Teoria de Numeros Para Principiantes

Teor´ıa de números[para principiantes] Teor´ıa de números [para principiantes] Luis R. Jiménez B. Jorge E. Gordillo A. Gustavo N. Rubiano O. Profesores Universidad Nacional de Colombia Facultad de Ciencias Sede Bogotá vi, 284 p. : 3 il. ISBN 958-701-372-7 QA241. 1. Teor´ıa de n´ umeros Luis R. Jiménez B., Jorge E. Gordillo A., Gustavo N. Rubiano O. ´ ´ Teor´ıa de numeros [para principiantes], 2a. edicion. Universidad Nacional de Colombia, Sede Bogotá. Facultad de Ciencias, 2004 Mathematics Subject Classification 2000: 11-01. c Edici´ on en castellano: Luis R. Jiménez B., Jorge E. Gordillo A., Gustavo N. Rubiano O. Universidad Nacional de Colombia. Primera impresión, 2004 Impresión: Pro–Offset Editorial Ltda. Bogotá, D. C. COLOMBIA Índice General Pr´ ologo ix 1 N´ umeros Naturales 1 1.1 Axiomas de Peano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Adición de n´ umeros naturales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.3 Multiplicación de n´ umeros naturales . . . . . . . . . . . . . . 5 1.4 Orden entre n´ umeros naturales . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.5 Construcción de los n´ umeros enteros . . . . . . . . . . . . . . 10 1.6 Formas equivalentes al principio de inducción matemática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2 Divisibilidad 25 2.1 Propiedades básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.2 M´ aximo Com´ un Divisor MCD . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 v . . .6 Ecuaciones Diofánticas lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 Definición y propiedades básicas . . .3 Aritmética módulo n . . . .7 Algunas propiedades de los n´ umeros primos . . . . . . . . . . . . . .2 Criterios de Divisibilidad . 127 4. . . . 33 2. . . . de Mersenne y de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2. . . . . . . . . . . .1 La función parte entera . . . . . . 64 3. . . . 131 . .6 Teorema fundamental de la aritmética . . . . . . . . . . . . . . . .5 Congruencias lineales .4 La función Φ de Euler . . . . . . . . . 51 2. . . .vi ÍNDICE GENERAL 2. . . . . . . . . . . . .6 La fórmula de inversión de Möbius . . . .2 Las funciones n´ umero y suma de divisores . 29 2. . . 78 3. . . . . 86 3. . . . . . . . 121 4. 90 4 Congruencias 98 4.8 Algunas ecuaciones diofánticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 Los Teoremas de Euler y Fermat . . . . . . . . . 46 2. .5 M´ınimo Com´ un M´ ultiplo y generalizaciones . . . . . . . 70 3. . . . . . . . .4 Propiedades del M´ aximo Com´ un Divisor . . . . . . . . . . 106 4. . . . . . . . . 125 4. . . . . . . . .7 Sistemas de congruencias lineales . . . . . . 58 3 Funciones Aritm´ eticas 64 3. .3 Algoritmo de Euclides . . .5 Funciones multiplicativas . . . . . . . . . . . . . .8 El Teorema chino del residuo . . . . . . . . . 74 3. . . 104 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 4. . . . . . .3 N´ umeros perfectos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 Sistemas de Clave P´ ublica .3 Cifrado en Bloques . . . .5 ´ Algebra y teor´ıa de n´ umeros .3 El s´ımbolo de Jacobi . . . . . . . . . . . . . . 217 6. . . . . .5. . .1 Sistema RSA . . . . . . . . .4. . . . . . . . . . 167 5. . . . . . . . . . . 172 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 Potencias módulo n y ra´ıces primitivas . . . . . . . . . . . .1 Fracciones continuas finitas . 153 5. 213 6. . . . . . . . . . . .11 Teoremas de Lagrange y Wilson . . . . . . . . . . . 231 7. . . . . . . . . . . . . . . . . 140 4. . .5. . . . . . . . 206 6. . . 180 6 Criptograf´ıa 194 6. . . 221 6. . .ÍNDICE GENERAL 4. .2 Sistema de Rabin . . . . .4 Cifrados Exponenciales . . .2 Ley de la reciprocidad cuadrática . . . . . . . 235 . . . 147 5 Residuos cuadr´ aticos 153 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 6.1 6. . . . . . .2 Cifrados monográficos . . . . . . . .3 Sistema de la mochila . . . 195 6. . . . . .2 Convergentes . . . . . . . . . . . 194 6. . . . . . . . . . . .5. . .9 vii Congruencias de grado superior . . . . .5 Algoritmo para calcular P e m´ odulo p. . . . . . . . . . . .1 Nociones básicas .1 Congruencias de segundo grado con módulo primo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 5. . . 137 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10 Congruencias con módulo una potencia de un primo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 7 Fracciones continuas 230 7. . . . . .viii ÍNDICE GENERAL 7. 248 7.5 Aproximaci´ on de n´ umeros irracionales . . 253 N´ umeros primos menores que 10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 Fracciones continuas periódicas . . 242 7.000 257 Respuestas y sugerencias 262 Bibliograf´ıa 280 .3 Fracciones continuas infinitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Villa–Salvador (Cinvestav.Prólogo La segunda edición de este libro mantiene el mismo esp´ıritu conque fue concebida la primera. México D. ix . La principal caracter´ıstica de esta nueva edici´ on es la adición de un cap´ıtulo sobre Criptograf´ıa.1101] quienes gentilmente evaluaron la edición original y nos motivaron para realizar esta nueva versión. F. y Gabriel D. Barcelona) por Mathematical Reviews [MR 2000j:11001]. y nos hicieron llegar sus valiosos comentarios y sugerencias que tuvimos en cuenta para la preparación de la presente edición. se han adicionado algunas secciones y se ha actualizado la bibliograf´ıa. manifestamos nuestro agradecimiento a los profesores Paz Morillo (E–UPB–TL. se trata de un texto básico de iniciación al estudio de la Teor´ıa de N´ umeros. En especial. es decir. También se ha hecho una revisión cuidadosa de los temas tratados y de las correspondientes secciones de ejercicios. que muestra una de las principales aplicaciones de la teor´ıa desarrollada.) por Zentralblatt [Zbl 0956. Finalmente queremos expresar nuestra gratitud a todas las personas que leyeron la primera edición. Esperamos que estos cambios hagan el material más u ´til y atractivo para los estudiantes. En el estudio de todos los temas. sencillo y económico. divisibilidad y n´ umeros primos.com gnrubianoo@unal. Gauss. no puede faltar un curso de Teor´ıa de n´ umeros. dirigido principalmente a los estudiantes de las carreras y licenciaturas de matemáticas ofrecidas por nuestras universidades.x ÍNDICE GENERAL Pr´ ologo a la primera edici´ on En la formación de toda persona que se dedique a la ense˜ nanza o al estudio de las matemáticas. creemos llenar la necesidad de un texto claro. F.co Junio de 2004 . Bogotá. ha sido llamada por K. presentamos numerosos ejemplos y proponemos una buena cantidad de ejercicios. La simplicidad de su objeto. la mayor´ıa de ellos con respuestas o sugerencias. Colombia. mjimenez98@yahoo. Esta hermosa teor´ıa. la reina de las matemáticas. hacen de esta disciplina una de las áreas más fascinantes del universo matemático. A lo largo de sus cap´ıtulos estudiamos detalladamente los siguientes tópicos: n´ umeros naturales y enteros. o cualquier nivel.edu. En este libro se ofrece una introducción breve y eficiente de los temas. Luis Rafael Jiménez Becerra Jorge Enrique Gordillo Ardila Gustavo Nevardo Rubiano Ortegón Departamento de Matemáticas Universidad Nacional de Colombia Ciudad Universitaria. funciones numéricas. congruencias y fracciones continuas. la formulación sencilla de numerosos problemas no resueltos. la elegancia y la diversidad de sus métodos. Con este libro. que permiten al estudiante avanzar con mayor seguridad en la asimilación de los contenidos. que a nuestro modo de ver son fundamentales para iniciarse en el estudio de esta teor´ıa. introducidos por el matemático italiano Giuseppe Peano en 1899: A-1 Hay un elemento especial 0 ∈ N. m ∈ N y n+ = m+ entonces n = m.1 Axiomas de Peano El conjunto de los n´ umeros naturales se puede caracterizar mediante los siguientes axiomas. entonces S = N. n+ ∈ S siempre que n ∈ S. A-3 Para todo n ∈ N.´ CAPITULO 1 Números Naturales 1. n+ 6 = 0. A-2 Para todo n ∈ N existe un u ńico elemento n+ ∈ N llamado el sucesor de n. 1 . 2. A-5 Si S es un subconjunto de N tal que: 1. 0 ∈ S. A-4 Si n. m ∈ N (n + m) + k = n + (m + k). k ∈ N (n + m) + k = n + (m + k). m + n+ = (m + n)+ .1 Definici´ on. 0 ∈ S puesto que (n + m) + 0 = n + m = n + (m + 0) (def.2 Adici´ on de n´ umeros naturales 1. Las siguientes ecuaciones definen la adición en N. . Sea S = {k ∈ N | (n + m) + k = n + (m + k) para todo n. es decir: Para todo n. Para todo m. m. se denomina Hip´ otesis de Inducci´ on. En las aplicaciones de este principio la hipótesis n ∈ S. m ∈ N}. PIM—. El axioma A-3 establece la existencia de un primer n´ umero natural que es 0. a partir de la cual se demuestra que n+ ∈ S.2 Teorema. El axioma A-5 se conoce como El Principio de Inducci´ on Matem´ atica —abreviadamente. Supongamos que k ∈ S. suma) 2. El axioma A-4 indica que n´ umeros naturales diferentes tienen sucesores diferentes. 1. es decir que para todo n. Como todo n´ umero natural distinto de cero es el sucesor de un n´ umero natural la adición resulta bien definida. La adici´ on de n´ umeros naturales es asociativa.2 ´ ´ CAPITULO 1. Usaremos el axioma A-5 —PIM—. 1. Demostraci´ on. 1. NUMEROS NATURALES En la formulación de los axiomas de Peano se supone de antemano la existencia del conjunto N. n ∈ N: m + 0 = m. 0 ∈ S. suma) + (hip. inducción) + = n + (m + k) (def. es decir. que 0 + m = m. suma) + = [n + (m + k)] (hip. es decir. (n + m) + k+ = [(n + m) + k]+ (def. m+ + n = (m + n)+ . Supongamos que m ∈ S. suma) + = (m + 0) (def. S = N. 1. puesto que 0 + 0 = 0 por definición de suma. Para todo m. 0 + m = m. Para demostrar la conmutatividad. puesto que para todo m ∈ N m+ + 0 = m+ (def. Demostraci´ on. 2. 1.2. n ∈ N. inducción) Luego m+ ∈ S y. 1. Demostraci´ on. por A-5.3 Lema. suma) 2. probamos primero: 1.3 ´ DE NUMEROS ´ 1. 0 ∈ S. que para todo m ∈ N m+ + n = (m + n)+ . Supongamos que n ∈ S. ADICION NATURALES Entonces. . Sea S = {n ∈ N | m+ + n = (m + n)+ para todo m ∈ N}.4 Lema. Entonces: 0 + m+ = (0 + m)+ =m (def. Para todo m ∈ N. Sea S = {m ∈ N | 0 + m = m}. suma) = n + (m + k ) luego k+ ∈ S y por A-5. S = N. suma) + (def. puesto que m + 0 = m = 0 + m. 2. Demostraci´ on. m y k son n´ umeros naturales tales que m + k = n + k. suma) = (m + n ) As´ı. pues si n y m son naturales tales que m + 0 = n + 0 por definición de suma concluimos que m = n. 0 ∈ S. 0 ∈ S. por A-5. por A-5. suma) + + = [(m + n) ] (hip. entonces m = n. inducción) + + (def. n ∈ N}. 1. 2. La adici´ on de n´ umeros naturales es conmutativa: para todo m. 1. m + n+ = (m + n)+ (def. Sea S = {n ∈ N | m + n = n + m para todo m ∈ N}.4). S = N. S = N. 1. m + n = n + m. Demostraci´ on. inducción) = (n + m) + =n +m (Lema 1. n+ ∈ S y. n+ ∈ S y. Supongamos que n ∈ S. Entonces.6 Teorema. m ∈ N tales que m + k+ = n + k+ . As´ı. Si n. . Supongamos que k ∈ S y sean n.5 Teorema.4 ´ ´ CAPITULO 1. NUMEROS NATURALES Entonces para todo m ∈ N. para todo m ∈ N. suma) + (hip. tenemos m+ + n+ = (m+ + n)+ (def. Sea S = {k ∈ N | si m + k = n + k entonces m = n para todo m. 1. n ∈ N. 2. En efecto. Sea S = {k ∈ N | m(n + k) = mn + mk para todo m. m(n + 0) = mn (def. tenemos m(n + k+ ) = m(n + k)+ = m(n + k) + m (def. multiplicación) . 0 ∈ S. multiplicación).5 ´ DE NUMEROS ´ 1. inducción) = mn + (mk + m) (Teorema 1. m. k ∈ N. por A-4. Supongamos que k ∈ S. multiplicación) = (mn + mk) + m (hip. suma) luego. n ∈ N.7 Teorema. Demostraci´ on. m = n.3 Multiplicaci´ on de n´ umeros naturales Las siguientes ecuaciones definen la multiplicación en N. MULTIPLICACION NATURALES Entonces. n ∈ N}. 1. Para todo m. suma) (def. Como todo n´ umero natural distinto de cero es el sucesor de otro n´ umero natural.2) = mn + mk + (def. k+ ∈ S y S = N. 1. es decir: para todo m. por la hipótesis de inducción. m + k = n + k y.3. n ∈ N. suma) = mn + 0 (def. suma) = mn + m0 (def. m(n + k) = mn + mk. La multiplicaci´ on es distributiva con respecto a la adici´ on. por A-5. 1. n. (m + k)+ = (n + k)+ (def. As´ı. Para todo m0 = 0. mn+ = mn + m. la operación resulta bien definida. 1.7) (def. k ∈ N (mn)k = m(nk). 1. S = N. Para todo m ∈ N. La multiplicaci´ on de n´ umeros naturales es asociativa: para todo n. m. por A-5. Sea S = {k ∈ N (mn)k = m(nk) para todo n. Para demostrar el Teorema 1.6 ´ ´ CAPITULO 1. En efecto. S = N. por A-5. n ∈ N tenemos: (mn)k+ = (mn)k + mn (def. tenemos m+ n = mn + n. Es decir: Para todo m. Para todo m. multiplicación) = m(nk) + mn (hip.11 como la del Teorema 1. Demostraci´ on. 1. multiplicación). La multiplicaci´ on de n´ umeros naturales es conmutativa. NUMEROS NATURALES As´ı.8 Teorema. inducción) = m(nk + n) + = m(nk ) (Teorema 1.10 Lema. m ∈ N} 1. 1.9 Teorema. . n ∈ N. n ∈ N. k+ ∈ S y.9 es necesario probar antes los lemas siguientes: 1. Supongamos que k ∈ S. Tanto la demostración de los Lemas 1.11 Lema.10. luego k+ ∈ S y. mn = nm. Para todo m. la definición de multiplicación nos permite afirmar que (mn)0 = 0 y también que m(n0) = m0 = 0 2.9 las dejamos como ejercicio al lector. tenemos 0m = 0. 0 ∈ S. m = (m + p) + q = m + (p + q). m son n´ umeros naturales tales que m ≤ n y n ≤ m. r ∈ N son tales que m ≤ n y n ≤ r. q ∈ N tales que n = m + p y m = n + q. n. Si m y n son n´ umeros naturales tales que m+n = 0. lo que implica m = n.4. Si n. m ∈ N son tales que mn = 0 entonces m = 0.12 Definici´ on. 2. 1. Luego. Veamos que la relación ≤ define un orden sobre N. probar que m = 0 y n = 0.11 y el Teorema 1. La relación ≤ es reflexiva. entonces n = m + p y r = n + q donde p. en consecuencia. . luego m ≤ r. Por lo tanto. n+ = n + 0+ . entonces existen p. n ∈ N decimos que: m ≤ n si existe p ∈ N tal que n = m + p. 4.´ 1. Demostrar que para todo n ∈ N. Demostrar que si m. Dados m. 3. Probar que si n. Demostrar los lemas 1. 1. p + q = 0 y. Si m.10 y 1. y por lo tanto r= (m + p) + q = m + (p + q) donde p + q ∈ N.9. 2. n ∈ N entonces m + n ∈ N y mn ∈ N. m ≤ m puesto que m = m + 0 con 0 ∈ N. 5. Demostrar que todo n´ umero natural diferente de cero es de la forma n+ para alg´ un n ∈ N. o n = 0. La relación es transitiva. ORDEN ENTRE NUMEROS NATURALES 7 Ejercicios 1. q ∈ N. Para todo m ∈ N. p = q = 0. La relación ≤ es antisimétrica. 3.4 Orden entre n´ umeros naturales 1. 6. En efecto.1 1. m < n y m = n. n < m}.8 ´ ´ CAPITULO 1. Ahora. Sea S= {n ∈ N | para todo m ∈ N se tiene alguna de las relaciones m < n. m = n. donde p ∈ N y m = n. si m < n y n < m tendr´ıamos n = m + p+ y m = n + q + lo que implicar´ıa n = (n + q + ) + p+ = n + (q + + p+ ) = n + (q + + p)+ y en consecuencia (q + + p)+ = 0. Si m. Esto contradice el axioma A-3. m < n y n < m. n < m y n = m. Dados m. lo que contradice A-3. n ∈ N una y solo una de las siguientes afirmaciones es verdadera. NUMEROS NATURALES Como es usual. 2.14 Lema. lo que implicar´ıa que p+ = 0.13). n ∈ N veamos que se tiene al menos una de las afirmaciones.13 Teorema (Ley de la tricotom´ıa). Podemos observar como consecuencia de la definición que m < n si y solo si n = m + p+ para alg´ un p ∈ N. Análogamente demostramos que 2 es falsa. tendr´ıamos n = m + p+ . n < m. n ∈ N todas las afirmaciones siguientes son falsas: 1. 1. . definimos m < n si m ≤ n y m 6 = n. Dados m. 1. m < n. Luego 1 es falsa. (Del Teorema 1. luego 3 es falsa. Demostraci´ on. 3. ya que para todo m 6 = 0 tenemos 0< m. 0 ∈ S. 1. Demostraci´ on. m = n. Si tuviéramos simultáneamente m < n y m = n. La demostración requiere la prueba del lema siguiente. m = n. En este caso m = n + p+ donde p ∈ N.´ 1. Supongamos que n ∈ S. en consecuencia n+ ∈ S y por A-5. Sea m ∈ N. ORDEN ENTRE NUMEROS NATURALES 9 2. n+ < m. Si p 6 = 0 entonces m = n + p+ = n + (p + 0+ ) = (n + 0+ ) + p = n+ + p.4. Caso 2. . n+ = n + 0+ = (m + p+ ) + 0+ = m + (p+ + 0+ ) = m + (p+ + 0)+ = m + (p+ )+ luego m < n+ . es decir m < n+ . Si n ∈ N y n 6 = 0 entoncesn ≥ 1. Otras propiedades del orden en N serán enunciadas en los siguientes ejercicios. m < n. luego n+ < m. Caso 3. n < m y as´ı se termina la demostración del teorema. Ejercicios 1. se cumple alguna de las relaciones m < n+ .2 Demostrar cada una de las siguientes afirmaciones: 1. m = n+ . como n ∈ S se presentan tres casos: Caso 1. Hemos visto entonces que para todo m ∈ N. n < m. S = N. En este caso n+ = n + 0+ = m + 0+ . En este caso n = m + p+ donde p ∈ N y por lo tanto. m = n. Si p = 0 entonces m = n + 0+ = n+ . El lema demuestra que solamente se puede tener una de las afirmaciones m < n. 9. m + p < n + p. NUMEROS NATURALES 2. 6. . n. Si m. si k 6 = 0. Si m. n < n+ . Si m. 1. 3. si k = 0. 4. Si n ∈ N con m < n entonces para todo p 6 = 0. Para todo x ∈ Z definimos x + 0 = 0 + x = x. Si x. ( −k (b) (−m) + n = n + (−m) = 0 (c) (−m) + (−n) = −(m + n). k ∈ N son tales que m < n+ entonces m ≤ n. 8. definimos: (a) m + (−n) = (−n) + m = k.5 Construcci´ on de los n´ umeros enteros Presentamos ahora de manera breve una de las formas de construir el conjunto de los n´ umeros enteros a partir del conjunto de los n´ umeros naturales. Si n ∈ N con m < n entonces para todo p ∈ N. Para todo n´ umeros natural n 6 = 0 seleccionamos un nuevo s´ımbolo que representamos por (−n) y definimos el conjunto de los n´ umeros enteros as´ı: Z = {−n | n ∈ N. k ∈ N son tales que mk = nk y k 6 = 0 entoncesm = n. n 6 = 0} ∪ N. n ∈ N son tales que m < n entonces m+ ≤ n. La relación ≤ definida sobre N es una relación de orden total.10 ´ ´ CAPITULO 1. n ∈ N con m < n y n < r entonces m < r. n. 3. ´ de numeros ´ Adicion enteros Definimos la adición en Z mediante las siguientes reglas: 1. y ∈ N definimos x + y usando la definición en N. 2. mp < np. Si m. Para todo n ∈ N. Si m y n son n´ umeros naturales diferentes de cero y m = n + k para alg´ un k ∈ N. 5. 7. y distintos de cero donde al menos uno de ellos no es natural. Usualmente escribimos x − y en vez de x + (−y). y ∈ Z entonces xy = yx. y ∈ Z entonces x + y = y + x. Si m. Para todo x ∈ Z. 2. definimos x0 = 0x = 0. 2. 3. (b). 3. Si x. CONSTRUCCION ENTEROS 11 Observamos que dados x. z ∈ Z entonces (x + y) + z = x + (y + z). x + 0 = 0 + x = x. o (c) define x + y. Las pruebas de los enunciados 1 a 4 se dejan como ejercicios al lector. z ∈ Z entonces (xy)z = x(yz). Para todo x ∈ Z. Si x. y ∈ N usamos la multiplicación definida en N. Si x. ´ de numeros ´ Multiplicacion enteros Definimos la multiplicación en Z mediante las siguientes reglas: 1. alguna de las alternativas (a) o (b) define su producto. definimos: (a) (−m)n = n(−m) = −(mn).5. 4.´ DE LOS NUMEROS ´ 1. alguna de las alternativas (a). n son naturales diferentes de cero. La adición que acabamos de definir goza de las siguientes propiedades: 1. y donde al menos uno de ellos no es un n´ umero natural. Si x. . A continuación enunciamos las propiedades fundamentales de la multiplicación de enteros. Para todo x ∈ Z. El elemento y de la propiedad (4) se denomina el opuesto de x y se denota (−x). (b) (−m)(−n) = mn. y. y. Si x. Nuevamente observamos que dados x. existe y ∈ Z tal que x + y = 0. 2. 1. x(y + z) = xy + xz. Si x.12 ´ ´ CAPITULO 1. y. 5. Si x. y. z ∈ Z. z. Las demostraciones de las afirmaciones anteriores son ejercicio para el lector. Denotamos por Z+ el conjunto de los enteros positivos. 6. 5. x1 = x. NUMEROS NATURALES 3. ´ Orden en los numeros enteros La relación definida por x ≤ y si y solo si y − x ∈ N es una relación de orden total sobre Z. El lector debe verificar que la relación ≤ es en efecto una relación de orden total y demostrar además las propiedades enunciadas. y ∈ Z+ entonces x + y ∈ Z+ y xy ∈ Z+ . Si x.y 6 = 0 entonces xy 6 = 0. y < x. Para todo x ∈ Z. y ∈ Z con x 6 = 0. w ∈ Z son tales que x ≤ y y z ≤ w entonces x + z ≤ y + w. Si x. • También escribimos x < 0 para decir que x es negativo. . Para todo x. Si x. x = y. y ∈ Z son tales que x ≤ y entonces para todo z. x + z ≤ y + z. Si x. 2. z 6 = 0 son tales quexz = yz entonces x = y. 4. Si x. • Si 0 < x decimos que x es un entero positivo. • También usamos x > 0 para decir que x es positivo. El orden definido sobre Z tiene las siguientes propiedades: 1. y ∈ Z son tales que x ≤ y y z > 0 entonces xz ≤ yz. 4. • Si x ≤ y y x 6 =y escribimos x < y. 3. y ∈ Z entonces una y solo una de las siguientes afirmaciones es verdadera x < y. y. • Los enteros x que satisfacen (−x) > 0 se denominan negativos. y ∈ Z son tales que x ≤ y y z < 0 entonces yz ≤ xz. Si x. z ∈ Z. 6. Adem´ as 0 ∈ T y por PIM1 existe m ∈ T tal que m + 1 ∈ / T . FORMAS EQUIVALENTES AL PRINCIPIO DE INDUCCION ´ MATEMATICA 1. Nos proponemos ahora presentar algunas formas equivalentes y mostrar su aplicación en la prueba de enunciados matemáticos. m ≤ s. si m ∈ / S se tendr´ıa que m < s para todo s ∈ S por lo tanto m + 1 ≤ s para todo s ∈ S y en consecuencia m + 1 ∈ T que es contradictorio. Entonces existen enteros u ńicos q. Sea S = {a−bx | x ∈ Z y a−bx ≥ 0}. Sea T = {n ∈ N | n ≤ s para todo s ∈ S}. Es decir. . Luego S 6 =∅.6 13 Formas equivalentes al principio de inducci´ on matem´ atica Al enunciar los axiomas de Peano. Por lo tanto m = min S.6. S tiene un m´ınimo r y en consecuencia existe un entero q tal que a − bq = r con 0 ≤ r. Necesariamente m ∈ S. pues como m ≤ s para todo s ∈ S. 1. r tales que a = bq + r con 0 ≤ r < b.15 Teorema (Principio de buena ordenaci´ on (abreviadamente PBO)).´ 1. 1 Existencia. Todo subconjunto no vac´ıo S de n´ umeros naturales posee un m´ınimo.16 Teorema (Algoritmo de la divisi´ on). Como una aplicación al PBO demostraremos un resultado fundamental del sistema de los n´ umeros enteros denominado el Algoritmo de la divisi´ on. Veamos que S 6 = ∅. b enteros con b > 0. a − b0 = a ∈ S. indicamos que el axioma A-5 se conoce con el nombre de Principio de Inducción Matemática y seguidamente vimos su fuerza en la demostración de varios resultados sobre las operaciones con n´ umeros naturales. Si a < 0. En esta sección nos referiremos al axioma A-5 como el PIM1. ya que si s0 ∈ S entonces s0 + 1 ∈ / T. Sean a. existe m ∈ S —m = min S— tal que para todo s ∈ S. Utilizamos el PIM1. 1. Demostraci´ on. Como S 6 =∅ tenemos que T 6 =N. Ahora por el PBO. Demostraci´ on. como b ≥ 1 tenemos que a − ab = a(1 − b) ≥ 0 y as´ı a − ab ∈ S. Si a ≥ 0. Sea S un subconjunto de {k ∈ N | k ≥ a} que satisface: 1. y por la condición 2 concluimos que m ∈ S lo cual es una contradicción. 2 Unicidad. Entonces S = {k ∈ N | k ≥ a}. puesto que r = min S. que evidentemente es una contradicción. Adem´ as. Similarmente si suponemos q < q 0 obtenemos una contradicción. a ≤ k < n. Si suponemos q 0 < q entonces q 0 + 1 ≤ q y por lo tanto r = a − bq ≤ a − b(q 0 + 1) = (a − bq 0 ) − b = r 0 − b < 0. n ∈ S siempre que k ∈ S para todo k ∈ N tal que. utilizando el PBO.17 Teorema (PIM2). Luego T 6 =∅ y por el PBO tiene un m´ınimo m. y por tanto r < b. 1. una forma del principio de inducci´ on denotado con PIM2 que nos permite iniciar la inducción desde cualquier n´ umero natural y utilizar una hipótesis de inducción más general. puesto que a ∈ S entonces m > a y para todo k tal que a ≤ k < m. Luego necesariamente q = q 0 y también r = r 0 . Supongamos que S 6 = {k ∈ N | k ≥ a} y sea T = {k ∈ N | k ≥ a} − S. Sea a un n´ umero natural. La demostración es por contradicción. Antes de presentar alguna aplicación de PIM2 veamos algunas definiciones. a ∈ S. . entonces r − b = (a − bq) − b = a − (q + 1)b < 0. la minimalidad de m nos garantiza que k ∈ S. NUMEROS NATURALES De otra parte.14 ´ ´ CAPITULO 1. Supongamos que a = bq + r = bq 0 + r 0 con 0 ≤ r < b y 0 ≤ r 0 < b. Para cada n > a. 2. Probaremos ahora. Demostraci´ on. Demostraci´ on. Es fácil verificar que para todo entero k. Sea b > 1. En tal caso escribimos a | b. 1. . FORMAS EQUIVALENTES AL PRINCIPIO DE INDUCCION ´ MATEMATICA 15 1. Veamos que n ∈ S. En consecuencia n es producto de primos y as´ı n ∈ S. 2. o es primo o es un producto de n´ umeros primos.19 Definici´ on. . con b un n´ umero natural mayor que 1. Si n no es primo existen r y t tales que n = rt con 2 ≤ r < n y 2 ≤ t < n y por hipótesis ellos o son primos o productos de primos. Decimos que a divide a b si existe un entero c tal que b = ac. . Sea S el conjunto de todos los n´ umeros naturales que son primos o que pueden escribirse como producto de primos.18 Definici´ on.´ 1. Todo n´ umero natural a > 0 se representa de manera u ńica en la forma: a = cn bn + cn−1 bn−1 + · · · + cb + c0 donde n ≥ 0. 1. 1.21 Teorema.k | k. Como otra aplicación de este principio vamos a estudiar la representación de todo entero positivo en base b. b n´ umeros enteros con a diferente de cero. n. Decimos también que a es un divisor de b o que b es un m´ ultiplo de a. Para indicar que a no divide a b escribimos a .6. El PIM2 nos afirma entonces que S = {k ∈ N | k ≥ 2}.20 Teorema. Sean a. 1 | k y si k 6 = 0. 2 ∈ S porque 2 es un n´ umero primo. Un entero positivo mayor que 1 que no es primo se denomina compuesto. 1. Si n es primo entonces n ∈ S. . Un entero positivo p > 1 se denomina un n´ umero primo si tiene exactamente dos divisores positivos a saber: 1 y p.b. . 2. Claramente S ⊆ {k ∈ N | k ≥ 2} y además tenemos: 1. cn 6 = 0 y 0 ≤ ci < b para todo i = 0. Supongamos que n > 2 y que k ∈ S para todo k tal que 2 ≤ k < n. Todo entero mayor o igual que 2. que es también una contradicción. Si q > 0 evidentemente q < n y por la hipótesis de inducción q puede representarse en la forma: q = cm bm−1 + cm−1 bm−2 + · · · + c2 b + c1 donde cm 6 = 0 y 0≤ ci < b para i = 1. 1 Existencia. 0 = e0 + e1 b + · · · + es bs donde s es el mayor valor de k para el cual ck 6 =dk . Sea S el conjunto de enteros positivos que pueden escribirse en la forma mencionada. 2 Unicidad.16 ´ ´ CAPITULO 1. . . NUMEROS NATURALES Demostraci´ on. lo cual prueba la existencia de la representación. Por el algoritmo de la divisi´ on tenemos n = qb + c0 con 0 ≤ c0 < b. Por el PIM2. S = {a ∈ N | a ≥ 1}. por lo tanto: n = cm bm + cm−1 bm−1 + · · · + c1 b + c0 y as´ı n ∈ S. Supongamos que a tiene dos representaciones a saber. . . 0≤ ci < b y 0 ≤ dj < b para todo i y todo j.dm 6 = 0. Si q = 0. m. en particular es 6 = 0. Como n > 1 se observa que que q ≥ 0. Supongamos que n > 1 y que todo entero k tal que 1 ≤ k < n pertenece a S. a = cn bn + cn−1 bn−1 + · · · + c1 b + c0 = dm bm + dm−1 bm−1 + · · · + d1 b + d0 donde cn 6 = 0. n = c0 6 = 0 y as´ı n ∈ S. Concluimos que m = n y ck = dk para todo k tal que 0 ≤ k ≤ n. Si s > 0 obtenemos | ek |=| ck − dk |≤ b − 1. 0 ≤ k ≤ s − 1 y como es bs = −(e0 + e1 b + · · · + es−1 bs−1 ) entonces bs ≤| es bs | =| e0 + e1 b + · · · + es−1 bs−1 | ≤| e0 | + | e1 | b + · · · + | es−1 | bs−1 ≤ (b − 1)(1 + b + · · · + bs−1 ) = bs − 1. Por sustracción de las dos representaciones tenemos. 2. Si s = 0 obtenemos la contradicción e0 = es = 0. . Es evidente que 1 ∈ S. 3. (7F )16 = (7)(16)1 + F = (7)(16) + 15 = 127.6. El sistema que usamos com´ unmente tiene base b = 10 y se denomina el sistema decimal. FORMAS EQUIVALENTES AL PRINCIPIO DE INDUCCION ´ MATEMATICA 17 El teorema anterior nos permite construir sistemas de s´ımbolos para representar los n´ umeros enteros positivos. Cuando la base es mayor que 10 es necesario inventar s´ımbolos para los d´ıgitos 11. 13 = D. El n´ umero b en el teorema se denomina la base del sistema. cn bn + cn−1 bn−1 + · · · + c1 b + c0 por el s´ımbolo cn cn−1 · · · c1 c0 . este u ´ltimo por la facilidad para describir situaciones f´ısicas del tipo ‘ser o no ser’. Si escogiésemos b = 8. Por ejemplo: (40)16 = (4)(16)1 + 0 = 64. as´ı: Escogemos s´ımbolos para representar los d´ıgitos es decir. . 12 = C. los enteros no negativos menores que b y reemplazamos el n´ umero. la escribimos como sub´ındice. . El sistema hexadecimal es especialmente usado en computadores al igual que el sistema en base 2. 14 = E. . el n´ umero cuya representación decimal es 8375 está representado por 20267 puesto que 8375 = (2)(8)4 + (0)(8)3 + (2)(8)2 + (6)(8)1 + 7. as´ı por ejemplo: 8375 = (20267)8 . 12. ‘estar o no estar’. Cuando usamos una base diferente a 10. ya que solo dependen . (b − 1). 11 = B. En este sistema el s´ımbolo 8375 representa el n´ umero (8)(10)3 + (3)(10)2 + (7)(10)1 + 5. (F F )16 = (F )(16)1 + F = (15)(16) + 15 = 255. Los cálculos y reglas para las operaciones de adición y multiplicación son esencialmente los mismos en cualquier sistema. para indicar cu´ al. . Por ejemplo cuando la base es 16 —sistema hexadecimal— se establece: 10 = A. 15 = F.´ 1. el cociente nuevamente entre b y as´ı hasta obtener un cociente menor que b tenemos: a = bq1 + r1 . q1 ≥ b 0 ≤ r2 < b. · 0 ≤ r1 < b. q1 = bq2 + r2 . 0 ≤ rk < b. Si dividimos a entre b. qk < b. por ejemplo las tablas de adición y multiplicación en base 5 son: + 0 1 2 3 4 0 0 1 2 3 4 1 1 2 3 4 10 2 2 3 4 10 11 3 3 4 10 11 12 4 4 10 11 12 13 × 0 1 2 3 4 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 2 0 2 4 11 13 3 0 3 11 14 22 4 0 4 13 22 31 Hallemos ahora (232)5 (141)5 usando las tablas: 232 ×141 232 2033 232 44312 es decir (232)5 (141)5 = (44312)5 . .18 ´ ´ CAPITULO 1. Por una aplicación repetida del Algoritmo de la División podemos fácilmente encontrar la representación en base b de cualquier entero positivo a. NUMEROS NATURALES del carácter posicional de la notación y no de la base utilizada. q2 ≥ b · · qk−1 = bqk + rk . y por lo tanto. Volviendo a las diferentes versiones del PIM tenemos la siguiente versión simplificada del Teorema 1. 0 < rk+1 < b de las ecuaciones anteriores resulta inmediatamente que. . a = bq1 + r1 a = b(bq2 + r2 ) + r1 = b2 q2 + br2 + r1 · · · k a = b rk+1 + bk−1 rk + · · · + br2 + r1 .17. Sea S ⊆ U tal que: 1.´ 1.23 Teorema (PIM3). a ∈ S 2. 1. Sea a un n´ umero natural fijo y U = {k ∈ Z | k ≥ a}. FORMAS EQUIVALENTES AL PRINCIPIO DE INDUCCION ´ MATEMATICA 19 Escribiendo además qk = 0b + rk+1 .6. a = (rk+1 rk · · · r1 )b . 1. Para cada n ≥ a. si n ∈ S entonces n + 1 ∈ S.22 Ejemplo. Hallemos la representación de 756 en base 8: 756 8 36 94 4 14 6 8 11 3 8 1 1 8 0 Luego 756=(1364)8 . 15. Sean. Si n ≥ a es tal que n ∈ T entonces n = a + s con s ∈ S y por lo tanto n + 1 = (a + s) + 1 = a + (s + 1) ∈ T . si n ∈ N entonces n + a ≥ a y como U = T . Supongamos S ⊆ N tal que (i) 0 ∈ S. existe s ∈ S tal que n + a = a + s y por lo tanto n = s. 1. y (ii) Si n ∈ S entonces n + 1 ∈ S. 2. luego N ⊆ S y por lo tanto S = N.20 ´ ´ CAPITULO 1. Entonces T ⊆ U . En consecuencia por el PIM3. S = U . Si revisamos los resultados expresados en los teoremas 1. 1. En particular se tiene entonces que n − 1 ∈ S y por la condición 2 de la hip´ otesis del teorema se sigue que n ∈ S y por PIM2. PIM3 implica PIM1. a ∈ T pues a = a + 0 y 0 ∈ S.24 tenemos la siguiente cadena de implicaciones: PIM1 −−−−→ PBO x   y PIM3 ←−−−− PIM2 . es decir. T = {x ∈ N | x = a + s para alg´ un s ∈ S}.24 Teorema. T = U . 1. U = {x ∈ N | x ≥ a}. Demostraci´ on. Ahora. Sea n > a y supongamos que k ∈ S para todo k tal que a ≤ k < n. 1. Demostraci´ on. Tenemos que probar que S = N. Finalmente veamos que PIM3 implica PIM1.17. NUMEROS NATURALES Entonces S = U .23 y 1. y además. n + a ∈ T . puesto que s + 1 ∈ S. . . 1. 1. 12 + 22 + · · · + n2 = (1/6)n(n + 1)(2n + 1). Definimos los n´ umeros Fn de Fermat mediante la formula. Si r 6 = 1 entonces 1 + r + r2 + · · · + rn = 5. 4. 13 + 23 + · · · + (n − 1)3 < n4 4 1 − r n+1 . 6. . 2.´ 1. Ejercicios 1. F0 F1 · · · Fn−1 + 2 = Fn . Pruebe que para todo n ≥ 1. 7. i=1 i=1 .6. . n Fn = 22 + 1 para n = 0. FORMAS EQUIVALENTES AL PRINCIPIO DE INDUCCION ´ MATEMATICA 21 Es decir todas las proposiciones son equivalente y nos referiremos a cualquiera de ellas como el Principio de Inducci´ on Matem´ atica. 22n+1 − 9n2 + 3n − 2 es divisible por 54. 1−r < 13 + 23 + · · · + n3 . 1 + 2 + 3 + · · · + n = n(n + 1)/2. i=1 ai para alg´ definimos ! n+1 n X X ai = ai + an+1 . 13 + 23 + · · · + n3 = (1/4)n2 (n + 1)2 .3 En los ejercicios 1 a 6 demuestre que la proposición es cierta para todo n ≥ 1. 3. Para representarPla suma a1 + a2 + · · ·+ an de n n´ umeros reales utilizamos el s´ımbolo ni=1 ai que definimos inductivamente de la siguiente forma: 1 X ai = a1 i=1 Pn y suponiendo que ya hemos definido un n ≥ 1 fijo. j=1 Para representar Q el producto de n n´ umeros reales a1 . n. Se observa f´ acilmente que n! = 1 · 2 · 3 · . 10. n! = n(n − 1)!. 13. 9. . . NUMEROS NATURALES Demostrar por inducción: Pn Pn Pn 8. 1. an utilizamos el s´ımbolo ni=1 ai que se define de manera an´ aloga al de suma. n k!(n − k)! = k  0 en los demás casos. Adem´ as si n es un n´ umero natural y k es un entero arbitrario definimos el coeficiente binomial mediante:  n!  si 0 ≤ k ≤ n. . Pn i=1 (cai ) Pn i=1 (ai =c Pn i=1 ai . − ai−1 ) = an − a0 (Propiedad telesc´ opica). 14. . 11. Qn i=1 (cai ) = cn Qn i=1 ai . i=1 (ai + bi ) = i=1 ai + i=1 bi . . . Demostrar por inducción: Q Q Q 12. n Y ai an = si ai 6 = 0 parai = 0.22 ´ ´ CAPITULO 1. (n − 1) · n. ni=1 (ai bi ) = ( ni=1 ai ) ( ni=1 bi ) . a2 . . ai−1 a0 i=1 El s´ımbolo n! (le´ıdo ene factorial) se define inductivamente como sigue: 0! = 1 y para n ≥ 1. . Demostrar que m X n X j=1 i=1 ai bj = n X i=1 ! m  X ai  bj  . . . . c3 . Demostraci´ on. Si b es un entero positivo fijo. Si no lo encuentra. . .. FORMAS EQUIVALENTES AL PRINCIPIO DE INDUCCION ´ MATEMATICA 23 15. a2 . Sean a1 . Por la hipótesis de inducción todos estos caballos son del mismo color. para todo entero positivo n se tiene: n X n n−k k n (a + b) = a b (Teorema del binomio) k k=0 18. ck+1 } todos los k caballos son del mismo color. Si a y b son n´ umeros reales diferentes de cero. Encontrar el error —si lo hay— en la siguiente demostración. 43 > n para todo entero n ≥ 7. Demostrar por inducci´ on: 16. . . Consideramos {c1 . . compare con la realidad. .” (a) P1 es verdadera. 20.´ 1. Demuestre que dos maneras cualesquiera de sumar estos n´ umeros tomados en ese orden. Luego Pk+1 es verdadera y por el PIM se concluye la afirmación del teorema. (b) Supongamos que Pk es verdadera y supongamos que c1 . . Ley asociativa generalizada.6. 17. c3 . c2 . c2 . todo entero n ≥ 0 puede escribirse en la forma n = bq + r con q y r enteros no negativos y 0 ≤ r < b. ck−1 . . c3 . . Sea Pn la proposición: “Todos los caballos en un conjunto de n caballos. . Demostrar la formula del triángulo de Pascal n n n+1 + = k−1 k k para n ∈ N y todo entero k. . n 19. Teorema. son del mismo color. En el conjunto anterior reemplacemos ck por ck+1 entonces en el conjunto resultante {c1 . . 21. an n´ umeros reales con n ≥ 3. Los coeficientes binomiales son n´ umeros naturales. . . c2 . . entonces todos los k + 1 caballos son del mismo color. ck+1 son los k + 1 caballos en un conjunto de k + 1 caballos. Todos los caballos son del mismo color. producen el mismo resultado. ck }. Ahora c1 y ck son del mismo color y también c1 y ck+1 . . Se define inductivamente la sucesi´ on de Fibonacci mediante: u1 = u2 = 1 y un+2 = un+1 + un si n ≥ 1. Demostrar que para todo entero positivo n. Construir tablas para la adición y multiplicación en base 9 y calcular (4685)9 (3483)9 . Demostrar que el PIM es equivalente a la siguiente afirmación: Sea a ∈ Z y sea S un subconjunto de {k ∈ Z | k ≥ a} tal que. Entonces S = {k ∈ Z | k ≥ a}. Demostrar que no hay n´ umeros naturales entre 0 y 1. 27. NUMEROS NATURALES 22. 2 25. un+m+1 = un um + un+1 um+1 . (a) a ∈ S. 23. 28. En un sistema numérico con base b. Sugerencia: Utilizar el PBO y propiedades de orden de N. 2 √ 1+ 5 El n´ umero es llamado la proporci´ on ´ aurea. (b) n + 1 ∈ S cada vez que n ∈ S. ¿En qué base los n´ umeros 479. " √ !n √ !n # 1 1+ 5 1− 5 un = √ − 2 2 5 √ 1+ 5 Sugerencia: Comprobar primero que los dos n´ umeros a = y 2 √ 1− 5 b= son ra´ıces de la ecuación x2 = x + 1. Si establecemos u0 = 0. 29.24 ´ ´ CAPITULO 1. 26. Cuál es el valor de b?. 24. un n´ umero se escribe (34)b y su cuadrado se escribe como (1552)b . 698 y 907 están en progresión aritmética? . Expresar (400803)9 en el sistema de base 5 sin pasar por la base 10. entonces para todo entero m ≥ 0 y todo entero n ≥ 0 se tiene. 30. Para todo entero n ≥ 1 y todo entero m ≥ 1 se tiene que un | umn . Entonces: 1. 2. “a | b”. 2. 3.1 Teorema. Si a 6 = 0 entonces a | 0. 4. Si a | b y b | c entonces a | c.1 Propiedades b´ asicas Ya en el cap´ıtulo anterior dimos significado a la expresión “a divide a b” que escribimos as´ı. (−1) | a.´ CAPITULO 2 Divisibilidad 2. Si a | b entonces a | bc. recopilamos éstas y otras propiedades en el siguiente teorema. 1 | a. a | (bx + cy). a | a. Supongamos que a. Si a | b y a | c entonces para todo x. b y c son n´ umeros enteros. a | (−a). 25 . Aun cuando algunas propiedades ya las enunciamos y probamos. 5. y ∈ Z. consideremos (k + 1)(k + 2)(k + 3) · · · (k + m). El producto es distinto de 0. y en consecuencia | b |=| c || a |≥| a |. como el producto de enteros positivos consecutivos y se sigue del caso k ≥ 0. y enteros tenemos bx + cy = (ar)x + (as)y = a(rx + sy). m Si k < 0 se presentan dos alternativas: 1. En efecto. Para todo entero positivo m. (k + 1)(k + 2) · · · (k + m) k!(k + 1)(k + 2) · · · (k + m) = m! k!m! (k + m)! k+m = = m k!m! luego. (6) Como a | b existe c ∈ Z tal que b = ac. DIVISIBILIDAD 6. el producto de m enteros consecutivos es divisible por m!. (7) Por (6) tenemos | a |≤| b | y | b |≤| a | luego | a |=| b | y por lo tanto a = b o a = (−b). Demostraci´ on. en cuyo caso la parte (1) del Teorema 2. 2. El producto es 0. luego cualesquiera sean x. 2. k+m (k + 1)(k + 2) · · · (k + m) = m!. 7. Puesto que b 6 = 0 entonces c 6 = 0 y por lo tanto| c |≥ 1. luego a | (bx + cy). en cuyo caso se puede expresar. (5) Si a | b y a | c entonces existen enteros r y s tales que b = ar y c = as. Si k ≥ 0.26 ´ CAPITULO 2. salvo por un signo. Si a | b y b | a entonces a = b o a = (−b). .2 Ejemplo. tenemos.1 garantiza que este producto es divisible por m!. Si a | b y b 6 = 0 entonces | a | ≤ | b |. (2n)! = 1 · 2 · 3 · · · n(n + 1)(n + 2) · · · (n + n) = n! · (n + 1)(n + 2) · · · (n + n). . Sean a y b enteron no ambos iguales a cero. Luego por el PBO. 2. y ∈ Z}.5 Teorema. S posee un m´ınimo. por lo tanto (2n)! = (n!)t(n!) = t(n!)2 .3 Ejemplo. MAXIMO COMUN 27 2.2 M´ aximo Com´ un Divisor MCD 2. 2. Demostraci´ on. S 6 =∅ puesto que z = a2 + b2 ∈ S.2. Sean a y b enteros no ambos iguales a cero. Puesto que. Probaremos que g = d = (a. Para todo entero positivo n. El conjunto de todos los divisores comunes de a y b (un divisor com´ un de a y b es un entero que divide a ambos n´ umeros a y b) es un conjunto finito de n´ umeros enteros cuyo máximo se denomina el M´ aximo Com´ un Divisor de a y b. b) y sea S = {z ∈ Z+ | z = ax + by con x. llamémoslo g que podemos escribir en la forma g = ax0 + by0 . −b) = (−a. El MCD(a. b) es el menor entero positivo que pueda escribirse en la forma ax + by con x. pues si dividimos a entre g tenemos: a = qg + r con 0 ≤ r < g luego.4 Definici´ on. b). En efecto g es divisor com´ un de a y b. b) = (−a. r = a − qg = a − q(ax0 + by0 ) = a(1 − qx0 ) + b(−qy0 ) = ax0 + by 0 .´ ´ DIVISOR MCD 2. si x | a entonces x | (−a). Supongamos que d = (a. −b). b) o simplemente (a. Por el ejemplo anterior (n + 1)(n + 2) · · · (n + n) = t(n!). b) = (a. y enteros. En efecto. b). Lo notamos MCD(a. es fácil observar que (a. (n!)2 divide a (2n)!. (2) y (3) y supongamos que f es un divisor com´ un de a y b. b). y y si f | a y f | b entonces por el Teorema 2. Es importante observar que los enteros x. Supongamos que d = (a. DIVISIBILIDAD Ahora. el MCD es u ńico. Solamente podemos afirmar que (a. b) = (b. b). en la forma d = ax + by no garantiza que d = (a. si r 6 = 0 entonces r ∈ S lo cual contradice la minimalidad de g. Adem´ as d = ax + by para alg´ un par de enteros x. 3. b) si y solamente si d satisface las siguientes propiedades: 1. Por ejemplo. b) y g es un divisor com´ un entonces g ≤ d. Rec´ıprocamente supongamos ahora que d satisface (1). Igualmente es importante observar que el solo hecho de escribir un entero positivo d. Entonces d = (a. 4 = (6)(3) + (2)(−7) y sin embargo (6. También se ve claramente que por ser el m´ınimo de un conjunto. Si a = bq + r entonces (a. Análogamente se verifica que g | b. b) | d.28 ´ CAPITULO 2. 2) = 2 6 = 4 2. d > 0. en consecuencia r = 0 y as´ı g | a.1 f | d.6 Teorema. Si f | a y f | b entonces f | d. entonces por (3) f | d y en consecuencia | f |≤| d |= d. ´ en efecto si t ∈ Z y (a. Demostraci´ on. Sean a y b enteros no ambos cero. De otra parte g = ax0 + by0 y d | a y d | b luego d | g y como ambos n´ umeros son positivos d ≤ g y en consecuencia d = g. luego d es el mayor de los divisores comunes de a y b. b) = ax0 + by0 entonces (a. d | a y d | b.7 Teorema. 2. 2. Tenemos inmediatamente que d > 0 y que d | a y d | b. b) = a(x0 + bt) + b(y0 − at). y del teorema anterior no son unicos. r) . Como d = (a. Si no. rk−2 = rk−1 qk + rk . b) = b. 0 ≤ r2 < r1 .3. obteniendo las siguientes ecuaciones: a = bq1 + r1 . Si no. 0 ≤ r1 < b. Si r1 = 0 entonces b | a y (a.3 Algoritmo de Euclides Aun cuando hemos presentado criterios para decidir si un entero positivo es o no el máximo com´ un divisor de dos enteros. 0 < r1 < b b = r1 q2 + r2 . ALGORITMO DE EUCLIDES 29 Demostraci´ on.2. Como d | a y d | b entonces d | r = a − bq en consecuencia d | d0 .7 nos permite afirmar que (a. aplicamos el algoritmo de división y escribimos a = bq1 + r1 . r2 ) = · · · = (rk−1 . Euclides (365–300 AC) en su libro Elementos. 0 < r3 < r2 · · · rk−3 = rk−2 qk−1 + rk−1 . aplicamos nuevamente el algoritmo para obtener b = r1 q2 + r2 . . Solucionamos ahora esta dificultad al presentar el denominado Algoritmo de Euclides. b) = (a. dio este método para el cálculo del MCD. hasta llegar a lo sumo en b pasos a un residuo cero. Análogamente d0 | a = bq + r y en consecuencia d0 | d. 0 < rk−1 < rk−2 0 < rk < rk−1 rk−1 = rk qk+1 + 0. r). no hemos presentado a´ un un procedimiento eficiente que nos permita encontrar el MCD de dos enteros dados a y b. Si r2 = 0 entonces r1 = (r1 . 2. Como d y d0 son positivos entonces d = d0 . rk ) = rk . b) = (b. repetimos el proceso. Supongamos que d = (a. b) y d0 = (b. b). Si 0 < b < a. r1 ) = (r1 . La aplicación repetida del Teorema 2. 0 < r2 < r1 r1 = r2 q3 + r3 . DIVISIBILIDAD Puesto que (a. −234) = 3 = (31)(687) + (91)(−234). . Encontrar (687. Por lo tanto.8 Ejemplo. 234) = 3.30 ´ CAPITULO 2. 3=9−6 6 = 15 − 9 9 = 219 − (15)(14) 15 = 234 − 219 219 = 687 − (2)(234). b) = (a. 3=9−6 = 9 − [15 − 9] = (2)(9) − 15 = 2[219 − (14)(15)] − 15 = (2)(219) − (29)(15) = (2)(219) − 29[234 − 219] = (31)(219) − (29)(234) = 31[687 − (2)(234)] − (29)(234) = (31)(687) − (91)(234). empezando con la pen´ ultima ecuación obtenemos. −234) y expresarlo como combinación lineal de 687 y −234. (687. b) = (−a. luego (687. 2. También las ecuaciones precedentes nos permiten encontrar enteros x y y tales que (a. −b) = (−a. tenemos. y reemplazando los residuos sucesivamente tenemos. Aplicando el Algoritmo de Euclides. b) = ax + by. −234) = (687. Adem´ as. −b) el algoritmo anterior permite encontrar el MCD de cualquier par de enteros. 687 = (234)(2) + 219 234 = (219)(1) + 15 219 = (15)(14) + 9 15 = (9)(1) + 6 9 = (6)(1) + 3 6 = (3)(2) + 0. conocido como algoritmo extendido de Euclides. . ax1 + by1 = (a)(1) + b(−q1 ) = r1 . yi = yi−2 − yi−1 qi . M´ as generalmente.1) para i = 1. se puede programar fácilmente en un computador y permite hallar el MCD de dos enteros y escribirlo como combinación lineal de ellos.3. k. y0 = 1. Definimos x0 = 0. Cuando i = 1 tenemos. 0 < r2 < r1 r1 = r2 q3 + r3 . . rk−2 = rk−1 qk + rk . . 2. 0 < r3 < r2 · · · rk−3 = rk−2 qk−1 + rk−1 . 0 < rk−1 < rk−2 0 < rk < rk−1 rk−1 = rk qk+1 + 0. tenemos el siguiente teorema. x1 = 1. 