podemos dividir potencias de 3 de nuestra solución un número arbitrario de veces, contradicción. Ejemplo 4.2. Alguno de los primeros números de Fibonacci terminan con cuatro ceros? Solución. La respuesta es sí. Considere la secuencia de pares (F, F +1 ) módulo Como hay sólo un número finito de posibles pares distintos ( para ser exactos), y cada par sólo depende en el anterior, esta secuencia es eventualmente periódica. Pero F 0 (mód 10 4 ), luego dentro de 10 8 términos, otro número de Fibonacci divisible por 10 4 debe aparecer. De hecho, una comprobación con computadora muestra que 10 4 F 7500, y (F n ) módulo 10 4 tiene período 15000, que es mucho más pequeño que la cota superior de Si ax 1 (mód m), entonces decimos que x es el inverso de a módulo m denotado por a 1, y es único módulo m. Teorema 4.2. El inverso de a módulo m existe y es único si y sólo si a es primo relativo a m. Demostración. Si ax 1 (mód m), entonces ax = 1 + m para algún, ax m = 1. Por el corolario 2.2, a y m son primos relativos. Ahora si mcd(a, m) = 1, entonces por corolario 2.2, existen enteros x e y tales que ax + ym = 1 ax = 1 ym ax 1 (mód m). El inverso x es único módulo m, pues si x es también un inverso, entonces ax ax 1 xax = xax x x. 13

14 Corolario 4.3. Si p es primo, entonces el inverso de a módulo p existe y es único si y sólo si p no divide a a. Corolario 4.4. Si a b (mód m) y es relativo primo a m entonces a b (mód m). Demostración. Multiplicando ambos lados por 1, que existe por el teorema 4.2, obtenemos el resultado buscado. Decimos que un conjunto {a 1, a 2,..., a m } es un sistema completo de residuos módulo m si para todo i, 0 i m 1, entonces existe un único j tal que a j i (mód m). Ejemplo 4.3. Encuentre todos los enteros positivos n tal que existen sistemas completo de residuos {a 1, a 2,..., a n } y {b 1, b 2,..., b n } módulo n para los cuales {a 1 + b 1, a 2 + b 2,..., a n + b n } es también un sistema completo de residuos. Demostración. La respuesta es todo los n impares. Primero probamos la necesidad. Para cualquier sistema completo de residuos {a 1, a 2,..., a n } módulo n, tenemos que a 1 + a a n n(n + 1)/2 (mód n). Entonces, si los tres conjuntos son sistemas completos de residuos, entonces a 1 + a a n + b 1 +b 2 + +b n n 2 +n 0 (mód n) y a 1 +a 2 + +a n +b 1 +b 2 + +b n n(n + 1)/2 (mód n), luego n(n + 1)/2 0 (mód n). La cantidad n(n + 1)/2 es divisible por n si y sólo si (n + 1)/2 es un entero, lo cual implica que n es impar. Ahora asumamos que n es impar. Sea a i = b i = i para todo i. Entonces a i + b i = 2i para todo i, y n es primo relativos a 2, entonces por el corolario 4.4, {2, 4,..., 2n} es un sistema completo de residuos módulo m. Teorema 4.5. Teorema de Euler. Si a es un primo relativo a m, entonces a φ(m) 1 (mód m). Demostración. Sean a 1, a 2,..., a φ(m) los enteros positivos menores que m que son primos relativos a m. Considere los enteros aa 1, aa 2,..., aa φ(m). Afirmamos que son una permutación de los φ(m) enteros originales a i, módulo m. Para cada i, aa i también es primo relativo a m, luego aa i a para algún. Como aa i aa j a i a j (mód m), cada a i es enviado a un a diferente bajo la multiplicación por a, por lo tanto son permutados. Entonces a 1 a 2 a φ(m) (aa 1 )(aa 2 ) (aa φ(m) ) a φ(m) a 1 a 2 a φ(m) 1 a φ(m) (mód m). 14