2. tenemos: axi + byi = ri (2. para i = 2. Sean 0 < b < a enteros. . y supongamos que tenemos las ecuaciones: a = bq1 + r1 . . Demostraci´ on. . Por el algoritmo euclideano sabemos que (a. ALGORITMO DE EUCLIDES El procedimiento que presentamos a continuación. En las condiciones anteriormente descritas. y1 = −q1 y las fórmulas de recurrencia xi = xi−2 − xi−1 qi . k. b) = rk y afirmamos que rk = axk + byk .1) es cierta. 0 < r1 < b b = r1 q2 + r2 . Sea S el conjunto de los i ∈ Z tales que 1 ≤ i ≤ k y para los cuales la afirmación (2. .31 2.9 Teorema. . . i 0 1 2 3 4 5 qi − 3 1 1 1 3 xi 0 1 -1 2 -3 11 yi 1 -3 4 -7 11 -40 por lo tanto. puesto que rj−1 = rj qj+1 + rj+1 obtenemos axj+1 + byj+1 = rj+1 y. Usando las fórmulas de recurrencia tenemos la siguiente tabla. 2. 275) = 11 = (1001)(11) + (275)(−40).1) es cierta para i ≤ j donde 2 ≤ j ≤ k.32 ´ CAPITULO 2. DIVISIBILIDAD que es la ecuación con la cual comenzamos el algoritmos de Euclides. 275) y escribámoslo como combinación lineal de ellos. Supongamos que (2. (1001. . Encontremos (1001.10 Ejemplo. la relación (2. Por las fórmulas de recurrencia tenemos: axj+1 + byj+1 = a(xj−1 − xj qj+1 ) + b(yj−1 − yj qj+1 ) = (axj−1 + byj−1 ) − (axj + byj )qj+1 = rj−1 − rj qj+1. k. Adem´ as. .1) es cierta para i = 1. . . 1001 = (275)(3) + 176 275 = (176)(1) + 99 176 = (99)(1) + 77 99 = (77)(1) + 22 77 = (22)(3) + 11 22 = (11)(2) + 0. 2. por el PIM. entonces ad . b) = 1. 2.11 Teorema. d d d 2. Sean a y b enteros no ambos nulos. b) = 1 existen enteros x. b) = 1 entonces a | c. al dividir por d tenemos: 1= d a b = x + y. 2. Como a | bc existe k tal que bc = ak. . . b) existen enteros x. Demostraci´ on. an son enteros tales que para todo i y para todo j con i 6 =j.15 Corolario. y tales que ax + by = 1. (a.5 garantiza la existencia de tales x. M´ as generalmente si a1 .14 Teorema. b) = 1 si y solo si existen enteros x. decimos que a y b son primos relativos.´ ´ DIVISOR 2. . .13 Definici´ on. Demostraci´ on. a2 . por lo tanto. PROPIEDADES DEL MAXIMO COMUN 2. decimos que a1 . o p | b. . y tales que 1 = ax + by entonces (a. . b) = 1.12 Corolario. Si d = (a. db = 1. aj ) = 1.4 33 Propiedades del M´ aximo Com´ un Divisor Hemos mostrado que si d = (a. El siguiente teorema muestra el u ńico caso en el que se da la equivalencia de las dos afirmaciones. y tales que 1 = ax + by Demostraci´ on. Como (a.4. y tales que d = ax + by. Si a y b son enteros no ambos iguales a cero tales que (a. Puesto que d = (a. a2 . Entonces. b) entonces existen x. Rec´ıprocamente. . y. Por lo tanto. Si p es primo y p | ab entonces p | a. 2. . b). 1 ≤ i. Si (a. j ≤ n se tiene (ai . si existen x. 2. b) = 1 el Teorema 2. an son primos relativos dos a dos. (a. . Si a | bc y (a. b) | 1 y por lo tanto. c = c(ax + by) = acx + bcy = acx + aky = a(cx + ky) es decir a | c. y enteros tales que d = ax + by. . y por el teorema p | b. bi ) = 1 para i = 1. Si p . entonces p | ai para alg´ un i. 2. Si (a. an . k. bc) = 1. k + 1. . que (a. b1 b2 . 2.19 Corolario. .18 Teorema. . bi ) = 1 para i = 1. bn ) = 1. c) = 1 tenemos que. . b) = 1 y (a. p2 . 1 ≤ i ≤ n. Demostraci´ on. Si (a. k entonces (a. pn . . . . Supongamos como hipótesis que. 2. Si n = 1 es claro que (a. La demostración es por inducción. 2.a entonces (a. 1 = ax + by y también 1 = ar + cs con x. . . 2. 2. DIVISIBILIDAD Demostraci´ on. p) = 1. . . r. . c) = 1 entonces (a. 2. . .17 Corolario. . bk ) = 1 y asumamos además. 1 ≤ i ≤ n.16 Corolario. . La demostración es por inducción. bi ) = 1 para i = 1. b1 b2 . bk+1 ) = 1 se sigue el resultado. .34 ´ CAPITULO 2. si (a. Puesto que (a. b) = 1 y (a. n entonces (a. Demostraci´ on. y. Demostraci´ on. . p1 . . pn son n´ umeros primos y p | p1 p2 . b1 ) = 1. . . Si p es primo y p | a1 a2 . . Aplicando el teorema con (a. Demostraci´ on. entonces p = pi para alg´ un i. . . La demostración es por inducción. . . b1 b2 . Si p. s enteros y por lo tanto 1 = (ax + by)(ar + cs) = a(xar + xsc + byr) + bc(ys) y en consecuencia (a. bk ) = 1 y (a. bc) = 1. k! | p(p − 1)(p − 2) · · · (p − (k − 1)) y como. p k para todo k = En efecto. 2.21 Teorema. 2. k)= 1 y por el corolario. b | c y (a. . p) = 1 entonces. es decir. b) = 1 entonces ab | c. . an | c. Si a | c. 2. . k! | (p − 1) · · · (p − (k − 1)) es decir. i = 1. . tenemos. 2. (p. an son enteros primos relativos dos a dos y para cada i. . u = br para alg´ un r. pk!t p = = pt.´ ´ DIVISOR 2. c = au = a(br) = (ab)r es decir ab | c. k k! 2. . . (p. 2) = 1. . a2 . (p − 1). Si a1 . En consecuencia. ai | c entonces a1 a2 . . p(p − 1) · · · (p − (k − 1)) p = . b). .4. Demostraci´ on. (p − 1)(p − 2) · · · (p − (k − 1)) = k!t para alg´ un entero t y en consecuencia. de donde b | au. 1) = 1.20 Ejemplo. 2. Como (a. b) = 1 entonces b | u. 1·2·3 · · · k) = 1 es decir (p. . Si k 6 = 0 entonces (ka. . Puesto que a | c y b | c existen enteros u y v tales que c = au = bv. n. . k k! Como k < p tenemos (p. La demostración es por inducción. . Puesto que kp es un entero. . (k!. kb) = |k| (a. k!) = 1. Si p es un n´ umero primo entonces p | 1. .22 Corolario. . (p. PROPIEDADES DEL MAXIMO COMUN 35 Una aplicación de este corolario la observamos en el siguiente ejemplo. Demostraci´ on.23 Teorema. . Veamos. después de viajar con su padre a Bougie. un+1 = un + un−1 . para todo n ≥ 1. 1 Fibonacci fue quien introdujo al mundo occidental los n´ umeros indu–ar´ abigos. As´ı. 7b) = 7(a. Supongamos que (un . Supongamos que d = (3a − b. Si (a. un+1 ) = 1 y sea d = (un+1 . b) = 1 entonces (3a − b. b) entonces kd | ka y kd | kb y por lo tanto kd | (ka.36 ´ CAPITULO 2. luego d | (7a. u2 ) = (1. por lo tanto. 2. y luego kd = kax + kby y por lo tanto (ka. b) = (ka. DIVISIBILIDAD Demostraci´ on. kb). Luego d | (un . descubiertos por Leonardo Fibonacci1 (1170–1240) se definen por las condiciones siguientes: u1 = 1. Si n = 1. 2. (un . una ciudad entre Argel y Tunez. Supongamos que d = (a. un+1 ) = 1. y claramente d = 1. que para n ≥ 1. Veamos que q= (m + n − 1)! m!n! es un entero. u2 = 1 y para n ≥ 2. luego kd = k(a.26 Ejemplo. kb) | kd. un+2 ). b) = (7)(1) = 7.24 Ejemplo. un+1 ) = 1. Entonces por PIM. kb). por inducci´ on. (un . 1) = 1. que hoy usamos. un+1 ) = 1.25 Ejemplo (Los n´ umeros de Fibonacci). Los n´ umeros de Fibonacci . d | [(3a − b) + (4a + b)] = 7a y d | [(−4)(3a − b) + 3(4a + b)] = 7b. (u1 . entonces d | un+1 y d | un+2 = un+1 + un y por lo tanto d | [(un+1 + un ) − un+1 ] = un . . d = ax + by para alg´ un par de enteros x. y finalmente d = 1 o d = 7. Por otra parte. d | un y d | un+1 . 4a + b). 4a + b) = 1 o 7. entonces d | 3a − b y d | 4a + b. Sean m. Basta probar el resultado para k > 0. n enteros positivos primos relativos. 2. Probar que para todo n ≥ 1. As´ı. Sean n y m enteros positivos y a > 1. Similarmente. Si además el primero es par el producto es m´ ultiplo de 24. Probar que. t s = es decir tm = sn. 2.2 de este cap´ıtulo tenemos. 5. 30 | n5 − n.1 1.´ ´ DIVISOR 2. Probar que el producto de tres enteros consecutivos es divisible por 6. 4. 7. Probar que todo cuadrado perfecto es de la forma 4k o 4k + 1 para alg´ un entero k. Probar que si n = rs con r > 0 y s > 0 entonces (r!)s | n!. q= n!(n + 1)(n + 2) · · · (n + m − 1) s(m − 1)! s = = m!n! m! m para alg´ un entero s. 8. Probar que 100 | (1110 − 1). m | sn y como (m. PROPIEDADES DEL MAXIMO COMUN 37 Si utilizamos el ejemplo 2. m m Por lo tanto Ejercicios 2. (an − 1) | (am − 1) si solo si n | m. Probar que si a | b y c | d entonces ac | bd. Probar que si a y b son impares entonces a2 + b2 no es un cuadrado perfecto. 3. . q= m!(m + 1)(m + 2) · · · (m + n − 1) t(n − 1)! t = = m!n! n! n para alg´ un entero t. n) = 1 n m s mr entonces m | s es decir s = mr con r entero y q = = = r.4. 6. Probar que si (a. Si p es un primo impar y (a. Probar que si (a. b) = 1 entonces (a + b. 15. DIVISIBILIDAD 9. y) = 7. 21. p4 ) y (a + b. bn ) = 1. Evaluar (ab. b) = c entonces (a2 .38 ´ CAPITULO 2. 19. 22. b)(a. y que satisfacen x + y = 203 y (x. 10. −2947 y − 3997. b) = 1 entonces (2a + b. b) = 1 entonces para todo n y m enteros positivos. Use el PBO para probar que todo entero mayor que uno tiene un factor primo. d2 | n y (d1 . 18. a+b . 14. (a. b) = 1 y c | b entonces (a. b) = 1 probar que (a + b. a + 2b) = 1 o 3. Probar que si (a. 23. (am . Probar que si ad − bc = ±1 entonces la fracción (a + b)/(c + d) es irreducible. −275 y 726. 20. Usar el algoritmo extendido de Euclides para encontrar enteros tales que: 1426x + 343y = 3 630x + 132y = 12 936x + 666y = 18 4001x + 2689y = 4. Probar que si d | nm y (n. Probar que no existen enteros x. c) = 1 entonces (a. d2 ) = 1. p2 ) = p y (b. c) 17. b2 ) = c2 . 11. Hallar el MCD de cada par de n´ umeros y expresarlo como combinación lineal de ellos. ab) = 1. Probar que si (a. 13. 382 y 26. y tales que x + y = 200 y (x. ap + bp ) = 1 o p. y) = 7. bc) = (a. Probar que existe un n´ umero infinito de pares de enteros x. 12. m) = 1 entonces d = d1 d2 donde d1 | m. c) = 1. p4 ) si p es primo. 1137 y 419. Probar que si (b. Probar que si (a. p3 ) = p2 . 16. b] = [−a. entonces el PBO garantiza la existencia y unicidad de [a. [a. b]. 25. a + 1) = 2 si a es impar. Probar que. El menor m´ ultiplo com´ un positivo de dos enteros a y b no nulos se denomina el M´ınimo Com´ un M´ ultiplo de a y b y se denota MCM(a. un ) = (ur . Sean a. b] si y solo si. En lo que sigue cuando mencionemos el [a.28 Teorema. 2. los n´ umeros ab y −ab son ambos m´ ultiplos comunes de a y de b y uno de ellos es positivo. Sea S := 1 + 12 + 13 + · · · + entero. −b]. MINIMO COMUN Y GENERALIZACIONES 39 24. 29.27 Definici´ on. Sean a. ( 1 si a es par 2n 2m (a + 1. b].5 M´ınimo Com´ un M´ ultiplo y generalizaciones 2. b son enteros no nulos. Probar que 1 2k−1 · P · S es una suma cuyos términos a excepción de 2k−1 · P · k 2 son enteros. 1 n donde n > 1.5. b] = [a. Probar que para todo entero positivo n. m. Entonces m = [a. b) o simplemente [a. 26. um ) = u(n. Probar que S no es un Sugerencia: Sea k el mayor entero tal que 2k ≤ n y sea P el producto de todos los n´ umeros impares menores o iguales a n. un ) = 1 o igual 2. 28. 27. (un+3 . Para todo par de entero positivos m y n probar que un | um si y solo si n | m.´ ´ MULTIPLO ´ 2. n enteros positivos con n 6 =m. Puesto que dados a y b enteros cualesquiera no nulos. un ). Es inmediato deducir de la definición que. b] supondremos a y b diferentes de cero. m. Probar que (un . Probar que si m = qn + r entonces (um .m) para todo par de enteros positivos n. 2. . −b] = [−a. (iii) Si n es un entero tal que a | n y b | n entonces m | n. Sea ahora n un entero tal que a | n y b | n. positivo y menor que m. Supongamos ahora que m satisface (i). Luego r = 0 y por tanto m | n. (iii) y supongamos que n es un m´ ultiplo com´ un de a y b. (a. 2. b] = | ab | . [a. entonces n = qm + r donde 0 ≤ r < m. Sea d = (a. Entonces m satisface (i) y (ii). d d luego a | m y en forma similar se muestra que b | m. Supongamos que m = [a. Si r > 0 entonces r ser´ıa un m´ ultiplo com´ un de a y b. entonces existen enteros r y s tales que n = ar = bs. En consecuencia Adr = Bds y por lo tanto Ar = Bs. lo que niega la minimalidad de m. Entonces. El siguiente resultado proporciona un método para calcular el MCM. para alg´ un entero t. b) (i).29 Teorema. b]. Sean a y b enteros no nulos. . B | Ar y como (A. (iii) del teorema anterior. b) entonces a = Ad y b = Bd donde (A. DIVISIBILIDAD (i) m > 0. As´ı. Entonces por (iii) m | n y en consecuencia m = |m| ≤ |n| es decir que m es el menor de los m´ ultiplos comunes positivos de a y b. Demostraci´ on. Veamos que m satisface las condiciones (a. B) = 1 y por lo tanto Demostraci´ on. (ii). b) |ab| . (ii). (ii) a | m y b | m. Sea m = m= | ab | | a || Bd | = =| a | | B |= a(±B). B) = 1 entonces B | r es decir r = Bt. Para probar (iii) supongamos n ∈ Z tal que a | n y b | n y dividamos n entre m. Evidentemente m > 0.40 ´ CAPITULO 2. b) (a. (a. 3 3 2. B) = 1. . −234) = 3. b) = 18 entonces a = 18A y b = 18B donde (A. y salvo por el orden las posibilidades son.30 Ejemplo. b) (2. entonces [a. ab ka = [a. Si ka es uno de los m´ ultiplos de b en la sucesión. 2. Entonces a y b son primos relativos si y solamente si [a.29. MINIMO COMUN Y GENERALIZACIONES 41 Reemplazando tenemos n = ar = a(Bt) = (aB)t = ±mt. b) = 18 y [a. es decir m | n y se completa la demostración. A = 28 B = 3. [687. El n´ umero de m´ ultiplos de b en la sucesión a.33 Ejemplo. b) N ≤ (a. b De otra parte. a = 72 b = 378 a = 504 b = 54 a = 216 b = 126 a = 1512 b = 18.2) . . (18)(1512) = (18)2 AB luego AB = 84. . b). b) entonces t ≤ b y as´ı (a. Por el Teorema 2. Representemos por N dicho n´ umero. b] | ka y por lo tanto existe t entero tal que. b] = | ab |. salvo por el orden. Si se sabe que (a. por lo tanto.´ ´ MULTIPLO ´ 2. Sean a y b enteros positivos.32 Ejemplo. 3a. 2a.31 Corolario. b) b de donde k = y como k ≤ b tenemos t ≤ (a. b). . A = 12 B = 7. A = 4 B = 21. b) y por lo tanto. b) bt at a= b (a. A = 84 B = 1. 2. b] = 1512 encontremos a y b. Ya obtuvimos que (687. −234] = | (687)(−234) | (687)(234) = = 53586. 2. si 1 ≤ t ≤ (a.5. b]t = t (a. Si (a. Sean a y b enteros no nulos. As´ı los n´ umeros buscados son. ba es precisamente (a. a2 . . . . si a1 . a2 . an ) = 1.5) = 1 y sin embargo (2. . . . . Es claro que si los enteros a1 . . an n´ umeros enteros no todos nulos.34 Teorema. Sean a1 . N = (a. . en consecuencia N ≥ (a. . . a2 . .4. a2 . a2 . . . Demostraci´ on. xn enteros. . . .4) = 2. pero el rec´ıproco no siempre es cierto. a2 . . a2 . . también son primos entre s´ı. entonces f | d. an ) = 1 si y solo si existen enteros x1 . . . f | an . d | a2 . x2 . . . an se denominan primos relativos si su MCD es 1. . . b). . (2. . . ellos tienen un máximo com´ un divisor que representamos por MCD(a1 . an enteros no todos nulos. an son primos relativos dos a dos. . a2 . . . x2 . . Si d = (a1 . . Ejercicio 2. .11 nos permite afirmar que (a1 . b) como quer´ıamos demostrar. . an ) o simplemente (a1 . d = (a1 . . a2 . . Demostraci´ on. . xn . a2 . . Las nociones de máximo com´ un divisor y m´ınimo com´ un m´ ultiplo pueden extenderse de manera natural a más de dos n´ umeros. .. . .35 Teorema. . . Ejercicio Los enteros a1 . 2. As´ı por ejemplo. . Sean a1 . . . . en este caso también los denominamos primos entre s´ı.2) y (2.3). . . . tales que a1 x1 + · · · + an xn = 1. . d | an . . an son enteros no todos nulos. o sea si (a1 .42 ´ CAPITULO 2. . En forma análoga a los casos correspondientes para dos enteros se pueden demostrar los siguientes teoremas. . (iii) Si f es tal que f | a1 . an ) si y solo si d satisface: Entonces (i) d > 0. an ). .3) De (2. (ii) d | a1 . . . an ) entonces d es el menor entero positivo que puede escribirse en la forma a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn con x1 . Por ejemplo (2. El mismo argumento del Teorema 2. DIVISIBILIDAD es un elemento de la sucesión que es m´ ultiplo de b. . . an ] Demostraci´ on. . an | n entonces m | n. . Demostraci´ on. an−1 ). . an ) = ((a1 . Si a1 . a2 . a2 | m. . . Por lo tanto d = d0 . . . . a2 . an ) Demostraci´ on. . an−1 ). . 2. . . . . . an ) y d0 = ((a1 . an ). a2 . . . an−1 ) y también d | an . . n y en consecuencia d0 | d. Análogamente se demuestra el resultado siguiente. . . . . Como d | ai para cada i = 1. . . . an ]. MINIMO COMUN Y GENERALIZACIONES 43 De otra parte. . Supongamos que d = (a1 . Si a1 . . . . .5. . si a1 . con n ≥ 3. . Por lo tanto d | d0 . .37 Teorema. . . .28. . Entonces: m = [a1 . an ] = [[a1 . .36 Teorema. . Ejercicio Para efectos del cálculo del MCD y el MCM de más de dos enteros podemos hacer uso de la formulas de recurrencia que nos proporcionan los siguientes teoremas. d0 | (a1 . . a2 . . an−1 ].38 Teorema. . an−1 ) y d0 | an luego d0 | ai para cada i = 1. . (ii) a1 | m. . . an son enteros no nulos. a2 .. . . Entonces [a1 . . . . . . . an enteros diferentes de cero. . 2. (iii) Si n es tal que a1 | n. . . 2. . an ) o simplemente [a1 . . . an son enteros todos diferentes de cero ellos poseen un m´ınimo com´ un m´ ultiplo que notamos MCM(a1 . a2 . También tenemos el siguiente teorema cuya demostración es enteramente análoga a la del Teorema 2. Sean a1 . . . . . a2 . a2 | n. . an ] si y solo si m satisface: (i) m > 0. . . Ejercicio. . Por otra parte. . . (a1 . . an | m. an son enteros no nulos donde n ≥ 3 entonces. . . a2 . a2 . . n entonces d | (a1 .´ ´ MULTIPLO ´ 2. .. a2 . . 44 ´ CAPITULO 2. 2961) y expresémoslo como combinación lineal de los enteros dados.2961) = 7 y en consecuencia (308. 2961 = (14)(211) + 7 14 = (7)(2) luego (14. 2961) = 63 tenemos: [19404. 882) = 14. 7 = 2961 − (14)(211). Ahora. 882. 882] = (308)(882) (308)(882) = = 19404.39 Ejemplo. 882. 2961] = (19404)(2961)/(63) = 911988 . (308. Adem´ as. 2961) = (14. Podemos calcular también [308. 882) 14 Puesto que (19404. 2961] : [308. 2961) = 7. DIVISIBILIDAD 2. 882. Encontremos (308. 7 = 2961 − [7(882) − (20)(308)](211) 7 = 2961 + (882)(−1477) + (308)(4220). 882 = (308)(2) + 266 308 = (266)(1) + 42 266 = (42)(6) + 14 42 = (14)(3) luego (308. 14 = 266 − (42)(6) = 266 − (308 − 266)(6) = (7)(266) − (6)(308) = (7)[882 − (308)(2)] − (6)(308) = (7)(882) − (20)(308) luego. 5. b) y a > 0. Probar que. b]. b) = (a + b. b > 0 entonces a = b. = . Probar que (a.2 1. b]). y si y solo si (a. 2. Sean d y g enteros positivos. b] = g si y solo si d | g. b] = |b|. b) = 24 y [a. Sea d un entero positivo tal que d | a y d | b. b 6. a b [a. b] = 480. 882]. MINIMO COMUN Y GENERALIZACIONES 45 es decir. kb] =| k | [a.´ ´ MULTIPLO ´ 2. 4. b) | c. ax + by) para todo x. b) = (a. Hallar todos los n´ umeros a y b que satisfacen (a. Probar que [ka. 2961] = [[308. b) = d y [a. Si k es un m´ ultiplo com´ un de a y b. Probar que a | b si y solo si [a. b] = (a. b. d d d 7. . b] = 1440. Ejercicios 2. 9. Probar que existen enteros a y b tales que (a. b] . k 6 = 0. 10. Probar que (a. y enteros. [308. Hallar enteros a y b tales que a + b = 216 y [a. 3. Probar que la ecuación ax + by = c tiene soluciones enteras x. Probar que si [a. probar que |k| = [a. 882. b] k k a. [a. 2961] = [19404. 8. 5. 2961] = 911988. 11. 20. 8712) y expresarlo como combinación lineal de los n´ umeros dados. . 3. Hallar enteros x. Hallar (112. . b. 18.36 y 2. 1404. Hallar (20n2 + 19n + 4. 192. z. Esta propiedad fue descubierta por los griegos hace más de dos milenios 2. 4n + 3] donde n es un entero positivo. bc)[a. n son primos relativos con n? 17. En el Teorema 1. . c]. ac. Probar que |abc| ≥ (a. 2. b. Si p y q son primos impares diferentes y n = pq. n = p1 p2 . b. 2. . w tales que 75x + 111y + 87z + 120w = 6. 16. Para n = 2 claramente la representación es u ńica. o se puede factorizar como producto de primos. Basta ahora probar la unicidad de la factorización salvo el orden. 240. 14. y.40 Teorema (Fundamental de la Aritm´ etica.46 ´ CAPITULO 2. 2. cuántos enteros en el conjunto 2. Este producto es u ńico salvo por el orden de los factores. 13. . . . Usaremos inducci´ on sobre n. 4n + 3) y [20n2 + 19n + 4. Calcular (4410. c)[a. Todo entero n > 1 o es primo.6 Teorema fundamental de la aritm´ etica La propiedad más importante de los n´ umeros primos es la posibilidad de factorizar todo entero n > 1 como producto de ellos y esta factorización resulta esencialmente u ńica. 15. c] no siempre es abc. 760) y expresarlo como combinación lineal de los n´ umeros dados. b. Probar que |abc| = (ab.35. c)[a. Supongamos ahora que para todo entero k con 2 ≤ k < n la representación unica ´ y supongamos que. ps = q 1 q 2 .34. q t . 19. Dar un ejemplo para ilustrar que (a. DIVISIBILIDAD 12. TFA). c]. b. Demostraci´ on. Demostrar los teoremas 2.38. .20 ya probamos la primera parte. Es decir. NO existen enteros positivos m. . . n 6 = 1. Si m2 = 2n2 entonces. Como 2. . p1 | q1 q2 . As´ı. . ps y entonces q1 = pi para alg´ un i y por lo tanto p1 ≤ q1 . . Sean m = p1 p2 . . . Agrupando los primos iguales en la factorización de n debida al TFA obtenemos la siguiente forma. n= k Y pni i (2.41 Ejemplo. pk y n = q1 q2 . n = p2 p3 . . lo que es imposible. Lo anterior demuestra que p1 = q1 y cancelando tenemos. n tales que m2 = 2n2 . qt las factorizaciones de m y n en factores primos.4) i=1 donde ni > 0 y pi 6 = pj si i 6 = j. natural o normal del entero n. (p1 p1 )(p2 p2 ) · · · (pk pk ) = 2(q1 q1 )(q2 q2 ) · · · (qt qt ) que contradice el TFA porque el factor dos aparece un n´ umero impar de veces en la factorización de la derecha y un n´ umero par en la izquierda. pk entonces 2 = (p1 p1 )(p2 p2 ) . . TEOREMA FUNDAMENTAL DE LA ARITMETICA donde pi y qi son primos con p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ ps y q1 ≤ q2 ≤ · · · ≤ qt . . 2.47 ´ 2. No existen dos enteros positivos tales que m2 = 2n2 . Esta escritura la denominamos la forma can´ onica. . . Análogamente q1 | p1 p2 . 1. m 6 = 1 pues de otra forma tendr´ıamos 1 = 2n2 . . p1 n < n la hip´ otesis de inducción garantiza que estas dos represenp1 n taciones de son idénticas (hemos escogido un orden) y en consecuencia p1 s = t y para cada i. . ps = q 2 q 3 . Por el PIM la prueba queda completa. . .6. q t . qt y entonces p1 = qj para alg´ un j por lo tanto q1 ≤ p1 . . pi = qi . puesto que sin = 1 entonces m2 = 2 y si la representación de m como producto de primos es m = p1 p2 . (pk pk ) que contradice el TFA pues en un miembro hay un n´ umero par de factores primos y en el otro un n´ umero impar de tales factores. Entonces d | n si y solo si d= k Y pdi i i=1 donde 0 ≤ di ≤ ni para cada i. As´ı por ejemplo escribimos. pni i pni i −di +di i=1 = k Y pni i −di i=1 Qk ni −di i=1 pi pdi i i=1 = (c)(d) donde c = k Y es un entero. existe un entero c. Sea n = ki=1 pni i la representaci´ on can´ onica de un entero n y sea d un entero positivo. Por definición. Luego d | n. d= k Y i=1 pdi i .42 Teorema. Rec´ıprocamente supongamos que d | n. Q 2. 1 ≤ i ≤ k. 45 = 20 · 32 · 5. DIVISIBILIDAD En las pruebas de algunos resultados intervienen varios enteros diferentes. c= k Y i=1 pci i . positivo en este caso. 5 en la factorización. Supongamos que d = n= = k Y i=1 k Y Qk di i=1 pi donde 0 ≤ di ≤ ni entonces. 60 = 22 · 3 · 5. 25 = 20 · 30 · 52 donde en todos los casos hemos utilizado los primos 2. Demostraci´ on. sin embargo es conveniente adoptar representaciones similares a la forma canónica donde en algunos casos aceptamos exponentes cero a fin de utilizar el mismo conjunto de primos en las factorizaciones. La unicidad de la representación canónica de n nos garantiza que los primos que aparecen en la factorización de c y d son los mismos que aparecen en la de n. tal que n = cd. n= k Y i=1 pni i . As´ı.48 ´ CAPITULO 2. 3. Adem´ as. Luego f | d y as´ı d satisface (3). . Entonces.28. como 0 ≤ si ≤ ai y 0 ≤ si ≤ bi para cada i. El TFA nos proporciona otra manera de calcular el MCD y el MCM de dos o más enteros. 4900) = 22 · 30 · 5 · 70 = 20 [1800. Claramente satisface (1). ci ≥ 0 y ni = di + ci y entonces d tiene la forma mencionada. TEOREMA FUNDAMENTAL DE LA ARITMETICA 49 donde di ≥ 0. b] = i=1 k Y ptii i=1 donde si = min{ai . por el teorema anterior d | a y d | b. 3780. usando el Teorema 2.43 Teorema. y entonces |f | | d. as´ı d satisface (2). (3) del Teorema 2. Veamos el caso de dos enteros. Q Q 2. bi } y ti = max{ai . Veamos que d satisface las condiciones (1). 3780. Q Finalmente si f | a y f | b entonces |f | = ki=1 pfi i donde 0 ≤ fi ≤ ai y 0 ≤ fi ≤ bi para cada i. Entonces: (a. En forma similar. 1800 = 23 · 32 · 52 3780 = 22 · 33 · 5 · 7 4900 = 22 · 52 · 72 . Sean a = ki=1 pai i .´ 2.6.6. (1800. b = ki=1 pbi i donde pi es primo para todo i. Q Demostraci´ on. 2. 4900] = 23 · 33 · 52 · 72 = 264600. (2). bi }. Sea d = ki=1 psi i . b) = k Y psi i y [a. y ai ≥ 0. se demuestra el correspondiente resultado para el MCM .44 Ejemplo. bi ≥ 0 para todo i. 1764. b) = 1 si y solo si ai bi = 0 para todo i. c) · [a. Demostrar el resultado similar al de el Teorema 2. Si (a. b. c]) = [(a. Sean a. bc)[a. (a. ac. b. 9. Probar que la ecuación m3 = 4n3 no admite solución en los enteros. Probar que la ecuación m2 = 12n2 no admite solución en los enteros. Sea n = ki=1 pni i con ni > 0 la representación canónica de n. 1 ≤ i ≤ k. b) = (a. Q Q 2. ¿Cuáles son los posibles valores de (a2 . 1 ≤ i ≤ k. c)[ab. c) = (b.3 Q 1.50 ´ CAPITULO 2. c] = abc entonces (a. b) = p con p primo. [b. 11. bc]. b) y de (a2 . ac. 13. 2646 y 8820. b enteros positivos primos entre s´ı. c son enteros positivos. Supongamos que a. 8. c)]. abc = (ab. c]. Demostrar que (a. 6. . 3. b. 12. abc = (a. probar que: 10. (a. b). Probar que si ab = cn . Hallar el MCD y el MCM de 1485. b. Hallar el MCD y el MCM de 392. c) = 1. 5445 y 12375. DIVISIBILIDAD Ejercicios 2. Si (a.43 para tres enteros. b. n > 0 entonces existen e y f enteros positivos tales que a = en y b = f n. b3 )? 5. 4. Sean a = ki=1 pai i y b = ki=1 pbi i con ai ≥ 0 y bi ≥ 0. 7. Demostrar que n es un cuadrado perfecto si y solamente si ni es par para cada i. La ra´ız cuadrada de 239 esta entre 15 y 16 pues 152 = 225 y 162 = 256. al terminar.´ 2. Desafortunadamente no existen métodos generales que permitan decidir si un entero positivo es o no un primo y solo en casos especiales conocemos su naturaleza. el primer n´ umero no tachado distinto de 2 es 3 que es un n´ umero primo. En el Apéndice A al final del libro se encuentra un listado de los n´ umeros primos menores que 10. Veamos si 239 es o no un n´ umero primo. el menor n´ umero no tachado mayor que 3 es 5 que es un n´ umero primo. nos gustar´ıa poder determinar rápidamente si un entero positivo es o no un n´ umero primo. 2. 11. ALGUNAS PROPIEDADES DE LOS NUMEROS PRIMOS 2.000. Una técnica llamada criba de Erat´ ostenes en honor del matemático griego Eratóstenes (276-194 A. Los enteros no tachados al terminar este procedimiento son los n´ umeros primos menores o iguales a n.45 Ejemplo. 3. al terminar. tachamos enseguida todos los m´ ultiplos de 5 mayores que 5 y continuamos el proceso √ hasta tachar todos los m´ ultiplos de p mayores que p para todo primo p ≤ n. √ La siguiente tabla muestra la criba para n = 90 ( 90 < 10) . 5. luego tachamos todos los m´ ultiplos de 3 mayores de 3. luego basta ver si alguno de los primos 2.7 51 Algunas propiedades de los n´ umeros primos Dada la importancia de los n´ umeros primos. Puesto que si n = ab entonces a ≤ n o b ≤ n es suficiente determinar √ si alg´ un primo menor o igual a n es divisor de n. 7. Un método simple y eficiente para enteros positivos relativamente peque˜ nos es verificar si el entero dado tiene o no divisores primos menores que √ √ él. La técnica consiste en escribir la lista de todos los enteros desde 2 hasta n y comenzar a tachar todos los m´ ultiplos de 2 mayores que 2.C.7. o 13 son divisores de 239 y como ninguno de ellos lo es entonces 239 es primo.) proporciona un método eficiente aplicable a n´ umeros relativamente peque˜ nos para encontrar todos los primos menores o iguales a un entero n dado. Esto contradice el TFA y por tanto el n´ umero de primos es infinito. Como N > 1. 13. 73. 29. . 71. 37. Ya que N es mayor que cada uno de los primos pi entonces N no es primo. pn ) = 1 lo que es imposible. . —Dada por Euclides—. 23. 47. 2. 19.52 ´ CAPITULO 2. 31. Supongamos que solo hay un n´ umero finito de primos. El n´ umero de primos es infinito. pn + 1. 59. . . 67. Adem´ as ning´ un primo pi divide a N pues si pi | N entonces pi | (N − p1 p2 . p2 . . DIVISIBILIDAD 7 13 19 6 25 31 37 43 6 49 6 55 61 67 73 79 6 85 2 68 6 14 6 20 6 26 6 32 6 38 6 44 6 50 6 56 6 62 6 68 6 74 6 80 6 86 3 69 6 15 6 21 6 27 6 33 6 39 6 45 6 51 6 57 6 63 6 68 6 75 6 81 6 87 64 6 10 6 16 6 22 6 28 6 34 6 40 6 46 6 52 6 58 6 64 6 70 6 76 6 82 6 88 5 11 17 23 29 6 35 41 47 53 59 6 65 71 6 77 83 89 66 6 12 6 18 6 24 6 30 6 36 6 42 6 48 6 54 6 60 6 66 6 72 6 78 6 84 6 90 Observamos entonces que los n´ umeros primos menores o iguales que 90 son: 2. 5. . 89. 11.46 Teorema. 7. pn y sea N = p1 p2 . 79. 83. lo que nos podr´ıa inducir a pensar que el n´ umero de primos es finito. 43. entonces N es primo o se expresa como producto de primos. 61. 41. Sin embargo Euclides demostró que el n´ umero de primos es infinito. 53. . Demostraci´ on. p. Una observación detenida de la criba permite ver que la distribución de los primos decrece de manera constante. 17. 3. . . 7. 2. entonces N debe ser compuesto y debe tener factores primos de la forma 6t + 1 o 6t − 1 y puesto que el producto de dos n´ umeros de la forma 6t + 1 es de esta forma. A´ un con las observaciones anteriores la disposición de los primos en la sucesión natural es bastante irregular. Como N > pi para 1 ≤ i ≤ n y N es de la forma 6k − 1.49 Teorema. Una variación rutinaria del argumento de Euclides en el Teorema 2. . 2. entonces hay un n´ umero infinito de primos de la forma a + kd. es decir. pn ) − 1. . Supongamos que solo hay un n´ umero finito de primos de esta forma y que ellos son p1 . p2 . Demostraci´ on. . son de la forma 6k + 1 o 6k + 5. Hay infinitos primos de la forma 6k + 5. . existen n enteros consecutivos todos compuestos.47 Teorema (Dirichlet). Puesto que 6k + 5 = 6(k + 1) − 1 basta demostrar que hay infinitos primos de la forma 6k − 1. Todas estas conjeturas son resultados particulares de un teorema más general denominado Teorema de Dirichlet que enunciaremos sin prueba. existe i tal que pi | N y en consecuencia pi | 1 lo que es imposible. .46 nos permite probar un caso en particular como el siguiente teorema. afirmación que es cierta y de fácil verificación. d) = 1 con a y d enteros positivos. .48 Teorema. . Luego hay infinitos primos de la forma 6t − 1 como quer´ıamos demostrar. Igualmente observamos en la criba la aparición de un n´ umero aproximadamente igual de primos de la forma 4k + 1 y 4k + 3 lo que nos sugiere pensar que hay infinitos primos de estas formas. Consideremos N = 6(p1 p2 . ALGUNAS PROPIEDADES DE LOS NUMEROS PRIMOS 53 Observamos también en la criba que todos los n´ umeros primos diferentes de 2 y 3 aparecen en la primera y quinta columnas esto nos induce a pensar que todos los n´ umeros primos mayores de 3. El siguiente teorema demuestra que hay separaciones arbitrariamente grandes entre n´ umeros primos. pn . 2.´ 2. porque esta requiere conocimientos del Análisis Complejo. Si (a. Para cada entero positivo n. N debe tener al menos un factor primo de la forma 6t − 1. (n+1)!+(n+1) son n enteros consecutivos.50 Teorema. Todav´ıa no hay respuesta sobre la existencia de finitas o infinitas parejas de primos gemelos. p2 . pk y consideremos los n´ umeros de la forma 1 + nQ con n = 1. (n + 1)! + 4. De otra parte la serie p donde p toma valores en el conjunto de todos los n´ umeros primos es una serie divergente. pk+2 .5.13. . Viggo Brun (1885–1978) demostró enP1921 que 1 efectivamente esta serie es convergente. Supongamos que la serie dada es convergente. 5. La serie divergente. por lo tanto para cada r ≥ 1. r X n=1 ∞ X 1 ≤ 1 + nQ t=1 ∞ X m=k+1 1 pm !t . La primera prueba de este resultado fue dada por Euler (1707– 1783) en 1737 y la prueba que aqu´ı presentamos se debe a J. j | ((n + 1)! + j). p + 2 donde ambos n´ umeros son primos. P 1 donde pn es el n–ésimo n´ umero primo. 1000000000061. .. . . 11. .. P1 Si hubiese un n´ umero finito de primos gemelos la serie q donde q toma valores en el conjunto de los primos gemelos seria una suma finita y por lo tanto convergente. Por ejemplo: 3. (n+1)!+n. pk y entonces sus factores primos se encuentran entre los primos pk+1 . . DIVISIBILIDAD Demostraci´ on. . pm 2 Sea Q = p1 p2 . . .31. . 140737488353509. .54 ´ CAPITULO 2. . 2. Otra observación sobre las tablas de n´ umeros primos es la existencia de muchas parejas de primos gemelos es decir parejas de la forma p. Clarkson quien la dió en 1966. es pn Demostraci´ on. 29. (n + 1)! + 3.7. entonces existe un entero positivo k tal que ∞ X m=k+1 1 1 ≤ . cada uno de estos enteros no es divisible por los primos p1 . además para cada j. 2. . . . 1000000000063. 140737488353507. Luego todos son compuestos. A. 2 ≤ j ≤ (n + 1). Los enteros (n + 1)! + 2. 1 + nQ n P 1 En consecuencia es divergente. Si f (x) es un polinomio no constante con coeficientes enteros.´ 2.7. Supongamos que existe n0 ≥ 1 tal que f (n0 ) = p con p primo. Adem´ as !t ∞ ∞ t X X 1 X 1 ≤ = 1. Mostramos ahora que ning´ un polinomio en una variable con coeficientes enteros es u ´til a este propósito. Como limn→∞ |f (n)| = ∞ existe n tal que si n ≥ n1 entonces |f (n)| > p. . Demostraci´ on. Por ejemplo la fórmula n2 + n + 41 —dada por Euler— da un n´ umero primo por cada asignación que demos a n entre 1 y 39. entonces f (n) es un n´ umero compuesto para infinitos valores del entero n. pm 2 t=1 m=k+1 t=1 P 1 es decir todas las sumas parciales de la serie 1+nQ son acotadas y por lo tanto ella converge. luego X X1 1 diverge pues diverge . pn Un problema planteado con frecuencia es la necesidad de encontrar expresiones a partir de las cuales obtengamos n´ umeros primos mediante la asignación de enteros positivos a cada una de las variables. ALGUNAS PROPIEDADES DE LOS NUMEROS PRIMOS 55 ya que cada término de la suma del lado izquierdo esta contenido en la suma del lado derecho. Consideremos h tal que n0 + ph ≥ n1 entonces f (n0 + ph) = f (n0 ) + (m´ ultiplos de p) = p + (m´ ultiplos de p) =Y ·p y as´ı f (n0 + ph) es compuesto. es decir: 2. Claramente el teorema es cierto si f (n) es compuesto para todo n ≥ 1. X X1 1 y 1 + nQ n son asintóticamente iguales. pero el criterio de comparación por paso al l´ımite muestra que. sin embargo para n = 40 resulta 402 + 40 + 41 = 402 + 2(40) + 1 = (40 + 1)2 que obviamente no es primo.51 Teorema. observamos que este polinomio no es una formula mágica para calcular n´ umeros primos. que nos proporciona un estimativo sobre la distribución de los primos en la sucesión natural. Como ya hemos observado que la distribución de los primos es muy irregular. . . .56 ´ CAPITULO 2. conocido hoy d´ıa como la Conjetura de Goldbach: Todo entero positivo par mayor que 2 se puede expresar como la suma de dos n´ umeros primos. x26 ) > 0 entonces p(x1 . . . en 2003 el matemático portugués Tomas Oliveira verificó la validez de la conjetura para los enteros positivos menores que 6 × 106 . Definimos primero la función π(x) que asigna a cada entero positivo x el n´ umero de primos menores o iguales a x. Yannik Saouter y Hermann Riele probaron que la conjetura es verdadera parar todo entero positivo menor que 1014 . π(1) = 0. x26 ) tal que cada vez que x1 . DIVISIBILIDAD Nota. uno de los más famosos de la teor´ıa avanzada de n´ umeros. π(2) = 1. Euler le respondió que el problema era muy dif´ıcil y que era equivalente al siguiente enunciado. El Teorema de la n´ umeros primos establece una aproximación asintótica de π(n). Cristian Goldbach (1690-1764) fue un matemático ruso quien a mediados del siglo XVIII en una carta a Euler. x26 son enteros no negativos y p(x1 . y más a´ un todos los n´ umeros primos se obtienen como valores de este polinomio. Un problema que ha concentrado la atención de los matemáticos desde tiempos inmemoriales. . que todo entero positivo mayor que 1 se pod´ıa expresar como suma de a lo más tres n´ umeros primos. x26 ) es primo. es el de encontrar formulas que generen todos los n´ umeros primos. Jean–Marc Deshouillers. En 1997. . recientemente. π(3) = 2. . Finalmente enunciaremos el denominado Teorema de los n´ umeros primos. . Sobre este tema hay una literatura extensa y solo mencionaremos el hecho notable de que se ha encontrado un polinomio de grado 25 con 26 variables y coeficientes enteros p(x1 . . π(10) = 4. muy sencillo de enunciar pero no resuelto hasta la fecha (como es com´ un en la teor´ıa de n´ umeros). Sin embargo. le preguntó si era cierto o no. . Un problema famoso relacionado con los n´ umeros primos. . x2 . es el conocido como la conjetura de Goldbach . . . . no existe una fórmula sencilla que defina π(n). . Demostrar que 3. q son primos tales que p ≥ q ≥ 5 entonces 24 | p2 − q 2 . Probar que todo entero de la forma 4k + 3 tiene un factor primo de la misma forma. (Los u ńicos tales que p. dada por Newmann [13]. Hadamard y C. En 1997. Probar que todo primo diferente de 2 o 3 es de la forma 6k + 1 o 6k − 1. π(x) =1 lim = x→∞ x logx La afirmación del teorema fue conjeturada de manera independiente por Gauss en 1792 y Legendre en 1798 pero sólo hasta 1896 J. . 7 son los u ńicos primos triples. Zagier presentó una prueba mas corta. Demostrar que existen infinitos primos de la forma 4k + 3. p + 2 y p + 4 son todos primos).7. 6. Selberg y P. 3.52 Teorema (de los n´ umeros primos). Erdös dieron una demostración más elemental sin usar análisis complejo pero a´ un muy dif´ıcil para presentarla en estas notas. 5. D. de la Vallee Poussin demostraron el Teorema por primera vez utilizando teor´ıa de funciones de variable compleja.4 1. 8. ALGUNAS PROPIEDADES DE LOS NUMEROS PRIMOS 57 2. 2. 5. Probar que todo entero de la forma 3k + 2 tiene un factor primo de la misma forma. Probar que todo primo de la forma 3k + 1 es de la forma 6t + 1. Ejercicios 2. Si 2n − 1 es primo probar que n es primo. 7. 4.´ 2. En 1949 A. Si p. . probar que n es una potencia de dos.58 ´ CAPITULO 2. En junio de 1993 el matemático inglés Andrew Wiles anuncio la demostración del teorema como consecuencia de su prueba de la conjetura de Taniyama–Shimura para curvas el´ıpticas semiestables. . xn ) es un polinomio con coeficientes enteros y con las variables restringidas a tomar unicamente ´ valores enteros se denomina una Ecuación Diofántica en honor al matemático griego Diofanto de Alejandr´ıa (200–284) quien por primera vez las estudió detalladamente en su libro Arithmetica. Sugerencia: Si k es impar (x + 1) | (xk + 1). x2 . 10. Probar que si p − q es una potencia de dos entonces p + q es divisible por tres. (2. Nota. . que se denominó el u ´ltimo Teorema de Fermat. dando origen a diferentes teor´ıas matemáticas en su intento por resolverlo. x2 . Durante la revisión de la demostración de Wiles surgieron algunos problemas que finalmente fueron resueltos por el mismo Wiles y el matemático Richard Taylor. . xn + y n = z n . Si 2n + 1 es primo.8 Algunas ecuaciones diof´ anticas Una ecuación de la forma p(x1 . . . 2. Estas ecuaciones las estudiaremos detalladamente en el capitulo 4. DIVISIBILIDAD 9. Sean p y q primos diferentes de 2 y 3.5) Fermat afirm´ o haber demostrado que para n ≥ 3 esta ecuación no tiene solución en Z − {0}. quienes en mayo de 1995 publicaron en los Annals of Mathematics los resultados que llevaron a la demostración definitiva del u ´ltimo Teorema de Fermat.2 nos da una condición necesaria y suficiente para que la ecuación ax + by = c tenga una solución en Z. Hallar un sucesión de veinte enteros consecutivos y compuestos. . 11. El ejercicio 8 de la sección 2. Muchos matemáticos estudiaron intensamente este problema. sin embargo su demostración nunca fue conocida.. . xn ) = 0 donde p(x1 . Estudiaremos en esta sección dos casos particulares de la ecuación de Fermat. En efecto. y. pues si los dos lo fueran. en contradicción con el hecho (x. Demostraci´ on. z = a2 + b2 . si por ejemplo (x. entonces p | x y p | y luego p | x2 y p | y 2 y por lo tanto p | (x2 + y 2 ) = z 2 y como p es primo p | z. En consecuencia es suficiente encontrar soluciones tales que (x. Observamos primero que si (x. y = 4. ALGUNAS ECUACIONES DIOFANTICAS 59 Para n = 2 la ecuación (2. es suficiente encontrar soluciones primitivas de enteros positivos pues las demás se obtienen de estas mediante cambios de signos. z = 5. Estas soluciones se denominan soluciones primitivas. x = a2 − b2 . También es fácil observar que si (x. y. y = 2ab. Rec´ıprocamente. Como (y.´ 2. por ejemplo x = 3. ky. kz) donde k es un entero cualquiera. z) es una solución de (2. Daremos enseguida una descripción completa de la solución en este caso. z) = 1. z) es una solución primitiva y positiva. y. z son primos relativos dos a dos. (a. también lo es. y. donde a > b.8.5) entonces (kx. por lo tanto de la ecuación x2 = z 2 − y 2 = (z − y)(z + y) . y) = d > 1 y p es un primo tal que p | d. b) = 1 con a y b de distinta paridad. z) = (y. z) = 1.53 Teorema.5). Finalmente observemos que exactamente uno de los n´ umeros x o y de la 2 2 soluci´ on debe ser impar. y. z con x impar son una soluci´ on primitiva y positiva de la ecuaci´ on x2 + y 2 = z 2 si y solamente si existen enteros positivos a y b tales que. donde x es impar.5) tiene solución en los enteros positivos. 2. z) = 1. Los enteros x. z) es una solución primitiva de la ecuación (2. Un cálculo directo muestra que las fórmulas dadas proporcionan una solución primitiva y positiva de la ecuación x2 + y 2 = z 2 . z) = 1 entonces (z − y. supongamos que (x. entonces los enteros x. y. x + y ser´ıa de la forma 4k + 2 y por un ejercicio anterior ning´ un cuadrado perfecto tiene esa forma. M´ as a´ un. z + y) = 1 o 2 y puesto que y es par y z es impar (z − y. Similarmente se verifica que (x. z + y) = 1. y. con n = 2. z) = 1. p | z lo que contradice que (x. . Usando el teorema podemos construir la siguiente tabla peque˜ na de soluciones primitivas y positivas de la ecuación x2 + y 2 = z 2 . z + y = (a + b)2 de donde. Supongamos entonces (z −y) = r 2 y (z +y) = s2 donde r y s son impares y positivos y definamos a= s+r . 2 b= s−r . puesto que son positivos. Puesto que y > 0. y. 2 Se observa fácilmente que r = a − b y s = a + b. z − y = (a − b)2 . (a − b)2 + (a + b)2 z= = a2 + b2 2 (a + b)2 − (a − b)2 y= = 2ab 2 x = (a − b)(a + b) = a2 − b2 . Como r = a − b > 0 entonces a > b y como s = a + b es impar entonces a y b tienen distinta paridad. p | y. Finalmente (a. Por lo tanto.60 ´ CAPITULO 2. DIVISIBILIDAD concluimos que (z − y) y (z + y) deben ser n´ umeros impares y cuadrados perfectos. a 2 3 4 4 5 5 6 6 b 1 2 1 3 2 4 1 5 x 3 5 15 7 21 9 35 11 y 4 12 8 24 20 40 12 60 z 5 13 17 25 29 41 37 61 Las soluciones enteras y positivas de la ecuación x2 +y 2 = z 2 se conocen también con el nombre de Ternas Pitag´ oricas en una clara alusión al conocido Teorema de Pitágoras. a y b tienen el mismo signo y como s = a + b entonces a y b resultan positivos. b) = 1 pues si p es un primo tal que p | a y p | b entonces p | x. La ecuaci´ on x4 + y 4 = z 2 no tiene soluci´ on en el conjunto de los n´ umeros enteros diferentes de cero.53 tenemos: x2 = a2 − b2 . Adem´ as tenemos (r. t > 1 y r 4 + s 4 = t2 y como z = a2 + b2 = t4 + b2 > t4 . z son primos relativos dos a dos. (2.6) 2. y > 0. v = s2 . por aplicación del Teorema 2. Si a fuese par y b impar. s. Demostraci´ on. v y (u2 + v 2 ) son primos relativos dos a dos (pruébelo).5) con n = 2 se ve que si (x.6) entonces los enteros x. Adem´ as. v) = 1 con u y v de distinta paridad. (u. Es suficiente probar que no existen soluciones primitivas positivas. y 2 = 2ab. b = 2uv. el n´ umero x2 = a2 − b2 ser´ıa de la forma 4k − 1 = 4(k − 1) + 3 con k > 0. a = u2 + v 2 donde u > v > 0. entonces cada uno de estos n´ umeros debe ser un cuadrado perfecto. lo que es imposible.53 a la ecuación x2 + b2 = a2 tenemos que x = u2 − v 2 . Como en el caso de la ecuación (2. t) = 1. sin perder generalidad. z) es una soluci´ on primitiva de (2. a y b de paridad opuesta y (a. Supongamos entonces que (x. podemos suponer que x es impar y y es par. Aplicando nuevamente el Teorema 2. z) es una solución primitiva tal que x > 0.54 Teorema.´ 2. s y t son positivos. Como y 2 = 2ab entonces y 2 = 4uv(u2 + v 2 ). y. Puesto que u. b) = 1.8. Escribiendo x4 + y 4 = z 2 en la forma (x2 )2 + (y 2 )2 = z 2 . y. ALGUNAS ECUACIONES DIOFANTICAS 61 Estudiemos ahora la ecuación x4 + y 4 = z 2 . z = a2 + b2 donde a > b > 0. entonces z > t. sea por ejemplo u = r 2 . u2 + v 2 = t2 donde podemos asumir que r. . z > 0 y z es m´ınimo. y. Luego a es impar y b es par. con lo cual queda demostrado el teorema. s. Es suficiente observar que la ecuación puede escribirse en la forma x4 + y 4 = (z 2 )2 y aplicar el teorema. Hallar todas las ternas pitagóricas que estén en progresión aritmética. DIVISIBILIDAD De esta forma hemos encontrado una solución primitiva y positiva de (2. Probar que (3. 2. zn ) de soluciones de dicha ecuación donde la sucesión (zn ) es estrictamente decreciente.6) a saber (r. 2. 5. Este procedimiento es denominado método del descenso infinito y es debido a Fermat.55 Corolario. la ecuación xn +y n = z n no tiene solución en el conjunto de los enteros diferentes de cero. yn . 6. Probar que no existen enteros diferentes de cero tales que x4 − y 4 = z 2 .62 ´ CAPITULO 2. lo cual es absurdo. Ejercicios 2. Encontrar todas las ternas pitagóricas (x. Probar que la conjetura de Fermat es cierta si y solo si para todo primo impar p. z) tales que 1 ≤ z < 30. 3.4. 4. Una ligera variaci´ on de la demostración consiste en construir a partir de una solución primitiva y positiva de (2. 7.5) es la u ńica terna pitagórica formada por enteros consecutivos. La ecuaci´ on x4 + y 4 = z 4 no tiene soluci´ on en el conjunto de los enteros diferentes de cero. Probar que si n es una potencia de 2 mayor que 2.6) una sucesión (xn . y. Hallar todas las ternas pitagóricas que estén en progresión geométrica. la ecuación xp + y p = z p no tiene solución en el conjunto de los enteros diferentes de cero. t) donde t < z lo que contradice la minimalidad de z. Demostraci´ on.5 1. y.´ 2. . z) de la ecuación x4 +y 4 = z 2 es tal que x. Probar que el radio del circulo inscrito en un triángulo pitagórico es siempre un entero. ALGUNAS ECUACIONES DIOFANTICAS 63 8. y. 9. Sugerencia: Calcular el a´rea del triángulo de dos formas diferentes. Probar que toda solución primitiva (x.8. z son primos relativos dos a dos. 3. 64 .´ CAPITULO 3 Funciones Aritméticas 3.1 La funci´ on parte entera 3. Sea x un n´ umero real. b) Si m es un entero y m ≤ x entonces m ≤ [x]. entonces: a) x − 1 < [x] ≤ x. Al entero [x] lo denominamos la parte entera de x. En otras palabras [x] es el mayor entero menor o igual que x. z n´ umeros reales cualesquiera.1 Definici´ on. d) Si x ≤ y entonces [x] ≤ [y]. Sean x. Existe un u ńico entero que representamos por [x] que satisface la desigualdad [x] ≤ x < [x] + 1.2 Teorema. y. c) Si m es un entero y m > x entonces m ≥ [x] + 1. c) Tenemos [x] ≤ x. n n hxi si si Demostraci´ on. j) Se deduce inmediatamente de (f). [x] ≤ [y]. f ) Si n es un entero y x = n + z con 0 ≤ z < 1 entonces [x] = n. d) Ya que [x] ≤ x obtenemos [x] ≤ y y por (b). x∈ / Z. w < 1.1. =q [x] = . Luego aplicando (g) tenemos [x + y] = [[x] + [y] + z + w] = [x] + [y] + [z + w] ≤ [x] + [y] + 1 i) Si x ∈ Z entonces (−x) ∈ Z y por lo tanto [x] + [−x] = x + (−x) = 0. Adem´ as x = [x] + z y y = [y] + w donde 0 ≤ z. h) Claramente [x] + [y] ≤ x + y y por (b) [x] + [y] ≤ [x + y]. Luego si m > x entonces m > [x] y en consecuencia m ≥ [x] + 1 puesto que m y [x] son enteros. a) Es consecuencia inmediata de la definición. Si x∈ / Z entonces [x] < x < [x] + 1 y por lo tanto −([x] + 1) < (−x) < −[x] que significa [−x] = −[x] − 1. Luego x + n = [x] + n + z y por (f) [x + n] = [x] + n. g) Por (e). x = [x] + z con 0 ≤ z < 1. b) Si m + 1 > x entonces m ≤ x < m + 1 y m = [x] por definición. Si m + 1 ≤ x. entonces m ≤ x − 1 < [x] por la parte (a). [x + n] = [x] + n. En consecuencia [x] + [−x] = −1. e) Es consecuencia inmediata de la definición. f) Como 0 ≤ z = x − n < 1 entonces n ≤ x < n + 1 y por definición [x] = n. hai b x ∈ Z. g) Para todo entero n. . LA FUNCION 65 e) Si z = x − [x] entonces 0 ≤ z < 1.´ PARTE ENTERA 3. i) ( 0 [x] + [−x] = −1 j) Si a = bq + r con 0 ≤ r < b entonces k) Para todo entero positivo n. h) [x] + [y] ≤ [x + y] ≤ [x] + [y] + 1. 4 Ejemplo. 6 p 2 y = p x q R2 (x.3 Ejemplo. Por lo tanto (x/n) = q + (r + z)/n con 0 ≤ (r + z)/n < 1 y en consecuencia [x/n] = q. Sean p y q enteros positivos. Tenemos entonces n = x + z con −(1/2) < z ≤ (1/2). En efecto. para cada entero x el n´ umero de puntos en la región triangular R1 con primera coordenada x y coordenadas enteras es [ pq x]. Veamos que. Luego x+(1/2) = n+(1/2)−z con 0 ≤ (1/2)−z < 1 y por (f) del teorema anterior. Sea x un n´ umero real cualquiera. impares y primos relativos. donde escogemos el mayor cuando hay dos enteros igualmente próximos. Veamos que [x + (1/2)] es el entero más próximo a x. De otra parte x = [x] + z con 0 ≤ z < 1 y entonces x = (qn + r) + z con 0 ≤ r + z < n. 3. 3.66 ´ ´ CAPITULO 3. pues si existieran x y y enteros tales que y = (p/q)x entonces qy = px es decir q | px y como (q. X p X q p − 1 q − 1 x + y = . q p 2 2 q p 0<x< 2 0<y< 2 Observemos la figura. FUNCIONES ARITMETICAS k) Si dividimos [x] por n obtenemos [x] = qn + r donde 0 ≤ r < n y por lo tanto q = [[x]/n]. De otra parte. Sobre la diagonal no hay puntos de esta clase. sea n el entero más próximo a x. p) = 1 entonces q | x lo que es imposible pues x < 2q . Por . [x + (1/2)] = n. pq x) R1 x q 2 q−1 El n´ umero p−1 umero de puntos con coordenadas enteras 2 · 2 representa el n´ en el interior del rectángulo. Luego hay exactamente [n/pk ] m´ ultiplo de pk menores o iguales que n. p4 . una vez como m´ ultiplo de p. q 0<x<q/2 Similarmente. .67 ´ PARTE ENTERA 3. 2pk . . . encontramos que el exponente de p en la representación canónica de n! es [n/p] + [n/p2 ] + [n/p3 ] + · · · + [n/pr ] donde r es tal que pr ≤ n < pr+1 . Para todo entero positivo k.. tpk donde t es el mayor entero tal que t ≤ (n/pk ) o sea t = [n/pk ]. Entonces p aparece en la representaci´ on can´ onica de n! con exponente [n/p] + [n/p2 ] + [n/p3 ] + · · · + [n/pr ] donde r es tal que pr ≤ n < pr+1 Demostraci´ on. .5 Teorema. . Adem´ as si k > r entonces [n/pk ] = 0 y podemos decir que el exponente con que aparece p en la representación canónica de n! es ∞ X n . pk−1 y contamos su contribución k al exponente de p en la representación canónica de n!. otra vez como m´ ultiplo de p2 y As´ı sucesivamente hasta contarla una vez como m´ ultiplo de pk . Si observamos que cada m´ ultiplo de pk lo es también de p. (p − 1) (q − 1) · = 2 2 X 0<x<q/2 p x q + X 0<y<p/2 q y p como quer´ıamos probar. Sean n un entero positivo y p un n´ umero primo.1. el n´ umero de puntos con coordenadas enteras en la región R2 es X q y p 0<y<p/2 y por lo tanto obtenemos. . pk k=1 . . p3 . 3. los enteros positivos menores o iguales que n y divisibles por pk son pk . LA FUNCION lo tanto el n´ umero de puntos en la región R1 con coordenadas enteras es X p x . p2 . 6 Ejemplo. FUNCIONES ARITMETICAS Podemos entonces escribir la siguiente fórmula notable para la representaci´ on canónica de n! Y P∞ h n i n! = p k=1 pk p donde p var´ıa sobre todos los n´ umeros primos. . Veamos que si a1 + a2 + · · · + ar = n donde ai ≥ 0 entonces el coeficiente multinomial n! a1 !a2 !a3 ! · · · ar ! es entero. El exponente con el cual aparece 7 en la factorización canónica de 500! es [500/7] + [500/49] + [500/343] = 71 + 10 + 1 = 82.68 ´ ´ CAPITULO 3.2 permite simplificar los cálculos.7 Ejemplo. Es suficiente probar que todo primo p aparece en el denominador con un exponente menor que aquel con el cual aparece en el numerador. De lo anterior podemos deducir que la mayor potencia de 21 que divide a 500! es min(82. El exponente con el cual 3 aparece en la representación canónica de 500! es [500/3] + [500/9] + [500/27] + [500/81] + [500/243] = 166 + 55 + 18 + 6 + 2 = 247. 247) = 82. ya que con base en ella tenemos n pk+1 h = n pk p i  3. Cuando los n´ umeros son grandes la propiedad (k) del Teorema 3. 3. El exponente con que p aparece en el numerador es ∞ X n k=1 pk . LA FUNCION El exponente con que p aparece en el denominador es ∞ X a1 ∞ X a2 ∞ X ar + + ··· + pk pk pk k=1 k=1 k=1 ∞ X a1 a2 ar = + + · · · + pk pk pk k=1 X ∞ ∞ X (a1 + a2 + · · · + ar ) n ≤ = pk pk k=1 k=1 donde la desigualdad se tiene por la parte h) del Teorema 3. Probar que para todo n´ umero real x. y n´ umeros reales positivos. Hallar todos los n´ umeros reales que satisfacen: (a) [x] + [x] = [2x] (b) [x + 12 ] + [x − 12 ] = [2x]. 5.1 1. Sugerencia: Escribir x = [x] + z y considerar 0 ≤ z < 1 2 y 1 2 ≤ z < 1. Probar que [x][y] ≤ [xy]. Sean x. [x] + [x + 12 ] = [2x]. n que son divisibles por a. Sean n y a enteros positivos. Probar que na es el n´ umero de enteros de la sucesión 1. .69 ´ PARTE ENTERA 3. . De esta forma queda probada nuestra afirmaci´ on. . [x] + [x + 13 ] + [x + 23 ] = [3x]. 3. 2. 6. Ejercicios 3. Probar que para todo n´ umero real x.2. . . 2. Sea x un n´ umero real que no es punto medio de dos enteros probar que −[−x + 12 ] es el entero más próximo a x.1. 4. probar que (2n)! (n!)2 es un n´ umero par. Como consecuencia del Teorema Fundamental de la Aritmética obtenemos los resultados siguientes. o´. Si n es un entero positivo. • σ(n) es la suma de los divisores positivos de n. Probar que 3 10 12. Para todo entero positivo n. y para todo entero positivo k. Por ejemplo. 3) = 1 y luego expresar b en la forma b = 3k + r con r = 1 o r = 2. ¿Con cuántos ceros termina el desarrollo en base 3 de 100!? Sugerencia: Escribir 100! = 3m b donde (b. 91 11. probar que n!(n − 1)! divide a (2n − 2)! 14. . En esta sección estudiaremos dos de ellas muy conocidas. τ (10) = 4 y σ(10) = 1 + 2 + 5 + 10 = 18. p = 2 y a > 2.70 ´ ´ CAPITULO 3. [x] + [x + k1 ] + [x + k2 ] + · · · + [x + k−1 k ] = [kx]. τ (1) = σ(1) = 1. 3. Sea n = pa donde p es primo y a un entero positivo.2 Las funciones n´ umero y suma de divisores Las funciones que tienen como dominio el conjunto de los enteros positivos con valores en C se denominan funciones aritméticas o funciones numéricas. Probar que para todo n´ umero real x. ¿Cuál es el exponente de 5 en la representación canónica de 835!? ¿Cuál el de 15? 9. 8. ¿Con cuántos ceros termina la expansión decimal de 120!? 10. Si n es un entero positivo definimos las funciones τ (n) y σ(n) as´ı: • τ (n) es el n´ umero de divisores positivos de n. 13. FUNCIONES ARITMETICAS 7. Probar que: n | (n − 1)! si y solamente si p es impar y a > 1. si p es primo y a es un entero positivo tenemos. entonces k k Y Y pni i +1 − 1 τ (n) = (ni + 1) y σ(n) = pi − 1 i=1 i=1 Demostraci´ Qk on. 2.2. τ (p) = 1 + 1 = 2 y σ(p) = 1 + p = p1+1 − 1 .43. k.diPor el Teorema 2. . es la representaci´ on can´ onica de un entero positivo n. Si n = ki=1 pni i donde ni > 0 para cada i. p−1 M´ as generalmente. d es un divisor positivo de n. LAS FUNCIONES NUMERO Y SUMA DE DIVISORES 71 Q 3. . Por el principio fundamental de conteo. d = i=1 pi donde 0 ≤ di ≤ ni para cada i = 1. En el teorema anterior si p es un n´ umero primo tenemos. podemos construir exactamente (n1 + 1)(n2 + 1) · · · (nk + 1) de tales divisores. si observamos que cada divisor positivo de n aparece una y solamente una vez como sumando en el producto (1 + p1 + p21 + · · · + pn1 1 ) · · · (1 + pk + p2k + · · · + pnk k ) concluimos que σ(n) = k Y (1 + pi + p2i + · · · + pni i ). τ (pa ) = a + 1 y σ(pa ) = 1 + p + p + · · · + pa = pa+1 − 1 . .´ 3. . i=1 De otra parte.8 Teorema. si y solo si. Es decir k Y τ (n) = (ni + 1). i=1 y puesto que 1 + pi + p2i + · · · + pni i = tenemos también que σ(n) = pni i +1 − 1 . pi − 1 k Y pni +1 − 1 i i=1 pi − 1 . p−1 . . Las funciones τ y σ son multiplicativas. n enteros positivos. Supongamos que los divisores positivos de n son d1 . Una función aritmética se llama multiplicativa si satisface la condici´ on: f (mn) = f (m)f (n).9 Ejemplo. . . d2 . . . dτ (n) y su producto es P = d1 d2 . Como 21 = 3 × 7. FUNCIONES ARITMETICAS 3.1) y (3. ..2) de (3. n) = 1. Los n´ umeros más peque˜ nos que tienen estas formas son: 22 × 36 = 2916 32 × 26 = 576 220 = 1048576 Por lo tanto 576 es el n´ umero buscado.72 ´ ´ CAPITULO 3.1) Como los divisores positivos de n son también n n n . n enteros positivos tales que (m. entonces f se llama completamente multiplicativa. Encontremos el menor entero positivo que tiene 21 divisores positivos. el n´ umero buscado tiene la forma p2 q 6 con p y q primos diferentes. 3. d1 d2 dτ (n) (3. Si f (mn) = f (m)f (n) para todo m. (3. o la forma p20 con p primo. para todo m.. Luego el producto buscado es P = n τ (n) 2 3. Busquemos una fórmula para el producto de los divisores positivos de un entero positivo n.11 Teorema. ..10 Definici´ on.2) obtenemos P 2 = nτ (n) . . dτ (n) . . Podemos escribir n= k Y pni i y m= i=1 r Y mj qj j=1 donde los pi y los qj son primos distintos. Ejercicios 3.2 1. τ (mn) = r Y (mj + 1) · j=1 k Y (ni + 1) = τ (m)τ (n) i=1 y m +1 r k Y qj j − 1 Y pni i +1 − 1 σ(mn) = · = σ(m)σ(n) qj − 1 pi − 1 j=1 i=1 como quer´ıamos probar. Tenemos. 2. por ejemplo. Hallar el n´ umero de divisores positivos de 4320 y calcular su suma. entonces n es un n´ umero primo. . 7 = σ(4) 6 =σ(2)σ(2) = (3)(3) = 9. 3. LAS FUNCIONES NUMERO Y SUMA DE DIVISORES 73 Demostraci´ on.2. 3 = τ (4) 6 =τ (2)τ (2) = (2)(2) = 4. Probar que si τ (n) = 2. Ninguna de estas funciones es completamente multiplicativa. Como ejemplos de funciones completamente multiplicativas podemos citar las definidas por la ecuación f (n) = nk con k fijo. Supongamos que m y n son enteros positivos y primos relativos.´ 3. Hallar el menor entero positivo con 15 divisores positivos. Sugerencia: Descomponer 36 en factores que se puedan expresar en la forma 1 + p + p2 + · · · + pk con p primo y usar una fórmula conveniente. 33550336. Si m y n son enteros positivos tales que (m. FUNCIONES ARITMETICAS 4. 137438691328. Hallar el menor entero positivo con 24 divisores positivos. 8. 5. Resolver la ecuación σ(x) = 36.12 Definici´ on. de Mersenne y de Fermat 3. Si n es un entero positivo probar que la ecuación σ(x) = n tiene un n´ umero finito de soluciones. probar que la ecuación τ (x) = n tiene infinitas soluciones. 6. 8589869056. que se pueden factorizar como sigue 6 = 2(22 − 1) 28 = 22 (23 − 1) 496 = 24 (25 − 1) 8128 = 26 (27 − 1) 33550336 = 212 (213 − 1) 8589869056 = 216 (217 − 1) 137438691328 = 218 (219 − 1) 2305843008139952128 = 230 (231 − 1) . 2305843008139952128. 8128. Si n = ki=1 pni i es la representaci´ on canónica de un entero positivo n. 496. Probar que el n´ umero de divisores positivos de un entero positivo n es impar si y solo si n es un cuadrado perfecto. Q 11. Los primeros n´ umeros perfectos son 6.74 ´ ´ CAPITULO 3.3 N´ umeros perfectos. 7. Un entero positivo n se de denomina un n´ umero perfecto si σ(n) = 2n. 28. probar que τ (mn) < τ (m)τ (n). n) > 1. es decir si es igual a la suma de todos sus divisores propios. 10. P hallar una fórmula para calcular d/n d2 3. Hallar dos enteros positivos n que cumplan la condición σ(n) = 2n. Si n es un entero positivo mayor que 1. 9. Podemos p−1 escribir n = 2 r con p > 1 y r impar positivo. Si n es un n´ umero perfecto par. Supongamos que n es un n´ umero perfecto par. entonces (2p −1) | 2p r. Demostraci´ on.3. Entonces σ(n) = σ(2p−1 (2p − 1)) = σ(2p−1 )σ(2p − 1) = (2p − 1)/(2 − 1).´ 3. Demostraci´ on. Sea n = 2p−1 (2p − 1) donde 2p − 1 es primo. Como σ(r) es la suma σ(r) = 2p 2p . DE MERSENNE Y DE FERMAT 75 La lista anterior nos sugiere que todo n´ umero perfecto par es de forma 2p−1 (2p − 1) donde ambos p y 2p − 1 son n´ umeros primos.3) −1 2 −1 Como 2p r = (2p −1)σ(r). entonces el n´ umero n = 2p−1 (2p − 1) es perfecto. entonces n es de la forma 2p−1 (2p − 1) donde 2p − 1 es primo. 3. Si 2p − 1 es un n´ umero primo. Por lo tanto r r =r+ p (3.14 Teorema. 3. por lo tanto n es un n´ umero perfecto. Como n es perfecto tenemos 2n = 2p r = σ(n) = σ(2p−1 )σ(r) (2p − 1) = σ(r) (2 − 1) = (2p − 1)σ(r). y Euler 2000 a˜ nos más tarde demostró que todo n´ umero perfecto par tiene la forma mencionada. Demostremos ahora el rec´ıproco. 2p ) = 1 tenemos que (2p − 1) | r y en consecuencia 2pr−1 | r. Euclides en su libro IX de los Elementos demostró que todo n´ umero de esta forma es efectivamente un n´ umero perfecto.13 Teorema. y puesto que (2p −1.(2p − 1 + 1) = 2p (2p − 1) = 2n. NUMEROS PERFECTOS. fueron encontrados por Michael Cameron. Si un n´ umero de la forma 2p − 1 es primo. 127. Supongamos que p no es primo es decir p = rs con 1 < r. 9941. 3217.756839. Los dos u ´ltimos primos de Mersenne conocidos hasta la fecha son 213466917 − 1 y 220996011 − 1.76 ´ ´ CAPITULO 3. respectivamente. en su trabajo dentro del proyecto de investigación GIMPS (Great Internet Mersenne Prime Search). se sigue de (3. El u ´ltimo de estos n´ umeros tiene 6329430 d´ıgitos y su escritura ocupar´ıa un texto similar al que Ud. 3021377. ´ 859433. 3. 44497. 2976221. −1 Luego r = 2p − 1 es primo y n es de la forma n = 2p−1 (2p − 1). 132049. 86243. 17. s < p. está leyendo. 3. 4423. entonces p es primo. 23209. 2281. 2203. 1398269. en honor al monje francés Marin Mersenne (1588. Esto contradice nuestra hipótesis. 89. 5. el 14 de noviembre de 2001 y por Michael Shafer. el 17 de noviembre de 2003. Un problema abierto es determinar si existen o no infinitos primos de Mersenne y por lo tanto infinitos n´ umeros perfectos. 1279. 31.15 Teorema. 1257787. 21701. 19. Este u ´ltimo con más de dos millones de d´ıgitos.3) que r tiene u ńicamente dos divisores positivos y que 2p r = 1. como quer´ıamos probar. 216091. FUNCIONES ARITMETICAS de todos los divisores positivos de r. Los n´ umeros de Mersenne que son primos se denominan primos de Mersenne y los primeros treinte y ocho1 ocurren para p = 2. 107. Por lo tanto 2p − 1 = 2rs − 1 = (2r )s − 1 = (2r − 1)(2r(s−1) + 2r(s−2) + · · · + 1) de donde se deduce que 2p −1 no es primo. 4253. luego p debe ser primo. Los n´ umeros de la forma 2p − 1 donde p es primo se llaman numeros ´ de Mersenne y se representan por Mp .1648) quien los estudió detalladamente en 1644 en su libro Cogitata Physica–Mathematica. 13. 6972593. 521. Demostraci´ on. 19937. 7. 607. 61. . 1 a abril de 2004. 9689. 11213. 110503. 3 1. M´ as generalmente en un curso de Algebra Abstracta. se demuestra el siguiente resultado: “Se puede construir con regla y comp´ as un pol´ıgono regular de n lados si y solo si todos los primos impares que dividen a n son primos de Fermat cuyos cuadrados no dividen a n. ¿Sólo hay cinco n´ umeros primos de Fermat 3. 17. Probar que todo n´ umero perfecto par se puede escribir en la forma 1 + 2 + 3 + · · · + n para alg´ un entero positivo n. n Fermat estudió los n´ umeros de la forma 22 + 1 para n = 0.3. . Probar que ninguna potencia de un n´ umero primo es un n´ umero perfecto. 257 y 65537. 5. 5. llamados n´ umeros de Fermat y conjeturó en 1650 que siempre eran primos. La conjetura resulta cierta para los cinco primeros n´ umeros de Fermat que son 3. . 3. Probar que todo n´ umero perfecto par termina en 6 o en 8. sin embargo Euler demostró en 1732 que el sexto n´ umero de Fermat no es primo y se puede factorizar como 5 22 + 1 = 232 + 1 = (641)(6700417). Probar que un cuadrado perfecto no puede ser un n´ umero perfecto. 17. 2. 4. 2. 257 y 65537? ¿Existen infinitos primos de Fermat? Es interesante mencionar que Gauss demostró que si p es un primo de Fermat entonces se puede construir con regla y compás un pol´ıgono regular ´ de p lados. Hasta la fecha. DE MERSENNE Y DE FERMAT 77 Otro problema abierto es determinar si existe alg´ un n´ umero perfecto impar. Todo lo que se sabe sobre este problema es que si existe alg´ un 300 n´ umero perfecto impar este debe ser mayor que 10 . NUMEROS PERFECTOS.´ 3.” Ejercicios 3. . 1. no se conoce ning´ un primo de Fermat mayor que 65537. . 8. Si Fn representa el n–ésimo n´ umero de Fermat para n = 0. probar que F0 F1 . Sean a y n enteros positivos mayores que 1. 7. 3.1. 1. Para cada entero positivo n. 6.78 ´ ´ CAPITULO 3. Probar que si an − 1 es primo entonces a = 2 y n es primo. .16 Definici´ on. FUNCIONES ARITMETICAS 5. 80 60 40 20 20 40 60 80 Figura 3. . La funci´ on Φ de Euler. . definimos Φ(n) como el n´ umero de enteros positivos menores o iguales que n y primos relativos con n. Fm ) = 1. Sean a y n enteros positivos mayores que 1. Fn−1 + 2 = Fn . Como ejemplo tenemos la siguiente tabla de valores de Φ(n) n:1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Φ(n) : 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 Algunas veces se designa a Φ(n) con el nombre de indicador de n y con menos frecuencia con el de totalizador de n. Probar que si an + 1 es primo entonces a es par y n = 2r para alg´ un entero positivo r. entonces (Fn . 100 . Probar que si m y n son enteros no negativos diferentes. . .4 La funci´ on Φ de Euler 3. En consecuencia por definición de Φ tenemos Φ(mn) ≤ Φ(m)Φ(n). n) = 1 y por el algoritmo de la división podemos escribir x = qm + r. mn) = 1 podemos asociar una pareja (r. Si p es un n´ umero primo y a es un entero positivo entonces Φ(pa ) = pa − pa−1 . n) = 1 seg´ un el Teorema 2. s) es una pareja de n´ umeros tales que 1 ≤ r ≤ m.4. m) = 1 y (x.4) Rec´ıprocamente. 1≤r<m 0 x = q n + s. Demostraci´ on. 1. pa−1 . 1 ≤ s ≤ n y (s.´ Φ DE EULER 3.p. 2. 3. Supongamos que 1 ≤ x ≤ mn con (x. m) = 1 y (x. Los enteros positivos menores o iguales que pa que no son primos relativos con p son precisamente los pa−1 m´ ultiplos de p. s) tal que 1 ≤ r ≤ m y (r. LA FUNCION 79 3.7. (s. (r. Si m = 1 o n = 1 el resultado es evidente. . . mn) = 1.17 Teorema. Como por hipótesis (m. y0 tales que 1 = mx0 + ny0 .p Por lo tanto Φ(pa ) = pa − pa−1 .18 Teorema. n) = 1. m) = (r. cuando a = 1 obtenemos la fórmula Φ(p) = p − 1 para cada primo p. En particular. n) = (s. Si (m. n) = 1 entonces Φ(mn) = Φ(m)Φ(n). . supongamos que (r. .p. Luego podemos suponer que n y m son mayores que 1. m) = 1 y 1 ≤ s ≤ n. 1≤s<n Como (x. con cada x tal que 1 ≤ x ≤ mn y (x. n) = 1. Por lo tanto (x. (3. 3. n) = 1 existen enteros x0 . m) = 1.p. Demostraci´ on. v son enteros. con cada pareja de n´ umeros (r. m) = (r. ya que claramente x ≥ 1 y como q ≤ n − 1. 0≤q<n y por lo tanto r − s = (−m)(−u) + nv = (−m)(an + q) + nv = −qm + (v − am)n = −qm + q 0 n. mn) = 1. 2. m) = 1 y (x. n) = (s.5) concluimos que Φ(mn) = Φ(m)Φ(n). (r. Por el Teorema 2. De esta forma. s) tales que 1 ≤ r ≤ m. podemos asociar un n´ umero x tal que 1 ≤ x ≤ mn y (x. m) = 1 y 1 ≤ s ≤ n. (x. r ≤ m entonces qm + r ≤ (n − 1)m + m = nm. mn) = 1 ya que (x. FUNCIONES ARITMETICAS luego r − s = mu + nv donde u.4) y (3. n) = 1 seg´ un el Teorema 2.80 ´ ´ CAPITULO 3. de donde qm + r = q 0 n + s Si llamamos x = qm + r = q 0 n + s tenemos: 1.7. n) = 1. . Dividiendo −u por n tenemos −u = an + q.5) De (3. 1 ≤ x ≤ mn. (s. La aplicación del teorema anterior nos permite calcular Φ(n) a partir de la descomposición canónica de n como producto de primos. En consecuencia se sigue que Φ(m)Φ(n) ≤ Φ(mn) (3.18. 4. tenemos 1 1 1 1 Φ(18900) = 18900 1 − 1− 1− 1− 2 3 5 7 1246 = 18900 2357 = 4320. k k Y Y 1 ni ni −1 ni (pi − pi )= pi 1 − pi i=1 i=1 k k Y Y 1 ni = pi · 1− pi i=1 i=1 k Y 1 = n. LA FUNCION 3.20 Ejemplo.´ Φ DE EULER 3. De otra parte. entonces Qk 81 ni i=1 pi es la representaci´ on can´ onica de un entero Φ(n) = k Y (pni i − pni i −1 ) i=1 o bien. . Como 18900 = 22 · 33 · 52 · 7. 1− pi i=1 luego también Φ(n) = n k Y i=1 1 1− pi . Φ(n) = n k Y i=1 1 1− pi .19 Teorema. Si n = positivo n. Demostraci´ on. 3. Como Φ es una función multiplicativa tenemos que Φ(n) = = k Y i=1 k Y i=1 Φ(pni i ) (pni i − pni i −1 ). n tiene la forma n = 3a m donde a ≥ 1 y (m. FUNCIONES ARITMETICAS 3. En efecto. Si n > 1. Sean m1 . y por lo tanto su suma es S = (n − m1 ) + (n − m2 ) + · · · + (n − mΦ(n) ) Sumando (3. Luego Φ(3n) = Φ(3a+1 m) = Φ(3a+1 )Φ(m) = (3a+1 − 3a )Φ(m) = 3(3a − 3a−1 )Φ(m) = 3Φ(3a )Φ(m) = 3Φ(3a m) = 3Φ(n).82 ´ ´ CAPITULO 3. la suma de los enteros positivos menores o iguales que n y primos relativos con n es 12 nΦ(n). 3.21 Ejemplo. . d|n (3. n) = 1. m3 . podemos expresar también todos los enteros positivos menores o iguales que n y primos relativos con n en la forma n − m1 . . . Su suma es S = m1 + m2 + m3 + · · · + mΦ(n) .7) . n − mΦ(n) . n − m2 . (3. Para cada entero positivo n. mΦ(n) los enteros positivos menores o iguales que n y primos relativos con n.6) Como (m. . 2S = n + n + · · · + n ( Φ(n) veces ) = nΦ(n) de donde 1 S = nΦ(n). como 3 | n. 2 3. . . .23 Teorema. 3) = 1. tenemos X Φ(d) = n.7) tenemos. n) = 1 si y solo si (n − m.22 Teorema.6) y (3. Demostraci´ on. . m2 . Veamos que si 3 | n entonces Φ(3n) = 3Φ(n). . (3. De esta forma hemos probado la fórmula deseada. k Y (pri i − pri i −1 ) = m.4.17 tenemos que. vemos que el producto consiste en la suma de todos los términos de la forma Φ(pt11 )Φ(pt22 ) · · · Φ(ptrr ) = Φ(d) donde d = pt11 pt22 . Estudiemos el caso cuando m es un entero par. si m es un n´ umero impar mayor que 1 la ecuación no tiene soluci´ on. tenemos n= r Y (1 + Φ(pi ) + · · · + Φ(pni i )).4. 2 k p.83 ´ Φ DE EULER 3. i=1 o sea k Y i=1 pri i −1 (pi − 1) = m.18. Veamos como resolver la ecuación Φ(x) = m. i=1 Desarrollando el producto y aplicando el Teorema 3. Por lo tanto si establecemos que di = pi − 1. . Φ(1) + Φ(p) + Φ(p2 ) + · · · + Φ(pk ) = 1 + (p − 1) + (p2 − p) + · · · + (pk−1 − pk−2 ) + (pk − pk−1 ) = pk . Q Supongamos que x = ki=1 pri i es la representación canónica de un entero positivo x que satisface la ecuación Φ(x) = m. .8) tenemos que k Y i=1 pri i −1 di = m (3. . pnr r donde los primos son distintos. . Por el Teorema 3. p . . . Por el Teorema 3.9) . en virtud del Teorema 2.19 tenemos. Por lo tanto. LA FUNCION Demostraci´ on. Si m = 1. Consideremos primero el n´ umero pk cuyos divisores son 1.43. si n = pn1 1 pn2 2 . ptrr con 0 ≤ ti ≤ ni recorre precisamente todos los divisores de n. las soluciones de la ecuación Φ(x) = m son precisamente x = 1 y x = 2. p . . Por el ejercicio 4 de la sección 3. 12. i=1 di 3. es decir 1. Cada di es un divisor de m. 1·2·12. 1·2·4. 4. 18 y 36.84 ´ ´ CAPITULO 3. (3. El n´ umero Qk debe ser un entero cuya representación canónica Q solo puede contener primos que aparezcan en el producto ki=1 pi . 3.10) establecen las condiciones siguientes sobre los di . 4. 2·4. 12. 4. 2·12. 4·6. Cada di + 1 es un n´ umero primo. 1·2·12 y 1·4·6. 2. 4·6.9) y (3. 6. 2·18. FUNCIONES ARITMETICAS Podemos escribir (3. 1·2·4. (3. 6. pi o sea x k Y di i=1 pi = m. que nos permiten determinar los valores del entero x: 1. Los posibles valores de di son aquellos para los cuales dQ i + 1 es un primo. Con .24 Ejemplo. m 3. 1·18. 18 y 36. 2. 2·6. 1·4·6 m 36 Eliminamos de esta lista aquellos n´ umeros para los cuales Q = Q di di no es un entero. 1·12. 1·4.10) i=1 Las ecuaciones (3. de donde m x = Qk i=1 di · k Y pi .9) en la forma k Y pri i i=1 di = m. 1·2·6. 1·2. 6. 1·2·18. Resolvamos la ecuación Φ(x) = 36. 12. 2·12. 2. Los divisores positivos de 36 son 1. 1·36. 2. 9. 1·6.8). es decir eliminamos 2·4. Formamos los productos di que sean menores o iguales que 36 y obtenemos 1. 18. Seg´ un la tabla las soluciones son 37. Los demás valores de x son las soluciones de la ecuación Φ(x) = 36. . 108.85 ´ Φ DE EULER 3.4. 74. Probar que si n es impar Φ(2n) = Φ(n) y si n es par Φ(2n) = 2Φ(n). 63. 126 y 114. los hemos marcado con la palabra No. LA FUNCION los productos restantes hacemos una tabla en la forma siguiente: Q di 36 Q di 1 22 · 32 2 2·32 4 32 6 2·3 12 3 18 2 36 1 1·2 2·32 1·4 32 1·6 2·3 1·12 3 1·18 2 1·36 1 2·6 3 2·18 1 1·2·6 3 1·2·18 1 Q pi = Q 36 Q (di + 1) x = Q · pi di 2 3 5 7 13 19 37 2·3 2·5 2·7 2·13 2·19 2·37 3·7 3·19 2·3·7 2·3·19 No No No No No No 37 108 No No No 76 74 63 57 126 114 36 En la tabla eliminamos aquellos n´ umeros donde Q contiene primos que di Q no aparecen en pi . 2. Probar que Φ(n2 ) = nΦ(n) para todo entero positivo n.4 1. 57. 76. Ejercicios 3. positivas. Probar que el n´ umero de fracciones irreducibles. Resolver las ecuaciones Φ(x) = 18.n entonces Φ(3n) = 2Φ(n). 3. Estudiemos ahora alguna propiedad comunes a todas las funciones multiplicativas. Hallar todos los enteros positivos n que satisfacen la condición Φ(n) = n/2. 7. 6. Hallar todos los enteros positivos n. . Probar el Teorema 3. Hallar el n´ umero de enteros menores que 8400 y primos relativos con 4200. FUNCIONES ARITMETICAS 3. Probar que Φ(x) = 2p no tiene solución si p es primo y 2p + 1 es compuesto. Probar que si n > 2 entonces Φ(n) es par. 5. Hallar una fórmula para calcular Φ(n) cuando n es un n´ umero perfecto par. 15. Si todo primo que divide a n. n) = 1. también divide a m. 13. Si d = (m. y Φ(x) = 90. probar que Φ(nm) = nΦ(m).19. que satisfacen la condición Φ(2n) > Φ(n). menores o iguales que 1 y con denominador menor o igual que n es Φ(1) + Φ(2) + Φ(3) + · · · + Φ(n). 10. 9. 12. Probar que existen infinitos primos utilizando el Teorema 3.86 ´ ´ CAPITULO 3. Φ(d) 14. 11. n) probar que Φ(mn) = dΦ(m)Φ(n) .23 usando inducción sobre el n´ umero de factores primos que aparecen en la representación canónica de n. 4. 8. Φ(x) = 72.5 Funciones multiplicativas Recordemos que una función aritmética se llama multiplicativa si f (mn) = f (m)f (n) para cada par de enteros positivos tales que (m. Probar que si 3 . Φ(x) = 24. La demostración se sigue directamente de las definiciones usando el PIM y la dejamos como ejercicio. 3.3. si g(n) 6 = 0 Es evidente que si f y g son funciones multiplicativas entonces f g y f /g también lo son. σ(n) = k Y σ(pni i ) i=1 y como σ(pni i ) = 1 + pi + p2i + · · · + pni i = pni i +1 − 1 pi − 1 . FUNCIONES MULTIPLICATIVAS 87 3. usando el teorema anterior tenemos que su valor en n = ki=1 pni i es. Supongamos que f es una funci´ on aritmética tal que f (1) = 1. Como f es diferente de la función cero. reduce el cálculo del valor de una funci´ on multiplicativa en un n´ umero n arbitrario. al problema de calcularlo en las potencias de sus factores primos. Si f es una funci´ on multiplicativa diferente de la funci´ on cero.25 Teorema. Si sabemos de antemano que la función σQes multiplicativa. existe un entero positivo n tal que f (n) 6 = 0. 3.26 Teorema. El producto f g y el cociente f /g de dos funciones aritméticas se definen mediante las fórmulas (f g)(n) = f (n)g(n) y (f /g)(n) = f (n)/g(n). entonces f (1) = 1. 1) = 1 entonces f (n) = f (1 · n) = f (1) · f (n) y por lo tanto f (1) = 1. La utilidad del teorema anterior es que.27 Ejemplo.5. Demostraci´ on. Entonces f es multiplicativa si y solamente si ! k k Y Y ni f = pi f (pni i ) i=1 i=1 para todos los primos pi y todos los enteros ni ≥ 1. Comof es multiplicativa y (n. Demostraci´ on. d2 ) = 1 y (m/d1 . Concretamente tenemos: 3. 3. n) = 1. Si f y g son funciones multiplicativas.28 Teorema. F (mn) = X f (d)g d|mn mn d mn = f (d1 d2 )g d1 d2 d1 |m d2 |n X X m n = f (d1 )f (d2 )g g d1 d2 d1 |m d2 |n X m X n = f (d1 )g f (d2 )g d1 d2 X X d1 |m d2 |n = F (m)F (n).1.29 Corolario. Por lo tanto tenemos. F es una función multiplicativa. (d1 . también lo es la funci´ on F definida por X n F (n) = f (d)g( ) d d|n Demostraci´ on. FUNCIONES ARITMETICAS obtenemos que σ(n) = k Y pni +1 − 1 i pi − 1 i=1 como hab´ıamos demostrado anteriormente.88 ´ ´ CAPITULO 3. es decir cuando g(n) = 1 para todo entero positivo n. . sabemos que d | mn si y solamente si d = d1 d2 donde d1 | m y d2 | n. n/d2 ) = 1. Un caso especial e importante del teorema anterior se obtiene cuando g es la función constante 1. Sean m y n enteros positivos tales que (m. donde además. Por el ejercicio 18 de la sección de ejercicios 2. Si f es una funci´ on multiplicativa entonces la funci´ on F definida por X F (n) = f (d) d|n es también una funci´ on multiplicativa. As´ı. Suponga que el cociente esta bien definido.5. probar que f g y f /g son funciones multiplicativas. la función definida por X σk (n) = dk d|n es también multiplicativa. Como la función definida por f (d) = dk donde k es un entero positivo es multiplicativa. por el corolario. Si f es multiplicativa y m | n. r Y σk (n) = σk (pni i ) i=1 y como ni k σk (pni i ) = 1k + pki + p2k = i + · · · + pi (ni +1)k pi pki −1 −1 concluimos que σk (n) = r (n +1)k Y p i −1 i i=1 pki − 1 .89 3. 2. Ejercicios 3.30 Ejemplo. Probar que f n m = f (n) f (m) . Por el Teorema 3. Si f y g son funciones multiplicativas. n 3.26 si n = ri=1 pni i entonces. σk (n) representa la suma de las potencias k–ésima de los divisores Q positivos de n.5 1. Demostrar el Teorema 3. FUNCIONES MULTIPLICATIVAS 3. y m. m = 1. En particular σ1 (n) = σ(n).26. Demostrar que d | n y b | n d si y solo si b | n y d | nb . probar que P 1 d|n ( d ) = 2. Probar que X X d|n f (d)g(b) = b| n d X X b|n f (d)g(b) d| nb 12. Sugerencia: Hacer d = tc. c) : c | n y t | (n/c)}. 8. 10.90 ´ ´ CAPITULO 3. µ(1) = 1. Probar que σk (n) es impar si y solo si n es un cuadrado perfecto o el doble de un cuadrado perfecto. . ( (−1)k µ(n) = 0 si n = p1 p2 . La función µ de Möbius (fue introducida por Möbius (1832). Probar que Qk P d|n f (d) 1 d|n ( d ) P = = P σ(n) n n d|n f ( d ) para todo entero positivo n. pk donde los pi son primos diferentes. 7. Si f es multiplicativa y n = X 6. si p2 | n para alg´ un primo p. 11. probar que k Y (1 + f (pi ) + f (p2i ) + · · · + f (pni i ) f (d) = i=1 d|n 5. P 9. 3. Si n es un n´ umero perfecto par. .31 Definici´ on. Probar que A = B. FUNCIONES ARITMETICAS 4. Si k ≥ 1. Probar que ni i=1 pi . c) : d | n y c | d} y B = {(tc. sea τ2 (n) = d|n τ (d). y el primero en usar la notación µ fue Mertens (1874)) se define mediante las ecuaciones. Sean A = {(d. Probar que τ2 (n) es multiplicativa y encontrar una fórmula para τ2 (n) en términos de la representación canónica de n. Para n ≥ 1. .6 La f´ ormula de inversi´ on de M¨ obius 3. Sean m y n enteros positivos tales que (m. LA FORMULA DE INVERSION 1 0. Por lo tanto hemos demostrado que µ es una funci´ on multiplicativa.91 ´ ´ DE MOBIUS ¨ 3. q t . . µ(n) = (−1)t y µ(mn) = (−1)k+t . Si todos los mi y todos los nj son iguales a 1 entonces µ(m) = (−1)k . . 1 µ(d) = = (3. As´ı nuevamente µ(mn) = µ(m)µ(n). n) = 1 con representaci´ ones can´ onicas m= k Y i pm i i=1 yn= t Y n qj j .5 -1 Figura 3. La funci´ on µ es multiplicativa y para todo n ≥ 1 se tiene que ( X 1 si n = 1. Si m = 1 o n = 1 se tiene inmediatamente que µ(mn) = µ(m). Como ejemplo tenemos la siguiente tabla: n: 1 2 µ(n): 1 −1 3 4 5 6 7 8 −1 0 −1 1 −1 0 9 10 0 1 11 −1 3. pk q 1 .µ(n).2. j=1 La representaci´ on can´ onica de mn es mk n1 nt 1 mn = pm 1 .11) n 0 si n > 1. . .32 Teorema. Si alg´ un mi > 1 o alg´ un nj > 1 entonces µ(mn) = 0 = µ(m)µ(n).5 40 20 80 60 100 -0. d|n Demostraci´ on. .6. La funci´ on µ. 29. la suma interior en la u ´ltima expresión es igual a cero. X d|n µ(d)F n d  = X = XX d|n d|n = X b|n b| n d  f (b) µ(d)f (b) b| n d X X b|n = µ(d) X µ(d)f (b) (¿por qué?) d| nb  f (b) = f (n). X d| nb  µ(d) ya que por el teorema anterior. . X µ(d) = µ(1) + µ(p1 ) + · · · + µ(pk ) + µ(p1 p2 ) + · · · + µ(pk−1 pk )+ d|n + · · · + µ(p1 p2 . Supongamos que n > 1 y que la representación can´ onica de n es n = pn1 1 pn2 2 . entonces n X f (n) = µ(d)F . d d|n Demostraci´ on. de la siguiente forma: 3.92 ´ ´ CAPITULO 3. excepto en el caso en el cual b = n. podemos expresar una función multiplicativa f en términos de la función F definida en el Corolario 3. .11) es evidente si n = 1. cuando vale 1. . Si f es una funci´ on P numérica y F (n) = d|n f (d) para todo n ≥ 1. pnk k . Tenemos. Los u ńicos términos no nulos en la suma ocurren cuando d = 1 o cuando d es un producto de primos diferentes. Como consecuencia de este teorema. . Por lo tanto. .33 Teorema (F´ ormula de inversi´ on de M¨ obius). pk ) k k k 2 =1+ (−1) + (−1) + · · · + (−1)k 1 2 k = (1 − 1)k = 0. FUNCIONES ARITMETICAS La fórmula (3. LA FORMULA DE INVERSION 93 Es interesante observar que el rec´ıproco de este teorema también es cierto.5. X X tc = µ F (c) c tc|n c|n X X = µ(t)F (c) c|n = c|n = tc|n X X X c|n µ(t)F (c) t| n c  F (c) = F (n). Tenemos X d|n   X X d   f (d) = µ(b)F b d|n b|d   X X d  = µ F (c) .6.´ ´ DE MOBIUS ¨ 3.34 Teorema. sin embargo tenemos 3. Demostraci´ on. c d|n c|d Haciendo d = tc y usando el ejercicio 12 de la sección 3.35 Teorema. Concretamente tenemos: 3. d d|n entonces F (n) = P d|n f (d). Supongamos que f y F son funciones numéricas tales que P F (n) = d|n f (d) Tenemos: . la u ´ltima suma es igual a. Si f y F son funciones numéricas tales que n X f (n) = µ(d)F para todo n ≥ 1. X t| n c  µ(t) (por el Teorema 3.32) En los dos u ´ltimos teoremas no se requiere que f y F sean funciones multiplicativas. . vamos a deducir nuevamente las propiedades de la función de Euler. Demostraci´ on. 2.36 Lema. Si m | n el n´ umero de enteros en el conjunto S = {1. . n} n que tienen con n como m´ aximo com´ un divisor a m es Φ m . . m ) = 1. m. se sigue del Teorema 3. 2. . FUNCIONES ARITMETICAS 1. Por la fórmula de inversión de Möbius tenemos n X f (n) = µ(d)F d d|n y como µ y F son multiplicativas. es decir Φ m . Es precisamente el Corolario 3. . tenemos X Φ(d) = n. . 1. Si F es multiplicativa entonces f también es multiplicativa. 2. Si f es multiplicativa entonces F también es multiplicativa. .28 que f también es multiplicativa. es el n n´ umero de enteros en el conjunto {1. 2. 3. ) m m n luego (km. 3. 3. . m) = m(k. n) = m si y solamente si (k.23 sin usar que Φ es una funci´ on multiplicativa.29. m } que son primos relativos n n con m . . n) = (km.37 Teorema. Por lo tanto el n´ umero de enteros es S que tienen con n como máximo com´ u n divisor a m. Los enteros en el conjunto S que son divisibles por m son precisamente n m. 2m. . daremos una demostración del Teorema 3. m De otra parte sabemos que n n (km. .94 ´ ´ CAPITULO 3. Para todo entero positivo n. Demostraci´ on. . d|n . Como aplicación de los resultados anteriores. A continuación. Por el teorema anterior tenemos que X F (n) = n = Φ(d). Por lo tanto τ (n) n= X τ (n) Φ(n/mi ) = i=1 X Φ(di ) = i=1 X Φ(d). 2. . . Φ(n) = X µ(d)F d|n En particular si n = pa n d = X µ(d) d|n con p primo tenemos. La funci´ on Φ es multiplicativa. . el n´ umero de enteros en el conjunto S que tienen con n como máximo com´ un divisor a mi es Φ(n/mi ). concluimos que Φ es una función multiplicativa. mτ (n) enteros positivos tales que n = d1 m1 = d2 m2 = · · · = dτ (n) mτ (n) . dτ (n) los divisores positivos de n. .95 ´ ´ DE MOBIUS ¨ 3.6. d|n y por el Teorema 3. LA FORMULA DE INVERSION Demostraci´ on. n} tiene con n un u ńico máximo com´ un divisor que es alguno de los mi . Por el lema anterior. X µ(d) Φ(pa ) = pa d|pa n d =n X µ(d) d|n d d µ(1) µ(p) µ(p2 ) µ(pa ) =p + + + · · · + 1 p p2 pa 1 = pa 1 − (por definición de µ) p a = pa − pa−1 . . Cada entero en el conjunto S = {1. . Si aplicamos la fórmula de inversión de Möbius a la fórmula X F (n) = n = Φ(d) d|n obtenemos que. d|n Veamos ahora una nueva demostración del Teorema 3. Sabemos que la función F (n) = n es multiplicativa.18. Sean d1 . . . . . . y sean m1 . Demostraci´ on. m2 . . 3. .38 Teorema. d2 .35. . 5. Ejercicios 3.26. Φ(n) Φ(d) d|n Sugerencia: Aplicar el Teorema 3.96 ´ ´ CAPITULO 3. hallar una f´ términos de la representación canónica de n. FUNCIONES ARITMETICAS Si la representación canónica de un entero positivo n es n = Φ es multiplicativa. como Φ(pni i ) i=1 k Y i=1 (pni i − pni i −1 ) y hemos obtenido una nueva demostración del Teorema 3. Q 2. probar que X µ(d)τ (d) = (−1)k .19. P 4.26 a la función multiplicativa f (n) = P µ2 (d) d|n Φ(d) . Probar que para todo entero positivo n.6 Q 1. d|n P 3. por el Teorema 3. Si f (n) = ormula para evaluar f (n) en d|n µ(d)Φ(d). se tiene que X µ2 (d) n = . Hallar una fórmula para evaluar d|n µ(d)σ(d) en término de la representación canónica de n. Si n es un entero positivo probar que 3i=0 µ(n + i) = 0. Si n = ki=1 pni i es la representación canónica de n. tenemos que Φ(n) = = k Y Qk ni i=1 pi . . probar que [1 − f (pi )]. Probar que para todo entero positivo n se tiene que X µ(d)τ (n/d) = 1.´ ´ DE MOBIUS ¨ 3. LA FORMULA DE INVERSION 6. Si n = Qk ni i=1 pi 97 es la representación canónica de n. hallar una fórmula para evaluar f (n) en términos de la representación canónica de n. d|n 7. P d|n µ(d)/d. probar que X | µ(d) |= 2k . Deducir una fórmula para calcular Qk ni i=1 pi . Si f es una función multiplicativa y n = X µ(d)f (d) = k Y i=1 d|n 8.6. hallar una fórmula para evaluar g(n) en términos de la representación canónica de n. Si n1 = d|n f (d). d|n P 10. P 11. . 9. Si para todo entero positivo n se tiene que n2 = d|n g(d). escribimos a 6≡ b (mod n). 4. 98 . 5. si a no es congruente con b módulo n. 1.´ CAPITULO 4 Congruencias 4. 4. 3. tenemos a ≡ b (mod 1).1 Definici´ on y propiedades b´ asicas 4. 2. Sean a y b enteros cualesquiera y n un entero positivo. 1 ≡ −1 (mod 2). Si n | (a − b) decimos que a y b son congruentes m´ odulo n y escribimos a ≡ b (mod n). 17 6≡ 10 (mod 4). 23 ≡ 11 (mod 12).1 Definici´ on.2 Ejemplo. Si d | n y a ≡ b (mod n) entonces a ≡ b (mod d). Para todo par de enteros a y b. Si a ≡ b (mod n) entonces n | (a − b) y por lo tanto n | −(a − b) = b − a. Como (q + k) es un entero observamos que a y b tienen el mismo residuo al dividirlos por n. restando término a término tenemos a − b = (q1 − q2 )n. Supongamos que a ≡ b (mod n) y sea r el residuo de dividir b por n. luego b ≡ a (mod n). Para cualquier entero a. En consecuencia. Dos enteros a y b son congruentes m´ odulo n si y solo si tienen el mismo residuo al dividirlos por n. . es decir a ≡ b (mod n). Tenemos entonces a = q1 n + r b = q2 n + r. Demostraci´ on. a = b + kn = (qn + r) + kn = (q + k)n + r. Directamente de la definición tenemos el resultado siguiente. existe un entero k tal que a − b = kn y además b = qn + r con 0 ≤ r < n. 2. Rec´ıprocamente. supongamos que a y b tienen el mismo residuo al dividirlos por n. con 0 ≤ r < n.´ Y PROPIEDADES BASICAS ´ 4. Demostraci´ on. Simétrica.4 Teorema. Si n | a entonces a ≡ 0 (mod n) y rec´ıprocamente. En consecuencia. La congruencia m´ odulo n es una relaci´ on de equivalencia sobre Z. 4. Entonces. En lo que sigue del cap´ıtulo.1. Reflexiva. Si a es un entero. 4. n representa un entero positivo fijo.3 Teorema. el residuo de dividirlo por n caracteriza el comportamiento de a módulo n en el siguiente sentido. DEFINICION 99 6. n | (a − a) = 0 es decir a ≡ a (mod n). 1. Es suficiente aplicar (2) a las congruencias a ≡ b (mod n) y r ≡ r (mod n). 2. La hip´ otesis dice que n | (a − b) y n | (c − d) luego. CONGRUENCIAS 3. 5. Para k = 1 la afirmación es obvia. El comportamiento de la congruencia respecto de las operaciones definidas en Z se concreta en el siguiente teorema. Se sigue de (1) tomando r = 1 y s = −1.5 Teorema. Si a ≡ b (mod n) y c ≡ d (mod n) entonces 1. 7. es decir a ≡ c (mod n). a + c ≡ b + d (mod n). 5. si suponemos que ak ≡ k b (mod n). por el Teorema 2. Demostraci´ on. puesto que a ≡ b (mod n) obtenemos aplicando 4) que ak+1 ≡ bk+1 (mod n). ar + cs ≡ br + ds (mod n). 3.1 tenemos que n | {r(a − b) + s(c − d)} = (ar + cs) − (br + ds) y por lo tanto ar + cs ≡ br + ds (mod n). por lo tanto n | {(a − b) + (b − c)} = a − c. 4. Transitiva. 3. Para todo entero positivo k. Por el PIM el resultado es cierto para todo entero positivo k. 2. Para todo entero r. . Adem´ as. 1. a + r ≡ b + r (mod n). Si a ≡ b (mod n) y b ≡ c (mod n) entonces n | (a − b) y n | (b − c). ak ≡ bk (mod n).100 ´ CAPITULO 4. 6. La demostración es por inducción sobre k. 4. Para todo par de enteros r y s. ac ≡ bd (mod n). 4. Se sigue de (1) tomando r = s = 1. Para todo entero r. 6. a − c ≡ b − d (mod n). ar ≡ br (mod n). Basta observar que ac − bd = (a − b)c + b(c − d). DEFINICION 101 7. 