15 Nota. Esto da una fórmula explícita para el inverso de a módulo m: a 1 a φ(m) 2 (mód m). Alternativamente, podemos usar el algoritmos de Euclides para encontrar a 1 x como en la demostración del Teorema 4.2. Corolario 4.6. El Pequeño Teorema de Fermat (PTF). Si p es primo, y p no divide a a, entonces a p 1 1 (mód p). Ejemplo 4.4. Muestre que si a y b son enteros positivos primos relativos, entonces existen enteros m y n tales que a m + b n 1 (mód a)b. Solución. Sea S = a m + b n, donde m = φ(b) y n = φ(a). Entonces por el Teorema de Euler, S b φ(a) equiv1 (mód a), o S 1 0 (mód a), y S a φ(b) 1 (mód b), o S 1 0 (mód b). Por lo tanto S 1 0, o S 1 (mód a)b. Ejemplo 4.5. Para todos los enteros positivos i, sea S i la suma de los productos de 1, 2,..., p 1 tomando de a i cada vez, donde p es un primo impar. Muestre que S 1 S 2 S p 2 0 (mód p). Solución. Primero, observe que (x 1)(x 2) (x (p 1)) = x p 1 S 1 x p 2 + S 2 x p 3 S p 2 x + S p 1 Estos polinomios se anulan para x = 1, 2,..., p 1. Pero por el Pequeño Teorema de Fermat, también se anula x p 1 1 módulo p. Tomando la diferencia de estos dos polinomios, obtenemos otro polinomio de grado p 2 con p 1 raices módulo p, luego debe ser el polinomio nulo, y el resultado sigue de comparar coeficientes. Nota. Inmediatamente tenemos que (p 1)! S p 1 1 (mód p), que es el Teorema de Wilson. También, x p x 0 (mód p) para todo x, pero aquí no podemos comparar coeficientes. Por qué no? Teorema 4.7. Si p es un primo y n es un entero tal que p (4n 2 + 1), entonces p 1 (mód 4). Demostración. Claramente, p no puede ser 2, luego sólo necesitamos mostrar que p 3 (mód 4). Supongamos que p = para algún. Sea y = 2n, luego por el Pequeño Teorema de Fermat, y p 1 1 (mód p), como p no divide a n. Pero y , luego y p 1 y 4+2 (y 2 ) 2+1 ( 1) (mód p), contradicción. Por lo tanto p = 2 ó p 1 (mód 4). 15

16 Nota. La misma prueba se puede usar para mostrar que si p es un primo y p (n 2 + 1), entonces p = 2 o p 1 (mód 4). Ejemplo 4.6. Muestre que existen infinitos números primos de la forma y de la forma Solución. Suponga que existen finitos números primos de la forma 4 + 1, digamos p 1, p 2,..., p n. Sea N = 4(p 1 p 2 p n ) Por el teorema 4.7, N es sólo divisible por primos de la forma 4+1, pero claramente N no es divisible por ninguno de estos primos, contradicción. Similarmente, supongamos que hay finitos primos de la forma 4 + 3, digamos q 1, q 2,..., q m. Sea M = 4q 1 q 2 q m 1. Entonces M 3 (mód 4), luego M debe ser divisible por un primo de la forma 4 + 3, pero M no es divisible por ninguno de estos primos, contradicción. Ejemplo 4.7. Muestre que si n es un entero mayor que 1, entonces n no divide a 2 n 1. Solución. Sea p el menor primo que divide a n. Entonces mcd(n, p 1) = 1, y por el corolario 2.2, existen enteros x e y tales que nx + (p 1)y = 1. Si p (2 n 1), entonces 2 2 nx+(p 1)y (2 n ) x (2 p 1 ) y 1 (mód p) por el Pequeño Teorema de Fermat, contradicción. Por lo tanto p (2 n 1) n (2 n 1) Teorema 4.8. Teorema de Wilson. Si p es un primo, entonces (p 1)! 1 (mód p). (Vea también el ejemplo 4.5.) Demostración. Considere la congruencia x 2 1 (mód p). Entonces x 2 1 (x 1)(x + 1) 0, luego las únicas soluciones son x 1 y 1. Por lo tanto, para cada i, 2 i p 2, existe un único inverso j i de i, 2 j p 2, módulo p. Luego, cuando agrupamos en pares de inversos, (p 1)! 1 2 (p 2) (p 1) (p 1) 1 (mód p). Ejemplo 4.8. Sea {a 1, a 2,..., a 101 } y {b 1, b 2,..., b 101 } un sistema completo de residuos módulo 101. Puede {a 1 b 1, a 2 b 2,..., a 101 b 101 } es un sistema completo de residuos módulo 101? Solución. La respuesta es que no. Suponga que {a 1 b 1, a 2 b 2,..., a 101 b 101 } es un sistema completo de residuos módulo 101. Sin pérdida de generalidad asuma que a (mód 101). Entonces b (mód 101), porque si cualquier otro b j fuera congruente a 0 módulo 101, entonces a j b j a 101 b