4. es decir 7. Puesto que. veamos que (a + b)p ≡ ap + bp (mod p). y por lo tanto 232 ≡ (154)2 (mod 641).1. 4.´ Y PROPIEDADES BASICAS ´ 4. Si a ≡ b (mod n) y P (x) es un polinomio con coeficientes enteros. por el Teorema del Binomio tenemos. luego por el Teorema 4. entonces P (a) ≡ P (b) (mod n).9 Ejemplo.6 Corolario. pero (154)2 = 23716 = (36)(641) + 640 y en consecuencia 5 22 + 1 ≡ 0(mod 641). Hallemos el residuo obtenido al dividir 7135 por 8. En efecto.7 Ejemplo. 216 = 65536 = (102)(641) + 154 tenemos 216 ≡ 154(mod 641). 5 Veamos que efectivamente 22 + 1 ≡ 0 (mod 641).5 tenemos 7135 = (72 )67 · 7 = 1 · 7 ≡ 7 (mod 8). En el cap´ıtulo 3 afirmamos que el sexto n´ umero de Fermat 5 2 2 + 1 no es primo pues se puede factorizar en la forma 5 22 + 1 = (641)(6700417). Observemos que 72 ≡ 1 (mod 8).3 el residuo de dividir 7135 por 8 es el mismo de dividir 7 por 8. Sean a y b enteros cualesquiera y p un n´ umero primo. Se sigue de (1) tomando s = 0.8 Ejemplo. p p X p ap−k bk k k=0 p p−1 p = ap + a b + ··· + abp−1 + bp . y por el Teorema 4. 4. 1 p−1 (a + b) = . 4. . El siguiente resultado nos indica como proceder en estos casos. n2 . nr ] | (a − b) es decir. . . . . . . .102 ´ CAPITULO 4. nr enteros positivos. 4. a ≡ b (mod ni ) entonces a ≡ b (mod [n1 . . n) entonces a ≡ b (mod n ). . para cada i = 1. . Si n1 . . Sean n1 . . . r. . . . nr son enteros positivos primos relativos dos a dos y para cada i = 1.11 Corolario. 2. . i=1 Es necesario tener sumo cuidado cuando se trata de cancelar factores en las congruencias. . . r. . a ≡ b (mod ni ) entonces a ≡ b (mod r Y ni ). En consecuencia p con k = 1. . !No siempre ac ≡ bc (mod n) implica a ≡ b (mod n)! Por ejemplo. 4. nr ]). Si ac ≡ bc (mod n) y d = (c. .12 Teorema. [n1 .10 Teorema. Si para cada i = 1. . Por hipótesis. . . . . . a ≡ b(mod [n1 . nr ]).37. r ni | (a − b) y por (3) del Teorema 2. 4. (6)(4) ≡ (3)(4) (mod 6) pero 6 6≡ 3 (mod 6). d . n2 . . Demostraci´ on. . . . . 1 p−1 p p p puesto que los coeficientes binomiales sibles por p. p − 1 son divik (a + b)p ≡ ap + bp (mod p). . CONGRUENCIAS por lo tanto p p−1 p (a + b) − (a + b ) = a b + ··· + abp−1 = tp. . probar que para todo entero t. Si p es un primo impar probar que: (a) 1 + 2 + 3 + · · · + (p − 1) ≡ 0 (mod p). 32 . . En otros términos a ≡ b (mod N ) o sea a ≡ b (mod nd ). . 8. a5 ≡ a (mod 30).1. f (a + tn) ≡ k (mod n). (b) 12 + 22 + 32 + · · · + (p − 1)2 ≡ 0 (mod p). (c) 13 + 23 + 33 + · · · + (p − 1)3 ≡ 0 (mod p). Probar que si ac ≡ bc (mod cn) entonces a ≡ b (mod n). n). Probar que si a ≡ b (mod n) entonces (a. Sugerencia: La diferencia de dos de estos n´ umeros no es divisible por 2n + 1. Probar que si 2n+1 es un primo entonces los n´ umeros 12 . 22 . N ) = 1. .12 que c = dC y n = dN donde (C. n) tenemos por el Corolario 2.13 Corolario. Probar que 3105 + 4105 ≡ 0 (mod 13). n2 tienen residuos diferentes cuando los dividimos por 2n + 1. Ejercicios 4. 4. Si p es primo y n2 ≡ 1 (mod p). DEFINICION 103 Demostraci´ on. Si ac ≡ bc (mod n) y (c. 4. 32n+1 +2n+2 es divisible por 7. 5. N ) = 1 entonces N | (a − b). n) = (b. n) = 1 entonces a ≡ b (mod n). Probar que para todo entero a. 6. Luego N | C(a − b) y como (C.´ Y PROPIEDADES BASICAS ´ 4. 7. 9. De otra parte como d = (c. Por hipótesis n | (ac−bc) es decir c(a−b) = kn con k entero.1 1. . Probar que para todo entero positivo n. . 3. 2. Por lo tanto tenemos dC(a − b) = kdN y entonces C(a − b) = kN . probar que n ≡ ±1 (mod p). Si f (x) es un polinomio con coeficientes enteros y f (a) ≡ k (mod n). 6 tenemos que n ≡ a0 + a1 + a2 + · · · + ak (mod 3).15 Teorema. Luego n − (a0 + a1 + · · · + ak ) = 3t para alg´ un entero t. tenemos también el criterio siguiente. Si consideramos el polinomio con coeficientes enteros P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + ak xk . observamos que P (10) = n. Como 10 ≡ 1(mod 3).2 Criterios de Divisibilidad Como una aplicación de las propiedades de las congruencias estudiadas en la sección anterior. Un entero positivo expresado en forma decimal es divisible por 3 si y solo si la suma de sus d´ıgitos es divisible por 3. vamos a deducir algunos de los criterios de divisibilidad de enteros. 4. por el corolario 4. Hallar el residuo obtenido al dividir 6241 por 7 y el obtenido al dividir 15168 por 13. 4. Demostraci´ on. 4. Todo entero positivo n lo podemos expresar en la forma n = a0 + a1 10 + a2 102 + · · · + ak 10k . donde 0 ≤ ai < 10 para cada i y k es un entero no negativo. . Un entero positivo expresado en forma decimal es divisible por 9 si y solo si la suma de sus d´ıgitos es divisible por 9.104 ´ CAPITULO 4. Si notamos que todas las congruencias en la demostración anterior son válidas cuando el módulo es 9. que conocemos desde la escuela elemental. CONGRUENCIAS 10. P (1) = a0 + a1 + a2 + · · · + ak . y de esta igualdad concluimos que 3 | n si y solo si 3 | (a0 + a1 + · · · + ak ). Hallar el d´ıgito de las unidades de los n´ umeros 1313 y (5)(7)29 +(8)(9)72 11.14 Teorema. 2. 10k ≡ 0(mod 4). Un entero positivo con m´ as de un d´ıgito. como quer´ıamos comprobar.746. Sin embargo.42 el n´ umero no es divisible por 9. tenemos que 103 ≡ 0(mod 4). 4.872 es divisible por 4 pues 4 | 72. en cambio el n´ umero 321658 no es divisible por 4 pues 4 . 4. expresado en forma decimal es divisible por 4. Como otra aplicación consideremos el siguiente criterio de divisibilidad por 4.16 Ejemplo. . CRITERIOS DE DIVISIBILIDAD 105 4.4. . . si y solo si. como 9 . Por lo tanto n ≡ a1 10 + a0 (mod 4).747.58. Como 102 ≡ 0 (mod 4).18 Ejemplo. Luego n−(a1 10+a0 ) = 4k para alg´ un entero k. .17 Teorema. el n´ umero formado por sus dos ultimo ´ d´ıgitos es divisible por 4. .826 es divisible por 3 pues la suma de sus d´ıgitos es 3 + 5 + 7 + 4 + 7 + 8 + 2 + 6 = 42 y 42 es divisible por 3. por aplicación repetida de la propiedad 7) del Teorema 4. Supongamos que la representación en base 10 del entero positivo n es n = ak 10k + · · · + a1 10 + a0 . Demostraci´ on. El n´ umero 35. 104 ≡ 0(mod 4). El n´ umero 624. entonces el n´ umero formado por sus dos u ´ltimos d´ıgitos es a1 10 + a0 .5 con r = 10. y de esta ecuación concluimos que 4 | n si y solo si 4 | (a1 10 + a0 ). deducir un criterio de divisibilidad por 101. 5. . Expresando los enteros positivos en el sistema de numeración con base 100. 2. 3. En efecto. Probar que n es divisible por 11. para alg´ un k ∈ Z}. Veamos ahora que el conjunto cociente de Z por esta relación esta formado precisamente por las clases 0. probar que 8 | n si y solo si 8 | (100a2 + 10a1 + a0 ). Sea n = a0 + a1 10 + a2 102 + · · · + ak 10k la representación decimal del Pk entero i positivo n. . Estas clases se llaman también clases residuales m´ odulo n y sabemos que constituyen una partición del conjunto Z de todos los enteros. Para cada a ∈ Z. . . si y solo si. Probar que 6 | n si y solo si 2 | n y 3 | n.106 ´ CAPITULO 4.2 1. n − 1. luego a ≡ r (mod n) y en consecuencia a = r. a = {x ∈ Z | x ≡ a (mod n)} = {x ∈ Z | x = a + kn. Recordamos que a esta definida por. deducir un criterio de divisibilidad por 7. 4. i=0 (−1) ai es divisible por 11. Con las notaciones del ejercicio 1.3 Aritm´ etica m´ odulo n En el Teorema 4.4 vimos que la congruencia módulo n es una relación de equivalencia en el conjunto Z de los n´ umeros enteros. 2. 4. por el algoritmo de la división podemos representarlo en la forma a = qn + r con 0 ≤ r < n. si a es un entero arbitrario. representamos su clase de equivalencia por a. 1. CONGRUENCIAS Ejercicios 4. . A partir de la relación 103 ≡ −1 (mod 7). para sumar las clases residuales de x y de y tomamos un elemento de la clase de x. Tenemos por lo tanto que Zn = {0. n − 1}. ii y iv son consecuencia directa de las propiedades correspondientes para la adición ordinaria de enteros. .20 Teorema. 1. Estas operaciones resultan bien definidas en virtud de las propiedades 2 y 4 del Teorema 4. a + (b + c) = (a + b) + c ii. a + b = b + a Demostraci´ on.3. los sumamos y tomamos la clase residual de esta suma. a + 0 = 0 + a = a iii. 4.19 Ejemplo. ARITMETICA MODULO N Se acostumbra a representar por Zn a este conjunto cociente y se le llama el conjunto de los enteros m´ odulo n. 2. Similarmente se procede con la multiplicación.5. La adici´ on en Zn tiene las propiedades siguientes: i. 4. .107 ´ ´ 4. por ejemplo . un elemento de la clase de y. . x y = xy. . Sobre Zn podemos definir una adición y una multiplicación mediante las fórmulas siguientes: x + y = x + y. Las propiedades i. Es decir. Para cada a existe x tal que a + x = x + a = 0 iv. Las tablas de adición y multiplicación módulo 4 son: + 0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2 · 0 1 2 3 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 2 0 2 0 2 3 0 3 2 1 donde por comodidad hemos eliminado las barras. 108 ´ CAPITULO 4. CONGRUENCIAS la propiedad asociativa se demuestra en la forma siguiente: a + (b + c) = a + b + c = a + (b + c) = (a + b) + c =a+b+c = (a + b) + c. De manera similar se demuestran ii y iv. Para probar iii, es suficiente tomar x = n − a, pues en tal caso tenemos a + n − a = a + (n − a) = n = 0, y n − a + a = (n − a) + a = n = 0. El teorema anterior nos indica que Zn con la adición es un grupo conmutativo de acuerdo a las definiciones siguientes: 4.21 Definici´ on. Un grupo (G, ∗) es un conjunto G provisto de una operación binaria ∗ que satisface los axiomas siguientes: G-1 La operación ∗ as asociativa, es decir para todo a, b, c en G se tiene que a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c. G-2 Existe un elemento e en G tal que a ∗ e = e ∗ a = a para todo a en G. G-3 Para cada a en G existe un elemento a0 en G tal que a ∗ a0 = a0 ∗ a = e. El elemento e del axioma G-2 es u ńico y se llama la identidad del grupo. Para cada a ∈ G el elemento a0 del axioma 3 es también u ńico y se llama el inverso de a con respecto a la operación ∗. 4.22 Definici´ on. Un grupo G se llama abeliano o conmutativo si satisface la condición a ∗ b = b ∗ a para todo a y b en G. 4.23 Ejemplo. 1. De acuerdo al Teorema 4.20, el conjunto Zn con la adición que hemos definido entre clases residuales módulo n, es un grupo conmutativo donde la operación se representa por +, la identidad es 0 y para cada a ∈ Zn su inverso es n − a. ´ ´ 4.3. ARITMETICA MODULO N 109 2. El conjunto Z con la adici´ on es un grupo conmutativo, donde la identidad es el 0 y el inverso de cada n ∈ Z es −n. 3. El conjunto R∗ de todos los n´ umeros reales diferentes de cero, con la multiplicación usual como operación, es un grupo conmutativo, donde la identidad es el n´ umero 1 y para cada n´ umero real a 6 = 0, su inverso es 1/a. 4.24 Teorema. La multiplicaci´ on en Zn tiene las propiedades siguientes: 1. ab = ba. 2. a(bc) = (ab)c. 3. a(b + c) = ab + a c y (b + c)a = ba + c a. 4. a1 = 1a = a. Demostraci´ on. De nuevo, las propiedades son consecuencia directa de las propiedades correspondientes para la multiplicación usual en los enteros. Como ejemplo demostremos la propiedad distributiva de la multiplicación con respecto a la adición. Tenemos a(b + c) = ab + c = a(b + c) = ab + ac = ab + ac = ab + a c. Los dos u ´ltimos teoremas, nos dicen que Zn con la adición y la multiplicación entre clases residuales módulo n, es un anillo conmutativo con identidad, de acuerdo a las definiciones siguientes. 4.25 Definici´ on. Un anillo (A, +, ·) es un conjunto A provisto de dos operaciones + y ·, llamadas adición y multiplicación que satisface los axiomas siguientes: A-1 (A, +) es un grupo abeliano. A-2 La multiplicación es asociativa. 110 ´ CAPITULO 4. CONGRUENCIAS A-3 Las dos operaciones están relación dadas por las propiedades distributivas a(b + c) = ab + ac (b + c)a = ba + ca, para todo a, b, c ∈ A. 4.26 Definici´ on. Un anillo donde la multiplicación es conmutativa se dice un anillo conmutativo. Un anillo que tiene una identidad para la multiplicación, que se representa usualmente por 1, es un anillo con identidad. Ya hemos verificado que (Zn , +, ·) es un anillo conmutativo con identidad. La identidad de este anillo es precisamente 1. Este anillo se llama el anillo de los enteros m´ odulo n. Como otro ejemplo de anillo, consideremos el conjunto A = R × R con adición y multiplicaci´ on definidas por, (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d), (a, b) · (c, d) = (ac, bd). Una verificación directa nos muestra que (A, +, ·) es un anillo conmutativo con identidad (1, 1). El elemento cero de este anillo es (0, 0). Observamos que en este anillo (1, 0) · (0, 1) = (0, 0) aunque (1, 0) y (0, 1) son distintos de cero. Esta situación también se presenta en anillos tales como (Z6 , +, ·) donde tenemos que 2·3=0 y ambos elementos 2 y 3 son diferentes de 0. Establecemos la definición siguiente. 4.27 Definici´ on. Decimos que un anillo (A, +, ·) tiene divisores de cero si existen elementos a, b ∈ A distintos de cero pero tales que ab = 0. Acabamos de ver que el anillo Z6 tiene divisores de cero. También observamos que en este anillo no se cumple la ley cancelativa para la multiplicación, ya que tenemos por ejemplo: 3.2 = 3.4 pero 2 6 =4. Este resultado no es casual, sino consecuencia del teorema siguiente. ´ ´ 4.3. ARITMETICA MODULO N 111 4.28 Teorema. Un anillo A satisface la ley cancelativa para la multiplicaci´ on a izquierda y a derecha, si y solo si, A no tiene divisores de cero. Demostraci´ on. Supongamos que A es un anillo sin divisores de cero. Si a, b, c ∈ A con a 6 = 0 yab = ac entonces a(b − c) = 0. Como a 6 = 0 y el anillo no tiene divisores de cero, concluimos que b − c = 0, es decir que b = c. Luego se cumple la ley cancelativa a izquierda. Similarmente se demuestra que se cumple la ley cancelativa a derecha. Supongamos ahora que A satisface la ley cancelativa para la multiplicación. Si ab = 0 con a 6 = 0, tenemos ab = a0 y cancelando a, obtenemos b = 0. Similarmente si ab = 0 con b 6 = 0 tenemos ab = 0b y cancelando b tenemos a = 0. Luego A no tiene divisores de cero. 4.29 Definici´ on. Un dominio de integridad es un anillo conmutativo, con identidad y sin divisores de cero. 4.30 Definici´ on. Un cuerpo es un anillo conmutativo con identidad en el cual todo elemento distinto de cero tiene un inverso para la multiplicación. Los elementos inversibles para la multiplicación en un anillo con identidad se llaman las unidades del anillo. Por ejemplo en el anillo Z de los n´ umeros enteros, las unidades son 1 y −1. En un cuerpo las unidades son todos los elementos distintos de cero. 4.31 Teorema. Todo cuerpo es un dominio de integridad. Demostraci´ on. Como un cuerpo es un anillo conmutativo con identidad, de acuerdo al Teorema 4.28, solo falta por demostrar que en un cuerpo es válida la ley cancelativa para la multiplicación. Supongamos que a 6 = 0 y que ab = ac. Sea a0 el inverso multiplicativo de a. Tenemos a0 (ab) = a0 (ac) es decir (a0 a)b = (a0 a)c luego 1b = 1c con lo cual b = c. Volviendo a nuestro estudio de los enteros módulo n, tenemos el resultado siguiente. 4.32 Teorema. En el anillo Zn los divisores de cero son precisamente los elementos m 6 =0 tales que m y n no son primos relativos. 112 ´ CAPITULO 4. CONGRUENCIAS Demostraci´ on. Sea m 6 =0 y supongamos que m y n no son primos relativos. Entonces (m, n) = d con d > 1 y tenemos m(n/d) = m(n/d) = n(m/d) = 0. Como m 6 = 0 y (n/d) 6 = 0 pues d > 1, concluimos que m es un divisor de cero en Zn . Supongamos ahora que m ∈ Zn con m y n primos relativos. Si mk = 0 entonces mk = 0 o sea mk ≡ 0 (mod n). Luego n | mk y como (n, m) = 1 entonces n | k y asi k ≡ 0 (mod n), o sea k = 0. Por lo tanto m no es divisor de cero. 4.33 Corolario. Zn es un dominio de integridad si y solo si n es un n´ umero primo. Demostraci´ on. Veamos primero que si n no es primo entonces Zn no es un dominio de integridad. Supongamos que n = ab con 1 < a < n y 1 < b < n. Tenemos entonces ab = ab = n = 0, con a 6 = 0, b 6 = 0. Luego Zn tiene divisores de cero y no es dominio de integridad. Supongamos ahora que n es un n´ umero primo. Como n es primo relativo con cada uno de los enteros 1, 2, . . . , n − 1, por el Teorema 4.32, Zn no tiene divisores de cero y en consecuencia es un dominio de integridad. 4.34 Teorema. Zn es un cuerpo si y solo si n es un n´ umero primo. Demostraci´ on. Si n no es primo, por el corolario anterior Zn no es un dominio de integridad y por el Teorema 4.31 Zn no es un campo. Supongamos ahora que n es un n´ umero primo. Para probar que Zn es un campo, es suficiente probar que todo elemento distinto de cero en Zn es una unidad. Para ello, sea m ∈ Zn con 0 < m < n. Como m y n son primos relativos, por el Teorema 2.11 existen enteros r y s tales que mr + ns = 1. Por lo tanto tenemos m r + n s = 1, módulo 2. 7. . es decir que la suma y la multiplicación módulo n de elementos de A es también un elemento de A.3. con la multiplicación del anillo como operación. módulo 6. Sugerencia: Hay que demostrar primero que A es cerrado para estas operaciones. es un anillo. y m´ odulo 7. ARITMETICA MODULO N y como n = 0. . En Z7 resolver las ecuaciones 3x + 4 = 1 y x2 + 2x + 6 = 0.3 1. si C contiene exactamente un elemento de cada clase residual módulo n. Construir un sistema completo de residuos módulo 7 formado por n´ umeros primos. . Construir cuatro sistemas completos de residuos módulo 8. 2a. a. módulo 1. Ejercicios 4. Demostrar que el conjunto de las unidades de un anillo con identidad es un grupo. Sean a y n enteros positivos tales que n = ab. En un anillo con identidad. 2. 5. módulo 5. 6.113 ´ ´ 4. ¿es la suma de dos unidades de nuevo una unidad? 4. (b − 1)a} con la adición y la multiplicación de clases residuales módulo n. Probar que el conjunto A = {0. 3. Construir las tablas de adición y multiplicación. . . ¿es el producto de dos unidades también una unidad?. nos queda m r = 1. De esta forma vemos que r es el inverso multiplicativo de m y Zn es un cuerpo como quer´ıamos demostrar. Un conjunto C se llama un sistema completo de residuos m´ odulo n. n) = 1 para cada i y (k. . Si p es primo. . La condición 1 de la definición de sistema reducido es evidente. 3. Para cada r ∈ R se tiene que (r. . 4. rΦ(n) } es un sistema reducido de residuos m´ odulo n y si (k. ya que si kri ≡ krj (mod n) entonces ri ≡ rj (mod n) por . krΦ(n) } también es un sistema reducido de residuos m´ odulo n. Probar que si n > 2. Demostraci´ on. n) = 1 para cada i y se cumple la condición 2. n) = 1 entonces {kr1 . por el Teorema 2. Un subconjunto R del conjunto de los enteros se llama un sistema reducido de residuos m´ odulo n si satisface las condiciones siguientes: 1. n) = 1. r2 . el conjunto {1. p − 1} es un sistema reducido de residuos m´ odulo p. 2. Los elementos de R son incongruentes módulo n. . 4. 23} son sistemas reducidos de residuos módulo 8.37 Teorema. 3. . 7} y {9.18 se tiene que (kri . . Si {r1 . R tiene Φ(n) elementos.114 ´ CAPITULO 4. los conjuntos {1. . Como (ri . 3.4 Los Teoremas de Euler y Fermat 4. . Probar que un conjunto C de enteros es un sistema completo de residuos m´ odulo n si y solo si dos elementos cualesquiera de C no son congruentes módulo n y C tiene n elementos.35 Definici´ on. kr2 . CONGRUENCIAS 8. . 22 . A partir de un sistema reducido de residuos módulo n. . Si n = 8. Finalmente. . n) = 1. el conjunto de enteros 12 . 3.36 Ejemplo. . n2 no es un sistema completo de residuos módulo n. 9. podemos construir una infinidad de tales sistemas aplicando el teorema siguiente. n) = 1 entonces. 4. no puede tenerse que dos de los n´ umeros kri sean congruentes m´ odulo n. para todo b el conjunto C 0 = {ax + b | x ∈ C} también es un sistema completo de residuos módulo n. Probar que si C es un sistema completo de residuos módulo n y (a. . . −3. . . 2. 10. 5. ya que Φ(p) = p − 1. Como cada ri es primo relativo con n. . arΦ(n) } es también un sistema reducido de residuos m´ odulo n. rΦ(n) } un sistema reducido de residuos módulo n. . Sea {r1 . r2 . Si (a.4. . . La consecuencia más importante del teorema anterior es un resultado muy importante debido a Euler.. Demostraci´ on. Una forma equivalente del Teorema de Fermat es el enunciado siguiente.39 Corolario (Teorema de Fermat). también se cumple la condición 3 de la definici´ on y se tiene el teorema. entonces ap ≡ a para cualquier entero a. p) = 1. n) = 1 entonces aΦ(n) ≡ 1 (mod n). . . lo que contradice la hipótesis de que {r1 . LOS TEOREMAS DE EULER Y FERMAT 115 el Corolario 4. Luego r1 r2 · · · rΦ(n) ≡ aΦ(n) r1 r2 · · · rΦ(n) (mod n). rΦ(n) } es un sistema reducido de residuos m´ odulo n. Demostraci´ on.13 podemos cancelar cada uno de los ri y obtenemos 1 ≡ aΦ(n) (mod n) como quer´ıamos probar. Si p es un n´ umero primo. Por lo tanto el producto de los enteros del primer conjunto es congruente al producto de los enteros del segundo conjunto. 4. .4. (mod p). . . 4. . Si p es un n´ umero primo y (a. Por el teorema anterior el conjunto {ar1 .13. ar2 . Es consecuencia inmediata del Teorema de Euler. por el Corolario 4. .40 Teorema. .38 Teorema (Teorema de Euler). 4. Por lo tanto. entonces ap−1 ≡ 1 (mod p). Si p | a. luego pq−1 + q p−1 ≡ 1(mod q) y pq−1 + q p−1 ≡ 1(mod p) y como p y q son primos relativos. por el Corolario 4.a entonces (a. 4. se trata de encontrar el n´ umero N formado por los dos ultimos ´ d´ıgitos. Por el Teorema de Fermat tenemos pq−1 ≡ 1(mod q) y q p−1 ≡ 1(mod p). tenemos que ap ≡ a (mod p). Si p . De otra parte tenemos pq−1 ≡ 0 (mod p) y q p−1 ≡ 0(mod q). tenemos que a ≡ 0(mod p) y ap ≡ 0(mod p). Por 7 del Teorema 4. p) = 1 y por el corolario anterior ap−1 ≡ 1 (mod p). concluimos que pq−1 + q p−1 ≡ 1(mod pq). CONGRUENCIAS Demostraci´ on. 4. Si escribimos 27123 = ak 10k + · · · + a1 10 + a0 con 0 ≤ ai < 10.41 Ejemplo.5. . y por las propiedades de la congruencia ap ≡ a(mod p). Es claro que este n´ umero N es el u ńico que satisface 27123 ≡ N (mod 100) y 0 ≤ N < 100.116 ´ CAPITULO 4. es decir N = a1 a0 .42 Ejemplo. Si p y q son primos diferentes veamos que pq−1 + q p−1 ≡ 1(mod pq). Hallemos las dos u ´ltimas cifras en el desarrollo decimal del 123 n´ umero 27 .11. 683. Por lo tanto 27123 = (2740 )3 273 ≡ 273 (mod 100). es x ≡ aΦ(n)−1 b (mod n). 4.4. tenemos que 273 ≡ 83(mod 100). Como Φ(100) = Φ(52 )Φ(22 ) = (52 − 5)(22 − 2) = 40. Tenemos el resultado siguiente.4. Luego la congruencia lineal toma la forma ax ≡ aΦ(n) b (mod n). Por el Teorema de Euler tenemos aΦ(n) ≡ 1 (mod n). LOS TEOREMAS DE EULER Y FERMAT 117 Por el Teorema de Euler tenemos que 27Φ(100) ≡ 1 (mod 100). n) = 1. ya que (a. El Teorema de Euler puede utilizarse también para resolver ciertas congruencias lineales. la congruencia anterior es 2740 ≡ 1 (mod 100). n) = 1. la soluci´ on de la congruencia lineal ax ≡ b (mod n).43 Teorema. y por lo tanto aΦ(n) b ≡ b (mod n). Si (a. y como 273 = 19. Demostraci´ on. Luego el desarrollo decimal de 27123 termina en 83. de donde x ≡ aΦ(n)−1 b (mod n). . 118 ´ CAPITULO 4. CONGRUENCIAS En la sección siguiente demostraremos que esta es la u ńica solución incongruente de la congruencia lineal considerada. Si G es un grupo finito, se llama orden de G al n´ umero de elementos de G. Se demuestra en teor´ıa de grupos el resultado siguiente: an Si G es un grupo finito de orden n y a ∈ G, entonces an = e, donde = a ∗ a ∗ . . . ∗ a, n veces, siendo ∗ la operación en G. Utilizando el resultado anterior y el ejercicio 4 de la sección precedente, obtenemos otras demostraciones de los teoremas de Fermat y Euler, que presentamos a continuación. 4.44 Teorema (Teorema de Fermat). Si p es un n´ umero primo y (a, p) = 1, entonces ap−1 ≡ 1(mod p). Demostraci´ on. Como Zp es un cuerpo cuando p es primo, entonces el grupo de las unidades de Zp esta formado por todos los elementos no nulos de Zp y tiene por lo tanto orden p − 1. Si (a, p) = 1 entonces a 6 = 0 y en consecuencia a es una unidad de Zp . Luego por el resultado mencionado ap−1 = 1, o equivalentemente ap−1 ≡ 1(mod p). Para demostrar el Teorema de Euler, necesitamos un lema previo. 4.45 Lema. El grupo de las unidades del anillo Zn esta formado por todas las clases a tales que (a, n) = 1 y tiene orden Φ(n). Demostraci´ on. Supongamos que a es una unidad de Zn . Luego existe b ∈ Zn tal que a b = 1. Por lo tanto ab ≡ 1 (mod n) y tenemos que ab − 1 = qn para alg´ un entero q. Luego ab − qn = 1 y por el Teorema 2.11 concluimos que (a, n) = 1. Rec´ıprocamente, si (a, n) = 1 por el Teorema 2.11 existe enteros b y q tales que ab − qn = 1. Luego ab ≡ 1 (mod n), o sea a b = 1 y por lo tanto a es una unidad de Zn . 4.4. LOS TEOREMAS DE EULER Y FERMAT 119 De esta forma hemos probado que en el anillo Zn = {0, 1, 2, . . . , (n − 1)} las unidades son precisamente las clases a con (a, n) = 1, por lo tanto su n´ umero es Φ(n). 4.46 Teorema (Teorema de Euler). Si (a, n) = 1 entonces aΦ(n) ≡ 1 (mod n). Demostraci´ on. Como (a, n) = 1, por el Lema 4.45 , a es una unidad de Zn , y como el orden del grupo de unidades de este anillo es Φ(n), tenemos (a)Φ(n) = 1, o equivalentemente aΦ(n) ≡ 1 (mod n). Ejercicios 4.4 1. Probar que para todo entero n, n12 es de la forma 13k o de la forma 13k + 1, para alg´ un entero k. 2. Probar que para todo entero n, n8 es de la forma 17k o 17k ± 1, para alg´ un entero k. 3. Probar que para todo entero a, a561 ≡ a (mod 561). 4. Probar que si p es un n´ umero primo, entonces 1p−1 + 2p−1 + 3p−1 + · · · + (p − 1)p−1 + 1 ≡ 0 (mod p). 5. Hallar en su desarrollo decimal 120 ´ CAPITULO 4. CONGRUENCIAS (a) la u ´ltima cifra de 131275 . (b) las dos u ´ltimas cifras de 3400 . (c) las tres u ´ltimas cifras de 72407 . 6. Probar que para cualquier entero n, n37 − n es divisible por 383838. Sugerencia: Descomponer 383838 en factores primos. 7. Si p y q son primos diferentes, probar que pq + q p ≡ (p + q) (mod pq). 8. Probar que los n´ umeros 5, 52 , 53 , 54 , 55 y 56 forman un sistema reducido de residuos m´ odulo 18. 9. Si p es un n´ umero primo y ap ≡ bp (mod p) probar que ap ≡ bp (mod p2 ). 10. Probar que a4n+1 − a es divisible por 30 para todo entero a y todo entero positivo n. 11. Si p es un n´ umero primo y a, b son enteros positivos menores que p, probar que ap−2 + ap−3 b + ap−4 b2 + · · · + bp−2 ≡ 0 (mod p). 12. Si p es un primo impar y p - a, probar que a p−1 2 ≡ ±1 (mod p). 13. Si R es un anillo finito con identidad y a ∈ R, probar que a es una unidad de R o a es un divisor de cero. Sugerencia: Si R = {r1 , r2 , . . . , rn } y a no es divisor de cero demuestre que R = {ar1 , ar2 , . . . , arn } 14. Utilice el ejercicio 13 para determinar las unidades de Zn . 4.5. CONGRUENCIAS LINEALES 4.5 121 Congruencias lineales ´ En Algebra se estudian detalladamente las ecuaciones polinómicas y sus soluciones. En forma análoga podemos estudiar las congruencias polinómicas. En este estudio consideramos u ńicamente polinomios f (x) con coeficientes enteros. Si a un entero tal que f (a) ≡ 0 (mod n), decimos que a es una solución de la congruencia polinómica f (x) ≡ 0 (mod n). Por el Corolario 4.6, si a ≡ b (mod n) también f (a) ≡ f (b) (mod n), sin embargo no consideramos diferentes a estas soluciones que pertenecen a una misma clase de residuos módulo n. Cuando hablamos del n´ umero de soluciones de una congruencia polinómica nos referimos al n´ umero de soluciones incongruentes, es decir al n´ umero de soluciones obtenidas en el conjunto {0, 1, 2, . . . , n − 1} o en cualquier otro sistema completo de residuos módulo n. La congruencia f (x) ≡ 0 (mod n) se llama lineal cuando f (x) es un polinomio de grado uno. Toda congruencia lineal se puede escribir en la forma ax ≡ b (mod n). Tenemos el resultado siguiente. 4.47 Teorema. La congruencia lineal ax ≡ b (mod n) tiene soluci´ on si y solo si d | b, donde d = (a, n). Si la congruencia tiene soluci´ on, entonces tiene exactamente d soluciones incongruentes. Demostraci´ on. Dividimos la demostración en 5 partes: 1. Si d | b, hay una solución. 2. Si hay solución, d | b. 3. Si x0 es una solución entonces x0 + k nd es solución para todo entero k. 4. Todas las soluciones se encuentran entre las soluciones mencionadas en 3. 5. Las soluciones incongruentes son precisamente x0 , x0 + n 2n (d − 1)n , x0 + , . . . , x0 + . d d d 122 ´ CAPITULO 4. CONGRUENCIAS Prueba de 1. Supongamos de d | b, luego b = cd para alg´ un c. Como d = (a, n) por el Teorema 2.5 podemos expresar d en la forma d = ar + sn. Multiplicando por c obtenemos b = cd = car + csn. Por lo tanto acr ≡ b (mod n) y cr es una solución de la congruencia lineal ax ≡ b (mod n). Prueba de 2. Supongamos que x0 es una solución de la congruencia lineal. Luego ax0 ≡ b (mod n) y por lo tanto existe un entero k tal que ax0 −b = kn. Como d | a y d | n, se sigue que d | b como hab´ıamos mencionado. Prueba de 3. Supongamos que x0 es una solución de la congruencia dada. Para todo entero k tenemos a n a x0 + k = ax0 + kn ≡ ax0 ≡ b (mod n), d d puesto que d | a. Prueba de 4. Supongamos que x1 es otra solución de la congruencia dada. Tenemos entonces ax1 ≡ b ≡ ax0 (mod n), y por el Teorema 4.12 x1 ≡ x0 (mod n ). d Luego existe un entero k tal que n x1 = x0 + k . d Prueba de 5. Claramente las soluciones n n n x0 , x0 + , x0 + 2 , . . . , x0 + (d − 1) , d d d son incongruentes módulo n, puesto que dos cualesquiera de ellas no pueden diferir por un m´ ultiplo de n. Adem´ as cada solución de la forma x0 + kn/d es congruente módulo n con alguna de estas d soluciones, ya que por el algoritmo de la divisi´ on podemos expresar a k en la forma k = qd + r con 0 ≤ r < d, y en consecuencia n n x0 + k = x0 + (qd + r) d d n = x0 + qn + r d n ≡ x0 + r (mod n). d 48 Ejemplo. 4. . 7. la congruencia tiene 4 soluciones incongruen- Utilizando propiedades de las congruencias. Si y0 es una soluci´ on de la congruencia ny ≡ −b (mod a). 22 y 29. 12.5. Resolvamos la congruencia lineal 32x ≡ 28 (mod 36). Consideremos la congruencia lineal ax ≡ b (mod n). 4. la congruencia tiene 6 soluciones incongruentes. entonces el n´ umero x0 = ny0 + b a es una soluci´ on de la congruencia original. 36) = 4 y 4 | 28. la congruencia dada es equivalente a cada una de las congruencias siguientes 32x ≡ 28 (mod 36) 8x ≡ 7 (mod 9) −x ≡ 7 (mod 9) x≡2 (mod 9). 20 y 29.4. x ≡ −3 (mod 5) Luego las soluciones de la congruencia son 2. 17. Como (54. Tenemos 54x ≡ 168 9x ≡ 28 4x ≡ 3 (mod 30) (mod 5) (mod 5) −x ≡ 3 (mod 5) x≡2 (mod 5).49 Ejemplo. El teorema siguiente nos permite reducir una congruencia lineal con módulo grande a una congruencia lineal con módulo más peque˜ no. CONGRUENCIAS LINEALES 123 4.50 Teorema. 30) = 6 y 6 | 168. Resolvamos la congruencia 54x ≡ 168 (mod 30). tes. Como (32. 11. x ≡ −7 (mod 9) Por lo tanto las soluciones incongruentes son 2. Luego x0 es solución de ax ≡ b (mod n). o sea 122z ≡ 64(mod 123) −z ≡ 64(mod 123) z ≡ −64 ≡ 59(mod 123).51 Ejemplo. n) . 245 Cuando apliquemos el teorema anterior a una congruencia ax ≡ b (mod n) donde (a. Luego y0 = (245)(59) − 64 = 117 y 123 x0 = (9923)(117) + 64 = 4739. Resolvamos la congruencia 245x ≡ 64 (mod 9923). Nuevamente por el teorema. es claro que el proceso nos conduce a una congruencia que no tiene solución. entonces x0 es un entero y además ny0 + b a = ny0 + b ax0 = a ≡ b (mod n). o sea 123y ≡ −64 (mod 245). nos reducimos a resolver la congruencia 245z ≡ 64(mod 123). Como y0 es solución de la congruencia ny ≡ −b (mod a). . Por el teorema nos reducimos a resolver la congruencia 9923y ≡ −64 (mod 245).b. 4. usando el teorema anterior. CONGRUENCIAS Demostraci´ on.124 ´ CAPITULO 4. ´ 4. d y= Por lo tanto hemos demostrado el resultado siguiente.47. donde a. b). sabemos que todas las demás soluciones de esta congruencia son de la forma b x = x0 + k . Adem´ as si x0 es una solución de ax ≡ c (mod b). Adem´ as. Cuando x = x0 obtenemos y0 = c − ax0 b y cuando x = x0 + k db obtenemos c − a(x0 + k db ) b c − ax0 ka = − b d ka = y0 − . si x0 y y0 es una soluci´ on particular de la ecuaci´ on. Determinar las soluciones de esta ecuación diofántica es equivalente a determinar las soluciones de alguna de las congruencias lineales ax ≡ c (mod b) o by ≡ c (mod a). ECUACIONES DIOFANTICAS LINEALES 4. d A partir de la ecuación ax + by = c. b y c son enteros con ab 6 = 0. Seg´ un el Teorema 4. La ecuaci´ on diof´ antica ax + by = c tiene soluci´ on.6 125 Ecuaciones Diof´ anticas lineales Una ecuaci´ on diof´ antica lineal en 2 variables tiene la forma ax + by = c.6.52 Teorema. 4. sabemos que existe solución si y solo si d | c donde d = (a. entonces todas las soluciones est´ an dadas por las ecuaciones x = x0 + k donde k es un entero arbitrario. si y solo si. d . b). podemos obtener los valores correspondientes de y. b d y a y = y0 − k . d | c donde d = (a. Un comerciante compr´ o lápices y borradores por $2.490 (mod 33). o sea −4x ≡ 15(mod 33) −32x ≡ 120 (mod 33) x ≡ 21(mod 33). sujeta a las condiciones x > 0 y y > 0. Como (29. 4x ≡ 28(mod 36) x ≡ 7(mod 9). Si cada lápiz costo $29 y cada borrador costó $33. La ecuación es equivalente a 29x ≡ 2. Resolvamos la ecuación diofántica 256x − 36y = 64. Como (256. 33) = 1. ¿cuántos lápices y cuántos borradores compró? Soluci´ on: Llamemos x al n´ umero de lápices y y al n´ umero de borradores que el comerciante compró. −36) = 4. Tenemos que resolver la ecuación 29x + 33y = 2. 2490 − (29)(21) Luego x0 = 21 y y0 = = 57.126 ´ CAPITULO 4. Luego x0 = 7 y y0 = ((256)(7) − 64)/36 = 48. CONGRUENCIAS 4. la solución general es x = 7 + k(−36/4) = 7 − 9k y = 48 − k(256/4) = 48 − 64k. la solución 33 general de la ecuación es x = 21 + 33k y = 57 − 29k. La ecuación es equivalente a la congruencia 256x ≡ 64(mod 36) o sea. 4.54 Ejemplo.53 Ejemplo. donde k es un entero arbitrario. .490.490. o 54 lápices y 28 borradores. SISTEMAS DE CONGRUENCIAS LINEALES 127 donde k es un entero arbitrario. Si k = 0 obtenemos x = 21. e. donde D0 es el inverso de D m´ odulo m. c. Por lo tanto el comerciante compr´ o 21 lápices y 57 borradores.4. . y = 57.1) cx + dy ≡ f (mod m). 4. f y m satisfacen la condici´ on (D. b. d. e y f son enteros arbitrarios y m es un entero positivo. El siguiente resultado nos presenta una condición suficiente para poder resolver un sistema de la forma anterior. El caso más frecuente se presenta cuando tenemos un sistema formado por dos congruencias con dos incógnitas de la forma ax + by ≡ e(mod m) (4. Nos vamos a limitar a estudiar el caso en que tenemos el mismo n´ umero de congruencias y de inc´ ognitas. 57 Luego k > −21 33 y k < 29 . tiene soluci´ on u ńica m´ odulo m dada por x ≡ D 0 (de − bf )(mod m) y ≡ D 0 (af − ce)(mod m). Si k = 1 obtenemos x = 54. d.7 Sistemas de congruencias lineales Los sistemas formados por varias congruencias lineales se resuelven en forma similar a la utilizada en álgebra elemental para resolver sistemas de ecuaciones lineales. donde a.7. Los valores enteros de k que cumplen ambas condiciones son k = 0 y k = 1.1). c. m) = 1. entonces el sistema de congruencias (4. b. donde D = ad − bc. Si queremos que x > 0 y y > 0 tenemos 21 + 33k > 0 y 57 − 29k > 0. Si los enteros a. y = 28.55 Teorema. 4. donde todas las congruencias tienen el mismo módulo. el sistema tiene soluci´ on. o sea Dx ≡ de − bf (mod m). 14) = 1. . Restando la segunda congruencia de la primera encontramos (ad − bc)x ≡ de − bf (mod m). 4. En lugar de aplicar directamente las f´ ormulas obtenidas en el teorema. Multiplicando la primera congruencia del sistema por d y la segunda por b obtenemos adx + bdy ≡ de (mod m) bcx + bdy ≡ bf (mod m). Como 11 · 5 − 8 · 3 = 31 y (31. Multiplicando la primera congruencia por 5 y la segunda por 8 tenemos 55x + 40y ≡ 15 (mod 14) 24x + 40y ≡ 64 (mod 14). aplicamos el procedimiento utilizado en su demostraci´ on. obtenemos 0 x ≡ D (de − bf ) (mod m). Restando la segunda congruencia de la primera nos queda 31x ≡ −49 (mod 14). CONGRUENCIAS O V A T O S N U A I G B U R Demostraci´ on. puesto que D = ad − bc. 0 Multiplicando por el inverso D de D m´ odulo m.128 CAPÍTULO 4.56 Ejemplo. Resolvamos el sistema 11x + 8y ≡ 3 (mod 14) 3x + 5y ≡ 8 (mod 14). En forma similar podemos ver que 0 y ≡ D (af − ce) (mod m). o sea x ≡ 7 (mod 14). Multiplicando por 5 que es el inverso de 3 módulo 14 tenemos 5 · 3x ≡ 5 · 7 (mod 14). y) que satisfacen x ≡ 7 (mod 14). como en el caso de los sistemas de ecuaciones lineales.7. Sin embargo. SISTEMAS DE CONGRUENCIAS LINEALES 129 y reduciendo módulo 14 obtenemos 3x ≡ 7 (mod 14). . Por lo tanto la solución del sistema esta dada por todas las parejas (x. Restando la primera congruencia de la segunda nos queda 31y ≡ 79(mod14). Un estudio detallado de estos temas se puede consultar en la referencia bibliográfica [11]. y reduciendo módulo 14 obtenemos 3y ≡ 9(mod14). Similarmente si multiplicamos la primera congruencia por 3 y la segunda por 11 tenemos 33x + 24y ≡ 9 (mod 14) 33x + 55y ≡ 88 (mod 14). y ≡ 3 (mod 14). esta teor´ıa se pude tratar de una manera más adecuada utilizando el concepto de matrices.4. Multiplicando por 5 que es el inverso de 3 módulo 14 tenemos 5 · 3y ≡ 5 · 9 (mod 14). se puede efectuar por eliminación sucesiva de las incógnitas. La solución de sistemas de n congruencias con n incógnitas . o sea y ≡ 3 (mod 14). Hallar la solución general de las ecuaciones diofánticas siguientes: 11. 14. 24x ≡ 62(mod 110). 4. CONGRUENCIAS Ejercicios 4. Un hombre cambi´ o un cheque por cierta cantidad de dinero. 70x ≡ 30 (mod 182). 32x ≡ 64(mod 36). 12.130 ´ CAPITULO 4. 126x ≡ 38(mod 12575). 3x ≡ 15(mod 18). 10. 5x ≡ 8(mod 30). 2. 7. 5. 13. El cajero equivocadamente intercambio el n´ umero de pesos con el n´ umero de centavos. Al revisar la cantidad recibida el hombre observ´ o que ten´ıa el doble de la cantidad por la cual hab´ıa girado el cheque mas dos centavos. 10x + 14y = 8. 9. 425x ≡ 846(mod 863). 15.5 Resolver cada una de las congruencias siguientes: 1. 8. 6. 16x ≡ 43(mod 71). 3. Por que valor fue girado el cheque? . 561x ≡ 407(mod 901). 20y − 15x = 100. 18x − 42y = 57. 64x + 13y = 907. 723x ≡ 318(mod 1461). 12x + 21y = 44. 16. x + 2y + 16z ≡ 4 (mod 19) x + 3y + z ≡ 11 (mod 19) 2x + 5y + 15z ≡ 13 (mod 19) . 4x + 5y ≡ 7 (mod 17) 7x + 12y ≡ 4 (mod 17).000. 22. las manzanas a $150 y las pitahayas a $500. 21. La entrada a cierto museo vale $900 para adultos y $375 para ni˜ nos. 7x + 10y ≡ 5 (mod 24) 16x + 15y ≡ 16 (mod 24) . Las ciruelas le costaron a $25. Cuántas frutas de cada clase compró? 18.8. 20. Una se˜ nora compr´ o 100 frutas por $5. EL TEOREMA CHINO DEL RESIDUO 131 17. Resolver cada uno de los siguientes sistemas de congruencias lineales: 19.000. . Cierto d´ıa en que asistieron más adultos que ni˜ nos se recaudaron $45.4. Cuántos adultos y cuántos ni˜ nos asistieron al museo? Nota: Hay varias respuestas posibles. Consideremos el sistema de congruencias lineales ax + by ≡ e (mod m) cx + dy ≡ f (mod m). . . . a b . e b . . . y sean D = = ad − bc. D1 = = ed − bf y D2 = c d f d . . a e = af − ec. c f Probar que si (D, m) | D1 y (D, m) | D2 , entonces el sistema de tiene (D, m) soluciones incongruentes módulo m. 4.8 El Teorema chino del residuo Vamos a estudiar cierta clase de sistemas de congruencias lineales, que fueron conocidos desde la antig¨ uedad por los Chinos, y que nos servirán más adelante para resolver congruencias de grado mayor que uno. 132 ´ CAPITULO 4. CONGRUENCIAS 4.57 Teorema (Teorema Chino del residuo). Sean m1 , m2 , . . . , mr enteros positivos primos relativos dos a dos, y sean a1 , a2 , . . . , ar enteros arbitrarios. Entonces el sistema de congruencia lineales x ≡ a1 (mod m1 ) x ≡ a2 (mod m2 ) .. . x ≡ ar (mod mr ), tiene soluci´ on u ńica m´ odulo m = Qr i=1 mi . Demostraci´ on. Para i = 1, 2, . . . , r sea Mi = (Mi , mi ) = 1 para todo i. m mi = Q i6 =j mj . Entonces Por el Teorema 4.47 existen soluciones u ńicas para las congruencia lineales Mi x ≡ 1(mod mi ), para i = 1, 2, . . . , r. Es decir existen enteros b1 , b2 , . . . , br tales que M1 b1 ≡ 1(mod m1 ), M2 b2 ≡ 1(mod m2 ), . . . , Mr br ≡ 1(mod mr ). Por lo tanto, M1 b1 a1 ≡ a1 (mod m1 ), M2 b2 a2 ≡ a2 (mod m2 ), . . . , Mr br ar ≡ ar (mod mr ) y si establecemos x0 = r X Mi bi ai , i=1 tenemos que x0 ≡ ai (mod mi ) para todo i, puesto que Mi ≡ 0 (mod mj ) para j 6 =i. En consecuencia, x0 es una solución del sistema de congruencias. Supongamos ahora que x1 y x0 son dos soluciones del sistema. Entonces x1 ≡ ai ≡ x0 (mod mi ), para i = 1, 2,Q. . . , r y por el Corolario 4.11 concluimos que x1 ≡ x0 (mod m) donde m = ri=1 mi . Por consiguiente, la solución es u ńica módulo m. 4.8. EL TEOREMA CHINO DEL RESIDUO 133 4.58 Ejemplo. Resolvamos el sistema de congruencias lineales x ≡ 2 (mod 3) x ≡ 6 (mod 5) x ≡ 7 (mod 7) x ≡ 10 (mod 8). En este caso tenemos: m1 = 3 M1 = 280 a1 = 2, m2 = 5 M2 = 168 a2 = 6, m3 = 7 M3 = 120 a3 = 7, m4 = 8 M4 = 105 a4 = 10. Debemos resolver las congruencias Mi x ≡ 1 (mod mi ), es decir las congruencias 280x ≡ 1 (mod 3), 168x ≡ 1 (mod 5), 120x ≡ 1 (mod 7) y 105x ≡ 1 (mod 8). La primera congruencia se reduce a x ≡ 1 (mod 3), luego b1 = 1. La segunda congruencia se reduce a 3x ≡ 1 (mod 5) y b2 = 2; la tercera se reduce a x ≡ 1 (mod 7) y b3 = 1. Finalmente la cuarta congruencia se reduce a x ≡ 1 (mod 8) y b4 = 1. Por lo tanto la solución deseada es x0 = r X Mi bi ai = (280)(1)(2)+(168)(2)(6)+(120)(1)(7)+(105)(1)(10) = 4466. i=1 Esta solución es u ńica módulo (3)(5)(7)(8) = 840, luego la menor solución del sistema es 4466–(5)(840) = 266. El método anterior no es el más práctico para resolver sistemas de congruencias, la manera más fácil de proceder es como sigue. Como x ≡ 2 (mod 3), entonces x = 2 + 3a donde a es un entero. Sustituyendo en la segunda congruencia tenemos, 2 + 3a ≡ 6(mod 5) 3a ≡ 4(mod 5) 21a ≡ 28(mod 5) a ≡ 3(mod 5). Como x ≡ 8 (mod 13). Debido a una fiebre murieron dos de los piratas y al hacer un nuevo reparto de monedas.59 Ejemplo. 8 + 13a ≡ 3(mod 11) 13a ≡ −5(mod 11) 2a ≡ 6(mod 11) a ≡ 3(mod 11). Tenemos el sistema. Representemos por x el n´ umero de monedas encontradas. Si b ≡ 3 (mod 7). Al distribuirlas equitativamente les sobraron 8 monedas. Soluci´ on. 4. Reemplazando en la segunda congruencia tenemos.134 ´ CAPITULO 4. entonces x = 8 + 13a. Sustituyendo en la cuarta congruencia del sistema tenemos 56 + 105c ≡ 10 (mod 8) 105c ≡ −46(mod 8) c ≡ 2(mod 8). x ≡ 8(mod 13) x ≡ 3(mod 11) x ≡ 5(mod 8). Sustituyendo en la tercera congruencia del sistema tenemos 11 + 15b ≡ 7(mod 7) 15b ≡ −4(mod 7) b ≡ 3(mod 7). Una banda de 13 piratas encontró cierto n´ umero de monedas de oro. donde d es un entero. Por lo tanto la solución del sistema es x ≡ 266(mod 840). Si c ≡ 2 (mod 8). donde c es un entero. les sobraron 3. entonces c = 2 + 8d y x = 56 + 105(2 + 8d) = 266 + 840d. entonces b = 3 + 7c y x = 11 + 15(3 + 7c) = 56 + 105c. Por peleas entre ellos murieron 3 más y en un ultimo ´ reparto le sobraron 5 monedas. . CONGRUENCIAS Si a ≡ 3 (mod 5). entonces a = 3 + 5b y x = 2 + 3a = 2 + 3(3 + 5b) = 11 + 15b donde b es un entero. Hallar el menor n´ umero de monedas que encontraron. . . Entonces el sistema de congruencias lineales. Luego el n´ umero m´ınimo de monedas que encontraron los piratas fue 333. El teorema siguiente es una generalización del Teorema Chino del Residuo. . x ≡ ar (mod mr ).6 Resolver los siguientes sistemas de congruencias lineales . .. m2 . a2 . esta es u ńica m´ odulo [m1 . Como b ≡ 2 (mod 8). para todo i. mj ) | (ai − aj ). m2 .60 Teorema.8. j con i 6 =j. ar enteros arbitrarios. tiene soluci´ on si y solo si (mi . Adem´ as cuando hay soluci´ on. . . . . Sean m1 . x ≡ a1 (mod m1 ) x ≡ a2 (mod m2 ) . entonces b = 2 + 8c y por lo tanto x = 47 + 143b = 47 + 143(2 + 8c) = 333 + 1144c. mr enteros positivos y sean a1 . . EL TEOREMA CHINO DEL RESIDUO 135 Como a ≡ 3 (mod 11). . mr ]. Sustituyendo en la tercera congruencia tenemos 47 + 143b ≡ 5(mod 8) 143b ≡ −42(mod 8) 7b ≡ 6(mod 8) −b ≡ 6(mod 8) b ≡ −6(mod 8) b ≡ 2(mod 8). su demostración la dejamos como ejercicio. . . entonces a = 3+11b y x = 8+13(3+11b) = 47+143b. 4. .4. Ejercicios 4. x ≡ 2(mod 7) x ≡ 6(mod 9) x ≡ 9(mod 14). cuando se divide en 4 partes sobran 3 ladrillos. a2 . . x ≡ 3(mod 5) x ≡ 6(mod 7) x ≡ 4(mod 9) x ≡ 8(mod 11). Un ni˜ no recogió en una pi˜ nata cierto n´ umero de dulces. an tales que pi | ai donde pi representa el i–ésimo primo. Si se divide la pila en dos partes sobra un ladrillo. Hay una pila de ladrillos. ¿cuántos dulces recogió? 6. 2. x ≡ 2(mod 3) x ≡ 5(mod 7) x ≡ 5(mod 8).136 ´ CAPITULO 4. Al contarlos de cuatro en cuatro le sobraron 3 y al contarlos de a cinco le sobró 1. Si el ni˜ no recogió menos de 20 dulces. 10 y 13. . pero cuando se divide en trece partes no sobran ladrillos. . 3. . se pueden encontrar n enteros consecutivos divisibles por cuadrados perfectos. si se divide en tres partes sobran 2 ladrillos. Al contarlos de tres en tres le sobraron 2. si se divide en doce partes sobran 11 ladrillos. Hallar el menor entero positivo que deja restos 2. ¿Cuál es el menor n´ umero de ladrillos que puede haber en la pila? 7. . 7 y 10 cuando se divide por 3. 4. CONGRUENCIAS 1. Probar que para todo entero positivo n. 8. existen n enteros consecutivos a1 . 5. Demostrar que para cada entero positivo n. .4. Por el Teorema Chino del residuo.9 137 Congruencias de grado superior Como una aplicación del teorema chino del residuo tenemos la siguiente simplificación para resolver congruencias polinómicas con módulo compuesto. Demostraci´ on. Entonces f (a) ≡ 0 (mod mi ) para cada i y puesto que los mi son primos relativos dos a dos. . . r. 2. entonces N = N1 N2 .9. m2 . f (x) ≡ 0 (mod mr ). por el Corolario 4. existe un entero a tal que a ≡ a1 (mod m1 ) a ≡ a2 (mod m2 ) . r ai es una solución de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod mi ). . y rec´ıprocamente. As´ı. . CONGRUENCIAS DE GRADO SUPERIOR 4. Adem´ as si N es el n´ umero de soluciones de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod m) y Ni es el n´ umero de soluciones de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod mi ) para i = 1. . Supongamos que para cada i = 1. . Sean Qr m1 . 2.. . Supongamos ahora que a es una solución del sistema.11 tenemos que f (a) ≡ 0 (mod m). . Entonces toda soluci´ on de la congruencia polin´ omica f (x) ≡ 0 (mod m) es una soluci´ on del sistema de congruencias. . . tenemos que f (a) ≡ 0 (mod mi ) para cada i. 4. . a ≡ ar (mod mr ).. toda solución de f (x) ≡ 0 (mod m) es también solución del sistema. . . .61 Teorema. Nr . mr enteros positivos primos relativos dos a dos y sea m = i=1 mi . Luego a es solución de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod m). Supongamos que f (a) ≡ 0 (mod m). . Como mi | m. . f (x) ≡ 0 (mod m1 ) f (x) ≡ 0 (mod m2 ) . CONGRUENCIAS y a es u ńico m´ odulo m. . r tenemos f (a) ≡ f (ai ) ≡ 0 (mod mi ). y que las soluciones de la tercer congruencia son 0 y 2. resolvemos primero cada una de las congruencias 3x2 + 4x + 5 ≡ 0 (mod 3) 3x2 + 4x + 5 ≡ 0 (mod 4) 3x2 + 4x + 5 ≡ 0 (mod 5). Por lo tanto para cada i = 1.62 Ejemplo. Por lo tanto las soluciones de la congruencia original son las soluciones de los 4 sistemas x ≡ 1(mod 3) x ≡ 1(mod 3) x ≡ 1(mod 3) x ≡ 1(mod 3) x ≡ 0 (mod 5) x ≡ 2(mod 5) x ≡ 0 (mod 5) x ≡ 1(mod 4) x ≡ 1(mod 4) x ≡ 3(mod 4) x ≡ 3(mod 4) x ≡ 2(mod 5). Como de esta forma podemos construir todas las soluciones de f (x) ≡ 0 (mod m). . se reduce a resolver congruencias cuyos módulos son potencias de n´ umeros primos. 4. a es solución de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod m). . Como 60 = 3 · 4 · 5.138 ´ CAPITULO 4. que las soluciones de la segunda congruencia son 1 y 3. . y por la primera parte del teorema. El Teorema Chino del residuo y su generalización también nos ofrecen un método para resolver sistemas arbitrarios de congruencias simultáneas. como quer´ıamos probar. . Por verificación directa vemos que la solución de la primera congruencia es 1. 55 y 7. podemos tomar mi = pαi i en el teorema anterior y vemos que el problema de resolver una congruencia polinómica con módulo compuesto. pαr r . . Nr . y podemos elegir a1 de N1 formas. . . . a2 de N2 formas y as´ı sucesivamente el n´ umero N de soluciones de la congruencia polinómica es precisamente N = N1 N2 . 37. Resolvamos la congruencia 3x2 + 4x + 5 ≡ 0 (mod 60). 2. Resolviendo cada uno de estos sistemas por el método de la sección anterior. Si m tiene la representación canónica m = pα1 1 pα2 2 . encontramos que las soluciones buscadas son 25. Soluci´ on: Si resolvemos separadamente cada una de las congruencias del sistema obtenemos 6 como solución de la primera congruencia. 2 y 5 como soluciones incongruentes de la segunda congruencia y 6 como solución de la tercera. . Veamos unos ejemplos.9.63 Ejemplo. Resolviendo la segunda congruencia. Por verificación directa tenemos que 2 y 4 son las soluciones incongruentes de la primera congruencia. Por el mismo teorema el segundo sistema no tiene solución. Consideremos ahora cada uno de los sistemas x ≡ 6(mod 7) x ≡ 2(mod 6) y x ≡ 6(mod 8) x ≡ 6(mod 7) x ≡ 5(mod 6) x ≡ 6(mod 8). obtenemos 8 como solución. obtenemos para el sistema original las soluciones 22 y 64 módulo 70. 4. Luego la unica ´ solución del sistema en consideración es x ≡ 62 (mod 168). Consideremos ahora los sistemas x ≡ 2(mod 5) x ≡ 8(mod 14) x ≡ 4(mod 5) x ≡ 8(mod 14).4.60 el primer sistema tiene solución y al resolverlo obtenemos x ≡ 62 (mod 168). Resolvamos el sistema 2x2 + 3x + 1 ≡ 0 (mod 5) 3x + 4 ≡ 0 (mod 14). CONGRUENCIAS DE GRADO SUPERIOR 139 El método consiste en resolver por separado cada una de las congruencias del sistema y luego mediante utilización de estos teoremas construir las soluciones del sistema como en el caso previamente estudiado. Resolviéndolos.64 Ejemplo. Resolver el sistema 2x ≡ 5(mod 7) 2x ≡ 4(mod 6) x ≡ 6(mod 8). Por el Teorema 4. 4. 10 Congruencias con m´ odulo una potencia de un primo Hemos visto que el problema de resolver la congruencia polinómica f (x) ≡ 0 (mod m) se reduce al problema de resolver el sistema de congruencias f (x) ≡ 0 (mod pαi i ) (i = 1. x3 + x + 2 ≡ 0 (mod 10) 5x + 2 ≡ 0 (mod 9) 6. . Q donde la representación canónica de m es m = ri=1 pαi i . . 5. 2x3 + 3x2 + x + 30 ≡ 0 (mod 42). 4. Empezamos con un resultado preliminar . junto con la solución de algunas congruencias lineales. x4 + x2 + 40 ≡ 0 (mod 105). 4. r). 3x ≡ 5 (mod 8) 2x + 2 ≡ 0 (mod 4) 4x + 3 ≡ 0 (mod 7).140 ´ CAPITULO 4. . 2x2 + 4x + 4 ≡ 0 (mod 5) 2x + 6 ≡ 0 (mod 11). a la solución de congruencias con módulo primo. CONGRUENCIAS Ejercicios 4. Veremos ahora que el problema puede reducirse aun más. . 2. x2 + 3x + 2 ≡ 0 (mod 15). 3. Resolver cada uno de los sistemas de congruencias siguientes. 2.7 Resolver cada una de las congruencias siguientes: 1. k=0 Entonces. Supongamos que n X f (x) = ck xk . n X ck qk k=2 donde q es un entero. Por lo tanto f (a + h) = n X k=0 k ck a + h n X k−1 kck a 2 +h k=1 = f (a) + hf 0 (a) + h2 q. Demostraci´ on. en un entero. CONGRUENCIAS CON MODULO UNA POTENCIA DE UN PRIMO 4.2) . Consideremos ahora la congruencia polinómica f (x) ≡ 0 (mod pα ) donde α ≥ 2. (4.141 ´ 4. y f 0 (a) es la derivada de f (x) evaluada en a.65 Lema. h y q son enteros.10. Si f (x) es un polinomio con coeficientes enteros entonces f (a + h) = f (a) + hf 0 (a) + h2 q donde a. f (a + h) = n X ck (a + h)k k=0 = c0 + c1 (a + h) + n X ck (a + h)k k=2 = c0 + c1 (a + h) + = c0 + c1 (a + h) + n X k=2 n X k X k k−j j ck ( a h ) j j=0 ck (ak + kak−1 h + h2 qk ) k=2 donde qk = k X k j=2 j ak−j hj−2 . con 0 ≤ r < pα−1 . El teorema siguiente nos indica que la posibilidad de levantar r de pα−1 a pα depende de f (r) módulo pα y de f 0 (r) módulo p.66 Teorema. Decimos que la solución r es generada por la solución a. 2. Si f 0 (r) 6≡ 0 (mod p).1) en el intervalo 0 ≤ a < pα genera una solución r de la congruencia (4.142 ´ CAPITULO 4. r no puede levantarse de pα−1 a pα .1) en el intervalo 0 ≤ a < pα . Supongamos que α ≥ 2 y que r es una soluci´ on de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod pα−1 ) tal que 0 ≤ r < pα−1 .2) en el intervalo 0 ≤ r < pα−1 . que genere a r. Cuando esto es posible decimos que r se puede levantar de pα−1 a pα . Hemos visto que toda solución a de la congruencia (4. Supongamos ahora que empezamos con una solución r de la congruencia (4. 4. .1) tal que 0 ≤ a < pα . Esta solución también satisface la congruencia f (x) ≡ 0 (mod pα−1 ).2). Si f 0 (r) ≡ 0 (mod p) y f (r) 6≡ 0 (mod pα ). Si f 0 (r) ≡ 0 (mod p) y f (r) ≡ 0 (mod pα ). 3.3) Si dividimos a por pα−1 podemos escribir a = qpα−1 + r. Como r ≡ a (mod pα−1 ). r puede levantarse de manera u ńica de pα−1 a pα .2) en el intervalo 0 ≤ r < pα−1 y nos preguntamos si es posible encontrar una solución a de la congruencia (4. r puede levantarse de pα−1 a pα de p formas diferentes. CONGRUENCIAS Supongamos que a es una solución de la congruencia (4. es decir existe un u ńico entero a en el intervalo 0 ≤ a < pα que genera a r y satisface la congruencia f (x) ≡ 0 (mod pα ). entonces r es también solución de la congruencia (4. Tenemos: 1. (4. . Esto demuestra la parte 2.10. Aplicando el lema con a = r y h = tpα−1 donde t es un entero que vamos a determinar. pα−1 a = r + tpα−1 es solución de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod pα ) si y solo si t es solución de la congruencia lineal tf 0 (r) + f (r) ≡ 0 (mod p). . Si f 0 (r) ≡ 0 (mod p).3) tiene solución si y solo si f (r) ≡ 0 (mod pα ). podemos escribir f (r) = kpα−1 y la congruencia se convierte en f (r + tpα−1 ) ≡ k + tf 0 (r) pα−1 (mod pα ). . Si f (r) ≡ 0 (mod pα ) los p valores t = 0. Si f (r) 6≡ 0 (mod pα ) la congruencia (4. la congruencia (4. El teorema anterior proporciona un método para resolver congruencias polinómicas con módulo una potencia de un primo. pα−1 (4.3) no tiene solución y no se pueden encontrar ning´ un valor de t que convierta a a en solución de f (x) ≡ 0 α (mod p ). quedando as´ı demostrado 3 y el teorema. Como r es solución de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod pα−1 ). o sea f (r + tp α−1 Por lo tanto el n´ umero )≡ f (r) 0 + tf (r) pα−1 (mod pα ).4) Si f 0 (r) 6≡ 0 (mod p).3) tiene solución unica ´ t m´ odulo p y si escogemos t tal que 0 ≤ t < p entonces el n´ umero a es α α una solución de f (x) ≡ 0 (mod p ) tal que 0 ≤ a < p . ya que 2α − 2 ≥ α puesto que α ≥ 2. . Esto demuestra la parte 1. tenemos f (r + tpα−1 ) = f (r) + tpα−1 f 0 (r) + t2 p2α−2 q ≡ f (r) + tpα−1 f 0 (r) (mod pα ).´ 4.47 la congruencia (4. por el Teorema 4. 1. reduciendo el problema . CONGRUENCIAS CON MODULO UNA POTENCIA DE UN PRIMO 143 Demostraci´ on. p − 1 dan origen a p soluciones a de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod pα ) que generan a r y tales que 0 ≤ a < pα . Luego.67 Ejemplo. construimos como se indica en la demostración del teorema las soluciones de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod p2 ). 1. CONGRUENCIAS a la solución de congruencias de la forma f (x) ≡ 0 (mod p). pα−1 Como f (1) = 51 y f 0 (1) = 47. a partir de las soluciones de esta congruencia construimos las soluciones de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod p3 ). α = 2 y r = 1.144 ´ CAPITULO 4. 2. Por verificación directa vemos que su u ńica solución es x = 1. Comenzamos resolviendo la congruencia f (x) ≡ 0 (mod 3). y as´ı sucesivamente. . En este caso f (x) = 7x4 + 19x + 25 y f 0 (x) = 28x3 + 19. la congruencia anterior toma la forma 47t + 17 ≡ 0 (mod 3) Resolviéndola tenemos 2t + 2 ≡ 0 (mod 3) 2t ≡ −2(mod 3) −t ≡ −2(mod 3) t ≡ 2(mod 3) Luego a = 1 + (3)(2) = 7 es la solución de f (x) ≡ 0 (mod 9). Usemos el teorema anterior para resolver la congruencia 7x4 + 19x + 25 ≡ 0 (mod 27). A partir de las soluciones de esta u ´ltima congruencia. El n´ umero a = r + tpα−1 = 1 + 3t es solución de f (x) ≡ 0 (mod 9) si t es solución de la congruencia lineal tf 0 (r) + f (r) ≡ 0 (mod p). 4. Para encontrar las soluciones de f (x) ≡ 0 (mod 9) usamos el teorema con p = 3. 10. Por verificación directa vemos que las soluciones de x2 + 2x + 2 ≡ 0 (mod 5) son 1 y 2. α = 2 y r = 1 tenemos que a = 1 + t5 es una solución de f (x) ≡ 0 (mod 25) si t es solución de la congruencia tf 0 (1) + f (1)/5 ≡ 0 (mod 5). la congruencia lineal se convierte en 9623t + 1885 ≡ 0 (mod 3) Resolviendo tenemos. CONGRUENCIAS CON MODULO UNA POTENCIA DE UN PRIMO 145 3.68 Ejemplo. Tenemos que a = 7 + t(32 ) es solución de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod 27) si t es solución de la congruencia lineal tf 0 (7) + f (7)/32 ≡ 0 (mod 3). . Para encontrar las soluciones de f (x) ≡ 0 (mod 27) aplicamos nuevamente el teorema con p = 3. 4. Veamos otro ejemplo. α = 3 y r = 7. En este caso f (x) = x2 + 2x + 2 y f 0 (x) = 2x + 2. Como f (7) = 16965 y f 0 (7) = 9623. Aplicando el teorema con p = 5. 1. Como f (1) = 5 y f 0 (1) = 4 esta congruencia toma la forma 4t + 1 ≡ 0 (mod 5) Resolviéndola tenemos 4t ≡ −1(mod 5) −t ≡ −1(mod 5) t ≡ 1(mod 5). 2.´ 4. 2t + 1 ≡ 0 (mod 3) 2t ≡ −1 (mod 3) −t ≡ −1 (mod 3) t ≡ 1 (mod 3) Por lo tanto la solución de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod 27) es a = 7 + (1)(32 ) = 16. Resolvamos la congruencia x2 + 2x + 2 ≡ 0 (mod 25). 146 ´ CAPITULO 4. Aplicando ahora el teorema con p = 5. x3 + x2 − x + 15 ≡ 0 (mod 200). 2. Resolviéndola 6t ≡ −2(mod 5) t ≡ −2 ≡ 3(mod 5). Como f (2) = 10 y f 0 (2) = 6. tenemos que a = 2 + t5 es solución de f (x) ≡ 0 (mod 25) si t es solución de tf 0 (2) + f (2)/5 ≡ 0 (mod 5). 2x3 + 12x2 + 9x + 90 ≡ 0 (mod 125). . 4.8 Resolver cada una de las congruencias siguientes: 1. x3 + x2 − 5 ≡ 0 (mod 343). 5. esta congruencia se convierte en 6t + 2 ≡ 0 (mod 5). CONGRUENCIAS Por lo tanto una solución de f (x) ≡ 0 (mod 25) es a = 1 + 1(5) = 6. α = 2 y r = 2. 6x4 + 7x3 + 21x + 16 ≡ 0 (mod 25). En total las soluciones incongruentes de x2 + 2x + 2 ≡ 0 (mod 25) son 6 y 17. 2x3 + x2 − 7x + 3 ≡ 0 (mod 27). Luego otra solución de f (x) ≡ 0 (mod 25) es a = 2 + 3(5) = 17. 3. Ejercicios 4. para todo entero a. Demostraci´ on. TEOREMAS DE LAGRANGE Y WILSON 4.69 Teorema. y las congruencias f (x) ≡ 0 (mod p) y r(x) ≡ 0 (mod p) tienen las mismas soluciones. se reduce en u ´ltimas a resolver la congruencia f (x) ≡ 0 (mod p) Veamos ahora algunas propiedades de estas congruencias. de tal forma que r(x) ≡ 0 (mod p) y f (x) ≡ 0 (mod p) tienen las mismas soluciones. a una congruencia polinómica equivalente de grado a lo más 4. entonces existe un polinomio r(x) de grado a lo m´ as p−1.11.70 Ejemplo. 4. Por lo tanto se sigue que f (a) ≡ r(a)(mod p). se tiene que ap ≡ a (mod p).4. con p primo. Diviendo f (x) por xp − x obtenemos polinomios q(x) y r(x) con coeficientes enteros y con r(x) de grado a lo más p − 1. de acuerdo con el teorema siguiente. para todo entero a. Reduzcamos la congruencia 3x10 + 2x9 − 4x6 − x5 + 2x2 − x ≡ 0 (mod 5). f (a) ≡ 0 (mod p) si y solo si r(a) ≡ 0 (mod p). . Una primera simplificación nos indica que el polinomio f (x) puede remplazarse por un polinomio de grado a lo más p − 1. En consecuencia. 4. tales que f (x) = q(x)(xp − x) + r(x). Dividiendo el polinomio dado por x5 − x tenemos. Por el Teorema de Fermat. Si el grado n de f (x) es mayor o igual a p.11 147 Teoremas de Lagrange y Wilson En la sección anterior vimos que el problema de resolver una congruencia polinómica de la forma f (x) ≡ 0 (mod pα ). Cuando n = 1. . Si p es un n´ umero primo y f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn es un polinomio de grado n ≥ 1 con coeficientes enteros y tal que an 6≡ 0 (mod p). ya que se tiene el resultado siguiente. Es frecuente que congruencias polinómicas de un grado n tengan más de n soluciones incongruentes. el n´ umero de soluciones incongruentes no sobrepasa el grado del polinomio. si el m´ odulo es un n´ umero primo. esta congruencia tiene exactamente una solución. Demostraci´ on. con a1 6≡ 0 (mod p) y por el Teorema 4.148 ´ CAPITULO 4. No obstante. la congruencia es lineal. 36) = 4 soluciones incongruentes. 4. entonces la congruencia polin´ omica f (x) ≡ 0 (mod p) tiene a lo m´ as n soluciones incongruentes m´ odulo p. la congruencia lineal 32x ≡ 16 (mod 36) tiene seg´ un el Teorema 4. as´ı por ejemplo. la congruencia dada es equivalente a la congruencia x2 ≡ 0 (mod 5). La demostración es por inducción sobre el grado n de f (x). a0 + a1 x ≡ 0 (mod p).47.71 Teorema (Teorema de Lagrange).47. CONGRUENCIAS 3x10 + 2x9 − 4x6 − x5 + 2x2 − x x5 − x −3x10 + 3x6 2x9 − x6 − x5 + 2x2 − x −2x9 3x5 + 2x4 − x + 1 + 2x5 −x6 + x5 + 2x2 − x +x6 − x2 x5 + x2 − x −x5 +x +x2 como el residuo es x2 . (32. Podemos escribir f (x) = (x − a)g(x) + r.5) Por la hip´ otesis de inducci´ on de inducción la congruencia g(x) ≡ 0 (mod p) tiene a lo más n − 1 soluciones incongruentes. con p primo. Sea k el mayor ´ındice tal que p . Supongamos que no todos los coeficientes son divisibles por p. TEOREMAS DE LAGRANGE Y WILSON 149 Supongamos que el teorema es cierto para polinomios de grado n − 1. . tiene m´ as de n soluciones. 4. . . . o g(c) ≡ 0 (mod p).4) (c − a)g(c) ≡ 0 (mod p). con r constante y g(x) un polinomio de grado n − 1 con coeficientes enteros y coeficiente principal an . Demostraci´ on. cr con r ≤ n − 1.72 Corolario.4. Consideremos un polinomio f (x) de grado n y escojamos una solución a de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod p). entonces r ≡ 0 (mod p) y para todo x tenemos que f (x) ≡ (x − a)g(x)(mod p). Luego k ≤ n y la congruencia f (x) ≡ 0 (mod p) se reduce a a0 + a1 x + · · · + ak xk ≡ 0 (mod p). Si c es un n´ umero tal que f (c) ≡ 0 (mod p). Si f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn es un polinomio de grado n con coeficientes enteros. as´ı que c ≡ a(mod p). y si la congruencia f (x) ≡ 0 (mod p). De la ecuación anterior tenemos f (a) = r y como f (a) ≡ 0 (mod p). En el u ´ltimo caso c = ci para alg´ un i con 1 ≤ i ≤ r y la congruencia f (x) ≡ 0 (mod p) tiene a lo más r + 1 ≤ n soluciones. Luego el teorema es verdadero por el principio de inducción matemática.11.ak . entonces de (4. Supongamos que ellas son c1 . (4. entonces todos los coeficientes de f (x) son divisibles por p. . Luego en cualquier caso (p − 1)! + 1 ≡ 0 (mod p). o sea (−1)p−1 (p − 1)! + 1 ≡ 0 (mod p). . . CONGRUENCIAS Como esta u ´ltima congruencia tiene más de k soluciones. se contradice el Teorema de Lagrange. Para todo n´ umero primo p se tiene que (p − 1)! + 1 ≡ 0 (mod p). Si p es impar (−1)p−1 = 1. es divisible por p.74 Ejemplo. Tenemos p − 1 ≡ −1(mod p) p − 2 ≡ −2(mod p) · · · p − b ≡ −b(mod p). 4. p − 1 es una solución de la congruencia f (x) ≡ 0 (mod p). Otro corolario importante del Teorema de Lagrange es el Teorema de Wilson que proporciona una condición necesaria para que un n´ umero sea primo. Consideremos el polinomio de grado p − 2 definido por f (x) = (x − 1)(x − 2) .73 Teorema (Teorema de Wilson). . 2. y si p = 2. . Por el corolario anterior los coeficientes de f (x) son divisibles por p. . 4. en particular el término constante f (0) = (−1)p−1 (p − 1)! + 1. Veamos que a!b! ≡ (−1)b+1 (mod p). Demostraci´ on. Por el Teorema de Fermat. .150 ´ CAPITULO 4. (−1)p−1 = −1 ≡ 1 (mod p). Sea p un n´ umero primo y a. cada uno de los n´ umeros 1. . (x − p + 1) − (xp−1 − 1). b enteros no negativos tales que a + b = p − 1. Por lo tanto todos los coeficientes de f (x) deben ser divisibles por p. El rec´ıproco del Teorema de Wilson también es cierto y dejamos su demostración como ejercicio. 3.9 En los ejercicio 1 y 2 reducir la congruencia polinómica a una congruencia de grado menor que el módulo. . Multiplicando por [p − (b + 1)]! = a!. TEOREMAS DE LAGRANGE Y WILSON 151 por lo tanto (p − 1)(p − 2) . 4. 2. Demostrar el rec´ıproco del Teorema de Wilson. multiplicando por (−1)b obtenemos finalmente (−1)b+1 ≡ a!b! (mod p). Demostrar que si (an . Ejercicios 4. 4x12 + 6x10 + 5x8 + 6x4 + 5x3 + 5 ≡ 0 (mod 7). que por el Teorema de Wilson se convierte en −1 ≡ (−1)b a!b! (mod p). (p − b) ≡ (−1)b b! (mod p).4.11. nos queda (p − 1)! ≡ (−1)b a!b! (mod p). la congruencia polinómica a0 + a1 x + · · · + an xn ≡ 0 (mod p). p) = 1. . 4x8 + 3x6 + 3x5 + 3x4 + 4x2 + x ≡ 0 (mod 5). 1. . es equivalente a una congruencia polinómica de grado n con coeficiente principal igual a 1. Demostrar que si p es primo y d | (p − 1) entonces la congruencia xd ≡ 1 (mod p) tiene exactamente d soluciones incongruentes. Si p es un primo probar que (p − 1)! ≡ p − 1 (p − 1)p mod 2 . 7. Si p es un primo impar tal que p ≡ 1 (mod 4). Demostrar el Teorema de Wilson para p ≥ 5 considerando los pares de n´ umeros k. . . Sugerencia: Demostrar que para todo k en dicha sucesión la congruencia kx ≡ 1 (mod p) tiene exactamente una solución incongruente j en la sucesión. probar que x2 ≡ −1 (mod p) tiene solución. j de la sucesión 2. p − 2 que satisfacen la condición kj ≡ 1 (mod p).152 ´ CAPITULO 4. Sugerencia: Use el resultado del u ´ltimo ejemplo. . CONGRUENCIAS 5. . 3. 6. . 8. con (a.´ CAPITULO 5 Residuos cuadráticos En este cap´ıtulo estudiaremos las congruencias de segundo grado con módulo primo. Una congruencia cuadr´ atica con módulo primo p tiene la forma. ax2 + bx + c ≡ 0 (mod p).1) . analizaremos la noción de residuo cuadrático y demostraremos la conocida ley de la reciprocidad cuadrática de Gauss. También estudiaremos las nociones de orden m´ odulo un entero positivo y de raiz primitiva.1 Congruencias de segundo grado con m´ odulo primo Vimos en el cap´ıtulo anterior que la solución de congruencias polinómicas se reduce a la solución de congruencias con módulo primo. Finalmente ilustraremos como se puede deducir resultados importantes de teor´ıa de n´ umeros utilizando nociones de Algebra Abstracta. 5. nos limitaremos al caso en que el módulo es un n´ umero primo. por tal razón en el estudio que vamos a realizar de las congruencias de segundo grado o cuadr´ aticas. p) = 1 153 (5. 1). la congruencia (5. Hagamos b2 − 4ac = d y X = 2ax + b.2).1). p) = 1. x2 + x ≡ 0 (mod 2). es decir si u satisface u2 ≡ d (mod p) entonces el entero x0 que es una solución de la congruencia lineal 2ax + b ≡ u (mod p) (5.3) es una solución de la congruencia (5.2).2) no tiene solución.3) tiene exactamente una solución para cada valor de u en virtud del Teorema 4.1) tampoco tiene solución. entonces la otra solución es p − x0 ya que (p − x0 )2 ≡ x20 (mod p). Supondremos por lo tanto que p es un primo impar. RESIDUOS CUADRATICOS Si p = 2. Rec´ıprocamente. si x0 es una solución de la congruencia. Por lo tanto el problema de resolver congruencias de grado dos se reduce al problema de resolver congruencias de la forma x2 ≡ a (mod p). si x0 es una solución de la congruencia (5. la congruencia (5. Entonces podemos escribir la congruencia anterior en la forma X 2 ≡ d (mod p).154 ´ ´ CAPITULO 5.2). Si u es una solución de la congruencia (5. la congruencia anterior tiene a lo más dos soluciones incongruentes módulo p. . x2 + 1 = 0 (mod 2).1) es equivalente con la congruencia 4a2 x2 + 4abx + 4ac ≡ 0 (mod p) y por lo tanto con la congruencia (2ax + b)2 ≡ b2 − 4ac (mod p). x2 ≡ 0 (mod 2). y la solución de cada una de estas congruencias se puede encontrar inmediatamente por inspección. Por el Teorema de Lagrange. Puesto que (4a. la congruencia toma alguna de las formas. entonces 2ax0 + b ≡ u (mod p) donde u es una solución de la congruencia (5. x2 + x + 1 = 0 (mod 2).47.2) Si la congruencia (5. Como la congruencia lineal (5. Adem´ as. (5.1) y las soluciones de (5. vemos que hay una correspondencia biyectiva entre las soluciones de (5. Establezcamos de manera precisa la definición. pero históricamente se ha dicho es que el n´ umero a es un residuo cuadrático módulo p. Continuando con el estudio de la congruencia de la forma x2 ≡ a (mod p). CONGRUENCIAS DE SEGUNDO GRADO CON MODULO PRIMO 155 5. Si hacemos X = 10x − 6.1 Ejemplo. Si la congruencia tiene solución deber´ıamos decir que el n´ umero a es un cuadrado módulo p. esta congruencia tiene como u ńica soluci´ on. Ahora. por tal razón nos interesamos u ńicamente en el caso en que a 6≡ 0 (mod p). la solución trivial x = 0. Por lo tanto las soluciones de las congruencias dadas son x ≡ 10 (mod 13) y x ≡ 12 (mod 13). encontramos que 3 y 13 − 3 = 10 son las soluciones de esta congruencia.1. . Resolvamos la congruencia cuadrática 5x2 − 6x + 2 ≡ 0 (mod 13). resolvemos las congruencias 10x − 6 ≡ 3 (mod 13) y 10x − 6 ≡ 10 (mod 13). observamos primero que si a ≡ 0 (mod p). Por verificación directa. Tenemos 10x − 6 ≡ 3 (mod 13) y 10x ≡ 9 (mod 13) 10x − 6 ≡ 10 (mod 13) 10x ≡ 16 (mod 13) −3x ≡ 9 (mod 13) 5x ≡ 8 (mod 13) −x ≡ 3 (mod 13) x ≡ −3 ≡ 10 (mod 13) −8x ≡ 8 (mod 13) −x ≡ 1 (mod 13) x ≡ −1 ≡ 12 (mod 13). La congruencia dada es equivalente a la congruencia 100x2 − 120x + 40 ≡ 0 (mod 13).´ 5. es decir a la congruencia (10x − 6)2 ≡ −4 (mod 13). tenemos la congruencia X 2 ≡ −4 (mod 13). Si la congruencia x2 ≡ a (mod p) tiene solución.2 Definici´ on.3 Ejemplo. 1 Es evidente. Entonces. se sigue de la definición que a2 es un residuo cuadrático módulo p. p) = 1. En particular (1|p) = 1. Hay exactamente p−1 residuos cuadr´ aticos m´ odulo p incongruentes. (1|7) = (2|7) = (4|7) = 1. En general si (a. 2 Demostraci´ on. para determinar los residuos cuadráticos incongruentes nos podemos limitar al conjunto 1. p) = 1 entonces (a2 |p) = 1. . . Para facilitar el estudio de los residuos cuadráticos introducimos el s´ımbolo de Legendre mediante la definición siguiente 5. Adem´ as por 1. decimos que a es un residuo cuadr´ atico módulo p. vemos que si p = 7.156 ´ ´ CAPITULO 5.6 Teorema. 12 ≡ 62 ≡ 1 (mod 7). p) = (b. Sea p un primo impar. La demostración de 2 consiste en probar que cada residuo cuadrático en el . p 5. 5.5 Ejemplo. 5. p) = 1. . p − 1. (3|7) = (5|7) = (6|7) = −1. los residuos cuadráticos módulo 7 son 1. 22 ≡ 52 ≡ 4 (mod 7) y 32 ≡ 42 ≡ 2 (mod 7). 2. 4 y 2 ya que. 2. son precisamente los cuadrados m´ odulo p. Sea p un primo impar y a un entero tal que (a. 1. 3. definimos el s´ımbolo de Legendre (a|p) mediante las ecuaciones ( 1 si a es un residuo cuadrático módulo p (a|p) = −1 si a no es un residuo cuadrático módulo p a El s´ımbolo de Legendre se representa con frecuencia por la notación . Si p es un primo impar y (a. p) = 1. Si (a. Si (a. p) = 1 y a ≡ b (mod p) entonces (a|p) = (b|p). RESIDUOS CUADRATICOS 5. . 1. Como los residuos cuadráticos módulo p.4 Definici´ on. 2. p) = 1 entonces tenemos ap−1 ≡ 1 (mod p). 2. Adem´ as. . pero como p > x + y. la segunda probabilidad no se presenta y en consecuencia x ≡ y (mod p). . . como (p − k)2 ≡ k2 (mod p). x − y ≡ 0 (mod p) . . p − 1 es congruente módulo p a exactamente uno de los n´ umeros 2 p−1 en la colección 12 . . . . (x − y)(x + y) ≡ 0 (mod p) y por lo tanto. p − 1 es congruente módulo p con exactamente uno de los n´ umeros p−1 2 12 . . lo que completa la demostración. Como tenemos que p−1 p−1 ap−1 − 1 = a 2 − 1 a 2 + 1 . .´ 5. nos dice que el valor obtenido en la congruencia anterior es 1 cuando (a|p) = 1 y es −1 cuando (a|p) = −1. x + y ≡ 0 (mod p). . 32 . . . 2. a p−1 2 ≡ ±1 (mod p). p−1 los cuadrados de los n´ umeros 1. . En efecto. . . p−1 1 ≤ y ≤ 2 entonces. . 22 . p − 1.o. . . . . 2. . CONGRUENCIAS DE SEGUNDO GRADO CON MODULO PRIMO 157 conjunto 1. . . . . . Por lo tanto todo residuo cuadrático 2 en 1. El criterio siguiente debido a Euler. o sea ap−1 − 1 ≡ 0 (mod p). 2 El Teorema de Fermat nos dice que si (a.1. 22 . son congruentes con los cuadra2 p+1 dos de los n´ umeros . si x2 ≡ y 2 (mod p) con 1 ≤ x ≤ p−1 2 . . 2 Primero que todo observamos que los n´ umeros en la colección anterior son todos diferentes módulo p. y también en este caso tenemos que a p−1 2 ≡ (a|p) (mod p) En el teorema siguiente. Entonces: 1. entonces existe una x0 tal que x20 ≡ a (mod p) y por lo tanto p−1 p−1 a 2 ≡ (x20 ) 2 = xp−1 ≡ 1 (mod p). entonces p−1 a 2 ≡ (a|p) (mod p). p−1 y por el Teorema de Lagrange. pues en tal caso se tendr´ıa que p | 2. p) = 1. Si (a|p) = 1. concluimos que los residuos cuadráticos 2 son precisamente todas las soluciones de esta congruencia. El razonamiento anterior también nos muestra que todo residuo cuadrático módulo p es solución de la congruencia x p−1 2 ≡ 1 (mod p). Demostraci´ on. (a2 |p) = 1. 0 p−1 luego en este caso tenemos que a 2 ≡ (a|p) (mod p). 5. a p−1 2 ≡ −1 (mod p). resumimos las propiedades principales del s´ımbolo de Legendre.8 Teorema.7 Teorema (Criterio de Euler). Si a ≡ b (mod p) entonces (a|p) = (b|p). Si p es un primo impar y (a. 2. .158 ´ ´ CAPITULO 5. Adem´ as no puede satisfacer simultáneamente las dos. entonces a satisface la congruencia a p−1 2 ≡ −1 (mod p). Por lo tanto. es decir si (a|p) = −1. Sea p un primo impar y sean a y b enteros primos relativos con p. lo cual es imposible ya que p es un primo impar. RESIDUOS CUADRATICOS 5. si un n´ umero a no es residuo cuadrático. Acabamos de ver que todo entero a satisface alguna de las congruencias a p−1 2 ≡ 1 (mod p) o. 1 es la parte 1 del Teorema 5. . (a|p)(b|p) = (ab|p). (ab|p) = ±1 y p > 2 se sigue que (a|p)(b|p) = (ab|p). Demostraci´ on. (−1|p) = (−1) p−1 2 .´ 5. Si p es un primo impar tal que (a. Finalmente 6 se deduce de 4 cuando a = −1. (c) 4x2 + 4x + 18 ≡ 0 (mod 19). entonces (a|p) = k ai Y pi i=1 p . El resultado es consecuencia directa de la propiedad 5 del teorema. Demostraci´ on. Resolver cada una de las siguientes congruencias: (a) 5x2 + x + 1 ≡ 0 (mod 11). 4 es el criterio de Euler. (1|p) = 1. 4. Ejercicios 5. y como (a|p)(b|p) = ±1. 6.9 Corolario. (a|p) ≡ a p−1 2 (mod p).6.1 1. 5. (d) 3x2 − 4x + 10 ≡ 0 (mod 13).1. on Q p) = 1 y la representaci´ can´ onica de a como producto de primos es a = ki=1 pai i . Una prueba de 5 es la siguiente: aplicando el criterio de Euler tenemos (a|p)(b|p) ≡ a p−1 2 b p−1 2 = (ab) p−1 2 ≡ (ab|p) (mod p). 2 y 3 son evidentes. (b) 6x2 + 7x − 15 ≡ 0 (mod 23). CONGRUENCIAS DE SEGUNDO GRADO CON MODULO PRIMO 159 3. 5. p) = 1. . Sugerencia: Suponer que solo hay un n´ umero finito p1 . una o ninguna soluciones. Probar que a es un residuo cuadrático módulo p si y solo si p − a es un residuo cuadrático módulo p. Hallar todos los residuos cuadráticos módulo 13.2 Ley de la reciprocidad cuadr´ atica La ley de la reciprocidad cuadrática es un resultado notable que proporciona un método practico para determinar el carácter cuadrático de un n´ umero. Sea p un primo tal que p ≡ 3 (mod 4). ±3 y p = 11. p2 . la congruencia x2 ≡ p (mod pn ) tiene dos o ninguna soluciones. Sugerencia: usar el Teorema 4. 9. considerar el n´ umero N = 4p21 p22 . Sea p un primo impar y sean a y b enteros tales que (a. p2k + 1 y aplicar el ejercicio 8. ±2. 5. 3. Hallar (a|p) cuando a = ±1. Probar que para todo entero positivo n. 6. seg´ un 2 que b − 4ac sea un residuo cuadrático. 10. 7. sea congruente a cero. . Sea p un primo impar tal que (a. Probar que la congruencia ax2 + bx + c ≡ 0 (mod p) tiene dos. 2. entonces la congruencia x2 ≡ ab (mod p) tiene solución 5. 8. Sea p un primo tal que p ≡ 1 (mod 4). Probar que la congruencia x2 + 1 ≡ 0 (mod p) tiene solución si y solo si p es un primo de la forma 4m + 1. RESIDUOS CUADRATICOS (e) 3x2 + 9x + 20 ≡ 0 (mod 28). p) = 1.160 ´ ´ CAPITULO 5. Probar que si las congruencias x2 ≡ a (mod p) y x2 ≡ b (mod p) no tienen solución. Probar que a es un residuo cuadrático m´ odulo p si y solo so p − a no es residuo cuadrático módulo p. p) = (b. o no sea un residuo cuadrático módulo p..64. Probar que hay infinitos primos de la forma 4m + 1. . 4. pk de primos de esta forma. seg´ un a sea o no sea un residuo cuadrático módulo p. . . . Sea p un primo impar. p − bk . y como ai = mi a. 2 La segunda es que ai 6 = p − bj para todo i y todo j. 5. . y de las 2 2 p−1 dos observaciones anteriores concluimos que los n´ umeros p − b1 . . p) = 1. p) = 1. Definimos t por k + t = p−1 2 y representemos los elementos de S por a1 . . at son todos diferentes. . a1 . p) = 1 p−1 entonces p | (m1 − m2 ) lo cual es imposible porque 0 < m1 . Veamos primero dos observaciones. 2 Si k representa el n´ umero de residuos que son mayores que p2 . La primera es que todos los elementos de S son incongruentes módulo p y por lo tanto diferentes. at . b2 . y presentó su primera demostración completa. . p − 2 b2 . p p < bj < p se tiene que 0 < p − bj < para cada j. bj = mj a para ciertos enteros mi y mj con mi 6 =mj . entonces tendr´ıamos mi a + mj a ≡ 0 (mod p). . . . Gauss descubri´ o esta ley independientemente a la edad de 18 a˜ nos en 1796. Sea p un primo impar y sea a un entero tal que (a. . . luego ellos son simplemente Como .´ 5. Empezaremos desarrollando unos resultados preliminares. quien la demostró parcialmente en 1785. . Demostraci´ on. . LEY DE LA RECIPROCIDAD CUADRATICA 161 Esta ley fue establecida por primera vez por Euler en una forma muy complicada y redescubierta por Legendre. bk donde ai < p2 para cada i y bj > p2 para cada j. m2 ≤ . .10 Teorema (Lema de Gauss). si m1 6 =m2 y m1 a ≡ m2 a (mod p) entonces p | (m1 − m2 )a y como (a. . si ai = p − bj entonces ai + bj ≡ 0 (mod p). . p−1 a. Sea S el conjunto formado por los menores residuos positivos m´ odulo p de los n´ umeros a. . . En efecto. a2 . En efecto.2. b1 . Luego p | (mi + mj )a y como (a. 3a. . entonces (a|p) = (−1)k . a2 . . 2a. . p | (mi + mj ) lo que es imposible porque 2 < mi + mj ≤ p − 1. a. r2 . 2 p−1 p − 1 p−1 ! ≡ (−1)k !a 2 (mod p). Sean r1 . (a|p) = (−1)M . . . 3a.. Sea a 2a 1 (p − 1)a M= + + ··· + . como quer´ıamos probar. Demostraci´ on. 2.. Por lo tanto tenemos. r p−1 los menores residuos positivos módulo 2 p de los n´ umeros p−1 a. p p 2 p entonces 1. 2 1 · 2 · . se sigue de la congruencia anterior que (a|p) = (−1)k . . que por el criterio de Euler se puede escribir en la forma (−1)k ≡ (a|p) (mod p). Si a es impar. Como (−1)k y (a|p) toman solo los valores ±1. 5. RESIDUOS CUADRATICOS los n´ umeros 1. . (2|p) = (−1) p2 −1 8 . . p−1 en alg´ un orden. p) = 1. . . 2a. . . · p−1 ≡ (p − b1 )(p − b2 ) · · · (p − bk )a1 a2 · · · at (mod p) 2 ≡ (−b1 )(−b2 ) · · · (−bk )a1 a2 · · · at (mod p) ≡ (−1)k b1 b2 · · · bk a1 a2 · · · at (mod p). 2. Sea p un primo impar y sea a un entero tal que (a. .162 ´ ´ CAPITULO 5.11 Teorema. 2 . y como b1 b2 · · · bk a1 · · · at = 1 · 2 · · · tenemos p − 1 p−1 ·a 2 . . . 2 2 multiplicando por (−1)k y cancelando (−1)k ≡ a p−1 2 ! p−1 2 obtenemos (mod p). LEY DE LA RECIPROCIDAD CUADRATICA 163 Por el Teorema 3.5) p2 − 1 (a − 1) = p(M − k) + 2b1 + .4) obtenemos (5. at son simplemente los n´ umeros 1. 2 8 Con las notaciones del lema de Gauss podemos escribir la ecuación anterior en la forma p2 − 1 a = pM + (a1 + a2 + · · · + at ) + (b1 + b2 + · · · + bk ). 2 2 2 p Sumando estas ecuaciones y teniendo en cuenta que 1 + 2 + 3 + ··· + p−1 p2 − 1 = . . .2 —parte j— tenemos a = p[a/p] + r1 .6) . p−1 2 en alg´ un orden. + 2bk . .4) De otra parte vimos en la demostración del lema de Gauss que los n´ umeros p − b1 . 8 (5. 2. p − bk .2. 2 8 obtenemos p2 − 1 a = pM + r1 + r2 + · · · + r p−1 . · · · p−1 1 (p − 1)a a=p + r p−1 . 8 (5. . por lo tanto 1 + 2 + ··· + p−1 = kp − b1 − · · · − bk + a1 + · · · + at 2 o sea p2 − 1 = kp − b1 − · · · − bk + a1 + · · · + at . a1 . . 8 Restando (5.´ 5. . . 8 y como p es impar p2 − 1 (a − 1) ≡ (M − k) (mod 2). . . 2a = p[2a/p] + r2 . . .5) de (5. . . . 12 Teorema (Ley de la reciprocidad cuadr´ atica). 0). Si a = 2 entonces M = 0 puesto que [ 2j p ] = 0 para 1 ≤ j ≤ tales casos 2 ≤ 2j < p. entonces 1 1 (p|q)(q|p) = (−1) 2 (p−1)· 2 (q−1) Demostraci´ on. q2 ) sin incluir su frontera. . 0). Consideremos el rectángulo R en el plano cuyos vértices son (0. q q 2 q Por el teorema anterior tenemos que (p|q)(q|p) = (−1)M (−1)N = (−1)M +N . ( p2 . Sean q 2q 1 (p − 1)q M= + + ··· + p p 2 p y p 2p 1 (q − 1)p N= + + ··· + . (−1)M = (−1)k = (a|p). la congruencia anterior implica que M ≡ k (mod 2) y por el Lema de Gauss tenemos. ( p2 .6) tenemos p−1 2 ya que para p2 − 1 ≡ −k ≡ k (mod 2) 8 y como antes. Luego de (5. (0.164 ´ ´ CAPITULO 5. 5. Si p y q son primos impares diferentes. 2q ). y es suficiente demostrar que M + N = 12 (p − 1) · 12 (q − 1). RESIDUOS CUADRATICOS Si a es impar. por el Lema de Gauss (2|p) = (−1) p2 −1 8 Estamos listos para demostrar el resultado principal. LEY DE LA RECIPROCIDAD CUADRATICA 165 ( p2 . Observamos también que sobre la diagonal que une (0. En efecto.2. el n´ en el rectángulo R que están por debajo de la diagonal es precisamente M . n pq ) (0. como la ecuación de la recta que une estos puntos es py = qx. vemos que el rectángulo contiene 12 (p−1) 12 (q −1) puntos reticulares. 0) Si llamamos punto reticular a un punto (x. el n´ umero de puntos reticulares en el rectángulo R que están por encima de la diagonal es N . Por lo tanto. y) que tiene ambas coordenadas enteras. Determinar si 60 es un residuo cuadrático módulo 239. el n´ umero de puntos reticulares sobre la recta vertical h i que pasa por (n. 0) con ( p2 . que es más conveniente para estudiar el carácter cuadrático de un entero. 0) (n. Como (q|p) = ±1. para todo entero positivo n. 0) ( p2 . q2 ) no hay puntos reticulares. q) = 1 entonces p | x. Como 60 = 22 · 3 · 5. 0) y que se encuentran por debajo de la diagonal es nq umero de puntos reticulares p . De otra parte.´ 5. entonces (q|p)2 = 1 y podemos expresar la ley de la reciprocidad cuadrática en la forma 1 1 (p|q) = (q|p)(−1) 2 (p−1) 2 (q−1) . y por lo tanto N + M = 12 (p − 1) · 12 (q − 1). Similarmente.13 Ejemplo. q2 ) (0. entonces (60|239) = (2|239)2 (3|239)(5|239) = (3|239)(5|239) . pero esto es imposible porque x < p2 . 5. como quer´ıamos demostrar. 2q ) (n. si hubiera un punto reticular sobre la recta tendr´ıamos que p | qx y como (p. 14 Ejemplo. tenemos finalmente que ( 1 (3|p) = −1 si p ≡ ±1 (mod 12) si p ≡ ±5 (mod 12). 5. . Por lo tanto (3|p) =  1 1 −1 −1 si si si si p ≡ 1 (mod p ≡ 2 (mod p ≡ 1 (mod p ≡ 2 (mod 3) 3) 3) 3) y y y y p ≡ 1 (mod p ≡ 3 (mod p ≡ 3 (mod p ≡ 1 (mod 4) 4) 4) 4).166 ´ ´ CAPITULO 5. Tenemos 1 1 (3|p) = (p|3)(−1) 2 (2) 2 (p−1) = (p|3)(−1) p−1 2 . RESIDUOS CUADRATICOS pero 1 1 (3|239) = (239|3)(−1) 2 (238) 2 (2) = −(239|3) = −(2|3) = −(−1) = 1 y 1 1 (5|239) = (239|5)(−1) 2 (238) 2 (4) = (239|5) = (4|5) = (2|5)2 = 1. 60 es un residuo cuadrático módulo 239. y (−1) p−1 2 ( 1 = −1 si p ≡ 1 (mod 4) si p ≡ 3 (mod 4). Usando el Teorema Chino del Residuo. Por lo tanto. Determinemos el carácter cuadrático de (3|p) para todo primo impar p. (60|239) = 1 y as´ı. además ( (1|3) = 1 (p|3) = (2|3) = −1 si p ≡ 1 (mod 3) si p ≡ 2 (mod 3). Entonces 1. (a2 |P ) = 1. (1|P ) = 1. P ) = 1. mediante la ecuación k Y (a|P ) = (a|pi )αi i=1 donde (a|pi ) es el s´ımbolo de Legendre. El s´ımbolo de Jacobi tiene propiedades similares al s´ımbolo de Legendre como veremos en los teoremas siguientes. k Y P = pαi i i=1 definimos el s´ımbolo de Jacobi (a|P ) para todo entero a tal que (a.3. 5. utilizamos una extensión del s´ımbolo de Legendre introducida por Jacobi. . Jacobi generalizó este s´ımbolo a fin de permitir entradas que sean n´ umeros impares pero no necesariamente primos. Sea P un entero positivo impar y sean a y b enteros primos relativos con P . (a|P )(b|P ) = (ab|P ).5. en el sentido de que la congruencia x2 ≡ a (mod P ) tiene solución. Observamos que el s´ımbolo de Jacobi coincide con el s´ımbolo de Legendre cuando P es un n´ umero primo.16 Teorema. También es claro que (a|P ) = ±1.3 167 El s´ımbolo de Jacobi Para simplificar los cálculos necesarios para determinar si un n´ umero compuesto es un residuo cuadrático. Recordemos que la segunda entrada p en el s´ımbolo de Legendre (a|p) debe ser un primo impar. Si a ≡ b (mod P ) entonces (a|P ) = (b|P ). lo que justifica el uso de la misma notación para ambos s´ımbolos. Por ejemplo (5|9) = 1 pero x2 ≡ 5 (mod 9) no tiene solución. 2.15 Definici´ on. 4. pero no es cierto en general que si (a|P ) = 1 entonces a es un residuo cuadrático módulo P . Si P es un entero positivo impar cuya representación canónica es. 5. 3. EL SÍMBOLO DE JACOBI 5. Adem´ as definimos (a|1) = 1. Qk ai i=1 pi entonces Demostraci´ on. Las propiedades mencionadas son consecuencia directa de la propiedad del s´ımbolo de Legendre demostradas en el Teorema 5.168 ´ ´ CAPITULO 5. (−1) ps −1 2 = (−1)k Podemos escribir P = (1 + (p1 − 1))(1 + (p2 − 1)) · · · (1 + (ps − 1)) s X X =1+ (pi − 1) + (pi − 1)(pj − 1) + · · · i=1 i6 =j = 1 + 2k + 4t. . (−1|P ) = (−1|p1 )(−1|p2 ) . Tenemos. . (−1|ps ) = (−1) donde k = Ps i=1 pi −1 2 . Luego P ≡ 1 + 2k (mod 4) y P −1 ≡ k (mod 2). Si la representaci´ on can´ onica de a es a = Qk a i (a|P ) = i=1 (pi |P ) .8. Sea P un entero positivo impar.17 Teorema. Sea P = p1 p2 . Dejamos su verificación al lector. (−1|P ) = (−1) 2. 2 Por lo tanto (−1|P ) = (−1)k = (−1) P −1 2 . (2|P ) = (−1) P −1 2 P 2 −1 8 Demostraci´ on. . . 5. en virtud de que cada factor pi − 1 es par. RESIDUOS CUADRATICOS 5. p1 −1 2 (−1) p2 −1 2 . . porque cada una de las sumas después de la primera es divisible por 4. 1. . . ps donde los pi son primos no necesariamente diferentes. Entonces. Q) = 1. i donde r= j XX 1 i j 2 1 (pi − 1) · (qj − 1). ya que cada factor p2i − 1 es divisible por 8. Tenemos YY (P |Q)(Q|P ) = (pi |qj )(qj |pi ) = (−1)r . Luego P 2 ≡ 1 + 8h (mod 64) y P2 − 1 ≡ h (mod 8). Sean P = p1 p2 · · · ps y Q = q1 q2 · · · qt donde los pi y los qj son primos no necesariamente diferentes. Por lo tanto P 2 = (1 + (p21 − 1))(1 + (p22 − 1)) · · · (1 + (p2s − 1)) s X X =1+ (p2i − 1) + (p2i − 1)(p2j − 1) + · · · i=1 i6 =j = 1 + 8h + 64t.3.169 5. 2 . p2 1 −1 8 (−1) p2 2 −1 8 · · · (−1) p2 2 −1 8 = (−1)h .18 Teorema (Ley de la reciprocidad para el s´ımbolo de Jacobi). 8 Por lo tanto (2|P ) = (−1)h = (−1) P 2 −1 8 . Sean P y Q enteros impares positivos tales que (P. Entonces (P |Q)(Q|P ) = (−1)r con r = 12 (P − 1) 12 (Q − 1). porque cada una de las sumas después de la primera es divisible por 64. 5. tenemos (2|P ) = (2|p1 )(2|p2 ) · · · (2|ps ) = (−1) con h = Ps i=1 p2i −1 8 . Demostraci´ on. EL SÍMBOLO DE JACOBI Similarmente. Para evaluar (105|631) usando el s´ımbolo de Legendre debemos escribir (105|631) = (3|631)(5|631)(7|631) y aplicar la ley de la reciprocidad cuadrática a cada factor de la derecha.170 ´ ´ CAPITULO 5.20 Ejemplo. La ventaja principal del s´ımbolo de Jacobi es que permite evaluar fácilmente el s´ımbolo de Legendre como se ilustra en los ejemplos siguientes 5.19 Ejemplo. (420|631) = (4|631)(105|631) = (105|631). En la demostración del teorema anterior. vimos que s X pi − 1 2 i=1 1 ≡ (P − 1) (mod 2) 2 y se tiene una congruencia similar para Por lo tanto r≡ Pt j=1 qj − 1 . Usando el s´ımbolo de Jacobi los cálculos son más simples pues tenemos (105|631) = (631|105) = (1|105) = 1 5. RESIDUOS CUADRATICOS en virtud de la ley de la reciprocidad cuadrática aplicada a cada factor. 2 2 lo que implica que 1 1 (−1)r = (−1) 2 (P −1) 2 (Q−1) . como quer´ıamos demostrar. 2 1 1 (P − 1) (Q − 1) (mod 2). Determinemos el carácter de −216 con respecto al primo 839. Tenemos (−216|839) =(−1|839)(4|839)(2|839)(27|839) = −(27|839) = (839|27) = (2|27) = −1 . Sea P un entero positivo impar. Sea a un entero tal que (a. m) = 1. 7. Evaluar usando el s´ımbolo de Jacobi (226|563) y (−416|977). Probar las siguientes propiedades del s´ımbolo de Jacobi: (a) (−1|P ) = 1 si y solo si P ≡ 1 (mod 4). . Determinar si la congruencia x2 ≡ 327 (mod 2821) tiene solución. EL SÍMBOLO DE JACOBI Ejercicios 5. (c) x2 ≡ −10 (mod 191). p2 . 