17 (mód 101), contradicción. Por el teorema de Wilson, a 1 a 2 a 100 b 1 b 2 b ! 1 (mód 101), luego a 1 b 1 a 2 b 2 a 100 b (mód 101). Pero a 101 b (mód 101), entonces a 1 b 1 a 2 b 2 a 100 b ! 1 (mód 101), contradicción. Teorema 4.9. Si p es un primo, entonces la congruencia x (mód p) tiene solución si y sólo si p = 2 o p 1 (mód 4). (Compare con el teorema ) Demostración. Si p = 2, entonces x = 1 es una solución. Si p = 3 (mód 4), entonces por la nota en el teorema 4.7, no existen soluciones. Finalmente si p = 4 + 1, entonces hacemos x = 1 2 (2). Entonces x (2) (2) (2) ( 2) ( 2) ( 1) (multiplicando por 2 1s) 1 2 (2) (p 2) (p 2) (p 1) (p 1)! 1 (mód p). Teorema Sea p un primo tal que p 1 (mód 4). Entonces existen enteros positivos x y y tales que p = x 2 + y 2. Demostración. Por el teorema 4.9, existe un entero a tal que a 2 1 mód p. Considere el conjunto de enteros de la forma ax y, donde x y y son enteros, 0 x, y < p. La cantidad de pares posibles es entonces ( p + 1) 2 > ( p) 2 = p, por el principio del palomar, existen enteros 0 x 1, x 2, y 1, y 2 < p, tal que ax 1 y 1 ax 2 y 2 (mód p). Sea x = x 1 x 2 y y = y 1 y 2. Al menos uno entre x y y es distinto de cero, y ax y a 2 x 2 x 2 y 2 x 2 + y 2 0 (mód p). Entonces, x 2 + y 2 es un múltiplo de p, y 0 < x 2 + y 2 < ( p) 2 + ( p) 2 = 2p, luego x 2 + y 2 = p. Teorema Sea n un entero positivo. Entonces existen enteros x y y tal que n = x 2 + y 2 si y sólo si cada factor primo de n de la forma aparece un número par de veces. Teorema Teorema Chino del Resto (TCR). Si a 1, a 2,..., a son enteros, y m 1, m 2,..., m son primos relativos de a pares, entonces el sistema de congruencias x a 1 (mód m 1 ), x a 2 (mód m 2 ),. x a (mód m ) tiene una única solución módulo m 1 m 2 m. 17

18 Demostración. Sea m = m 1 m 2 m, y considere m/m 1. Es primo relativo a m 1, luego existe un entero t 1 tal que t 1 m/m 1 (mód m 1 ). En consecuencia, sea s 1 = t 1 m/m 1. Entonces s 1 1 (mód m 1 ) y s 1 0 (mód m j ), j 1. Similarmente, para todo i, existe s i tal que s i 0 (mód m i ) y s i 0 (mód m j ), j i. Entonces, x = a 1 s 1 + a 2 s a s es una solución del sistema anterior. Para probar la unicidad, sea x otra solución. Entonces x x 0 (mód m i ) para todo i x x 0 (mód m 1 m 2 m ). Nota. La demostración muestra explícitamente como encontrar la solución x. Ejemplo 4.9. Para un entero positivo n, encuentre la cantidad de soluciones de la congruencia x 2 1 (mód n). Solución. Sea la factorización de n de la forma 2 e p e 1 1 p e 2 2 p e. Por TCR, x 2 1 (mód n) x 2 1 (mód p e i i ) para todo i y x2 1 (mód 2 e ). Vamos a considerar estos casos por separado. Tenemos que x 2 1 (mód p e i i ) x2 1 = (x 1)(x + 1) (mód p e i i ). Pero p i no puede dividir a ambos x 1 y x + 1, luego divide uno de ellos; esto es x ±1 (mód p e i i ). Luego hay dos soluciones. Ahora, si (x 1)(x + 1) 0 (mód 2 e ), 2 puede dividir a x 1 y a x + 1, pero 4 no puede dividir a ambos. Para e = 1 y e = 2, se puede comprobar fácilmente que hay una y dos soluciones respectivamente. Para e 3, como tiene que haber como mucho un factor 2 en uno de los factores x 1 o x + 1, tiene que haber al menos e 1 en el otro para que su producto sea divisible por 2 e. Por lo tanto, las únicas posibilidades son x 1 o x + 1 0, 2 e 1 (mód 2 e ), lo que lleva a las cuatro soluciones x 1, 2 e 1 1, 2 e 1 +1 y 2 e 1. Ahora que conocemos cuantas soluciones cada factor primo contribuye, la cantidad de soluciones módulo n es simplemente el producto de estos, por el TCR. La siguiente tabla da la respuesta: e Número de soluciones 0, Teorema Sea m un entero positivo, sean a y b enteros, y sea = mcd(a, b). Entonces la congruencia ax b (mód m) tiene soluciones o no tiene soluciones de acuerdo a si b o b. 18