10. Sea m un entero positivo impar y sea p1 . 11. 6. 2. 8. . Hallar todos los primos p tales que (7|p) = −1. s. P ) = 1 y (b. Sean a y b enteros tales que (a. . . . Probar que x2 ≡ a (mod m) tiene solución si y solo si (a|pi ) = 1 para i = 1. Evaluar usando el s´ımbolo de Legendre (129|283) y (640|277). Probar que 2 es un residuo cuadrático módulo el primo impar p si y solo si p ≡ ±1 (mod 8) y 2 no es un residuo cuadrático módulo p si y solo si p ≡ ±3 (mod 8).3. Hallar todos los primos p tales que (10|p) = 1. 5. . (c) (ab2 |P ) = (a|P ). ¿Cuáles de las congruencias siguientes tienen solución? (a) x2 ≡ 7 (mod 257). . Sugerencia: 2821 = 7 · 13 · 31 9.2 1. (d) x2 ≡ 5 (mod 1231). 3. (b) (2|P ) = 1 si y solo si P ≡ ±1 (mod 8). 2.171 5. Para que primos impares p es (−3|p) = 1 4. Determinar el carácter cuadrático de los n´ umeros 327 y −532 módulo el primo 977. . (b) x2 ≡ 219 (mod 383). ps los divisores primos de m. P ) = 1. 172 ´ ´ CAPITULO 5. P ) = (a. p) = 1 y m un entero positivo. Es natural buscar una condición similar para que una congruencia de la forma xm ≡ a (mod p) tenga solución. a un entero tal que (a. Sean P y Q enteros positivos impares tales que (P.21 Definici´ on. n) = 1 entonces aΦ(n) ≡ 1 (mod n) y por lo tanto podemos establecer la definición siguiente. p) = 1. RESIDUOS CUADRATICOS 12.4 Potencias m´ odulo n y ra´ıces primitivas En las secciones anteriores estudiamos detalladamente las congruencias cuadráticas de la forma x2 ≡ a (mod p) con p un n´ umero primo y a un entero tal que (a.23 Definici´ on. sabemos que si (a. 5. Como (±1)4 ≡ 1 (mod 7). Del criterio de Euler se deduce que una condición necesaria y suficiente para que la congruencia cuadrática x2 ≡ a (mod p) tenga solución es que p−1 a 2 ≡ 1 (mod p). 5. Por el Teorema de Euler. . 5. El menor entero positivo k tal que ak ≡ 1 (mod n) se llama orden de a m´ odulo n y lo representamos por la notación ordn a. Q) = 1. Para encontrar esta condición debemos primero estudiar las congruencias de la forma ak ≡ 1 (mod n) con (a. Sea n un entero positivo y a un entero tal que (a. n) = 1. En esta sección estudiaremos algunos resultados sobre las congruencias más generales de la forma xm ≡ a (mod p). entonces las potencias cuartas módulo 7 son precisamente 1. Probar que: (a) (P |Q) = (−Q|P ) si y solo si P ≡ Q ≡ 3 (mod 4) (b) (a|P )(a|Q) = (a|P Q) donde (a. Si la congruencia xm ≡ a (mod p) tiene solución. 2 y 4. Sea p = 7. (±2)4 ≡ 2 (mod 7) y (±3)4 ≡ 4 (mod 7). (c) (P |Q2 ) = 1.22 Ejemplo. Q) = 1. Sean p un primo impar. decimos que a es una potencia m–ésima m´ odulo p. n) = 1. 5. Si n = 10 los enteros primos relativos con 10 y menores que 10 son 1. 5. Por el algoritmo de la división podemos escribir t en la forma t = qk + r con 0 ≤ r < k. luego ah − tn = 1 y por el Teorema 2.4. (a. Si a es un entero primo relativo con n. n) = 1 y a ≡ b (mod n) entonces ordn a = ordn b. n) = 1. también se acostumbra a decir que a pertenece al exponente k m´ odulo n. Esta observación nos indica que la definición anterior solo tiene sentido cuando a y n son primos relativos. luego el resultado es consecuencia directa del teorema. como se deduce del teorema siguiente. Demostraci´ on. Supongamos que ordn a = k. Por lo tanto at = aqk+r = (ak )q ar ≡ ar ≡ 1 (mod n). Por el Teorema de Euler aΦ(n) ≡ 1 (mod n). Si at ≡ 1 (mod n) entonces ordn a | t Demostraci´ on.24 Ejemplo. Si ah ≡ 1 (mod n) con h un entero positivo entonces ah − 1 = tn para alg´ un entero t. puesto que ak ≡ 1 (mod n). 7 y 9.11. 3. En general ordn a | Φ(n). 5. .26 Corolario. Entonces ai ≡ aj (mod n) si y solo si i ≡ j (mod k).25 Teorema. se tendr´ıa una contradicción con la minimalidad de k.´ 5. ord10 3 = ord10 7 = 4 y ord10 9 = 2. En consecuencia r = 0 y k | t como quer´ıamos demostrar. 5. entonces ordn a | Φ(n). 5. Supongamos que ordn a = k. Si r fuera diferente de 0. POTENCIAS MODULO N Y RAÍCES PRIMITIVAS 173 Si ordn a = k. Observamos que en cada caso ord10 a | 4 = Φ(10). Observamos también que si (a.27 Corolario. Tenemos la tabla siguiente de potencias: a a2 1 3 9 7 9 9 1 a3 a4 7 3 1 1 Por lo tanto ord10 1 = 1. Si ordn a = k entonces para todo entero positivo m ordn am = k . Si i ≡ j (mod k) entonces i = j + qk para alg´ un entero q y por lo tanto ai = aj+qk = aj (ak )q ≡ aj (mod n) puesto que ak ≡ 1 (mod n). RESIDUOS CUADRATICOS Demostraci´ on. k) Demostraci´ on.28 Teorema. El teorema siguiente nos relaciona el orden de una potencia positiva de a módulo n. Rec´ıprocamente.174 ´ ´ CAPITULO 5. supongamos que ai ≡ aj (mod n). con el orden de a módulo n. Como ak ≡ 1 (mod n) tenemos k m (am ) d = (ak ) d ≡ 1 (mod n).25 . Como (a. (m. Sin perder generalidad podemos asumir que i ≥ j. 5. k) y h = ordn am . Por el teorema k | i − j o sea i ≡ j (mod k). n) = 1 podemos cancelar repetidamente a hasta obtener ai−j ≡ 1 (mod n). Sean d = (m. luego por el Teorema 5. k h. d (5. .7) Como (am )h ≡ 1 (mod n) entonces k | mh y en consecuencia . k. 12 sabemos que k m . d d Por el Corolario 2. m h. d d . k. d (5.8) obtenemos h = = 1. h.7) y (5. luego concluimos que k que es el resultado deseado. d De (5.8) . . . ord17 4 = 4. entonces existen exactamente Φ(h) enteros incongruentes m´ odulo p que tienen orden h m´ odulo p. Representemos por N (h) el n´ umero de enteros positivos a ≤ p − 1 tales que ordp a = h. (2. . ordp am = (m. Si p es un n´ umero primo y h | p − 1. 4) 1 ord10 32 = 5. h) = 1. ah son h soluciones de la congruencia x ≡ 1 (mod p). . Como ah ≡ 1 (mod p) entonces los n´ umeros a. ya que si ai ≡ aj (mod p) con 1 ≤ i < j ≤ h. . 5.31 Ejemplo. que son precisamente las potencias am con (h. m) = 1. Como Φ(4) = 2 y los n´ umeros primos relativos con 4 y menores que 4 son 1 y 3 entonces los enteros incongruentes módulo 17. Por el teorema anterior N (h) = 0 o N (h) = Φ(h). entonces hay exactamente Φ(h) enteros incongruentes m´ odulo p que tienen orden h m´ odulo p. 4) 2 4 4 ord10 7 = ord10 33 = = = 4. Adem´ as estos n´ umeros son incongruentes m´ odulo p. (3. Como ord10 3 = 4 entonces 4 4 = = 2. pero esto es una contradicción porque 0 < j − i < h. . es decir 4 y 13 puesto que 43 ≡ 13 (mod 17). POTENCIAS MODULO N Y RAÍCES PRIMITIVAS 175 5. 5.28.4.32 Teorema. Por lo tanto X X N (h) ≤ Φ(h). a2 .h) y en consecuencia ordp am = h si y solo si (m.´ 5.9) h|p−1 h|p−1 Como cada un orden h ≤ p − 1. Sea p un n´ umero primo.30 Teorema. P entero positivo a con a ≤ p − 1 tiene alg´ entonces h|p−1 N (h) = p − 1.27 se tendr´ıa que i ≡ j (mod h) y h | (i − j). . Por lo tanto hay exactamente Φ(h) enteros incongruentes que tienen orden h módulo p. . y este u ´ltimo caso se presenta u ńicamente cuando h | Φ(p) = p − 1. Por el Teorema de Lagrange concluimos que los n´ umeros a. . h Por el Teorema 5.29 Ejemplo. (5. de orden 4 módulo 17 son 41 y 43 . ah son todas las soluciones incongruentes de la congruencia xh ≡ 1 (mod p). por el corolario 5. a2 . Si existe un entero a tal que ordp a = h. Demostraci´ on. Si p = 17. Demostraci´ on. No hay ra´ıces primitivas módulo 12 pues Φ(12) = 4 y la tabla de potencias para los n´ umeros a < 12 y primos relativos con 12 es a 1 5 7 11 a2 1 1 1 Como consecuencia directa del u ´ltimo teorema tenemos 5. ya que de otra forma la desigualdad (5. A partir de una ra´ız primitiva módulo n.23.35 Corolario (de 5. sabemos que si a es un entero primo relativo con n entonces ordn a divide a Φ(n).33 Definici´ on. a . que tienen orden h módulo p. .26.176 ´ ´ CAPITULO 5. para cada h tal que h | p − 1. 1. . . Si p es un n´ umero primo. .36 Teorema. 5. Si ordn a = Φ(n). de acuerdo al resultado siguiente. Deducimos de la u ´ltima ecuación que N (h) = Φ(h). 5. podemos construir un sistema reducido de residuos módulo n. Por el Corolario 5.9) ser´ıa estricta lo que es imposible. Las ra´ıces primitivas módulo 10 son 3 y 7. Si a es una ra´ız primitiva m´ odulo n.34 Ejemplo. hay exactamente Φ(p − 1) ra´ıces primitivas m´ odulo p. RESIDUOS CUADRATICOS También por el Teorema 3. 2. Estos casos son importantes y en consecuencia les damos un nombre especial. a forman un sistema reducido de residuos m´ odulo n. decimos que a es una ra´ız primitiva módulo n.32). Para algunos valores de n hay enteros a tales que ordn a = Φ(n). entonces los n´ umeros 2 Φ(n) a. X h|p−1 N (h) = P h|p−1 Φ(h) X h|p−1 = p − 1. 5. Por lo tanto si h | p − 1 hay exactamente N (h) = Φ(h) enteros incongruentes m´ odulo p. . luego Φ(h) = p − 1. si u es una solución de xm ≡ a (mod p). Como b es una ra´ız primitiva módulo p. Supongamos lo contrario. donde k es un entero y d = (m. Adem´ as.38 Teorema (Criterio de Euler generalizado). Demostraci´ on. Como tenemos Φ(n) n´ umeros y cada uno de ellos es primo relativo con n. Entonces la congruencia xm ≡ a (mod p) tiene soluci´ on si y solo si a ≡ bkd (mod p). existe t con 1 ≤ t ≤ p − 1 tal que a ≡ bt (mod p). aΦ(n) son incongruentes módulo n. . con p un primo impar.36 los n´ umeros b. . a un entero tal que (a. y por el Teorema 4. Por lo tanto la congruencia xm ≡ a (mod p) tiene solución si y solo si existe s tal que bms ≡ bt (mod p). p) = 1 se deduce que (u. Por lo tanto los n´ umeros a. Como a ≡ bt (mod p) y t es de la forma t = kd. a partir de (a. Sean p un primo impar. Estamos preparados para demostrar un resultado similar al criterio de Euler para potencias m–ésimas módulo p. como quer´ıamos demostrar. Por el corolario 5. . p) = 1 y b una ra´ız primitiva m´ odulo p. bp−1 forman un sistema reducido de residuos módulo p. p − 1). Entonces la congruencia xm ≡ a (mod p) tiene soluci´ on si y solo si a p−1 d ≡ 1 (mod p). es decir supongamos que existen i y j con 1 ≤ i < j ≤ Φ(n) tales que ai ≡ aj (mod n).´ 5. p) = 1. Por el Corolario 5. . vemos que xm ≡ a (mod p) tiene solución si y solo si a ≡ bkd (mod p).4. si la congruencia tiene soluci´ on. 5.27 esto ocurre si y solo si la congruencia en s. p) = 1. Luego Φ(n) | (j − i) pero esto es contradictorio pues 0 < j − i < Φ(n). por el teorema 5. 5. .47 esta congruencia tiene soluci´ on si y solo si d | t donde d = (m. Como (a. u ńicamente hay que demostrar que ellos son incongruentes módulo n. m un entero positivo y d = (m. p − 1).37 Lema. p) = 1 y en consecuencia existe s con 1 ≤ s ≤ p − 1 tal que u ≡ bs (mod p). . ms ≡ t (mod p − 1) tiene solución. También. p − 1). Sea p un primo impar. a un entero tal que (a. a2 . . donde k es un entero y d = (m. POTENCIAS MODULO N Y RAÍCES PRIMITIVAS 177 Demostraci´ on. . entonces tiene exactamente d soluciones incongruentes m´ odulo p.27 tenemos que i ≡ j (mod Φ(n)). . p − 1). b2 . Por lo tanto b t(p−1) d ≡a (p−1) d ≡ 1 (mod p) t = k resulta entero y a ≡ bkd d (mod p). . p − 1).25. incongruentes m´ odulo p son precisamente bd . Por el Lema 5.37 concluimos que la congruencia xm ≡ a (mod p) tiene solución. Adem´ as. . . supongamos que a ≡ 1 (mod p). RESIDUOS CUADRATICOS Demostraci´ on. b2d . Sean p un primo impar. Rec´ıprocamente. p − 1 | t(p−1) d . por el lema p−1 mencionado.37. b d d son potencias m–ésimas módulo p. tenemos que a ≡ b (mod p) donde b es una ra´ız primitiva módulo p. . p−1 Demostraci´ on. Luego También. donde p es un primo impar. Como en la demostrat ci´ on del lema 5.39 Teorema. Si b es una ra´ız primitiva m´ odulo p. de los resultados anteriores se deduce que hay exactamente (p − 1) potencias m–ésimas módulo p. entonces las potencias m–ésimas p−1 m´ odulo p. m un entero positivo y d = (m.178 ´ ´ CAPITULO 5. podemos escribir k en la forma k = qt + r con 0 < r ≤ t. b d d . los n´ umero bd . . También se verifica inmediatamente que estos n´ umeros son incongruentes m´ odulo p. . Finalmente. entonces a p−1 d ≡u m(p−1) d m ≡ u(p−1) d ≡ 1 (mod p). Por lo tanto tenemos a ≡ bkd = b(qt+r)d = b(p−1)q brd ≡ brd (mod p). Si tomamos t = y d modificamos ligeramente el algoritmo de la división. Si xm ≡ a (mod p) tiene una solución u. y por el Teorema 5. . por el Teorema de Fermat. a ≡ bkd (mod p) para alg´ un entero k. puesto que (u. si a es cualquier potencia m–ésima módulo p. . p) = 1 y p−1 d m d es entero.37. Por el Lema 5. Concred tamente tenemos: 5. una revisión cuidadosa de la demostración del lema anterior. . b2d . nos indica que hay exactamente d soluciones incongruentes módulo p de esta congruencia. Probar que si ordn a = t entonces los n´ umeros a. . 4. 6. 12) = 4. entonces ordn ab = ts. . Probar que si a es una ra´ız primitiva módulo p−1 p entonces a 2 ≡ −1 (mod p). a2 .40 Ejemplo. Ejercicios 5. Luego a es congruente con uno p−1 de los n´ umeros de la colección bd . Sea p un n´ umero primo. . Por verificación directa vemos que 2 es una ra´ız primitiva módulo 13. 2. Luego. 28 ≡ 9 (mod 13) y 212 ≡ 1 (mod 13). incongruentes módulo 13. Hallar los o´rdenes de 1. por el teorema anterior las potencias octavas módulo 13. . son 24 . . ordn b = s y (t. 3. 5. Hallar la menor ra´ız primitiva positiva de cada uno de los n´ umeros primos menores que 30. 5. Probar que si ordp a = t y t es par entonces t a 2 ≡ −1 (mod p). . Sea p un n´ umero primo. . b2d . 9 y 1 ya que 24 ≡ 3 (mod 13). Probar que si ordn a = t. 28 y 212 es decir 3. 8 y 11 módulo 13. b d d lo que completa la demostración. p) = 1 y a no satisface ninguna de las congruencias a p−1 q ≡ 1 (mod p). 2. Sea p un n´ umero primo. at son incongruentes módulo n. 3. Como m = 8 y p − 1 = 12 entonces d = (m.4. donde q recorre los divisores primos de p − 1. 6. p − 1) = (8. s) = 1. 8. . Probar que a es una ra´ız primitiva módulo p si y solo si (a. . 5.3 1. 4. Hallar todas las ra´ıces primitivas módulo 11 y todas las ra´ıces primitivas m´ odulo 13. 7. POTENCIAS MODULO N Y RAÍCES PRIMITIVAS 179 puesto que b es una ra´ız primitiva módulo p.´ 5. Determinemos las potencias octavas módulo 13. q) = 1. inda a ≡ 1 (mod Φ(q)). Sea p un primo impar y a un entero tal que (a. y los utilizamos para presentar demostraciones algebraicas de los teoremas . Construir una tabla de ´ındice en base 2 con respecto al módulo 11. Hallar las potencias undécimas módulo 23. Los ´ındices se comportan en forma similar a los logaritmos y son de interés práctico y teórico. (b) x54 ≡ 8 (mod 13). existe inda n con respecto al módulo q. Sugerencia: Calcular las potencias 2. decimos que r es un ´ındice de n en base a con respecto al m´ odulo q y escribimos r = inda n. Hallar las potencias sextas módulo 11. 16. Demostrar las siguientes propiedades: (a) Si (n. RESIDUOS CUADRATICOS 9. 22 . Demostrar el Teorema de Wilson usando el resultado del Teorema 5. 14. 13. donde g es una ra´ız primitiva m´ odulo p. 15. . (f) inda nt ≡ t inda n (mod Φ(q)). 10. p) = 1.36. (d) inda 1 ≡ 0 (mod Φ(q)). . Si r a ≡ n (mod q). (e) inda (mn) ≡ inda m+ inda n (mod Φ(q)).180 ´ ´ CAPITULO 5. 5. Usando las propiedades de los ´ındices resolver las congruencias 3x3 ≡ 7 (mod 11) y 7x ≡ 9 (mod 11).5 ´ Algebra y teor´ıa de n´ umeros En el cap´ıtulo 4 mencionamos brevemente los conceptos de grupo y de anillo. (b) El inda n con respecto al módulo q es u ńico módulo Φ(q). 11. Probar que a es un residuo cuadrático si indg a es par. 12. . Cuántas soluciones incongruentes tiene cada una de las congruencias (a) x18 ≡ 15 (mod 17). (c) x25 ≡ 10 (mod 11). . (c) n ≡ m (mod q) si y solo si inda n ≡ inda m (mod Φ(q)). 210 módulo 11. Sea q un n´ umero que tiene ra´ıces primitivas y sea a una de ellas. Si H = {0. Un subconjunto H de un grupo G se llama un subgrupo de G si H es a la vez un grupo. +) de los n´ umeros enteros con la adición y llamamos P al conjunto de los enteros pares e I al conjunto de los enteros impares. entonces (P.42 Ejemplo.181 ´ ´ 5. En esta sección vamos a desarrollar otros conceptos algebraicos que nos llevarán a obtener demostraciones más sencillas de algunos teoremas importantes en Teor´ıa de N´ umeros y nos permitirán completar nuestro estudio de las ra´ıces primitivas módulo un entero positivo. (−n)a = n(−a) = (−a) + (−a) + · · · + (−a). +) pero (I. Sea G un grupo y a ∈ G. Por lo tanto tenemos hai := {an | n ∈ Z} . Se acostumbra a representar esta suma por la notación na. Si consideramos el grupo (Z. ∗) es un grupo con identidad e y que a ∈ G. las potencias de a son precisamente. Supongamos que (G. 5. Consideremos el grupo aditivo Z9 de los enteros módulo 9. na = a + a + · · · + a.5. ALGEBRA Y TEORÍA DE NUMEROS de Fermat y Euler. 1. −n a = (a−1 )n = a−1 ∗ a−1 ∗ · · · ∗ a−1 . (n veces ) 0a = 0. +) es un subgrupo de (Z. Por lo tanto en este caso. 6} entonces H es un subgrupo de Z9 . Definimos el subgrupo de G generado por a como el conjunto formado por todas las potencias enteras de a. Definimos las potencias enteras del elemento a mediante an = a ∗ a ∗ · · · ∗ a. +) no es subgrupo de (Z. +). 2. Si el grupo se nota aditivamente. Se acostumbra a representar este subgrupo por la notación hai. con la misma operación que hay en G.43 Definici´ on. (n veces ) 0 a = e.41 Definici´ on. (n veces ) donde n > 0 y −a representa el inverso de a. 5. 5. (n veces) donde n > 0 y a−1 representa el inverso del elemento a. 3. el producto abstracto a ∗ a ∗ · · · ∗ a (n veces) es sencillamente la suma a + a + · · · + a (n veces). 5. Vemos que U11 es c´ıclico y que un generador es 2. el orden de a módulo n que . n) = 1 y que su orden es Φ(n). 1}. 9. 7. 5. 1}. 1}. n) = 1. h8i = h4i. h5i = {5. Por lo tanto U12 no es un grupo c´ıclico. 3. Representamos el orden de a por la notación o(a). RESIDUOS CUADRATICOS Decimos que un grupo G es c´ıclico con generador a si G = hai para alg´ un a ∈ G. En el grupo U11 de las unidades del anillo Z11 tenemos h1i = {1}. para todo entero positivo n el grupo Zn es un grupo c´ıclico con generador 1. se llama orden de a al menor entero positivo k tal que ak = e. En el grupo aditivo Z12 de los enteros módulo 12 tenemos h3i = {0. Si n es un entero positivo y a un entero tal que (a. h2i = U11 . h3i = {3. Si a es un elemento de un grupo G. 4. decimos que a es de orden infinito. 9}. h7i = {7.182 ´ ´ CAPITULO 5. Vemos que Z12 es un grupo c´ıclico generado por 1. h4i = {0.45 Ejemplo. h11i = {11. 2. En adelante vamos a representar este grupo por Un y como es usual. h1i = Z12 . eliminaremos las barras en la representación de sus elementos. 4. En general. 1}. En el grupo U12 = {1. 5. En el cap´ıtulo 4 vimos que el grupo multiplicativo de las unidades del anillo Zn está formado por todas las clases a tales que (a. 11} tenemos h1i = {1}.44 Ejemplo. 5. 6. Si no existe tal entero positivo. 1. 8}. Recordamos que si G es un grupo finito.25 es un caso particular del resultado más general siguiente. . . Sea G un grupo y a ∈ G con o(a) = k. a. Veamos ahora que todo elemento de hai se encuentra en la lista e.´ ´ 5. . por el algoritmo de la división podemos escribir t en la forma t = qk + r con 0 ≤ r < k. . Entonces o(a) = o(hai). . y r = 0 por la minimalidad de k.47 Teorema. si ar = as con o ≤ r < s ≤ k − 1 entonces as−r = e con 0 < s − r ≤ k − 1 lo que contradice que o(a) = k. a. . . . . . a. se llama orden de G al n´ umero de elementos de G. . Entonces at = e si y solo si k | t. y en consecuencia hai = {e. . ak−1 son todos diferentes. Si k | t entonces t = kq y por lo tanto at = akq = (ak )q = ek = e.48 Corolario. Si at ∈ hai. si at = e podemos escribir t en la forma t = qk + r con 0 ≤ r < k. Representamos el orden del grupo G por la notación o(G). Sea G un grupo y a ∈ G con o(a) = k. ALGEBRA Y TEORÍA DE NUMEROS 183 estudiamos en la sección anterior es precisamente el orden de a considerado como elemento del grupo Un . . . Por lo tanto at = aqk+r = (ak )q ar = ear = ar . ak−1 . Adem´ as un entero a es una ra´ız primitiva módulo n si y solo si a es un generador del grupo Un . Entonces G = {e. Por lo tanto t = qk y k | t. Sea G = hai un grupo c´ıclico de orden k con generador a. En efecto. Es decir el orden de un elemento a es igual al orden del subgrupo generado por a. ak−1 }. Luego o(hai) = k = o(a). . 5. 5. ak−1 }.46 Teorema. . Rec´ıprocamente. a. Veamos primero que los elementos e.5. Demostraci´ on. 5. Demostraci´ on. El Teorema 5. luego e = at = aqk+r = aqk ar = ar . RESIDUOS CUADRATICOS Sean G el grupo multiplicativo U3 = {1. ◦) son isomorfos si existe una función f : G −→ H tal que: 1. para todo a. f es sobre. 5. 2. Para indicar que los grupos son isomorfos escribimos G ' H. ya que si reemplazamos 1 por 0 y 2 por 1 en la primera tabla obtenemos la segunda. La función f se llama un isomorfismo de G sobre H. ∗) y (H. Consideremos los grupos U8 y U12 de las unidades de los anillos Z8 y Z12 . 2} de las unidades del anillo Z3 y H = Z2 el grupo aditivo de los enteros módulo 2. Decimos que los grupos (G. Las tablas de multiplicación de estos grupos son: · 1 2 1 1 2 2 2 1 0 0 1 + 0 1 1 1 0 Aunque G y H son grupos diferentes. f es uno a uno. no hay ninguna diferencia significativa entre ellos. Un isomorfismo entre los grupos G y H anteriormente mencionados es la funci´ on f : G −→ H definida por f (1) = 0 y f (2) = 1. 5. 3. Formalizamos esta idea mediante la definición siguiente. Sus tablas de multiplicación son: · 1 3 5 7 1 1 3 5 7 3 3 1 7 5 5 5 7 1 3 7 7 5 3 1 · 1 5 7 11 1 1 5 7 11 5 5 1 11 7 7 7 11 1 5 11 11 7 5 1 Si estudiamos por un momento estas tablas.50 Ejemplo. Es decir estos grupos se diferencian u ńicamente por el nombre de sus elementos. f (a ∗ b) = f (a) ◦ f (b).49 Definici´ on. b ∈ G.184 ´ ´ CAPITULO 5. nos damos cuenta que estos grupos son isomorfos y que un isomorfo de U8 sobre U12 es la función . Este resultado se sigue del hecho de que la relación ser isomorfo a es una relación de equivalencia entre grupos. Supongamos que G = hai y que o(G) = n. si f (ak ) = f (aj ) entonces k = j.51 Teorema. Esto es evidente pues si k ∈ Zn . entonces G es isomorfo al grupo aditivo Zn . 3. Es claro que la funci´ on f es uno a uno y sobre.52 Corolario. ya que an = e. G = {e. Si G es un grupo c´ıclico de orden n. . 1. Veamos que f es un isomorfismo. k es imagen de ak por f . an−1 }. . Verifiquemos algunos de ellos f (5 · 7) = f (3) = 5 = 7 · 11 = f (5) · f (7). Para verificar que f cumple la condición 3 de la definición de isomorfismo hay que comprobar los 16 casos posibles. 2. Consideremos la función f : G −→ Zn definida por f (ak ) = k. f es uno a uno. f (ak aj ) = f (ak+j ) = k + j = k + j = f (ak ) + f (aj ). Demostraci´ on. Por el corolario del Teorema 5. f (1 · 3) = f (3) = 5 = 1 · 5 = f (1) · f (3). f (3 · 5) = f (7) = 11 = 5 · 7 = f (3) · f (5). Dos grupos c´ıclicos del mismo orden son isomorfos. En efecto. f es sobre. . a. para todo ak . 5. Demostraci´ on. en particular es transitiva.5. 5. aj ∈ G. o sea k − j = qn y por lo tanto ak = aj+qn = aj (an )q = aj e = aj . ALGEBRA Y TEORÍA DE NUMEROS 185 f : U8 −→ U12 definida por f (1) = 1 f (3) = 5 f (5) = 7 f (7) = 11. luego k ≡ j (mod n).47. .´ ´ 5. . eH ) donde eG y eH son las identidades de G y H respectivamente. 2) = (0 + 0. (1. b + d). El grupo que acabamos de definir se llama el producto directo de G y H. 0). La noción de producto directo se puede extender en forma natural a más de dos grupos. (0. 2)}. 1} es U3 × Z2 = {(1. 1)} con la operación definida por (a. (1. 0). m1 y m2 respectivamente. (0. Sobre el producto cartesiano G×H = {(g. 2} es el conjunto Z2 × Z3 = {(0. 1 + 2) = (0. b) + (c. d) = (a + c. 1). 2} y Z2 = {0. Entonces la funci´ on f : Zn −→ Zm1 × Zm2 definida por f (x) = (x1 . 1) + (1.53 Ejemplo.55 Teorema. 1) = (1. hh0 ). 1} y Z3 = {0. 5. (2. mediante la fórmula siguiente. 1)(2. definida por (a. 2) = (1 + 1. 1). 5. (1. (2. x1 y x2 representan las clases residuales de x m´ odulos n. 0) + (1. 1 + 0) = (2. 1 + 2) = (0. d) = (a. (g.2. 1) + (0. El producto directo de los grupos aditivos Z2 = {0. 1).2. 0). Dejamos los detalles al lector. h) | g ∈ G y h ∈ H} definimos una operación que es una multiplicación por componentes. (2. 1 + 1) = (1. 0 + 1) = (0. 0 + 1) = (1. es un isomorfismo de grupos. Algunos productos son (1. 0)(1. 0). (1.1. 1). 1)(2. 1) = (2. Algunas muestras de la adición en Z2 × Z3 son (0. notada aditivamente. 0). 1). El producto directo de los grupos U3 = {1. El teorema siguiente nos conduce a una demostración sencilla del Teorema Chino del residuo. con la operación. 0) = (1.c. 2). 1). Es fácil de verificar que G×H con esta operación es un grupo cuya identidad es (eG .54 Ejemplo. 1) = (1 + 1. Adem´ as si G y H son grupos finitos se tiene que o(G × H) = o(G)o(H). m2 ) = 1. (1. 0). h)(g0 . h0 ) = (gg0 . RESIDUOS CUADRATICOS Sean G y H dos grupos que por comodidad notamos multiplicativamente. x2 ) donde x. 1.186 ´ ´ CAPITULO 5. (1. b + d). (1. Sea n = m1 m2 con m1 y m2 enteros positivos tales que (m1 . 0). b)(c. 5. . x2 ) + (y 1 . ALGEBRA Y TEORÍA DE NUMEROS 187 Demostraci´ on.11. x2 . 5. x1 . si f (x) = f (y) entonces (x1 . m2 . . x2 . . . Luego x ≡ y (mod m1 ) y x ≡ y (mod m2 ) y por el Corolario 4. mr enteros positivos primos relativos dos a dos. entonces necesariamente es sobre. Por inducci´ on matemática o mediante una demostración similar a la del teorema.xr representan las clases residuales de x m´ odulos n. x ≡ y (mod n). Por lo tanto x = y. . x2 ) = (y 1 . . . Tenemos que verificar primero que la función está bien definida. . . es un isomorfismo de grupos. Luego m1 | (x − y) y m2 | (x − y). y sean a1 . Entonces el sistema de congruencia lineales x ≡ a1 (mod m1 ) x ≡ a2 (mod m2 ) · · · x ≡ ar (mod mr ) . .´ ´ 5. Sea n = m1 m2 · · · mr donde los mi son enteros positivos primos relativos dos a dos. a2 . . . En efecto. x2 + y 2 ) = (x1 . . m2 . Sean m1 . y 2 ) = f (x) + f (y). Finalmente tenemos f (x + y) = f (x + y) = (x + y 1 . Como Zn y Zm1 × Zm2 tienen igual n´ umero de elementos y f es uno a uno. Entonces la funci´ on f : Zn −→ Zm1 × Zm2 × · · · × Zmr definida por f (x) = (x1 . . o sea x ≡ y (mod m1 ) y x ≡ y (mod m2 ).56 Corolario. x + y 2 ) = (x1 + y1 . donde x. Veamos ahora que f es uno a uno. Por lo tanto x1 = y 1 y x2 = y 2 y en consecuencia f (x) = f (y). m1 . Supongamos que x = y. . . . Entonces x ≡ y (mod n) y n | (x − y). es decir que distintas elecciones del representante de una clase en Zn conducen al mismo valor de f . y 2 ) o sea x1 = y 1 y x2 = y2 . .5. tenemos: 5. ar enteros arbitrarios. mr respectivamente. . xr ). . .57 Teorema (Chino del residuo). . 2) = (1. . tal que x ≡ a1 (mod m1 ). Es fácil verificar que efectivamente (A1 × A2 . x2 = a22 .55 y su corolario son isomorfismo de anillos. . la noción de producto directo de anillos. Adem´ as. existe un u ńico x ∈ Zn tal que x1 = a11 . Algunos ejemplos de la suma y la multiplicación son (3. . El producto directo de los anillos Z4 y Z3 es el producto cartesiano Z4 × Z3 con la suma y la multiplicación definidas por (a. 0) = (2. 0). +. Consideremos el elemento (a11 . x ≡ a2 (mod m2 ).) y (A2 . 1) + (3. b2 ) = (a1 + b1 . Como la función f del corolario anterior es un isomorfismo. +. 1) (3. 2) (0. u ńico m´ odulo n. Demostraci´ on. 2) = (2. bd). xr = arr . . Los conceptos de isomorfismo y de producto directo de grupos pueden extenderse inmediatamente a conceptos similares para anillos. b2 ) = (a1 b1 . a2 )(b1 . a2 + b2 ). Decimos que los anillos (A1 . b)(c. . arr ) de Zm1 × Zm2 × · · · × Zmr . Los isomorfismos construidos en el Teorema 5.) son isomorfos si existe un isomorfismo de grupos f entre el grupo aditivo de A1 y el grupo aditivo de A2 . 1)(3. 1) + (2. .61 Teorema.188 ´ ´ CAPITULO 5. . 5. 0) = (0. . El producto directo de los anillos A1 y A2 es el producto cartesiano A1 × A2 con las operaciones definidas por (a1 .60 Ejemplo. se puede extender en forma natural a más de dos anillos. . . RESIDUOS CUADRATICOS tiene soluci´ on u ńica m´ odulo n = Qr i=1 mi . b) + (c. 1)(2. . . 2) + (2. . 1) (0. . Concretamente tenemos las definiciones siguientes. b + d) y (a.58 Definici´ on. +. es decir un entero x. 5. con la propiedad adicional f (ab) = f (a)f (b) para todo a. 5. a2 b2 ). 0) (3. d) = (ac.59 Definici´ on. d) = (a + c. 2) = (2. x ≡ ar (mod mr ). 2) = (1. b ∈ A1 . 1) (3. 2)(2. a2 ) + (b1 . a22 . y (a1 .) con las operaciones que acabamos de definir es un anillo. 5. . Para ver que el isomorfismo de grupos f : Zn −→ Zm1 × Zm2 definido por f (x) = (x1 . 5. Por lo tanto sus grupos de unidades son isomorfos.61 sabemos que los anillos Zn y Zm1 × Zm2 son isomorfos. Por el Teorema 5. Entonces Un ' Um1 × Um2 . x2 ). es un isomorfismo de anillos. es un isomorfismo de anillos. Usando un razonamiento similar. ALGEBRA Y TEORÍA DE NUMEROS 189 Demostraci´ on. b0 ) = (1. Pero el grupo de las unidades de Zm1 × Zm2 es precisamente el producto directo Um1 × Um2 de los grupos de las unidades de Zm1 y Zm2 . se demuestra la afirmación más general. . Luego Un es isomorfo al grupo de las unidades de Zm1 × Zm2 . solo falta por comprobar que se cumple la condición adicional f (x y) = f (x)f (y) para todo x. o en otras palabras si y solo si a ∈ Um1 y b ∈ Um2 . Demostraci´ on. b) es una unidad de Zm1 × Zm2 si y solo si existe (a0 . 5. pero esto se tiene porque. Demostraci´ on. es decir si y solo si aa0 = 1 y bb0 = 1. puesto que (a. y ∈ Zn . x2 y 2 ) = (x1 .63 Teorema.´ ´ 5. b0 ) en Zm1 × Zm2 tal que (a. y 2 ) = f (x)f (y). m2 ) = 1. Si A1 y A2 son anillos isomorfos. b)(a0 . Sea n = m1 m2 con m1 y m2 enteros positivos tales que (m1 .62 Teorema. Sea f : A1 −→ A2 un isomorfismo de anillos y sean A∗1 y A∗2 los grupos de las unidades de A1 y A2 respectivamente. f (x y) = (xy 1 . xy 2 ) = (x1 y1 . En forma similar se demuestra que el isomorfismo del corolario. En forma m´ as general si n = m1 m2 . x2 )(y 1 .5. Dejamos los detalles como ejercicio. sus grupos de unidades también son isomorfos. . 1). . La demostración del teorema consiste en verificar que la restricción f |A∗1 de f a A∗1 es un isomorfismo de grupos de A∗1 sobre A∗2 . mr donde los mi son enteros positivos primos relativos dos a dos. entonces Un ' Um1 × Um2 × · · · × Umr . En el primer caso los n´ umeros ps11 y s1 )=1 Adem´ as si (a. RESIDUOS CUADRATICOS Para terminar esta sección vamos a estudiar la existencia de ra´ıces primitivas m´ odulo n. Veamos que en ninguno de estos casos Un es c´ıclico. Podemos considerar dos casos: 1. 5. Por lo tanto solo existen ra´ıces primitivas módulo n para aquellos enteros positivos n tales que Un es un grupo c´ıclico. n = 2r Qk si i=1 pi con k ≥ 2 o con k = 1 y r ≥ 2. n) = 1 por el Teorema de Euler aΦ(p1 s1 aΦ(n|p1 ) ≡ 1 (mod n|ps11 ).190 ´ ´ CAPITULO 5.64 Teorema. Supongamos que n no es de ninguna de las formas mencionadas. Luego si a ∈ Un . si (a. k ∈ N. En el segundo caso. n son mayores que 2 y por el ps11 ejercicio 4 de la secci´ on 3. un entero a es una ra´ız primitiva m´ odulo n si y solo si a es un generador del grupo Un . Si Un es c´ıclico entonces n es alguno de los n´ umeros 2. pk k o 2p con p un primo impar. Luego a 1 Φ 2 (ps11 )Φ n s p 1 1 ≡ 1 (mod ps11 ) y es congruente con 1 módulo ps11 y módulo por lo tanto módulo n en virtud del Corolario 4. n = 2k con k ≥ 3.4 sabemos que Φ(ps11 ) y Φ(n|ps11 ) son pares. a4 = (1 + 8c)2 = 1 + 16c + 64c2 = 1 + 16d = 1 + 24 d. n y ps11 o(a) ≤ (1|2)Φ(ps11 )Φ(n|psi 1 ) = Φ(n)/2 < Φ(n).11. 2. Como mencionamos anteriormente. a8 = (1 + 24 d)2 = 1 + 25 d + 28 d2 = 1 + 25 e. Demostraci´ on. 4. n) = 1 donde n = 2k entonces a es impar de la forma a = 1 + 2b y tenemos a2 = 1 + 4b + 4b2 = 1 + 4b(1 + b) = 1 + 8c = 1 + 23 c. . y Un no puede ser c´ıclico. Si p es un primo impar y n un entero positivo. (1 + p)p n−1 ≡ 1 + pn (mod pn+1 ) y n 2. entonces o(a) ≤ 2k−2 < 2k−1 = Φ(2k ). Por hip´ otesis de inducción (1 + p)p n−1 luego pn (1 + p) = 1 + pn + tpn+1 = 1 + (1 + tp)pn . La prueba de 1 es por inducci´ on sobre n. Veamos ahora que el rec´ıproco del teorema anterior también es cierto. por el Teorema 5. a2 = 1 + 2j g ≡ 1 (mod 2j ). el orden de 1 + p en Upn+1 es pn . ≡ 1 (mod 2k ) y si a ∈ U2k . Si probamos que: 1.´ ´ 5.65 Lema. p = 1 + (1 + tp)pn+1 + spn+2. Necesitamos un lema previo. ALGEBRA Y TEORÍA DE NUMEROS 191 y en general por un argumento inductivo. (1 + p)p ≡ 1 (mod pn+1 ). lo que implica que U2k no es c´ıclico.5. p pn−1 = (1 + p) = (1 + (1 + tp)pn )p y por el Teorema del binomio tenemos p p pn n (1 + p) = 1 + (1 + tp)p + ((1 + tp)pn )2 + 1 2 p + ··· + ((1 + tp)pn )p . Si n = 1 la congruencia es evidente. ≡ 1 + pn+1 (mod pn+2 ). Demostraci´ on.46 podemos concluir que o(1 + p) = pn en Upn+1 . Supongamos que la congruencia es válida para n y veamos que es válida para n + 1. si j ≥ 3 j−2 a2 k−2 Por lo tanto. 5. . = 1 + pn+1 + hpn+2 . . es decir que t = pn (p − 1). en particular tenemos n (1 + p)p ≡ 1 + pn+1 (mod pn+2 ). 6≡ 1 (mod pn+1 ) ya que por el lema. RESIDUOS CUADRATICOS Por lo tanto por el principio de inducción matemática.66 Teorema. Claramente U2 = {1} y U4 = {1.25 deducimos que p − 1 | t. 3} son grupos c´ıclicos. 2. También. entonces t = pk (p − 1) para alg´ un k = 1.pn−1 (p−1) y necesariamente t = pn (p−1) como quer´ıamos probar. que de acuerdo a la elección de a es p − 1. Up es c´ıclico. Puesto que t | pn (p − 1) y p − 1 | t. Demostraci´ on. luego n (1 + p)p = 1 + pn+1 + kpn+2 ≡ 1 (mod pn+1 ) que es precisamente la condición 2. n..26. 5. pk o 2pk con p primo impar. Como ap (1 + p) ≡ ap ≡ a (mod p). Si n es alguno de los n´ umeros 2. 1 + p tiene orden pn en Upn+1 . entonces ap (1 + p) y a tienen el mismo orden módulo p. Por comodidad representamos k en la forma k = n + 1. Debemos encontrar en Upn+1 un elemento de orden o(Upn+1 ) = Φ(pn+1 ). Por el corolario 5. t | Φ(pn+1 ) = pn (p − 1). Sea t = o(ap (1 + p)) en Upn+1 . Nuestro objetivo es probar que k = n. Nuestro candidato es ap (1 + p) donde a es un generador de Up . . Teniendo en cuenta que (ap (1 + p))t ≡ 1 (mod pn+1 ) ≡ 1 (mod p ). Por lo tanto t . entonces Un es c´ıclico. Como entonces (ap (1 + p))p n−1 (p−1) ≡ (1 + p)p (ap (1 + p))p = ap n (p−1) n−1 (p−1) n−1 (p−1 (1 + p)p n−1 (p−1) (mod pn+1 ).192 ´ ´ CAPITULO 5. . de la observación anterior y el Teorema 5.. Como la congruencia en 1 es cierta para todo entero positivo.35. 4. Veamos ahora que Upk es c´ıclico si k > 1. 1 es cierta para todo entero positivo n. por el corolario 5. 2. 5. probar que el orden de g es el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de los ordenes de a y b. U125 . . El grupo Un es c´ıclico si y solo si n es alguno de los n´ umeros k k 2. Usando el concepto de ra´ıces primitivas tenemos: 5. b) es un elemento del producto directo G × H.683. si p es un primo impar. Hallar ra´ıces primitivas m´ odulos 250 y 162. y U625 .63. p o 2p con p primo impar. Hallar una ra´ız primitiva módulo 19. Hallar generadores para U25 .´ ´ 5. Si a es una ra´ız primitiva módulo p. 3.4 1. Ejercicios 5. por el Teorema 5. pk o 2pk con p primo impar. Construir un isomorfismo de U9 sobre U18 .5. Un entero n tiene ra´ıces primitivas si y solo si n es alguno de los n´ umeros 2. 4. ALGEBRA Y TEORÍA DE NUMEROS 193 Finalmente. 5. Si g = (a. 4. 6.67 Teorema. U2pk ' U2 × Upk ' Upk y también U2pk resulta c´ıclico si k ≥ 1. 4.68 Corolario. probar que el n´ umero que sea impar entre a y a + pk es una ra´ız primitiva módulo 2pk . Podemos resumir los dos u ´ltimos teoremas en uno solo estableciendo lo siguiente. En la antig¨ uedad se usó principalmente para el intercambio de información secreta en los campos pol´ıtico y militar. La criptograf´ıa es la parte de la criptolog´ıa (del griego kripto y logos. signos de puntuación o cualquier otro s´ımbolo.´ CAPITULO 6 Criptograf´ıa 6.1 Nociones b´ asicas Los or´ıgenes de la criptograf´ıa se remontan al comienzo de nuestra civilización. n´ umeros. La otra parte de la criptolog´ıa es el criptoan´ alisis que consiste en el estudio de los métodos para descifrar estos sistemas. El proceso de convertir textos planos en textos 194 . estudio de lo oculto) que trata del dise˜ no e implementación de los sistemas secretos. Los mensajes que un emisor quiere enviar a un determinado receptor son llamados textos planos y los mensajes secretos que son enviados son llamados textos cifrados. hoy en d´ıa su aplicaci´ on es fundamental en la transmisión segura de información confidencial a través de las redes de computadores. Los textos planos y los textos cifrados se escriben utilizando un alfabeto que consiste de letras. Empezamos asignando a cada letra un n´ umero que llamaremos su equivalente numérico. vamos a describir como funciona este sistema. CIFRADOS MONOGRAFICOS 195 cifrados se llama cifrado o encriptaci´ on. Usualmente los textos planos y los textos cifrados se dividen en unidades de mensaje. pero que resulte imposible o muy dif´ıcil de desencriptar sin conocer las mismas. se llama desciframiento o desencriptaci´ on. un conjunto de transformaciones de desciframiento y un conjunto de claves. Las transformaciones que se aplican a las unidades de mensaje para convertir textos planos en textos cifrados se conocen con el nombre de transformaciones o funciones de cifrado y las transformaciones utilizadas para recuperar los textos planos a partir de los textos cifrados se llaman las transformaciones o funciones de desciframiento. Un buen sistema criptográfico es aquél en el que los algoritmos de cifrado y descifrado son sencillos de aplicar conocidas las claves. Una unidad de mensajes puede estar formada por una u ńico elemento del alfabeto o por bloques de dos o mas s´ımbolos del mismo. donde hemos excluidos las letras CH y LL.2. La historia afirma que el emperador Julio Cesar utilizó un sistema de estos que consist´ıa en reemplazar cada letra del alfabeto por la letra que se encontraba tres posiciones adelante. . formado por las 27 letras de la A a la Z. el alfabeto espa˜ nol usual. y el proceso inverso de convertir textos cifrados en textos planos.2 Cifrados monogr´ aficos Los cifrados monogr´ aficos o de caracteres son aquellos que están basados en la sustitución de cada s´ımbolo del alfabeto por otro s´ımbolo. 6. un conjunto de transformaciones de cifrado. como se indica en la tabla (6. Usando como alfabeto.1). Los criptosistemas más sencillos de esta clase están basados en la aritmética módulo n. Se conoce con el nombre de claves a ciertas informaciones que permiten determinar las funciones de cifrado y descifrado. Un sistema criptográfico o criptosistema esta formado por un alfabeto.´ 6. para el sistema del Cesar.1. convertimos la palabra en n´ umeros. C ≡ P + 3 (mod 27). Equivalente numérico Si representamos por P el equivalente numérico de una letra en el texto plano y por C el equivalente numérico de la correspondiente letra en el texto cifrado. Primero. y por u ´ltimo transformamos nuevamente los n´ umeros as´ı obtenidos a letras.2. Para facilidad reunamos los textos planos y los textos cifrados en la siguiente tabla: Texto A B C D E F G H I J K L M Plano 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Texto 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 D E F G H I J K L M N 14 ˜ N 15 Cifrado O Texto N ˜ N O P Q R S T U V W X Y Z Plano 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 Texto 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 0 1 2 Cifrado P Q R S T U V W X Y Z A B C Tabla 6. utilizando los equivalentes numéricos.1 Ejemplo. CRIPTOGRAFIA A 0 B 1 C 2 D 3 E 4 Q 17 F 5 R 18 G 6 S 19 H 7 T 20 I 8 U 21 J 9 K 10 V 22 W 23 L 11 X 24 M 12 N 13 Y 25 ˜ N 14 O 15 P 16 Z 26 Tabla 6. Para cifrar un mensaje usando esta transformación. obteniendo 25 0 2 8 12 8 4 13 20 15 . tenemos la transformación de cifrado. 6. Cifremos la palabra YACIMIENTO usando la transformación de Cesar. luego cambiamos cada uno de estos n´ umeros sumándole 3 y tomando el resultado módulo 27.196 ´ ´ CAPITULO 6. Cifrado C ≡ P + 3 (mod 27). primero cambiamos cada letra por su equivalente numérico. para obtener el mensaje cifrado que será enviado. o algunos prefieren dejar el u ´ltimo bloque con menos letras que los restantes. Ilustremos ahora como se descifra un mensaje recibido si sabemos que el cifrado utilizado es el de Julio Cesar. ˜ 6. BDFLOLHPWR. el resultado es . es aconsejable agrupar las letras en bloques de un tama˜ no determinado. cuantas veces se necesite. se a˜ nade. obtenemos 16 18 22 25 7 15 18 22 15 3 17 3 16 3 7 16 7 14 19 24 7 21 23 18 Usando la Tabla 6. una letra arbitraria por ejemplo X para completar el u ´ltimo bloque. Como resultado obtenemos 1 3 5 11 15 11 7 16 23 18 Finalmente el texto cifrado es. convertimos los bloques anteriores en letras para obtener el mensaje cifrado que se env´ıa ˜ PRVY HORV ODQD PDHP HNSX HUWR Si el n´ umero de letras en el mensaje que se quiere enviar no es m´ ultiplo de 4.3 Ejemplo. Si escribimos el mensaje usando bloques de cuatro letras.197 ´ 6. obtenemos.2 de textos planos y textos cifrados. 13 15 19 22 4 12 15 19 12 0 14 0 13 0 4 13 4 11 16 21 4 18 20 15 Aplicando la transformación C ≡ P + 3 (mod 27). CIFRADOS MONOGRAFICOS luego cambiamos cada n´ umero sumándole 3 y tomando el resultado módulo 27. Cifremos el mensaje NOS VEMOS MANANA EN EL PUERTO usando bloques de tama˜ no 4.2. Supongamos que el mensaje recibido es ˜ LDHV FRJL GRAA KRBH VHNG Primero convertimos las letras en n´ umeros usando el equivalente numérico.2 Ejemplo. 6. Para evitar que un criptoanalista descifre fácilmente los mensajes al reconocer ciertas palabras de uso frecuente. ˜ NAEN ELPU ERTO NOSV EMOS MANA Convirtiendo las letras en su equivalente numérico tenemos. Este trabajo ya esta resumido en la tabla anterior. 198 ´ ´ CAPITULO 6. 27) = 1. Estas transformaciones se llaman translaciones. Se escoge a primo relativo con 27 para que cuando P recorra un sistema completo de residuos módulo 27. La tabla 6. La transformación de desciframiento para una transformación af´ın es P ≡ a−1 (C − b) (mod 27).3 da los inversos módulo 27 de los n´ umeros positivos menores que 27 y primos relativos con 27. C también lo recorra. CRIPTOGRAFIA 10 18 1 7 22 7 14 6 11 3 7 22 5 18 9 11 6 18 0 0 Luego aplicamos a cada uno de estos n´ umeros la transformación P ≡ C − 3 (mod 27) que es la inversa de la transformación del Cesar. El cifrado de Julio Cesar es un caso especial de una transformación de la forma C ≡ P + k (mod 27). Finalmente escribiendo las letras correspondientes encontramos el mensaje HOYE SELD IAES COGI DOXX que le´ıdo adecuadamente se convierte en HOY ES EL DIA ESCOGIDO. Obtenemos. La correspondiente transformación para descifrar los mensajes cifrados es P ≡ C − k (mod 27). 6. Las translaciones son un caso especial de las transformaciones afines que son de la forma C ≡ aP + b (mod 27). Hay 27 posibles translaciones. Hay φ(27) = 18 elecciones para a y 27 elecciones para b. Hacemos notar que todo el trabajo anterior se puede leer directamente de la tabla de textos planos y textos cifrados. donde 0 ≤ a. luego hay 486 posibles transformaciones afines. b ≤ 26 y (a. . 7 15 25 4 19 4 11 3 8 0 4 19 2 15 6 8 3 15 24 24. con 0 ≤ k ≤ 26.4 Ejemplo. Cifremos el texto plano NO TENGO DINERO usando la transformación af´ın C ≡ 4P + 9 (mod 27). donde 0 ≤ P ≤ 26 y aa−1 ≡ 1 (mod 27). La tabla 6. Por ejemplo. Dividiendo el mensaje en bloques de longitud 4 y procediendo como en el ejemplo 2.5 Ejemplo.2. construimos la tabla correspondiente de textos planos y textos cifrados para esta transformación.199 ´ 6. Usando la transformación af´ın C ≡ 4P + 9 (mod 27). Los inversos módulo 27 de los n´ umeros positivos menores que 27 y primos relativos con 27 Utilizando aritmética m´ odulo 27. y aplicando a este n´ umero la transformación C ≡ 4P + 9 (mod 27).que el criptograma o texto cifrado que debemos enviar es ˜ HOIY HGOU NHYA OXXX La gran desventaja de los sistemas de cifrado que usan transformaciones afines.3. que corresponde a la letra D. 6. en orden descendente. como se aprecia en la columna encabezada por M de la tabla resultante siguiente. suponiendo que fue cifrado usando una transformación af´ın RPGNR HPGTG NHZGH EJHOD XQRHT IHPJG PDE . obtenemos el n´ umero 4 · 12 + 9 = 57 ≡ 3 (mod 27). Texto A B C D E F G H I J K L M N ˜ N Plano 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Texto 9 13 17 21 25 2 6 10 22 26 3 7 11 J N Q U Y C G K 14 ˜ N 18 Cifrado R V Z D H L Texto O P Q R S T U V W X Y Z Plano 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 Texto Cifrado 15 O 19 S 23 W 0 A 4 E 8 I 12 M 16 P 20 T 24 X 1 B 5 F Tabla 6.4. CIFRADOS MONOGRAFICOS a a−1 1 1 2 14 4 7 5 11 7 4 8 17 10 19 11 5 a a−1 13 25 25 13 14 2 16 22 17 8 19 10 20 23 22 16 23 20 26 26 Tabla 6. encontramos usando la tabla anterior .5 muestra en porcentaje la frecuencia de ocurrencia de las letras más usadas en Espa˜ nol. es la facilidad conque se pueden descifrar analizando la frecuencia conque aparecen las letras en el texto. Supongamos que deseamos descifrar el siguiente texto. el equivalente numérico de la letra M es 12 en el texto plano. 92 F 0.92 R 4.52 Tabla 6.37 M 2. en la cual se usan varios alfabetos para cifrar los mensajes.73 I 4. Por ejemplo. Frecuencia de ocurrencia de las letras m´ as usadas en Espa˜ nol. Similarmente.5. Multiplicando la u ´ltima congruencia por 7. Procediendo como en los ejemplos anteriores. creado por el criptógrafo francés Blaise de Vigenère en 1586.12 S 7. tenemos la relación 7 ≡ 4a + b (mod 27). El sistema polialfabético más conocido es el de Vigenère. obtenemos finalmente a ≡ 7 (mod 27) y b ≡ 6 (mod 27).94 H 0.31 C 2. Hay otros métodos de cifrado por sustitución más eficaces.01 Q 1.53 D 6. Es conveniente anotar que dependiendo del módulo n.6. Como el equivalente numérico de la E es 4 y esta letra se transforma en H cuyo equivalente numérico es 7.78 L 8. tenemos la relación 6 ≡ 0a + b (mod 27).87 B 0. encontramos que el mensaje cifrado es UNA BUENA CABEZA ES MEJOR QUE CIEN MANOS.96 O 8. Resolviendo las congruencias anteriores tenemos b ≡ 6 (mod 27) y 4a ≡ 1 (mod 27).78 A 11.80 G 0.69 P 2.200 ´ ´ CAPITULO 6. CRIPTOGRAFIA E 16.54 N 7. algunos sistemas usan la sustituci´ on polialfabética. El principal elemento de este sistema es la tabla 6. que es el inverso de 4 módulo 27. En este caso se escogen las soluciones que proporcionan mensajes intelegibles. llamada Tabla de Vigenère. no siempre las congruencias anteriores tienen solución u ńica.88 Y 1.15 T 3. Concluimos que la transformación af´ın usada fue C ≡ 7P + 6 (mod 27). en orden descendente Las letras que aparecen con más frecuencia en el mensaje son la H que aparece 6 veces y la G que aparece 5 veces.89 U 4. o se utiliza alguna información adicional. Por lo tanto podemos pensar que la E se transforma en H y la A se transforma en G. . Tabla de Vigenère A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W Y Z 201 . CIFRADOS MONOGRAFICOS Tabla 6.A A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W Y Z B B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Z A C C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y A B D D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z B C E E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z A C D F F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z A B D E G G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z A B C E F H H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z A B C D F G I I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z A B C D E G H J J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z A B C D E F H I K K L M N O P Q R S T U V W X Y Z A B C D E F G I J L M N O P Q R S T U V W X Y Z L M N O P Q R S T U V W X Y Z M N O P Q R S T U V W X Y Z A N O P Q R S T U V W X Y Z A B O P Q R S T U V W X Y Z A B C P Q R S T U V W X Y Z A B C D Q R S T U V W X Y Z A B C D E R S T U V W X Y Z A B C D E F S T U V W X Y Z A B C D E F G T U V W X Y Z A B C D E F G H U V W X Y Z A B C D E F G H I V W X Y Z A B C D E F G H I J W X Y Z A B C D E F G H I J K X Y Z A B C D E F G H I J K L Y Z A B C D E F G H I J K L M Z A B C D E F G H I J K L M N A B C D E F G H I J K L M N O B C D E F G H I J K L M N O P C D E F G H I J K L M N O P Q D E F G H I J K L M N O P Q R E F G H I J K L M N O P Q R S F G H I J K L M N O P Q R S T G H I J K L M N O P Q R S T U H I J K L M N O P Q R S T U V J K L M N O P Q R S T U V W X K L M N O P Q R S T U V W X Y ´ 6.6.2. usando la matriz de Vigenère vemos que la primera letra del texto plano es N. etc.7 donde vemos que el mensaje es NO PODRE IR. Descifremos el mensaje GBDDRUVMZ si sabemos que se utilizó el texto plano como clave. En el primero de ellos la clave es el texto plano y en el otro la clave es el texto cifrado. como ilustraremos en el siguiente ejemplo.6 Ejemplo. 6. en el primer bloque la M se codifica como Q usando el alfabeto que empieza por E (la letra Q está en la intersección de la columna E y la fila M). la E se codifica como B usando el alfabeto que empieza por X y as´ı sucesivamente. Para este caso tenemos. encontramos que O es la segunda letra del texto plano y por lo tanto la tercera letra de la clave. . Puesto que la clave es el texto plano. Con la información suministrada. Adem´ as en ambos casos se conoce la primera letra de la clave. 6. Para cifrar un mensaje se usa repetidamente una palabra clave. Continuando este proceso completamos la tabla 6. que se repite tantas veces como sea necesario. P es la tercera letra del texto plano y en consecuencia la cuarta letra de la clave. N es la segunda letra de la clave y utilizando la matriz de Vigenère. y que la primera letra de la clave es T. Vigenère desarroll´ o otras clases de cifrado basadas en su tabla. Cifremos el siguiente texto MEDIOCRE ES EL DISCIPULO QUE NO SUPERA A SU MAESTRO usando la palabra clave EXITO. CRIPTOGRAFIA En este sistema los distintos alfabetos están formados por las columnas. dos de ellos merecen mencionarse. Como la clave tiene cinco letras descomponemos el texto plano en bloques de longitud cinco y lo escribimos debajo de la palabra clave. El texto cifrado completo es QBLBC GOMXG IILBG GFXNZ SNCXB SPCIS VXILI QXMLH VL. EXITO EXITO EXITO EXITO EXITO EXITO EXITO EXITO EX MEDIO CREES ELDIS CIPUL OQUEN OSUPE RAASU MAEST RO Enseguida codificamos cada letra del texto plano con el alfabeto de la tabla marcado por la letra de la clave situada en su parte superior.202 ´ ´ CAPITULO 6.7 Ejemplo. Por ejemplo. el mensaje ESTE JUEGO ES DIVERTIDO lo podemos dividir en la siguiente forma E T S J E E U O G S I E D E V T R D I O y enviar como texto cifrado el mensaje ETJE OSIE TDSE UGED VRIO 6.2. podemos cifrar el mensaje del ejemplo anterior utilizando una matriz.9 Ejemplo.8 Con el fin de evitar el criptoanálisis basado en la frecuencia de las letras. se utiliza el cifrado por transposici´ on que consiste en la alteración del orden de las letras del texto original. Por ejemplo. Luego construimos una nueva matriz permutando las columnas de la matriz .203 ´ 6. Supongamos que conocemos el texto cifrado UIYSAEVJEIZSW y sabemos que H es la primera letra de la clave y el texto cifrado se ha utilizado como clave. usualmente de acuerdo a una clave o convención determinados. Ejemplo 6. usamos la matriz de Vigenère para construir la tabla siguiente que nos revela el mensaje Clave Texto plano Texto cifrado H N U U O I I Q Y Y U S S I A A E E E R V V O J J V E E E I I R Z Z T S S E W Tabla 6.8. El caso más sencillo es el de la transposición simple de las letras. Ejemplo 6. CIFRADOS MONOGRAFICOS Clave Texto plano Texto cifrado T N G N O B O P D P O D O D R D R U R E V E I M I R Z Tabla 6. Si utilizamos como clave la palabra TEATRO.7 6.que construimos de la siguiente forma: Primero construimos una matriz cuya primera fila esta formada por las letras no repetidas de la palabra clave . 6.7.8 Ejemplo.10 Ejemplo. y cuyas filas siguientes se obtienen escribiendo de izquierda a derecha las letras que forman el texto plano. Para descifrar el mensaje. CRIPTOGRAFIA anterior de tal forma que las letras de la palabra clave queden ordenadas en orden alfabético. En este caso la primera matriz que obtenemos es T E U S R E S E D T A T G I I R E O V D O J E E O Después de ordenar las columnas obtenemos A T G I I E S E D T O J E E O R E O V D T E U S R El texto cifrado que enviamos es IIGT TDES OEEJ DVOE RSUE. Finalmente el texto cifrado que enviamos se forma con las letras de las columnas de esta u ´ltima matriz. Descifrar los siguientes mensajes si se sabe que fueron encriptados usando la transformación C ≡ P + 13 (mod 27): ˜ (a) NXDH QTNF PQON FGUS NEOB ZBNE NFZB GENG QFYN ˜ XOBZ CNXN NENF. Ejercicios 6. 2. (b) DE POCO SIRVE LA CIENCIA DONDE FALTA LA PRUDENCIA. . le´ıdas de abajo hacia arriba. Usar el cifrado del Cesar para encriptar los siguientes mensajes: (a) NOS VEREMOS EN ROMA.1 1.204 ´ ´ CAPITULO 6. Mediante un análisis de frecuencia desencriptar el siguiente texto que fue encriptado usando una transformación af´ın TFVS FMKK BUKB ˜ BFSK MFGL KTFM CKUO NMFV ˜ CKNL DOBO KNMF VIII. Usar la transformación af´ın C ≡ 10P + 20 (mod 27) para cifrar el ˜ mensaje NO DEJES PARA MANANA LO QUE PUEDES HACER HOY. Descifrar el mensaje EDK BFL EQV DLB LPL FZQ EKZ ZQZ KBB QFQ que fue encriptado usando la transformaci´ on af´ın C ≡ 5P + 17 (mod 27). 3. 9. Usando la tabla de Vigenère y la palabra clave SISTEMA. Mediante un análisis de frecuencia descifrar el siguiente texto que fue cifrado usando una translación de la forma C ≡ P + k.2. 5. 6. CIFRADOS MONOGRAFICOS 205 (b) FQNY BPQE NPBG HFHQ ABDH QQXD HQZB YNPE HSNO BZQX FBXZ BSBM NPQX PUNK. que la primera letra de la clave es Q y la primera letra del texto plano es L. 10. 4.´ 6. Cifrar el mensaje UN BUEN SUENO DIO usando una matriz y la palabra clave CARRETA. Descifrar el texto RVILLWWOOQSAOBFXVV. ˜ VALE MAS QUE CUALQUIER REME12. (mod 27). Encriptar los siguientes mensajes usando una transposición simple (a) ESTAS APLICACIONES SON MUY IMPORTANTES. SIBMW ZPILM UCTMZ WAMAP TXWZB IUBMM UMSMA BCLPW ˜ LMSIK ZPXBW SWNPI. 7. si se sabe que fue cifrado usando como clave el texto plano. si se sabe que fue cifrado usando como clave el texto cifrado y que la primera letra de la clave es W. 11. 8. Descifrar el mensaje VZZOX SFWSP EGSTZ CCZAN VHGDZ TCFRP WZWXT FB que fue encriptado usando la tabla de Vigen` ere y la palabra clave ROSAL. . ˜ (b) EL DEL OIDO ES EL SENTIDO MAS FACIL DE ENGANAR. Descifrar el texto BLRVYHVWBRWWRPCRKTGKRN. cifrar el texto NO BEBAS AGUA QUE NO VEAS. Descifrar el mensaje AOAAUHRZNEUVHRHYNOIOTNEO si se sabe que fue cifrado usando una transposición simple. o más generalmente.206 ´ ´ CAPITULO 6. Este cifrado opera sobre bloques de n letras transformándolos en bloques del mismo tama˜ no. Antes de dar recordemos algunas nociones básicasdeálgebra un ejemplo. definimos el producto AP mediante AP = a b c d x ax + by = . ¿Qué transformación de cifrado se obtiene si se aplica la transformación C ≡ 4P + 11 (mod 27) seguida de la transformación C ≡ 10P + 20 (mod 27)? 6. Para empezar. x a b lineal. tanto de texto plano como de texto cifrado. son enteros módulo n si el alfabeto en consideración tiene n letras. y cx + dy El producto de dos matrices de tama˜ no 2 × 2 lo definimos como a b c d x y z w = ax + bz ay + bw cx + dz cy + dw . están formadas por bloques de dos letras que llamamos d´ıgrafos. desarrolló el cifrado en bloques. en 1929 el matemático Lister Hill. CRIPTOGRAFIA 13. Si A = es una matriz de tama˜ no 2 × 2 y P = es un c d y vector con componentes en un anillo conmutativo con identidad R. . ˜ 14. Por ejemplo si usamos el alfabeto espa˜ nol. Descifrar el texto cifrado ITRESOR AEACUR ADITSSE DOMSESE ADDMNN VOUOOLC LNROEE si se sabe que fue cifrado usando una matriz y la palabra clave PELIGRO. A cada d´ıgrafo le asignamos un vector xy donde x y y son enteros módulo 27 cuando usamos el alfabeto espa˜ nol.3 Cifrado en Bloques Como los cifrados monográficos o de carácter son relativamente fáciles de descifrar mediante an´ alisis estad´ısticos. supongamos que nuestras unidades de mensajes. 15. al d´ıgrafo ES le 4 corresponde el vector 19 . cifremos el mensaje YA ENTENDI . donde I es la matriz identidad I = . lo dividimos en bloques de dos letras. estos son . Finalmente con los nuevos vectores as´ı obtenidos formamos el texto cifrado. obteniendo YA EN TE ND IX donde la X al final se a˜ nadi´ o para que todos los bloques tengan el mismo tama˜ no. les aplicamos a estos vectores una transformación de la forma C ≡ AP (mod n) a b tomando los resultados módulo n. que se nota A−1 . Se puede demostrar fácilmente que la matriz a b A= es inversible si y solo si su determinante det A = D = ad−bc c d es una unidad del anillo R. a˜ nadiendo si es necesario al final una letra X para que todos los bloques tengan el mismo tama˜ no. Hallamos los vectores correspondiente a cada bloque. Para cifrar un texto plano usando el sistema de Hill.11 Ejemplo.3.207 6. es decir D es un elemento inversible para la multiplicación en R. n) = 1. CIFRADO EN BLOQUES Decimos que una matriz A es inversible si existe otra matriz B tal que 1 0 AB = BA = I. 6. En tal caso la inversa de A. Luego hallamos los vectores correspondientes a cada bloque. No todas 0 1 las matrices son inversibles. 6 7 Dividimos el mensaje en bloques de longitud dos. donde D−1 es el inverso del determinante D en el anillo R. Usando el alfabeto espa˜ nol. aplicando una transformaci´ o n de la forma C ≡ AP (mod 27 ) con 2 1 A= . donde A = es una matriz de c d tama˜ no 2 × 2 con componentes en Zn y tal que (det A. está dada por A−1 = D −1 d −b −c a = D −1 d −D −1 b −D−1 c D −1 a . 208 ´ ´ CAPITULO 6. 6 7 24 0 Escribiendo los d´ıgrafos correspondientes a los vectores encontrados. n) = 1. Para descifrar un mensaje cifrado mediante una transformación de la forma C ≡ AP (mod n ). 3 2 . Descifremos el texto SN fue encriptado usando una transformación de la forma C ≡ AP (mod 27 ) 4 5 con A = . 24 Aplicamos la transformación C ≡ AP (mod 27 ) a estos vectores. C1 P1 yP = observamos que la ecuación maC2 P2 tricial C ≡ AP (mod n ) es equivalente al sistema de congruencias Si llamamos C = C1 ≡ aP1 + bP2 (mod n ). hallamos la matriz inversa A−1 y multiplicamos la transformación anterior a la izquierda por A−1 obteniendo la transformación de desciframiento P ≡ A−1 C (mod n ). ˜ RT BN ˜ IS TJ si sabemos que 6. C2 ≡ cP1 + dP2 (mod n ). obtenemos el texto cifrado WO UH QN CR NA. La matriz A−1 existe puesto que estamos suponiendo que (det A.12 Ejemplo. obteniendo 25 23 2 1 = (mod 27) 6 7 0 15 4 21 2 1 = (mod 27) 6 7 13 7 20 17 2 1 = (mod 27) 6 7 4 13 13 2 2 1 = (mod 27) 6 7 3 18 8 13 2 1 = (mod 27). CRIPTOGRAFIA 25 0 4 13 20 4 13 3 8 . de la tabla de inversos módulo 27.3.13 Ejemplo. Descifremos el siguiente mensaje si sabemos que los d´ıgrafos que se presentan con mayor frecuencia en Espa˜ nol son ES y LA. que aparece tres veces y MN que aparece dos veces. y de la fórmula para calcular la inversa de una matriz tenemos 2 −5 46 −115 19 20 −1 A = 23 = = (mod 27 ). como veremos en el siguiente ejemplo. vemos que el texto cifrado corresponde al texto plano: TE NECESITO. Sabemos que det A = 4 × 2 − 3 × 5 = −7 = 20 (mod 27). MN RX MN XV OU PN BL EH VJ EH DE QF AM EH ND BC KN Los d´ıgrafos que se presentan en el texto cifrado con mayor frecuencia son EH. . 6. ˜ FF RG. CIFRADO EN BLOQUES 209 Primero encontramos la inversa de A módulo 27. obteniendo: 19 20 19 20 = (mod 27) 12 11 14 4 18 13 19 20 = (mod 27) 12 11 20 4 1 2 19 20 = (mod 27) 12 11 14 4 8 19 19 20 = (mod 27) 12 11 19 8 20 20 19 20 = (mod 27). Por lo tanto EH corresponde a ES y MN corresponde a LA. Los cifrados por bloques de tama˜ no dos de la forma C ≡ AP (mod n ) son vulnerables al criptoanálisis basado en la frecuencia conque se presentan los d´ıgrafos en un alfabeto. 12 11 9 15 Finalmente interpretando los vectores encontrados como d´ıgrafos. −3 4 −69 92 12 11 Enseguida aplicamos la transformación P ≡ A−1 C (mod n ) a cada uno de los vectores que representan los d´ıgrafos que forman el texto cifrado.6. n) = 1 e yB = es un vector fijo. podemos descifrar los mensajes cifrados mediante una transformación af´ın. Como en el caso de cifrado de caracteres. y procediendo como en el ejemplo ante11 8 rior. CRIPTOGRAFIA a b Si suponemos que A = . Resolviendo la tercera congruencia tenemos a = 6 y reemplazando este valor en la primera encontramos que b = 16. Similarmente de la cuarta y la segunda congruencias encontramos que c = 11 y d = 8. aplicando la transformación inversa P ≡ A−1 C − A−1 B (mod n ). obtenemos las cuatro congruencias 4 ≡ 4a + 19b (mod 27) 7 ≡ 4c + 19d (mod 27) 12 ≡ 11a (mod 27) 13 ≡ 11c (mod 27). 0 Desarrollando. . vemos que el mensaje original es LA MALA IMAGEN DE ESTE ESCRITOR ES INMERECIDA. 6 16 Por lo tanto A = . una forma más general de cifrar por bloques. dado que los vectores asociados a EH. Puesto que f A resulta inversible. MN y LA son respectivamente . . a b c d donde A = es una matriz de tama˜ no 2 × 2 tal que (det A. tenemos 7 19 13 0 4 4 a b ≡ ( mod 27) c d 7 19 y 12 13 ≡ a b c d 11 ( mod 27).210 ´ ´ CAPITULO 6. y . c d 4 4 12 11 ES. es aplicando a los vectores una transformaci´ on af´ın de la forma C ≡ AP + B (mod n ). ambos con componentes en Zn . usando la transformación af´ın C ≡ 8 9 5 14 x 21 + (mod 27 ). . . . .14 Ejemplo. y 12 Dividimos el texto en unidades de tama˜ no dos. Los resultados son los siguientes: Los vectores originales son 11 3 19 15 5 0 26 4 11 12 3 . . . . 14 5 7 1 13 18 9 13 2 0 26 26 17 3 26 0 4 21 . 19 0 0 18 0 4 2 13 8 13 0 4 4 0 4 21 8 0 . Cifremos el texto. . . . . 5 14 4 12 71 12 2 . 5 14 0 12 55 12 13 3 Aplicando la transformación af´ın al vector obtenemos 4 3 21 60 21 0 8 9 + (mod 27 )= + = (mod 27 ). .3. les aplicamos la transformacion af´ın y con los vectores obtenidos construimos el texto cifrado. 20 24 8 8 18 13 0 Luego el texto cifrado es ˜ DF NH IB BN JR RJ ZT QX DI ZI AR EN UA BN AC CA OZ YN Ilustremos como se encontraron los dos primeros vectores del u ´ltimo grupo. . 11 Aplicando la transformación af´ın al vector obtenemos 0 1 11 21 88 21 8 9 + (mod 27 )= + = (mod 27 ). . 3 11 19 6 18 3 3 Aplicando la transformación af´ın a estos vectores obtenemos: 1 0 2 15 25 3 13 8 1 9 18 . . . encontramos los vectores correspondientes a cada d´ıgrafo. . . . CIFRADO EN BLOQUES 211 6. . . . . . . . . LA DESCONFIANZA ES LA MADRE DE LA SEGURIDAD.6. . . . . . 7 5 11 . 2. CRIPTOGRAFIA Continuando de esta forma se obtuvieron los demás vectores. C1 ≡ 7P1 + 3P2 (mod 27 ) C2 ≡ 6P1 + 4P2 (mod 27 ). puede extenderse de manera natural para el caso de unidades de mensaje de tama˜ no mayor de dos. los d´ıgrafos en espa˜ nol EN y LO se transformaron en NR y KH respectivamente. Encontrar la transformación de cifrado.2 1. Cifrar el texto LA FRASE ES NUEVA PERO LA IDEA NO. Descifrar el texto NR XB DP ES EN JG ˜ VL AW NA si se sabe que fue cifrado usando el cifrado de Hill. Usando el cifrado C ≡ 9 13 8 20 P (mod 27 ) encriptar el mensaje MIENTRAS VAMOS EN POS DE LO INCIERTO PERDEMOS LO SEGURO. podemos aumentar el tama˜ no de éstos. La teor´ıa desarrollada para d´ıgrafos y vectores de dos componentes . Mediante un análisis de frecuencia. Ejercicios 6. ˜ EN AM JM BO JH AE NK ˜ 3. descifrar el siguiente texto que fue encriptado usando un cifrado digráfico de Hill usando el alfabeto espa˜ nol. Hallar la inversa módulo 30 de la matriz 8 9 5 14 . Mediante un cifrado de la forma C ≡ AP (mod 27 ). trabajando con vectores de n componentes y matrices de tama˜ no n × n que tengan un determinante primo relativo con el módulo n. 6. 5.212 ´ ´ CAPITULO 6. QP QF QP IW ZW AN ZT DR QP YQ UD MU SE RR IW JI TY KG LL ES. 4. usando una transformaci´ ın de on af´ la forma C ≡ AP + B (mod 27 ) con 6 2 3 A= yB= . Para dar más seguridad a los cifrados en bloques. 4 0 Cifrados Exponenciales Los cifrados exponenciales. obtenemos bloques de tama˜ no 4 y escogemos el n´ umero primo p tal que 2626 < p < 262626. 10 9 9. Cifrar el mensaje RETIRATE PRONTO usando  1  la forma C ≡ AP (mod 27 ) donde A = 3 8 6. A B C D E F G H I J K L M N ˜ N 00 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 O P Q R S T U V W X Y Z 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 Tabla 6. Por ejemplo.213 6. 8.4. Equivalente numérico para el idioma Espa˜ nol. si se sabe que fue ZN encriptado usando una transformación af´ın donde los d´ıgrafos EL. OD y TI se transformaron en GE. Luego agrupamos los n´ umeros resultantes en bloques de tama˜ no 2n y escogemos un n´ umero primo p de tal forma que el mayor entero que se obtiene escribiendo los equivalentes numéricos correspondientes a una palabra de n letras sea menor que el primo p. que es el que vamos a considerar. Expliquemos como funcionan estos sistemas. Primero hallamos el equivalente numérico de las letras que forman el mensaje de acuerdo con la siguiente tabla para el idioma Espa˜ nol. en el caso más frecuente. CIFRADOS EXPONENCIALES ˜ ˜ GV 7. fueron desarrollados en 1978 por Martin Hellman. . Hallar las transformaciones de cifrado y de desciframiento que se utilizan en un sistema donde los textos se cifran aplicando primero la 4 1 transformación C ≡ P (mod 27 ) y luego la transformación 3 7 2 11 C≡ P (mod 27 ).9.4 una transformaci´ on de  2 5 4 10 . usamos n = 2. Descifrar el mensaje GE QY HJ OE EI GE SN AM FQ GH NN ˜ NN UH GH IV XA NF GE CQ NF ˜ XJ KV. EI y XJ respectivamente.que son relativamente resistentes al criptoanálisis. k 2. 0 ≤ C < p para obtener los correspondientes bloques cifrados. 1. 6. P 2 . reduciendo cada vez el resultado m´ odulo p. Calculemos 274321 (mod 2897 ).4. 1. p − 1) = 1. · · ·.214 ´ ´ CAPITULO 6.15 Ejemplo. 0. que son enteros menores que p y constituyen el texto cifrado que enviamos. 6. supongamos que esta representación es e = (rk rk−1 · · · r0 )2 . y a cada bloque P de texto plano le aplicamos la transformación C ≡ P e (mod p ). Encontramos la representación de e en base 2. La representación de 21 en base 2 es 21 = (1. Esto lo hacemos elevando al cuadrado y reduciendo módulo p en forma sucesiva. llamado la clave de enciframiento. tal que (e. CRIPTOGRAFIA Enseguida escogemos un entero positivo e. presentamos un algoritmo para calcular potencias de la forma P e módulo p. Calculamos los menores residuos positivos de P.1 Algoritmo para calcular P e m´ odulo p. 0. P 8 . 1)2 . Por u ´ltimo tenemos . Antes de dar un ejemplo. Luego tenemos 2743 ≡ 2743 (mod 2897) 27432 ≡ 540 (mod 2897) 27434 ≡ 1900 (mod 2897) 27438 ≡ 338 (mod 2897) 274316 ≡ 1261 (mod 2897). P 2 módulo p. Por u ´ltimo multiplicamos los menores residuos positivos de P 2 módulo p para aquellos i tales que ri 6 = 0. para obtener el valor de P e módulo p. P 4 . i 3. En consecuencia. Enseguida aplicamos a cada bloque P la transformación C ≡ P 17 (mod 2707). existe un entero d talque ed ≡ 1 (mod p − 1 ). Cifremos exponencialmente el texto GENERALIZAR ES SIEMPRE EQUIVOCARSE usando como n´ umero primo p = 2707 y como clave de enciframiento e = 17. observamos que. el texto cifrado que es 0185 2343 1853 0912 1316 2653 2524 1325 2111 1615 2524 0084 2645 1543 1781 0504 Para descifrar un mensaje cifrado exponencialmente.215 6. usando el algoritmo anterior. tenemos C d ≡ (P e )d = P ed = P k(p−1)+1 = P (P p−1 )k ≡ P (mod p ). correspondientes a la letra X.4.39. por lo tanto para alg´ un entero k tenemos que ed = k(p − 1) + 1 y aplicando el Teorema de Fermat 4.16 Ejemplo. Después de alg´ un trabajo obtenemos. CIFRADOS EXPONENCIALES 4 2 0 274321 ≡ 27432 +2 +2 ≡ 274316 · 27434 · 2743 ≡ 1261 · 1900 · 2743 ≡ 81 · 2743 ≡ 2011 (mod 2897 ). p − 1) = 1. para que todos los bloques tengan cuatro d´ıgitos. Convertimos las letras del texto en su equivalente numérico y formamos bloques de longitud cuatro obteniendo 0604 1304 1800 1108 2600 1804 1919 0804 1216 1804 0417 2108 2215 0200 1819 0424 donde adicionamos al final los dos d´ıgitos 24. la funci´ on de desciframiento para este cifrado exponencial esta dada por . como (e. 6. p − 1) = 1. Aunque una tercera persona conozca ak1 y ak2 no puede conocer ak1 k2 sin tener que utilizar un tiempo de computador muy considerable. Se elige un entero a menor que p tal que (a. En general el proceso de cifrar y descifrar mensajes usando exponenciaci´ on modular puede efectuarse rapidamente utilizando el algoritmo mencionado. se pueden necesitar muchos a˜ nos para determinar la clave de enciframiento.216 ´ ´ CAPITULO 6. A´ un conociendo el primo p. En forma similar. y cada individuo elige su clave ki donde ki es un n´ umero primo relativo con p − 1. y el segundo individuo comunica al primer individuo el n´ umero y2 ≡ ak2 (mod p). y el segundo individuo calcula K ≡ y1k2 ≡ ak1 k2 (mod p). Supongamos que para realizar el cifrado se esta utilizando el primo p. donde d es el inverso de e módulo p − 1. Sinembargo para que un criptoanalista descifre un mensaje necesita una gran cantidad de tiempo de computación para determinar el n´ umero primo y la clave utilizados. Para encontrar la clave com´ un el primer individuo calcula K ≡ y2k1 ≡ ak1 k2 (mod p). Diffie y Hellman desarrollaron un mecanismo para que dos individuos que utilizan cifrados exponenciales puedan compartir la misma clave. el primer individuo comunica al segundo individuo el entero y1 ≡ ak1 (mod p). Luego. cuando p tiene más de 100 d´ıgitos y p es de la forma p = 2q + 1 con q primo. con un poco de trabajo se puede probar que un grupo de n individuos pueden utilizar como clave com´ un el n´ umero . CRIPTOGRAFIA P ≡ C d (mod p ). ´ 6. e = 35 y n = 2. si el módulo es p = 719 y a = 5? 6. cifrar el mensaje NECESITO AYUDA. 3. k2 = 25 y k3 = 45. Ejercicios 6.5. 4. se pueden encontrar las claves de enciframiento. Cada par de personas que desean comunicarse deben utilizar claves de enciframiento que se mantienen secretas para el resto de los individuos del grupo. ¿qué n´ umero pueden usar como clave com´ un? 6. e = 21 y n = 2. Descifrar el mensaje 1359 2666 1617 2169 1212 2303 2846 2137 2336 2183 2164 1391 0791. 2. a = 15 y tres individuos escogen como claves k1 = 3. si sabemos que fue encriptado usando un cifrado exponencial con p = 2897. e = 5 y n = 2. con poco trabajo de computador.5 Sistemas de Clave P´ ublica Supongamos que un grupo de personas tienen que comunicarse entre s´ı en forma secreta y que para hacerlo todos utilizan un mismo tipo de funciones de cifrado. Descifrar el texto cifrado 2147 4620 3987 0775 4346 3888 1538 4620. cifrar el mensaje ES MEJOR VOLVER ATRAS QUE PERDERSE EN EL CAMINO. lo que hace imperativo cambiarlas frecuentemente. SISTEMAS DE CLAVE PUBLICA 217 K ≡ ak1 k2 ···kn (mod p ). Estos . Desafortunadamente en la mayor´ıa de los sistemas criptográficos conocidos. Usando un cifrado exponencial con p = 3253.3 1. Usando un cifrado exponencial con p = 5209. que fue encriptado digráficamente usando un cifrado exponencial con p = 7321 y e = 19. Si p = 6833. ¿Cuál es la clave com´ un que deben usar dos individuos que han escogido como claves los n´ umeros k1 = 21 y k2 = 38. 5. Cuando se usan mensajes firmados. Como B obtiene un mensaje legible. Cada persona tiene una clave de enciframiento E que es p´ ublica y una clave de desciframiento D que es secreta. el receptor no solo esta seguro de que el mensaje fue enviado por el emisor. Supongamos que un grupo de individuos se comunican entre s´ı usando un sistema de cifrado de clave p´ ublica. CRIPTOGRAFIA cifrados donde la seguridad depende de claves secretas compartidas exclusivamente por el emisor y el receptor. En un sistema de clave p´ ublica. le envia EB (M ). pero sus inversas deben ser computacionalmente imposibles de calcular sin la información adicional proporcionada por las claves de desciframiento. se han desarrollado los llamados cifrados de clave p´ ublica. le env´ıa EB (DA (M )). el sabe que solo puede proceder de una persona que conoce la clave de desciframiento DA . En estos sistemas las claves de enciframiento se publican en un libro de claves. Este proceso no afecta la seguridad del sistema puesto que solo A conoce DA y solo B conoce DB . que se mantienen secretas. al individuo B. las funciones de cifrado deben ser fáciles de calcular. Sean A y B dos individuos del grupo que se quieren comunicar. transacciones electrónicas y otras aplicaciones. En estos cifrados es prácticamente imposible calcular las claves de desciframiento a partir de las claves de enciframiento. Si el individuo A desea enviar un mensaje firmado M. Puesto que las claves EA y EB son conocidas por todos los usuarios. . Para descifrar el mensaje B calcula primero DB (EB (DA (M ))) = DA (M ) y luego EA (DA (M )) = M. Los sistemas de clave p´ ublica pueden usarse también para enviar mensajes firmados. Estos sistemas han adquirido una gran importancia ante las necesidades modernas de transmisión de datos confidenciales. Para evitar los problemas de seguridad que se presentan con los cifrados de clave secreta. lo que permite que cualquier usuario pueda cifrar mensajes usando las claves p´ ublicas. pero solo aquellos que conozcan las claves secretas puedan descifrarlos. es decir el mensaje ha sido enviado por el usuario A. se llaman cifrados de clave secreta. si A quiere enviarle un mensaje M a B. El individuo B. recupera el mensaje aplicando DB a EB (M ).218 ´ ´ CAPITULO 6. ya que DB (EB (M )) = M. que es el u ńico que conoce la clave de desciframiento DB . sino que además debe ser capaz de demostrar ante un juez que este mensaje procede efectivamente del mencionado emisor. fue creado en honor del matemático Británico Alan. El nombre del sistema RSA proviene de las iniciales de los apellidos de quienes lo desarrollaron.). C. Turing. para que sea imposible recuperar el texto plano P calculando la ra´ız e-ésima de C ≡ P e (mod n ). P ϕ(n) ≡ 1 (mod ϕ(n) ). n) = 1. Se publica la clave de enciframiento que esta formada por la pareja de n´ umeros (n. SISTEMAS DE CLAVE PUBLICA 6. M. Adi Shamir y Leonard Adleman desarrollaron un sistema de clave p´ ublica basado en la exponenciación modular y cuya seguridad depende del hecho de que no existen algoritmos eficientes que permitan factorizar un n´ umero que es producto de dos grandes primos.5. e) y se guarda en secreto la clave de desciframiento que es el n´ umero d.5. hay necesidad de calcular ϕ(n) = (p − 1)(q − 1). transformamos las letras en su equivalente numérico. Turing en el a˜ no 2002. Veamos como trabaja el sistema RSA. formamos bloques P de longitud par como en el cifrado exponencial y aplicamos la transformación C ≡ P e (mod n). para lo cual se . pues para encontrar d tal que de ≡ 1 (mod ϕ(n) ). M.1 219 Sistema RSA En 1976 Ronald Rivest. Para descifrar un mensaje utilizamos la congruencia de ≡ 1 (mod ϕ(n) ) que nos permite escribir ed = kϕ(n) + 1 para alg´ un entero k y por lo tanto C d ≡ (P e )d = P ed = P kϕ(n)+1 = P (P ϕ(n) )k ≡ P (mod n ). Cada usuario escoge dos n´ umeros primos muy grandes p y q. Luego escoge un entero e tal que (e. M.´ 6. Los autores de este sistema fueron galardonados con el premio A. La seguridad del sistema se basa en que el conocimiento de la clave de enciframiento (e. n) > 1 es prácticamente cero. ϕ(n)) = 1 se acostumbra a escoger e e tal que 2 > n = pq. 0 ≤ C < n. ( se puede ver que la probabilidad de que (P. n) no permite calcular la clave de desciframiento d.) En la elección del n´ umero e tal que (e. Este premio que se considera equivalente al premio Nobel en computación. cuando (P. ϕ(n)) = 1. por la Association for Computing Machinery (A. y calcula el inverso d de e módulo ϕ(n). ya que seg´ un el Teorema de Euler. de aproximadamente 100 d´ıgitos cada uno y calcula el n´ umero n = pq. Para cifrar un mensaje. obteniendo . se requieren 3. Sin embargo al escoger p y q debe tenerse cierto cuidado para que no se puedan aplicar algunas técnicas rápidas que se conocen para factorizar un entero positivo n. Primero convertimos las letras en sus equivalentes numéricos y formamos grupos de longitud cuatro. Las precauciones más importantes son: que los dos n´ umeros primos no sean muy próximos.17 Ejemplo.8 × 109 a˜ nos de computador para factorizar el entero n = pq. si este se escoge adecuadamente. En cuanto a la seguridad de este sistema es conveniente se˜ nalar que esta basado en la suposición que no hay un procedimiento computacionalmente eficiente para factorizar el entero n. p − q = (p + q)2 − 4n 3. con el desarrollo acelerado de la computación. q = (p + q) − (p − q) . Se sabe que usando el algoritmo de factorización más rápido conocido. uno de ellos debe tener unos cuantos d´ıgitos más que el otro. y que el máximo com´ un divisor (p − 1. cuando p y q tienen 100 d´ıgitos. No obstante. es posible que alg´ un d´ıa existan estos procedimientos y el sistema RSA sea vulnerable al criptoanálisis. q − 1) sea peque˜ no. 6. p + q = n − ϕ(n) + 1 p 2. CRIPTOGRAFIA requiere conocer la factorización de n lo que es virtualmente imposible sin conocer p y q. 2 nos indican que a partir del conocimiento de n y ϕ(n) conocemos la factorización de n = pq.220 ´ ´ CAPITULO 6. Observamos que tratar de encontrar ϕ(n) es tan dif´ıcil como factorizar n. puesto que si conocemos ϕ(n) entonces las identidades 1. p = (p + q) + (p − q) 2 4. Usemos el sistema RSA con n = 47 × 61 = 2867 y e = 7 para cifrar el mensaje LA SABIDURIA NO LLEGA POR LA EDAD SINO POR LA EXPERIENCIA. C ≡ (P + 2−1 b)2 − (2−1 b)2 (mod n) C + (2−1 b)2 ≡ (P + 2−1 b)2 (mod n) . SISTEMAS DE CLAVE PUBLICA 221 1100 1900 0108 0321 1808 0013 1511 1104 0600 1615 1811 0004 0300 0319 0813 1516 1518 1100 0424 1604 1808 0413 0208 0024 donde al final como de costumbre a˜ nadimos el n´ umero 24 correspondiente a la letra X para igualar el tama˜ no de los bloques. aplicamos a cada bloque P la transformación C ≡ P 7 (mod 2867 ) para obtener el mensaje cifrado que es 2568 2094 2609 2150 2323 1355 0291 0922 0157 0520 1155 2049 0382 1600 0400 2298 2092 2568 2022 2072 2323 1694 0073 2509 6.2 Sistema de Rabin En esta sección presentaremos un criptosistema inventado por el matemático Michael Rabin. La función de cifrado es muy sencilla y esta dada por la congruencia C ≡ P (P + b) (mod n ) donde n = pq es el producto de dos n´ umeros primos impares p y q muy grandes tales que p ≡ q ≡ 3 (mod 4). Luego. cuya seguridad también esta basada en la dificultad para factorizar grandes n´ umeros. Como tenemos la siguiente cadena de congruencias equivalentes C ≡ P (P + b) (mod n) C ≡ P 2 + P b (mod n) C ≡ P 2 + 22−1 P b (mod n).5. y b es un entero positivo menor que n.´ 6.5. donde 2−1 es el inverso de 2 módulo n. Puesto que n = pq con p y q primos impares. nos podemos limitar a estudiar solo el caso donde la transformaci´ on de cifrado es de la forma C ≡ P 2 (mod n) (6. con a = (2−1 b)2 y d = 2−1 b C1 ≡ P12 (mod n). El c´ alculo anterior nos muestra que una soluci´ on de la primera congruenp+1 cia es precisamente C 4 (mod p ). tenemos que resolver la congruencia. y las de la segunda son c y d entonces las soluciones de la congruencia (6. Similarmente. la congruencia no tiene m´ as soluciones.222 CAPÍTULO 6. CRIPTOGRAFÍA O V A T O S N U A I G B U R C + a ≡ (P + d)2 (mod n).1) son las que resultan de resolver los siguientes cuatro sistemas de congruencias . En virtud del Teorema de Lagrange.1) Para descifrar un mensaje encriptado usando la transformaci´ on anterior. Obviamente otra soluci´ on de la primera p+1 congruencia es −C 4 (mod p). las soluciones de la segunda q+1 q+1 congruencia del sistema son C 4 (mod q) y −C 4 (mod q). ya que por el Teorema de Fermat P p ≡ P (mod p). Por lo tanto. donde C1 = C + a y P1 = P + d. considerando a P como la incognita.59 resolver la congruencia es equivalente a resolver el sistema C ≡ P 2 (mod p) C ≡ P 2 (mod q) lo que hace necesario conocer la factorizaci´ on del n´ umero n. Supongamos que P es una soluci´ on de ella . si suponemos que las soluciones de la primera congruencia son a y b . seg´ un el Teorema 4. como p ≡ 3 (mod 4 ) tenemos p+1 2 p+1 2 2 4 4 C ≡ P ≡ P p+1 ≡ P pP ≡ PP ≡ P2 ≡ C (mod p). Consideremos la primera de las congruencias del sistema. tenemos que resolver el sistema de congruencias 553 ≡ P 2 (mod 47) 553 ≡ P 2 (mod 59) De acuerdo con la teor´ıa desarrollada. 2. y las soluciones de la segunda congruencia son 55315 (mod 59 ) y −55315 (mod 59 ). esto complica bastante la tarea de desciframiento de un mensaje y se considera una de las debilidades de este sistema. 4.5. Usando el algoritmo estudiado en la sección 6. Descifremos el mensaje 0553 1178 que nos fue enviado usando una transformación de la forma C ≡ P 2 (mod n) con n = 47 · 59 = 2773. SISTEMAS DE CLAVE PUBLICA 223 1.´ 6. 3. . obtenemos que las soluciones de la primera congruencia son 6 (mod 47 ) y 41 (mod 47). Desafortunadamente encontramos cuatro valores posibles de P para cada texto cifrado usando una transformación de Rabin . tenemos que resolver los cuatro sistemas de congruencias 1. las soluciones de la primera congruencia del sistema son 55312 (mod 47) y −55312 (mod 47 ). x ≡ b (mod p) x ≡ c (mod q). y las soluciones de la segunda congruencia son 9 (mod 59) y 50 (mod 59). Para descifrar el primer bloque 0553. x ≡ b (mod p) x ≡ d (mod q). x ≡ 6 (mod 47) x ≡ 9 (mod 59). x ≡ a (mod p) x ≡ c (mod q).4 para calcular potencias de un n´ umero módulo p. 6. Enseguida.8.18 Ejemplo. La solución de esta clase de sistemas se estudió en la sección 4. x ≡ a (mod p) x ≡ d (mod q). 8. 4. 2015 y 0699. De acuerdo a la tabla 6. x ≡ 6 (mod 47) x ≡ 50 (mod 59). x ≡ 12 (mod 47) x ≡ 23 (mod 59). x ≡ 41 (mod 47) x ≡ 9 (mod 59). Utilizando los métodos estudiados en la sección 4. Las soluciones de la primera congruencia son 117812 (mod 47) y −117812 (mod 47). 3. 0758. x ≡ 12 (mod 47) x ≡ 36 (mod 59). 2. Resolviendo los cuatro sistemas de congruencias 1.224 ´ ´ CAPITULO 6. x ≡ 41 (mod 47) x ≡ 50 (mod 59). CRIPTOGRAFIA 2. 3. 4. En forma similar para descifrar el bloque 1178. y las soluciones de la segunda congruencia son 117815 (mod 59) y −117815 (mod 59). las soluciones menores que n = 2773 de estos sistemas son respectivamente 2074.y las soluciones de la segunda congruencia son 36 (mod 59) y 23 (mod 59). x ≡ 35 (mod 47) x ≡ 36 (mod 59). . x ≡ 35 (mod 47) x ≡ 23 (mod 59).9. la u ńica solución que tiene sentido es 2015 que corresponde al d´ıgrafo TO.4 para calcular potencias de un n´ umero módulo p. obtenemos que las soluciones de la primera congruencia son 12 (mod 47) y 35 (mod 47) . tenemos que resolver el sistema de congruencias 1178 ≡ P 2 (mod 47) 1178 ≡ P 2 (mod 59). Usando el algoritmo estudiado en la sección 6. ´ 6. tener solución u ńica o tener varias soluciones. Por lo tanto el mensaje que nos enviaron esta formado por la palabra TOCA. Por ejemplo. . 0200. . la u ńica soluci´ on que tiene sentido es 0200 que corresponde al d´ıgrafo CA. De acuerdo a la tabla 6. es decir una sucesión que satisface la relación ak+1 > ki=1 ai para todo k = 1. . .5. an buscamos todos los valores x1 . Se trata de un antiguo problema que consiste en llenar una gran mochila con cierto n´ umero de art´ıculos de tal forma que escogiendo en cada caso. a2 . Si elegimos a V como la suma de algunos o todos los n´ umeros de una sucesión supercreciente a1 . .5.3 Sistema de la mochila Este es un criptosistema de clave p´ ublica que esta basado en el llamado “Problema de la mochila”. an . 6. n − 1. n − 2. SISTEMAS DE CLAVE PUBLICA 225 obtenemos. . a2 . la sucesión 4. 7. Como conjunto de n´ umeros a1 . . . . Observamos que el problema puede no tener solución . x2 . . . . . 15 > 4 + 7. . . an se acostumbra a escoger una sucesi´ P on supercreciente. las soluciones menores que n = 2773 de estos sistemas. . 68 es una sucesión supercreciente pues 7 > 4. · · ·. el problema de la mochila tiene solución unica ´ que puede encontrarse utilizando el siguiente algoritmo: Primero elegimos xn como xn = 1 si V ≥ an 0 si V < an y luego para i = n − 1. a2 . 32. . 32 > 4 + 7 + 15 y 68 > 4 + 7 + 15 + 32. . . 2573 y 0082. 15. .9. + an xn . 1 elegimos xi = P 1 si V − Pnk=i+1 ak xk ≥ ai 0 si V − nk=i+1 ak xk < ai . se cubra exactamente el volumen de la mochila. que son respectivamente 2691. Matemáticamente podemos describir el problema de la siguiente forma: Dado un n´ umero positivo V y un conjunto de enteros positivos a1 . xn con xi = 0 o xi = 1 que satisfagan la ecuaci´ on V = a1 x1 + a2 x2 + . uno o ninguno de los art´ıculos. . . 2. . Cifremos el mensaje SIEMPRE HAY ESPERANZA. de acuerdo con la longitud de las sucesiones supercrecientes y usamos la tabla 6. w2 . donde (3852. cada usuario escoge una sucesión supercreciente de enteros positivos (a1 . 240. w2 ≡ wa2 (mod m ). seg´ un el caso. m) = 1. . . b2 . 15. . y escogiendo m = 3852 > 2 · 1901 y w = 875. 32. bn ). . Como 90− 68·1− 32·0− 15·1 = 7 ≥ 7. . a2 . ternas etc. en tanto que se guarda secreta la clave de desciframiento que es la pareja de n´ umeros (m. usando la sucesión supercreciente (3. wn ) de menores residuos positivos módulo m. . se comunica como la clave p´ ublica. Por lo tanto la solución del problema es 90 = 7 + 15 + 68. 7. tomamos x1 = 0. + an bn . . se define como el n´ umero a · b = a1 b1 + a2 b2 + . donde los xi deben ser 0 o 1. Luego escoge un entero m tal que m > 2an y un entero w tal que (w. 8. . a2 . y forma la sucesión (w1 . wn ≡ wan (mod m ). an ) y b = (b1 . wn ). Expliquemos como funciona el sistema de cifrado de la mochila. Para cifrar un mensaje agrupamos las letras consecutivas en parejas. 68 y resolvamos el problema de la mochila con V = 90. Primero. . 10. tomamos x3 = 1. 29. an ) de una longitud previamente acordada.19 Ejemplo. . para as´ı dividir el mensaje en bloques de longitud 5. 952. Recordamos que el producto punto de dos vectores a = (a1 . 58. w2 . . El mensaje que enviamos es el conjunto de los productos as´ı definidos. donde w1 ≡ wa1 (mod m ). 475.10 la cual se obtiene al escribir los equivalentes numéricos de las letras en base dos. . que ya no es una sucesión supercreciente. . 1901). . y el vector (w1 .226 ´ ´ CAPITULO 6. Consideremos la sucesión supercreciente 4. w−1 ) donde w−1 es el inverso de w m´ odulo m. 6. . Esta sucesión. . . tomamos x2 = 1 y finalmente como 90 − 68 · 1 − 32 · 0 − 15 · 1 − 7 · 1 = 0 < 4. Como 90 − 68 · 1 = 22 < 32. Luego efectuamos el producto punto de los vectores cuyas componentes son estas sucesiones de ceros y unos. · · ·. como 90 ≥ 68. Siguiendo el algoritmo. . tomamos x5 = 1. . 117. tomamos x4 = 0. Como 90 − 68 · 1 − 32 · 0 = 22 ≥ 15. .15. es decir resolvamos la ecuación 90 = 4x1 + 7x2 + 15x3 + 32x4 + 68x5 . . etc. CRIPTOGRAFIA 6. 15. 875) = 1. usualmente la longitud es un m´ ultiplo de 5. .20 Ejemplo. 4888. obtenemos la sucesión (2625. 674. 1. evaluamos el producto punto (1. con el vector cuyas componentes son la sucesión antes obtenida. 0) · (2625. Equivalentes numéricos en base 2 Multiplicando cada n´ umero de la sucesión supercreciente por w y tomando el resultado módulo m. 968. 2223. 3148. Para ilustrar como se obtuvo el primero de los n´ umeros anteriores. Luego. 3461. 1992. 0. 674. 3461. 7378. 3163). 7923. 5816. encontramos el conjunto de n´ umeros que enviamos como mensaje cifrado. 0. Para descifrar un mensaje. 6086. 1. 0. 2223. SISTEMAS DE CLAVE PUBLICA A B C D E F G H I 00000 00001 00010 00011 00100 00101 00110 00111 01000 J K L M N ˜ N O P Q 01001 01010 01011 01100 01101 01110 01111 10000 10001 R S T U V W X Y Z 10010 10011 10100 10101 10110 10111 11000 11001 11010 Tabla 6. 1569. El resultado es 7554. multiplicamos cada n´ umero del .10. 1569. 9606. primero hallamos el inverso de w = 875 módulo 3852.10. 2263. 7022. este es w−1 = 383. 0. 1. 0.5. 