19 Problemas 1. Probar que para cada entero positivo n existen n enteros positivos consecutivos, ninguno de los cuales es una potencia de un primo. (1989 Olimpiada Internacional de Matemática) 2. Para un entero positivo impar n > 1, sea S el conjunto de enteros x, 1 x n, tales que x y x + 1 son primos relativos de n. Muestre que x 1 (mód n). x S 3. Encuentre todas las soluciones en enteros positivos a 3 x + 4 y = 5 z. (1991 Olimpiada Internacional de Matemática - Lista corta) 4. Sea n un entero positivo tal que n + 1 es divisible por 24. Pruebe que la suma de todos los divisores de n es divisible por 24. (1969 Competencia Matemática Putnam) 5. (Teorema de Wolsteholme) Pruebe que si p 1 es escrito como fracción, donde p > 5 es un primo, entonces p 2 divide al numerador. 6. Sea a la raíz positiva mas grande de la ecuación x 3 3x = 0. Muestre que a 1788 y a 1988 son divisibles por 17. (1988 Olimpiada Internacional de Matemática - Lista corta) 7. Sean {a 1, a 2,..., a n } y {b 1, b 2,..., b n } sistemas completos de residuos módulo n, tales que {a 1 b 1, a 2 b 2,..., a n b n } es también un sistema completo de residuos módulo n. Muestre que n = 1 ó Sean m y n enteros positivos. Muestre que 4mn m n no puede ser un cuadrado. (1984 Olimpiada Internacional de Matemática) 5. Coeficientes Binomiales Para los enteros no negativos n y, n, el coeficiente binomial ( ) n se define como n!!(n )!, 19

20 y tiene varias propiedades importantes. Por convención, ( n ) = 0 si > n. En los resultados que siguen, para polinomios f y g con coeficientes enteros, decimos que f g (mód m) si m divide a todos los coeficientes de f g. Teorema 5.1. Si p es un primo, entonces el número de factores p en n! es n n n p p 2 p 3 También es n s n p 1, donde s n es la suma de los dígitos de n cuando esta expresado en base p. Teorema 5.2. Si p es un primo, entonces ( ) p 0 (mód p) i para 1 i p 1. Corolario 5.3. (1 + x) p 1 + x p (mód p) Lema 5.4. Para todos los números reales x e y, x + y x + x. Demostración. x x x+y x + y Z, luego x+y x + y. Teorema 5.5. Si p es un primo, entonces ( ) p 0 (mód p) i para 1 i p 1. Demostración. Por el lema 5.4, j=1 ( i + p j ) p i p j p, j=1 p j donde el lado izquierdo y el lado derecho son el número de factores p en i!(p i)! y p i p! respectivamente. Pero = i p = 0 y = 1, luego p p p la desigualdad es estricta, y por lo menos un factor p divide a ( ) p i. Corolario 5.6. (1 + x) p 1 + x p (mód p). 20

21 Ejemplo 5.1. Sea n un entero positivo. Mostrar que el producto de n enteros positivos consecutivos es divisible por n! Solución. Si los enteros consecutivos son m, m + 1,..., m + n 1, entonces ( ) m(m + 1) (m + n 1) m + n 1 =. n! n Ejemplo 5.2. Sea n un entero positivo. Mostrar que (( ) ( ) ( )) n n n (n + 1) mcm,,..., = mcm (1, 2,..., n). 0 1 n (AMM E2686) Solución. Sea p un primo n + 1 y sea α (respectivamente β) la mayor potencia de p en el lado izquierdo (respectivamente el derecho) de la igualdad anterior. Elegimos r tal que p r n + 1 < p r+1. Entonces claramente β = r. Afirmamos que ( ) m si p r m < p r+1, entonces p r+1 para 0 < m. (*) En efecto, el número de factores p en ( ) m es r ( ) m m γ =. s=1 p s Como cada sumando en esta suma es 0 ó 1, tenemos que γ r, esto es que (*) se cumple. Para 0 n sea ( ) ( ) ( ) n n + 1 n + 1 a = (n + 1) = (n + 1) = ( + 1). + 1 Por (*), p r+1 no divide a ninguno de los enteros ( ) ( n, n+1 ) (, ó n+1 +1). Por lo tanto p r+1 divide a a si y sólo si p divide a cada uno de los enteros n + 1, n +1 y +1. Esto implica que p divide a (n+1) (n +1) (+1) = 1, contradicción. Por lo tanto p r+1 a. Por otro lado, para = p r 1, tenemos que n y a = ( + 1) ( n+1 +1) es divisible por p r. Por lo tanto β = r = α. Teorema 5.7. Teorema de Lucas. Sean m y n enteros no negativos, y sea p un primo. Sean m = m p + m 1 p m 1 p + m 0, y p s p s n = n p + n 1 p n 1 p + n 0 21

22 las expansiones de m y n en base p respectivamente. Entonces ( ) ( )( ) ( )( ) m m m 1 m1 m0 (mód p). n n n 1 Demostración. Por el corolario 5.6 n 1 (1 + x) m (1 + x) m p +m 1 p 1 + +m 1 p+m 0 (1 + x) p m (1 + x) p 1 m 1 (1 + x) pm 1 (1 + x) m 0 (1 + x p ) m (1 + x p 1 ) m 1 (1 + x p ) m 1 (1 + x) m 0 (mód p) Por la expansión en base p, el coeficiente de x n en ambos lados es ( ) ( )( ) ( )( ) m m m 1 m1 m0 (mód p). n n n 1 Corolario 5.8. Sea n un entero positivo. Denotamos con A(n) la cantidad de factores 2 en n!, y denotemos con B(n) la cantidad de dígitos 1 en la expansión binaria de n. Entonces la cantidad de entradas impares en la fila n-ésima del Triángulo de Pascal, o equivalentemente el número de coeficientes en la expansión de (1 + x) n, es 2 B(n). Más aún, A(n) + B(n) = n para todo n. Resultados útiles: Para un polinomio f con coeficientes enteros y p primo, n 1 n 0 n 0 [f(x)] pn f(x pn ) (mód p). Problemas 1. Sean a y b enteros no negativos, y p un primo. Mostrar que ( ) ( ) pa a (mód p). pb b 2. Sea a n el último dígito distinto de cero en la representación decimal de el número n!. La secuencia a 1, a 2, a 3,... es eventualmente periódica? (1991 Lista Corta - Olimpiada Internacional de Matemática) 3. Encuentre todos los enteros positivos n tal que 2 n (3 n 1). 22

23 4. Encuentre el mayor entero para el cual 1991 divide a (1991 Lista Corta - Olimpiada Internacional de Matemática) 5. Para un entero positivo n, sean a(n) y b(n) la cantidad de coeficientes en la n-ésima fila del Triángulo de Pascal que son congruentes con 1 y 2 módulo 3 respectivamente. Probar que a(n) b(n) es siempre una potencia de Sea n un entero positivo. Probar que si el número de factores 2 en n! es n 1, entonces n es una potencia de Para un enteros positivo n, sea C n = 1 ( ) 2n, n + 1 n y S n = C 1 + C C n. Probar que S n 1 (mód 3) si y sólo si existe un 2 en la expansión en base 3 de n