968. Dividiendo el mensaje en bloques de dos letras y tomando los equivalentes numéricos de acuerdo con la tabla 6. 1561) = = 2625 + 2263 + 674 + 1992 = 7554 Los demás n´ umeros se calculan en forma similar. cada uno 1001101000 0010001100 1000010010 0010000111 0000011001 0010010011 1000000100 1001000000 0110111010 0000011000 Efectuando los productos punto de cada uno de los vectores que tienen como componentes los bloques anteriores. 2263.227 ´ 6. 9161. 4215. 3148. 1992. tenemos los siguientes bloques de diez d´ıgitos de unos y ceros. n) = (5. Hallar el texto plano correspondiente. 58. Para finalizar este cap´ıtulo. Cifrar el mensaje EL FINAL ESTA PROXIMO usando el sistema RSA con n = 37 · 73 y e = 17. con respecto a la sucesión original obtenemos 330 = 3 + 29 + 58 + 240. Un texto cifrado usando el sistema RSA con (e. Hallar la clave de desciframiento. queremos se˜ nalar que el objetivo que nos propusimos fue interesar al estudiante en el conocimiento b´ asico de estos temas. y resolvemos los problemas de la mochila resultantes con respecto a la sucesión supercreciente original (3. 475. ya que el estudio de la Criptolog´ıa es hoy en d´ıa una de las ramas de mayor desarrollo. 117. Esto nos indica que el primer n´ umero corresponde al bloque 1001101000. Por ejemplo para el primer n´ umero tenemos 7554 · 383 ≡ 330 (mod 3852) y resolviendo el problema de la mochila para V = 330. no son confiables como sistemas de clave p´ ublica. tomando el resultado módulo 3852. 5. 29. 1901). si se conoce que n = 31621 y φ(n) = 31212. 8. 952.228 ´ ´ CAPITULO 6. φ(n) = 153000 y que la clave de enciframiento es e = 19. entonces puede factorizar n. 2. que representa el diagrama SI. 15. Dado que en 1982 Shamir encontró un algoritmo para resolver el problema de la mochila en tiempo relativamente corto. . 4. usado en un cifrado RSA.aunque se han modificado para mejorar su seguridad. con métodos basados en matemáticas avanzadas y en teor´ıa de la computación.4 1. Probar que si un criptoanalista descubre un mensaje P que no es primo relativo con el módulo n = pq. 3. 240. Ejercicios 6. CRIPTOGRAFIA mensaje recibido por w−1 = 383. 7663) es 5033 6283 5033 1458 5927 2550 6616. Hallar los primos p y q utilizados en un cifrado RSA. En un sistema RSA se sabe que n = 153863. estos sistemas . 12. 7. 8. 36. 90. 160) 10. 62) (b) (5. 115. Descifrar el siguiente mensaje 0009 1460 3224. no sea primo relativo con el módulo n es + − . 20.´ 6. Probar que la probabilidad de que un mensaje P cifrado con un sistema 1 1 1 RSA. 163) con m = 372 y w = 77. 30. p q pq 7. 178) (c) (4. Descifrar el mensaje 561 168 220 613 573 348 168 170 220 052 495 000 393 613. Determinar cuáles de las siguientes sucesiones son supercrecientes: (a) (2. cifrar el mensaje TODO SE PAGA MENOS LA SALUD. 11. 14. 20. que fue encriptado usando la sucesión supercreciente (12. 74. 35. 57. SISTEMAS DE CLAVE PUBLICA 229 6. 472. 16. .5. 7. 940) con m = 2112 y w = 595 encriptar el mensaje EL PRECIO SE OLVIDA LA CALIDAD PERMANECE. 43. que fue encriptado usando una transformación de la forma C ≡ P 2 (mod3233). 25. 9. 230. 61. 32. 9. Usando la sucesión supercreciente (2. 3. Usando un cifrado de Rabin de la forma C ≡ P (P + 9) (mod 9379 ). ´ CAPITULO 7 Fracciones continuas En este cap´ıtulo vamos a estudiar las fracciones simples. Por lo tanto una fracción continua simple tiene la forma. Si todos los bi son 1. decimos que la fracción es una fracci´ on continua simple. Una fracci´ on continua es una expresión de la forma. sus propiedades más importantes y algunas de sus aplicaciones. b1 a1 + b2 a2 + a3 + b3 a4 + · · · donde los ai y bi son n´ umeros reales o complejos. a1 es un entero arbitrario y todos los ai con i ≥ 2 son enteros positivos. 1 a1 + 1 a2 + a3 + 230 1 a4 + · · · . hay que precisar su significado matemático. Si el n´ umero de términos es infinito. Sea r = p q un n´ umero racional con q > 0. Si el n´ umero de términos de una fracción continua simple es finito. decimos que la fracción es una fracci´ on continua simple infinita y en este caso. .7..+ 1 an se representa por la notación [a1 . El rec´ıproco de esta afirmación también es cierto es decir tenemos el siguiente resultado. 7. ´ Unicamente vamos a estudiar fracciones continuas simples.1. . Demostraci´ on. FRACCIONES CONTINUAS FINITAS 231 donde los ai son enteros y ai > 0 para i ≥ 2. .1 Fracciones continuas finitas La fracción continua finita. a2 .1 Teorema. 7. por lo tanto cuando hablemos de fracciones continuas. 1 a1 + 1 a2 + 1 a3 + a4 + 1 . . Los n´ umeros ai en una fracción simple se llaman los términos de la fracción. Todo n´ umero racional puede expresarse como una fracci´ on continua simple finita. . an ] y es simplemente un n´ umero racional que se obtiene efectuando las operaciones indicadas. asumiremos que ellas son simples aunque no lo mencionemos expl´ıcitamente. Aplicando repeti- . decimos que la fracción es una fracci´ on continua simple finita y claramente representa un n´ umero racional. Las ecuaciones anteriores pueden escribirse en la forma rn−3 rn−2 p r1 1 = a1 + = a1 + q q q r1 q r2 1 = a2 + = a2 + r1 r1 r1 r2 r1 r3 1 = a3 + = a3 + r2 r2 r2 r3 . 0 < r 3 < r2 . 1 ..232 ´ CAPITULO 7. 0 < r1 < q q = r1 a2 + r2 . . . . r2 . forman una sucesión decreciente de enteros positivos menores que q. rn−1 1 = an−1 + = an−1 + rn−2 rn−2 rn−1 rn−2 = an rn−1 y por sustituciones sucesivas obtenemos p = a1 + q 1 1 a2 + 1 a3 + a4 + = [a1 .. a2 . Como los residuos r1 . ... rn−3 = rn−2 an−1 + rn−1 . . FRACCIONES CONTINUAS damente el algoritmo de la división tenemos p = qa1 + r1 . an ]. . el proceso debe terminarse en un n´ umero finito de pasos con un residuo rn = 0 como se ha indicado. . 0 < rn−1 < rn−2 rn−2 = rn−1 an + rn con rn = 0. . 0 < r 2 < r1 r1 = r2 a3 + r3 . . .+ 1 an . . . 1. . luego − 63 1 3 = −6 + = −6 + 11 11 11 3 1 = −6 + 2 3+ 3 1 = −6 + 1 3+ 3 2 1 = −6 + 1 3+ 1 1+ 2 = [−6. Expresemos 233 −63 como fracción continua simple. an ] q . .1. FRACCIONES CONTINUAS FINITAS 7. − 63 = −6 + 11 1 1 3+ 1+ 1 1+ 1 1 = [−6. En efecto.2 Ejemplo. 2]. 3. todo n´ umero racional puede expresarse como una fracción conp tinua simple finita de dos formas diferentes. Escribiendo el u ´ltimo término en la forma 2 = 1 + 1. si = [a1 . 1. 3. En general. 1]. .7. 1. 11 Tenemos. observamos también que. a2 . −63 = 11 · (−6) + 3 11 = 3 · 3 + 2 3 =2·1+1 2 = 1 · 2 + 0. 128/43. 7. . . 1].234 ´ CAPITULO 7. . q El razonamiento anterior también nos muestra que si una representación de un n´ umero racional como fracción continua finita tiene un n´ umero par de términos. a2 . an − 1. 1. 4. an ] = [a1 . . . −72/23. a2 . . ¿Qué se puede conjeturar sobre la representación de π como una fracción continua simple? En los ejercicios 8 al 11 determinar el n´ umero racional representado por cada fracción continua simple. . . . Ejercicios 7. 6. an−2 . . . a2 . .1 Expresar cada uno de los siguientes n´ umeros racionales como una fracción continua simple finita. escribiendo el u ´ltimo termino an en la forma an = (an − 1) + 1 tenemos p = [a1 . . 5. Expresar como fracción continua simple los n´ umeros racionales 3.14159 y 3. an−1 + 1]. . 3. 2. su otra representación tiene un n´ umero impar de términos.1416. q y si an = 1. 302/53. . . −100/37. an−1 . . an ] = [a1 . 112/253. a2 . −426/107. podemos escribir an−1 + 1 1 = an−1 + = an−1 + 1 an 1 y por lo tanto p = [a1 . FRACCIONES CONTINUAS con an > 1. 2. [1. Consideremos la fracción continua finita [2.235 7. [−1. que puede ser finita o infinita. 1. 2. 3. 2. . .1 deducir un método rápido para expresar un n´ umero racional positivo como fracción continua simple. . CONVERGENTES 8. a2 . ai ] donde i = 1. 4] = 2 + 1 4+ 1 = 11 5 1 C4 = [2. .. 6]. . 1] = 2 + C2 = [2. . . . Si p > q > 0 y pq = [a1 . 4. a2 . . 34 Observamos que en el caso de una fracción continua simple finita [a1 . 1. 7. Sus convergentes son C1 = [2] = 2 1 9 = 4 4 1 C3 = [2. .. [0. = . . an ] su u ´ltima convergente Cn es simplemente el n´ umero racional representado por dicha fracción. ak+1 . 4. . [−4.2. A partir del Teorema 7.]. . . Para 2 ≤ k ≤ n. . . 13. 11. . 3. 7. a2 . . . . an ]. .2 q p Convergentes Dada una fracción continua simple [a1 . . 3. . 4. 1. a2 . . 2]. an ]. a2 . encontrar una representación de como fracción continua simple finita. . probar que [a1 . definimos sus convergentes o reducidas como los n´ umeros racionales Ci = [a1 . 3. 10.3 Ejemplo. ak−1 . . . 12. . 6] = 2 + 4+ 1 1+ 1 6 75 . 5]. 14. xk ] donde xk = [ak . . 2. an ] = [a1 . 9. 2. 1. 1. 1]. 2]. ai−1 . a2 . 2. q1 . (7. a2 . luego C1 = p1 = a1 = [a1 ] como se requiere. 2. pn la convergente n–ésima de una fracci´ on conqn tinua simple [a1 . . La demostración es por inducción sobre n. q0 = 0. 390 1 6+ 2+ 1 6+ 1 2 El teorema siguiente nos permite calcular fácilmente el valor de las convergentes de una fracción continua. 2. Si n = 1 las fórmulas (7. 6. Definamos adem´ as p0 = 1. 6. v´ alidas para todo n ≥ 1.4 Ejemplo. p−1 = 0 y q−1 = 1. los términos 2. 6] donde la barra sobre los enteros 2 y 6 indica que ellos se repiten indefinidamente. 2] = 3 + = 1 2+ 1351 . Entonces se tienen las f´ ormulas de recurrencia 7. .1) se transforman en p1 = a1 · 1 + 0 = a1 q1 = a1 · 0 + 1 = 1. Sea Cn = pn = an pn−1 + pn−2 . 6 forman el periodo. 6.5 Teorema.]. Las convergentes quinta y sexta de esta fracción son 1 C5 = [3. . 2. Demostraci´ on. 2. Consideremos la fracción continua simple infinita [3.236 ´ CAPITULO 7.1) qn = an qn−1 + qn−2 . Una fracción de esta clase se llama peri´ odica. 6] = 3 + = 1 2+ 627 181 1 6+ 2+ 1 6 1 C6 = [3. FRACCIONES CONTINUAS 7. ak+1 qk + qk−1 = En consecuencia pk+1 = ak+1 pk + pk−1 . Para calcular las convergentes de una fracción continua usamos las fórmulas de recurrencia. el valor de la fracción continua es la u ´ltima convergente C5 . qk+1 = ak+1 qk + qk−1 . 2. ak . . 4. es decir [3.1) son válidas para todo entero n ≥ 1.2. ak−1 . elaborando una tabla como en el ejemplo siguiente. Evaluemos las convergentes de la fracción continua [3. 4. 7. 2. 1. . . 2]. . 2] = 106/33. . . Por lo tanto. CONVERGENTES Supongamos ahora que el resultado es cierto para n = k y cualquier fracción continua. ak+1 ] = a1 . ak + ak+1 y por la hip´ otesis de inducci´ on 1 ak + ak+1 pk−1 + pk−2 Ck+1 = 1 ak + ak+1 qk−1 + qk−2 ak+1 (ak pk−1 + pk−2) + pk−1 ak+1 (ak qk−1 + qk−2 ) + qk−1 ak+1 pk + pk−1 = . a2 . las fórmulas (7. Tenemos 1 Ck+1 = [a1 .237 7. a2 .6 Ejemplo. Elaboramos la tabla siguiente: i ai pi qi Ci −1 0 0 1 1 0 1 3 3 1 3 2 4 13 4 13/4 3 1 16 5 16/5 4 2 45 14 45/14 5 2 106 33 106/33 En particular. 1. . . . Vamos a deducir algunas propiedades de las convergentes que nos permitan precisar el significado de una fracción continua infinita y nos mostraran como se pueden usar las convergentes de una fracción para encontrar aproximaciones de un n´ umero irracional. 2) por qn qn−1 tenemos el resultado deseado. qn ) = 1. Supongamos que el resultado es cierto para n = k. La demostración es por inducción sobre n. .2) es cierta para todo n ≥ 1. FRACCIONES CONTINUAS pn la convergente n–ésima de la fracci´ on continua qn simple [a1 . entonces 7. De (7.7 Teorema. a2 . 7. Para todo n ≥ 1. (7.11 (pn . qn ) = 1.2) se sigue que pn qn−1 pn−1 + qn =1 (−1)n (−1)n+1 y por el Teorema 2.8 Corolario. (pn . . Dividiendo (7. Demostraci´ on.238 ´ CAPITULO 7. Si n = 1 tenemos p1 q0 − p0 q1 = a1 · 0 − 1 · 1 = (−1) = (−1)1 puesto que p1 = a1 y por definición p0 = 1 y q0 = 0. 7.2) para todo n ≥ 1. . Sea Cn = pn qn−1 − pn−1 qn = (−1)n (7.3) Demostraci´ on. Demostraci´ on. qn qn−1 (7. Para todo n ≥ 2 Cn − Cn−1 = (−1)n .]. .9 Corolario. Por las fórmulas (7.1) tenemos pk+1qk − pk qk+1 = (ak+1 pk + pk−1 )qk − pk (ak+1 qk + qk−1 ) = −(pk qk−1 − pk−1 qk ) = −(−1)k = (−1)k+1 y por el principio de inducción matemática. a2 . . el resultado es consecuencia de la desigualdad estricta. CONVERGENTES 239 7.7. entonces pn qn−2 − pn−2 qn = (−1)n−1 an para todo n ≥ 1. 7. . Supongamos que la desigualdad es cierta para n = k. La demostración es por inducción sobre n. qn ≥ n. Como q0 = 1.5 y observando que ak+1 ≥ 1.]. Dividiendo por qn qn−2 tenemos el siguiente corolario. Si Cn = pqnn es la convergente n–ésima de la fracci´ on continua simple [a1 .10 Teorema. Para n ≥ 1.]. .4) 7. Usando el Teorema 7. entonces para todo n ≥ 1 qn ≥ qn−1 y la desigualdad es estricta para n > 1.7 tenemos pn qn−2 − pn−2 qn = (an pn−1 + pn−2 )qn−2 − pn−2 (an qn−1 + qn−2 ) = an (pn−1 qn−2 − pn−2 qn−1 ) = an (−1)n−1 . Por lo tanto el resultado es cierto para todo entero positivo n ≥ 1. Demostraci´ on. qn qn−2 (7. 7. Si n = 1 la desigualdad se reduce a q1 ≥ q0 = 1 que es verdadera puesto que q1 es un entero positivo. por las fórmulas de recurrencia y el Teorema 7. Para todo n ≥ 1.11 Corolario.12 Teorema. . Demostraci´ on. .2. Cn − Cn−2 = (−1)n−1 an . Demostraci´ on. a2 . Para todo n ≥ 3. tenemos qk+1 = ak+1 qk + qk−1 ≥ qk + qk−1 > qk . . .13 Corolario. Sea Cn = pqnn la convergente n–ésima de la fracci´ on continua simple [a1 . C2 > C4 > C6 > · · · . Si r > s entonces C2s−1 < C2r−1 pues las convergentes impares forman una sucesión creciente.5) Sean ahora r y s dos enteros positivos arbitrarios. Adem´ as toda convergente impar es menor que toda convergente par. por lo tanto C2s−1 < C2r . Si r = s por (7. r = s o r < s. (7. Si n ≥ 3 y n es un entero impar. Demostraci´ on.8 tenemos que Cn − Cn−1 = (−1)n .240 ´ CAPITULO 7. q2k q2k−1 luego C2k ≥ C2k−1 para todo k ≥ 1. el lado derecho de la ecuación (7. 1. Las convergentes Cn de una fracci´ on continua simple satisfacen las desigualdades C1 < C3 < C5 < · · · . qn qn−1 Tomando n = 2k tenemos C2k − C2k−1 = 1 > 0.14 Teorema. . Se pueden presentar 3 casos: r > s. 2.4) es positivo y por lo tanto las convergentes impares forman una sucesión creciente. Por el Corolario 7. En forma similar se ve que las convergentes pares forman una sucesión decreciente.5) C2r−1 < C2r . para n ≥ 2. Adem´ as por (7. FRACCIONES CONTINUAS 7.5) C2s−1 < C2r . [1.14.7. . pn /pn−1 = [an . Ejercicios 7. 1. 1. . 4. 1. . Si r < s entonces C2s < C2r pues las convergentes pares forman una sucesión decreciente. . CONVERGENTES 241 3. 2. . 3. . 292. . 7. De (1). . 1. an ] probar que para n ≥ 1. 1] son Cn = Fn+1 /Fn donde las Fn son los n´ umeros de Fibonacci. . Si a1 > 0 y pn /qn = [a1 . Adem´ as por (7. 1. Probar que las convergentes de la fracción continua periódica [1. 6. 1] 5. [4. 1. . 2] 2. 1. 1.2. [3. [3. an ] probar que para n ≥ 2. (2) y (3) concluimos que toda convergente impar es menor que toda convergente par. . 3] Elaborando una tabla apropiada encontrar las primera 7 convergentes de cada una de las siguientes fracciones continuas: 4. a1 ] 8.2 Encontrar las convergentes de cada una de las siguientes fracciones continuas y verificar que satisfacen el Teorema 7. 1. 6] 7. a2 ] 9. 1. . 2] 3. 8] 6. [−2. por lo tanto C2s−1 < C2r . . . [3. . . 5. . Si pn /qn = [a1 .5) C2s−1 < C2s . 3. qn /qn−1 = [an . 15. FRACCIONES CONTINUAS Fracciones continuas infinitas El teorema siguiente nos permite darle significado preciso a una fracción continua simple infinita. Similarmente las convergentes pares son una sucesión convergente ya que forman una sucesión decreciente y acotada inferiormente.3 ´ CAPITULO 7.15 Teorema. n→∞ Veamos que L = M . como quer´ıamos probar. lo cual implica que lim Cn = L. por los Corolarios 7. a3 . a2 . por lo tanto forman una sucesión convergente.242 7. n→∞ n→∞ es decir M = L. q2n q2n−1 2n(2n − 1) luego lim (C2n − C2n−1 ) = 0.8 y 7.14 las convergentes impares forman una sucesión creciente y acotada superiormente de n´ umeros reales. Si [a1 . . . 7. . Por el Teorema 7.13 tenemos 0 ≤ C2n − C2n−1 = (−1)2n 1 < .] es una fracci´ on continua simple infinita y Cn = pqnn es su n–ésima convergente. n→∞ En efecto. Supongamos que lim C2n−1 = L n→∞ y lim C2n = M. n→∞ y por lo tanto lim C2n − lim C2n−1 = 0. entonces existe un n´ umero real x tal que x = lim Cn . n→∞ Demostraci´ on. . Por los teoremas anteriores tenemos que C1 < C3 < C5 < · · · < x < · · · C6 < C4 < C2 . . x siempre esta entre Cn y Cn+1 . . . .16 Teorema. a3 .] como el n´ umero real x. FRACCIONES CONTINUAS INFINITAS El teorema anterior nos sugiere que definamos la fracción continua simple infinita [a1 .3. 7.243 7. Demostraci´ on. a2 . por lo tanto 0 <| x − Cn |<| Cn+1 − Cn |= 1 qn+1 qn Supongamos que x fuera un n´ umero racional x = desigualdad anterior tenemos. luego para cualquier valor de n. a2 . . El n´ umero real x del teorema anterior es un n´ umero irracional. a3 . .] = x = lim Cn n→∞ donde Cn = qn /qn es la n–ésima convergente. Por lo tanto definimos [a1 . . . a pn . 1 . Escogiendo n suficientemente grande para que b < qn+1 . Veamos ahora que todo n´ umero irracional se puede expresar como una fracci´ on continua simple infinita. de la . 7. b qn qn+1 qn y por lo tanto 0 <| aqn − bpn |< b qn+1 a b . Demostraci´ on. Sea x un n´ umero irracional entonces x puede expresarse de manera u ńica como una fracci´ on continua simple infinita. Sea x un n´ umero irracional. x1 . Luego necesariamente x es un n´ umero irracional. podemos expresar el n´ umero x en la forma 1 x = a1 + . tendr´ıamos que el entero | aqn − bpn | estar´ıa entre 0 y 1 lo cual es imposible. con b > 0. 0< − < .17 Teorema. lo cual es posible porque los enteros qn crecen con n. a2 . FRACCIONES CONTINUAS 1 x1 < 1.244 con a1 = [x] y 0 < ´ CAPITULO 7. Podemos expresar x1 en la forma x1 = a2 + donde a2 = [x1 ] y 0 < 1 x2 1 x1 < 1 se 1 x2 < 1. = [a1 . como a1 = [x] y para cada i ≥ 1 tenemos ai+1 = [xi ]. Por lo tanto tenemos la representación x = a1 + = a1 + 1 x1 1 a2 + 1 x2 .]. a3 .. . Finalmente. 7. Resulta que a2 es un entero positivo y x2 es un n´ umero irracional mayor que 1. . .18 Ejemplo. Como x es irracional se tiene que x1 es irracional y como 0 < tiene que x1 > 1. Procediendo en forma recursiva. la representación de x como fracción continua simple infinita es u ńica. Expresemos √ 10 como una fracción continua simple infini- . podemos expresar el n´ umero xi en la forma xi = ai+1 + 1 xi+1 donde ai+1 = [xi ] es un entero positivo y xi+1 es un n´ umero irracional mayor que 1. . ] = [3. Algunas veces se puede utilizar la técnica ilustrada en el siguiente ejemplo: √ 7. x2 − 16 = 1 y (x − 4)(x + 4) = 1.19 Ejemplo. . entonces [ 10] = 3 y por lo tanto.7. 6. 6. obtenemos √ 10 = [3. . 10 − 3 1 10 = 3 + 1 6+ 1 6+ √ 1 10 − 3 y continuando s´ı. √ √ 10 = 3 + ( 10 − 3) = 3 + 1 =3+ √ 10 + 3 1 1 √ =3+ 6 + ( 10 − 3) 1 =3+ . FRACCIONES CONTINUAS INFINITAS ta. 6]. 6. √ Sea x = 17 entonces x2 = 17.3. 1 6+ 1 √ 10 − 3 Puesto que la expresión √ √ 1 1 √ ( 10 − 3) 1 vuelve a aparecer tenemos. . . Expresemos 17 como una fracción continua simple infinita. 6. Como 3 < 245 √ √ 10 < 4. FRACCIONES CONTINUAS Por lo tanto. Determinemos el n´ umero irracional representado por la fracci´ on periodica infinita [3. . . . 6].246 ´ CAPITULO 7. 6]. Entonces 1 x=3+ 1 1+ 1 6+ 1+ 1 6 + ··· . x−4= 1 x+4 x=4+ 1 4+x 1 x=4+ 1 4+ 4+x 4+ ! 1 x=4+ 8+ 1 4+x = ··· Continuando este proceso obtenemos que x = [4. 1. 8. 8.20 Ejemplo. Sea x = [3. 1. 7. 8]. 8.] = [4. Ejercicios 7. 2. Por lo tanto x = [3.3.3 Expresar como fracción continua simple infinita cada uno de los n´ umeros irracionales siguientes: 1. FRACCIONES CONTINUAS INFINITAS 247 luego. 6] = √ 15 √ Observamos que x 6 =− 15 porque el primer término de la fracción continua simple es positivo. √ 5.7. . x−3= 1 1+ = 1+ = 1 6 + (x − 3) 1 1 x+3 1 x+4 x+3 x+3 = . 1. √ 8. (x − 3)(x + 4) = x + 3 x2 + x − 12 = x + 3 x2 = 15. x+4 de donde. √ 6. an . . FRACCIONES CONTINUAS 3. [5.21 Teorema. bm . 1]. 6]. 9. 1]. . En cada uno de los ejercicios del 7 al 10. 3. 21. bm ]. 37. Si x = [a1 . Hallar los cuatro primeros términos de la fracción continua que representa al n´ umero π. 12. 10]. 10. √ 5. los irracionales cuadráticos son n´ umeros de la forma r + s d donde r y s son n´ umeros racionales con s 6 = 0 y d es un n´ umero entero positivo que no es un cuadrado perfecto. De acuerdo a la fórmula para resolver ecuaciones de √ segundo grado. √ 4. √ 14. b1 . . Vamos a demostrar que toda fracción continua periódica representa un n´ umero irracional cuadr´ atico. bm ] donde n es un entero no negativo y m es un entero positivo. . 5.4 Fracciones continuas peri´ odicas Una fracci´ on continua peri´ odica es una fracción continua de la forma [a1 . . c. . 2. b2 . . El periodo de la fracci´ on continua es la sucesión de términos que se repiten b1 . 7. probar que la convergente n–ésima de la fracción que representa a 1/x es el inverso multiplicativo de la convergente (n − 1)– ésima de la fracción que representa a x. . 11. 3 + 26. b1 . b2 . [−7. . . . Para x > 1. . entonces x es un n´ umero irracional cuadr´ atico. b. a2 . . . a2 . . 7. . [1. hallar el n´ umero irracional representado por la fracción continua 7. b2 . [1. . an . es decir un n´ umero que es ra´ız de una ecuación de la forma ax2 +bx+c = 0 con coeficientes enteros a.248 ´ CAPITULO 7. 8. . 16 y es un n´ umero irracional. . B. . Supongamos que y = r + s d con r y s n´ umeros racionales. an ] tenemos x = [a1 . m−1 /qm−1 son las dos u . an . como quer´ıamos probar. . bm ]. b2 .4. . a2 . . y] = yp0m + p0m−1 0 + q0 yqm m−1 0 y p0 0 donde p0m /qm ´ltimas convergentes de [b1 . . Si pn /qn y pn−1 /qn−1 son las u ´ltimas convergentes de la fracci´ on [a1 . . C y D son n´ umeros racionales. . . bm ]. . . Por el Teorema 7. FRACCIONES CONTINUAS PERIODICAS 249 Demostraci´ on.´ 7. De la ecuación anterior tenemos que 0 2 0 qm y + (qm−1 − p0m )y − p0m−1 = 0. bm . . b2 . Por lo tanto √ √ (A + B d)(C − D d) √ √ x= (C + D d)(C − D d) √ AC − dBD (BC − AD) d = + C 2 − dD 2 C 2 − dD 2 √ = r 0 + s0 d donde r 0 y s0 son n´ umeros racionales. . . . y tenemos y = [b1 . . El rec´ıproco del teorema anterior es cierto. b2 . s 6 = 0 y d un entero positivo que no es un cuadrado perfecto. De esta forma queda demostrado que x es un irracional cuadrático. . Sea y = [b1 . y] ypn + pn−1 = yqn + qn−1 √ (r + s d)pn + pn−1 √ = (r + s d)qn + qn−1 √ A+B d √ = C +D d donde A. pero su demostración es muy complicada para presentarla en un primer curso de teor´ıa de n´ umeros. . a2 . √ luego y es un n´ umero irracional cuadrático. . . y] con y = [6]. y] = 6 + y 2 − 6y − 1 = 0 √ y = 3 + 10 1 6y + 1 = y y . y] donde y = [2. por lo tanto 7y + 2 3y + 1 2 3y − 6y − 2 = 0 √ 3 + 15 y= . FRACCIONES CONTINUAS 7. Procediendo como en la demostración del teorema tenemos x = [4. 5] son C2 = 9/2 y C3 = 49/11. 3]. Encontremos el irracional cuadrático representado por la fracción periódica [4. 6 ]. Encontremos el n´ umero irracional cuadrático representado por la fracción periódica [4. 3]. Tenemos x = [4. 5. Por lo tanto 3+ √ 15 ! 49 + 9 3 x= √ ! 3 + 15 11 + 2 3 √ 174 + 49 15 √ = 39 + 11 15 √ 433 15 = + . 2. 2. 3 y= Los u ´ltimos convergentes de [4. Entonces y = [2.23 Ejemplo. 5. 2. y]. Luego y = [6. 2. Las u ´ltimas convergentes de [2.22 Ejemplo. 98 98 7. 3. 3] son C1 = 2 y C2 = 7/3.250 ´ CAPITULO 7. 6 ]. Sea x = [4. ´ 7.4. FRACCIONES CONTINUAS PERIODICAS 251 por lo tanto 1 4y + 1 x = [4, y] = 4 + = y y √ 4(3 + 10) + 1 √ = 3 + 10 √ 13 + 4 10 √ = 3 + 10 √ = 1 + 10. Usando los n´ umeros xi y ai definidos en la prueba del √ Teorema 7.17 se puede demostrar, con cierta dificultad, que: “si x = r + s d es un n´ umero √ irracional cuadrático tal que x > 1 y −1 < x < 0 donde x = r − s d, entonces la fracción continua que representa a x es una fracci´ on continua peri´ odica pura, es decir una fracción de la forma x = [a1 , a2 , . . . , an ]”. Como consecuencia directa de este resultado tenemos el teorema siguiente. 7.24 Teorema. Si d es un entero positivo que no es un cuadrado perfecto, √ entonces d tiene una representaci´ on como fracci´ on continua simple de la forma √ d = [a1 , a2 , a3 , . . . , an , 2a1 ]. √ √ Demostraci´ on. Supongamos que d = [a , a , a , . . .]. Como a = [ d] 1 2 3 1 √ √ √ tenemos que a1 + d > 1 y −1 < a1 − d < 0. Por lo tanto a1 + d es una fracci´ on continua periódica pura. Luego, existe un entero positivo n tal que a1 + √ d = a1 + [a1 , a2 , a3 , . . .] = [2a1 , a2 , a3 , . . . , an ], y en consecuencia √ d = −a1 + [2a1 , a2 , a3 , . . . , an ] = −a1 + [2a1 , a2 , a3 , . . . , an , 2a1 ] = [a1 , a2 , a3 , . . . , an , 2a1 ]. 7.25 Ejemplo. Veamos que p a2 − 1 = [a − 1, 1, 2(a − 1)] 252 ´ CAPITULO 7. FRACCIONES CONTINUAS donde a es un entero positivo mayor que 1. En efecto, p p a2 − 1 = (a − 1) + ( a2 − 1 − (a − 1)) = (a − 1) + 1 √ = (a − 1) + √ 1 a2 − 1 − (a − 1) 1 a2 − 1 + (a − 1) 2(a − 1) 1 √ = (a − 1) + 2(a − 1) + ( a2 − 1 − (a − 1)) 2(a − 1) 1 √ = (a − 1) + a2 − 1 − (a − 1) 1+ 2(a − 1) 1 = (a − 1) + 1 1+ 2(a − 1) √ 2 a − 1 − (a − 1) 1 = (a − 1) + 1 1+ √ a2 − 1 + (a − 1) 1 = (a − 1) + 1 √ 1+ 2(a − 1) + ( a2 − 1 − (a − 1)) √ Como la expresión a2 − 1 − (a − 1) aparece otra vez, concluimos que p a2 − 1 = [(a − 1), 1, 2(a − 1)]. 7.5. 253 ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES Ejercicios 7.4 Cada uno de los ejercicios del 1 al 4, hallar el n´ umero irracional cuadrático representado por la fracción continua 1. [1, 2, 3, 3, 2, 1] 2. [5, 3, 2, 1, 4] 3. [2, 5] 4. [4, 1, 3, 1, 8] 5. Hallar la fracción continua periódica que representa a 5, 10, 15 y 20. √ d cuando d = 6. Si a es un entero positivo,√probar que la fracción continua periódica que representa al n´ umero a2 + 1 es [a, 2a]. 7. Si a es un entero √ positivo, probar la fracción continua periódica que representa a a2 + 2a es [a, 1, 2a] 8. Si a es un entero mayor que 2, probar que p a2 − 2 = [a − 1, 1, a − 2, 1, 2(a − 1)]. 7.5 Aproximaci´ on de n´ umeros irracionales Veamos ahora como utilizar las convergentes de una fracción continua simple para encontrar aproximaciones racionales para un n´ umero irracional x. Empezaremos probando que las convergentes de la fracción continua simple cuyo valor es x son sucesivamente más próximas al n´ umero x. pn la convergente n–ésima de la fracci´ on contiqn nua simple [a1 , a2 , . . .] que representa al n´ umero x. Entonces . . x − pn . < . x − pn−1 . 26 Teorema. Sea Cn = . qn qn−1 7. . an+2 . y] donde y = [an+1 . a2 . qn−1 x= y dividiendo por yqn pn qn−1 pn−1 x− =− x− qn yqn qn−1 . Entonces ypn + pn−1 yqn + qn−1 y(xqn − pn ) = −xqn−1 + pn−1 pn−1 = −qn−1 x − . . Escribamos x en la forma x = [a1 . . FRACCIONES CONTINUAS Demostraci´ on.].254 ´ CAPITULO 7. . . an . . . . . . . . . p q p n n−1 n−1 . x − . = . . . x − . . qn yqn qn−1 Como y > 1 y qn > qn−1 para n > 1. tenemos que . . . . . x − pn . < . x − pn−1 . Sea Cn = la convergente n–ésima de la fracci´ on contiqn nua simple que representa al n´ umero real x.27 Teorema. qn qn−1 como quer´ıamos probar. El teorema siguiente nos proporciona una medida de la exactitud obtenida al aproximar x por su convergente n–ésima. entonces . pn 7. . . x − pn . qn qn+1 . < 1 . Como las convergentes de la fracción continua simple que representa al n´ umero x satisfacen las desigualdades C1 < C3 < C5 < · · · < x < · · · < C6 < C4 < C2 . entonces para cualquier valor de n. qn qn2 Demostraci´ on. x siempre esta entre Cn y Cn+1 y por lo tanto tenemos que | x − Cn |<| Cn − Cn+1 |= 1 . Por lo tanto x ' 349/124 ' 2.5. la séptima convergente es una de las aproximaciones buscadas. 1. En consecuencia. luego qn qn+1 ≥ qn2 y por lo tanto concluimos que | x − Cn |< 1 .12. y que se pueden investigar en textos mas avanzados de Teor´ıa de N´ umeros. 0005. 8145396 22 y observamos que la aproximaci´ on encontrada es correcta a la milésima. 2. necesitamos que 1/qn2 < 0. qn2 En el ejemplo que sigue ilustramos como se utiliza este teorema para calcular aproximaciones racionales del n´ umero real x. Para que la aproximación tenga el grado de exactitud requerido. Si elaboramos una tabla de convergentes obtenemos i ai pi qi −1 0 0 1 1 0 1 2 2 1 2 1 3 1 3 4 14 5 4 2 31 11 5 1 45 16 6 1 76 27 7 4 349 124 Como q7 > 44. 1] procediendo √ como en la de37 + 621 mostración del Teorema 7. 1] que se correcta a la milésima. correcta a la milésima. o sea qn > 44. 2. sabemos que qn+1 ≥ qn para todo n ≥ 1. Por lo tanto qn2 > 2000. Para terminar.7. 1. 4. encontramos que x = ' 2. queremos mencionar que hay numerosos e importantes resultados para aproximar un n´ umero irracional que hacen uso de la teor´ıa de las fracciones continuas.28 Ejemplo. . toda convergente Cn = pn /qn con qn > 44 nos proporciona una aproximación racional de x. Encontremos una aproximación racional del n´ umero x = [2.21. 255 ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES Por el Teorema 7. 7. 4. 814 Si calculamos el valor exacto de x = [2. 2. 1. 2].5 Encontrar una aproximación correcta a la diezmilésima del n´ umero irracional representado por cada una de las fracciones continuas siguientes: 1. 9. 1. 1]. FRACCIONES CONTINUAS Ejercicios 7. √ 7. 3.256 ´ CAPITULO 7. 7.]. donde e = [2. [0. probar que se tiene alguna de las desigualdades . 3. 1. 10. 1. √ 6. 4. 1. 4]. . 1. 15. . 2. . 1.]. √ 8. 11. 1. 1. 4. Hallar una aproximación correcta a la cienmilésima del n´ umero π. En los ejercicios 5 al 8 encontrar una aproximación correcta a la milésima de los n´ umeros dados. √ 5. 8. 292. 2 + 7. . 1. 1. [−2. Hallar una aproximación correcta a la diezmilésima del n´ umero e. 1. 5]. donde π = [3. 1. 6. . 2. 3. 23. [2. [4. . 15. 48. 1. Si Cn = pn /qn es la convergente n–ésima de la fracción continua simple que representa al n´ umero real x. 1. . . . . x − pn . < 1 . o . x − pn+1 . 2 qn 2qn2 qn+1 2qn+1 . < 1 . Números primos menores que 10.000 257 . 258 ´ CAPITULO 7. FRACCIONES CONTINUAS 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 101 103 107 109 113 127 131 137 139 149 151 157 163 167 173 179 181 191 193 197 199 211 223 227 229 233 239 241 251 257 263 269 271 277 281 283 293 307 311 313 317 331 337 347 349 353 359 367 373 379 383 389 397 401 409 419 421 431 433 439 443 449 457 461 463 467 479 487 491 499 503 509 521 523 541 547 557 563 569 571 577 587 593 599 601 607 613 617 619 631 641 643 647 653 659 661 673 677 683 691 701 709 719 727 733 739 743 751 757 761 769 773 787 797 809 811 821 823 827 829 839 853 857 859 863 877 881 883 887 907 911 919 929 937 941 947 953 967 971 977 983 991 997 1009 1013 1019 1021 1031 1033 1039 1049 1051 1061 1063 1069 1087 1091 1093 1097 1103 1109 1117 1123 1129 1151 1153 1163 1171 1181 1187 1193 1201 1213 1217 1223 1229 1231 1237 1249 1259 1277 1279 1283 1289 1291 1297 1301 1303 1307 1319 1321 1327 1361 1367 1373 1381 1399 1409 1423 1427 1429 1433 1439 1447 1451 1453 1459 1471 1481 1483 1487 1489 1493 1499 1511 1523 1531 1543 1549 1553 1559 1567 1571 1579 1583 1597 1601 1607 1609 1613 1619 1621 1627 1637 1657 1663 1667 1669 1693 1697 1699 1709 1721 1723 1733 1741 1747 1753 1759 1777 1783 1787 1789 1801 1811 1823 1831 1847 1861 1867 1871 1873 1877 1879 1889 1901 1907 1913 1931 1933 1949 1951 1973 1979 1987 1993 1997 1999 2003 2011 2017 2027 2029 2039 2053 2063 2069 2081 2083 2087 2089 2099 2111 2113 2129 2131 2137 2141 2143 2153 2161 2179 2203 2207 2213 2221 2237 2239 2243 2251 2267 2269 2273 2281 2287 2293 2297 2309 2311 2333 2339 2341 2347 2351 2357 2371 . 5. 2377 2381 2383 2389 2393 2399 2411 2417 2423 2437 2441 2447 2459 2467 2473 2477 2503 2521 2531 2539 2543 2549 2551 2557 2579 2591 2593 2609 2617 2621 2633 2647 2657 2659 2663 2671 2677 2683 2687 2689 2693 2699 2707 2711 2713 2719 2729 2731 2741 2749 2753 2767 2777 2789 2791 2797 2801 2803 2819 2833 2837 2843 2851 2857 2861 2879 2887 2897 2903 2909 2917 2927 2939 2953 2957 2963 2969 2971 259 ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES 2999 3001 3011 3019 3023 3037 3041 3049 3061 3067 3079 3083 3089 3109 3119 3121 3137 3163 3167 3169 3181 3187 3191 3203 3209 3217 3221 3229 3251 3253 3257 3259 3271 3299 3301 3307 3313 3319 3323 3329 3331 3343 3347 3359 3361 3371 3373 3389 3391 3407 3413 3433 3449 3457 3461 3463 3467 3469 3491 3499 3511 3517 3527 3529 3533 3539 3541 3547 3557 3559 3571 3581 3583 3593 3607 3613 3617 3623 3631 3637 3643 3659 3671 3673 3677 3691 3697 3701 3709 3719 3727 3733 3739 3761 3767 3769 3779 3793 3797 3803 3821 3823 3833 3847 3851 3853 3863 3877 3881 3889 3907 3911 3917 3919 3923 3929 3931 3943 3947 3967 3989 4001 4003 4007 4013 4019 4021 4027 4049 4051 4057 4073 4079 4091 4093 4099 4111 4127 4129 4133 4139 4153 4157 4159 4177 4201 4211 4217 4219 4229 4231 4241 4243 4253 4259 4261 4271 4273 4283 4289 4297 4327 4337 4339 4349 4357 4363 4373 4391 4397 4409 4421 4423 4441 4447 4451 4457 4463 4481 4483 4493 4507 4513 4517 4519 4523 4547 4549 4561 4567 4583 4591 4597 4603 4621 4637 4639 4643 4649 4651 4657 4663 4673 4679 4691 4703 4721 4723 4729 4733 4751 4759 4783 4787 4789 4793 4799 4801 4813 4817 4831 4861 4871 4877 4889 4903 4909 4919 4931 4933 4937 4943 4951 4957 4967 4969 4973 4987 4993 4999 5003 5009 5011 5021 5023 5039 5051 5059 5077 5081 5087 5099 5101 5107 5113 5119 5147 5153 5167 5171 5179 5189 5197 5209 5227 5231 5233 5237 5261 5273 5279 5281 5297 .7. FRACCIONES CONTINUAS 5303 5309 5323 5333 5347 5351 5381 5387 5393 5399 5407 5413 5417 5419 5431 5437 5441 5443 5449 5471 5477 5479 5483 5501 5503 5507 5519 5521 5527 5531 5557 5563 5569 5573 5581 5591 5623 5639 5641 5647 5651 5653 5657 5659 5669 5683 5689 5693 5701 5711 5717 5737 5741 5743 5749 5779 5783 5791 5801 5807 5813 5821 5827 5839 5843 5849 5851 5857 5861 5867 5869 5879 5881 5897 5903 5923 5927 5939 5953 5981 5987 6007 6011 6029 6037 6043 6047 6053 6067 6073 6079 6089 6091 6101 6113 6121 6131 6133 6143 6151 6163 6173 6197 6199 6203 6211 6217 6221 6229 6247 6257 6263 6269 6271 6277 6287 6299 6301 6311 6317 6323 6329 6337 6343 6353 6359 6361 6367 6373 6379 6389 6397 6421 6427 6449 6451 6469 6473 6481 6491 6521 6529 6547 6551 6553 6563 6569 6571 6577 6581 6599 6607 6619 6637 6653 6659 6661 6673 6679 6689 6691 6701 6703 6709 6719 6733 6737 6761 6763 6779 6781 6791 6793 6803 6823 6827 6829 6833 6841 6857 6863 6869 6871 6883 6899 6907 6911 6917 6947 6949 6959 6961 6967 6971 6977 6983 6991 6997 7001 7013 7019 7027 7039 7043 7057 7069 7079 7103 7109 7121 7127 7129 7151 7159 7177 7187 7193 7207 7211 7213 7219 7229 7237 7243 7247 7253 7283 7297 7307 7309 7321 7331 7333 7349 7351 7369 7393 7411 7417 7433 7451 7457 7459 7477 7481 7487 7489 7499 7507 7517 7523 7529 7537 7541 7547 7549 7559 7561 7573 7577 7583 7589 7591 7603 7607 7621 7639 7643 7649 7669 7673 7681 7687 7691 7699 7703 7717 7723 7727 7741 7753 7757 7759 7789 7793 7817 7823 7829 7841 7853 7867 7873 7877 7879 7883 7901 7907 7919 7927 7933 7937 7949 7951 7963 7993 8009 8011 8017 8039 8053 8059 8069 8081 8087 8089 8093 8101 8111 8117 8123 8147 8161 8167 8171 8179 8191 8209 8219 8221 8231 8233 8237 8243 8263 8269 8273 8287 8291 8293 8297 8311 8317 8329 8353 8363 8369 8377 8387 8389 8419 8423 .260 ´ CAPITULO 7. 5. 8429 8431 8443 8447 8461 8467 8501 8513 8521 8527 8537 8539 8543 8563 8573 8581 8597 8599 8609 8623 8627 8629 8641 8647 8663 8669 8677 8681 8689 8693 8699 8707 8713 8719 8731 8737 8741 8747 8753 ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES 8761 8779 8783 8803 8807 8819 8821 8831 8837 8839 8849 8861 8863 8867 8887 8893 8923 8929 8933 8941 8951 8963 8969 8971 8999 9001 9007 9011 9013 9029 9041 9043 9049 9059 9067 9091 9103 9109 9127 9133 9137 9151 9157 9161 9173 9181 9187 9199 9203 9209 9221 9227 9239 9241 9257 9277 9281 9283 9293 9311 9319 9323 9337 9341 9343 9349 9371 9377 9391 9397 9403 9413 9419 9421 9431 9433 9437 9439 9461 9463 9467 9473 9479 9491 9497 9511 9521 9533 9539 9547 9551 9587 9601 9613 9619 9623 9629 9631 9643 9649 9661 9677 9679 9689 9697 9719 9721 9733 9739 9743 9749 9767 9769 9781 9787 9791 9803 9811 9817 9829 9833 9839 9851 9857 9859 9871 9883 9887 9901 9907 9923 9929 9931 9941 9949 9967 9973 261 .7. 8. Como p 6 = 0 asuma quep = t+ con t ∈ N. 2. 262 . 3. Ejercicios 1. Suponga que m 6 = 0 yn 6 = 0 y luego use el ejercicio 1. Aplique el axioma A − 5 al conjunto S = {0} ∪ {n ∈ N | para alg´ un m ∈ N.1. 9.Respuestas y sugerencias Ejercicios 1. Para m fijo considere los conjuntos S = {n ∈ N | m + n ∈ N} y T = {n ∈ N | mn ∈ N}. Use los ejercicios 1 y 2 del grupo 1. Use el ejercicio 5. Para m ∈ N fijo considere el conjunto S = {n ∈ N | n ≤ m o m ≤ n}.1 1. Suponga que m 6 = 0 o´ n 6 = 0 y use el ejercicio 1. n = m+ }. 4. 5.2 1. 5. k < 0 o´ k > n + 1. 28. 29. Base 11. 11. Exprese 22(k+1)+1 − 9(k + 1)2 + 3(k + 1) − 2 en la forma a(22k+1 − 9k2 + 3k − 2) + b con b divisible por 54. Razone por contradicción. iii. 30. 27. 16. m X n X ai bj = j=1 i=1 " n m X X j=1 = m X j=1 = ai bj i=1 " bj n X i=1 # ai # ! m  n X X ai  bj  . (400803)9 = (30034342)5 . 22. 26. k = 0.7. Use el ejercicio 15.3 6. 1 ≤ k ≤ n. iv. Use PIM2 y para m fijo escriba Un+1+m+1 = Un+m+1 + Un−1+m+1 . 25. haga inducción sobre m. b = 7. Analice cuidadosamente el paso de P1 a P2 . k = n + 1. . Considere cuatro casos: i. (4685)9 (3483)9 = (17832126)9 . i=1 j=1 15. ii. ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES 263 Ejercicios 1. Use el ejercicio anterior. Para n fijo. Considere el conjunto H = {n ∈ N | n + a ∈ S}. 21. 23. El máximo com´ un divisor de dos n´ umeros se puede expresar de infinitas formas como combinación lineal de los dos n´ umeros. m). . 18. Sean d1 = (a. 20. entonces n ≤ m y escribiendo m = qn + r con 0 ≤ r < n y q ≥ 0. Use el ejercicio 7. Como 0 < r < n y a > 1 entonces 1 < ar < an . 24. 26) = 2 = (382)(3) + (26)(−44). 15. b). d | b2 y use el ejercicio 12. p4 ) = p3 . 12. Pruebe que d | 3a y d | 3b. 8. Si n | m se ve fácilmente que an −1 | am −1. 11. Tome d1 = (d. (1137. 6. p4 ) = p. Suponga que an −1 | am −1. Sea d = (a + b. −3997) = 7 = (−2947)(−118) + (−3997)(87). Para cada entero n > 1 sea T = {a | a > 1 y a |n} 10. Considere primero el caso c = 1. (a + b. un ) pruebe que d | 2. FRACCIONES CONTINUAS Ejercicios 2. y como an − 1 | aqn − 1 entonces an − 1 | ar − 1. 419) = 1 = (1137)(206) + (419)(−559) (−2947. Si d = (un+3 . Haga inducción sobre s. Pruebe que (d1 . Pruebe que d | a2 . un+1 ) = 1 para n ≥ 1. c). (382. Sea d = (a. Use que (un . 726) = 11 = (−275)(29) + (726)(11). (−275. 9. Luego r = 0 y n|m.264 ´ CAPITULO 7. 16. 13. ab). luego ar − 1 < an − 1 lo cual es una contradicción. 3 = (1426)(324) + (343)(−1347) 12 = (630)(−18) + (132)(86) 4 = (4001)(−4468) + (2689)(6648). 22. d2 ) = 1. si se tuviera r > 0 entonces am − 1 = aqn ar − 1 = (aqn − 1)ar + (ar − 1).1 5. (ab. b) y d2 = (a. en alg´ un momento puede que necesite probar que (un . Use los ejercicios 25 y 26 del grupo 1. Si d = (a. Sean d = (um . B) = 1. c] = 18. 26.3 para probar que d | ur uqn−1 y d | ur uqn . 14. 12. Use | ab | (k/a. 96 y 120. (4410. 7. ak).5. 19. 16. un ) y d0 = (ur . un ). (112. w = 0. 8712) = 18 = (-7) (4410) + (22) (1404) + (0) (8712). b]c| y el teorema 2. 240. b]. c = 10. b = 4. ([a. 15. k/b) = (ab. 72 y 480.2 2. 96 y 360. |[a. c] = [[a. 192. 11. 10. ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES 265 25. Hay otras respuestas.k/a. b) pruebe que a = b = d. Escriba a = Ad y b = Bd con (A. uqn−1 ) = 1.29 repetidamente. 768) = 16 = (1) (112) + (-2) (240) + (2) (192) + (0) (768). El MCD es 1. c) . 120 y 288. Use el ejercicio anterior.k/b) = (bk. ab. x = 6. 24 y 1440. 27. b. 13. z = 0. a = d. b = g. 5. y = −4. Ejercicios 2. 1404. 3. Utilice [a. (p − 1)(q − 1). Use el ejercicio anterior y el algoritomo Euclideano. a = 2. 17. Razone por contradicción.7. b]. uq ) = 1. Luego use que (uqn−1 . 21! + 2. 29). 13). 2. 21! + 3. (7.266 ´ CAPITULO 7. . 1764. 4k. Todo primo impar tiene la forma 4k + 1 o la forma 4k + 3.5 2. (3k. . 4. 7. 20. Ejercicios 2. b) = p o p2 . 24. Suponga que los u ńicos primos de esta forma son p1 . p2 . 11.4 1. 12375] = 408375. (5. 8820) = 98· [392. pk − 1.3 4. Use el teorema 2. 8. k debe ser par. 8820] = 52920. Use el Teorema 1. 25) y (21. 3. z son n´ umeros naturales entonces min(x. 21! + 21. [1485. (15. x + z. 17). pk y considere n = 4p1 p2 . (1485. Sugerencia: Si x. 2646. z) = x + y + z. Las ternas primitivas con x impar y 1 ≤ z ≤ 30 son (3. 5). 2646. y. . . 8. . (a2 . 5445. . 5.43 junto con la relación min(x + y. (392. 5k) con k ≥ 1. y. z) = x + y + z si y solo si a lo más uno de los n´ umeros es diferente de cero. b3 ) = p2 o p3 . y + z) + max(x. Ejercicios 2. (a2 . 13. . 12. y. 4. . FRACCIONES CONTINUAS Ejercicios 2. Si n no es una potencia de dos escriba n = kp con p primo impar. y. 10. 12375) = 495. 1764. 4. .16 con b = 6. z) + max(x. Observe primero que todo n´ umero de la forma 4k + 3 se puede escribir en la forma 4t − 1. . . 5445. . a) Para los n´ umeros reales x que cumplen x − [x] < 1/2. 3.2 1.2(h). Es similar a los dos ejercicios anteriores. 207. 13. 4.5. entonces x = n+θ con 0 ≤ |θ| < 1/2 y −x + 1/2 = −n − θ + 1/2 con 0 ≤ 1/2 − θ < 1. Si n es el entero más próximo a x. 5. Considere x = pn−1 con p primo. El exponente con que 2 aparece en la representación canónica de (2n)! P∞ 2n es k=1 k y el exponente con que 2 aparece en la representación 2 P h n i P h n i P∞ 2n ∞ ∞ 2 de (n!) es 2 . Ejercicios 3. No hay. σ(4320) = 15120. Ejercicios 3.7. 8. 12. 9. 7. Para cada primo p comparar el exponente con que p aparece en la representación canónica de (2n−2)! con el exponente con que p aparece en la representación de n!(n − 1)! 14. τ (4320) = 48. 144.1 2. 10. Pruebe que ≥ 2 k=1 k=1 k=1 2k 2k 2k usando el teorema 3. 48. 864. b) Para los n´ umeros reales x que cumplen x − [x] ≥ 1/2. ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES 267 6. Escriba la ecuación en la forma x4 = y 4 + z 2 . 28. 4. 117. x = 35. Suponga que hay solo un n´ umero finito de primos p1 . Si n es un n´ umero perfecto par. 8. 1920. p2 . 91.4 3. 190. 222. 6. Cuando n es par. 7.268 ´ CAPITULO 7. Use el Teorema 3. Pruebe que n no tiene factores primos impares. 11. 22.14 y considere que p es de alguna de las formas 4k +1 o 4k + 3. Use la formula 1 + 2 + · · · + n = 12 n(n + 1). 234. 56. 3. Si n = Qk ni i=1 pi entonces X d|n 2 d = k 2(n +1) Y p i −1 i i=1 p2i − 1 . . no hay soluciones. 95. x = 19. 111. x = 73. 228. Ejercicios 3. 90 Si Φ(x) = 72. 72. Si Φ(x) = 18. 146. . FRACCIONES CONTINUAS 7. 84. 148. 39. 54.3 1. pk y considere el n´ umero N = p1 p2 · · · pk 14. 45. 252. 38. Si Φ(x) = 24. . Si Φ(x) = 90. 70. 6. 182. entonces Φ(n) = 2p−1 (2p−1 − 1). 216. 4.. Si n es un cuadrado perfecto pruebe que σ(n) es impar. 27. n = 2a con a ≥ 1. 135. Ejercicios 3. 152. 78. . 52. 270. 12. 1 3. 10.6 2. Q 4.11. Use el ejercicio 4. Use el ejercicio 6. .26 a la función multiplicativa X f (n) = µ(d)τ (d). 5. Use 33 ≡ 1 (mod 13) y 43 ≡ 12 ≡ −1 (mod 13). Aplique el Teorema 3. Use 32n+1 = 3 · 9n ≡ 3 · 2n (mod 7).7. 7. Si n = ki=1 pni i entonces τ2 (n) = ki=1 ni +2 2 Ejercicios 3. Use el Corolario 4. 1 1− 2 pi . n P d|n |µ(d)| es multiplicativa. Φ(n) . d|n Q 3. 6.5.5 6. ki=1 (2 − pi ). Usando la fórmula de inversión de M¨ obius y el Teorema 3. ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES 269 Ejercicios 3. (−1)k ki=1 pi . n i=1 Ejercicios 4. 1 Qk (1 − pi ). La función g(n) = 8. Q Q 9.35 se obtiene g(n) = k Y i p2n i i=1 11. 4. Ejercicios 4. n = a0 + a1 100 + a2 (100)2 + · · · + ak (100)k es divisible por 101 si y solo si a0 − a1 + a2 − · · · es divisible por 101. 7}. 1. a561 ≡ a (mod 11) y a561 ≡ a (mod 17). Como Zn es un anillo finito con identidad el resultado se sigue del Teorema 4. 17.270 ´ CAPITULO 7. 4. Un sistema completo de residuos módulo 8 es: {0. Use ap−1 − bp−1 = (ap−2 + ap−3 b + · · · + bp−2 )(a − b). Ejercicios 4. 6 y 1.4 3. 5.3 2. Use ap−1 = (a p−1 2 )2 . 6. 5. FRACCIONES CONTINUAS 10. 3 y 3. 6. 2. ta+sb = (t + s)a. {7. 29}. 5. 19. En Z7 la solución de 3x + 4 = 1 es 6 y las soluciones de x2 + 2x + 6 = 0 son 2 y 3. Pruebe que a561 ≡ a (mod 3). a) 7. c) 543. 13. Escriba t+s en la forma t+s = qb+r con 0 ≤ r ≤ b. 10. 5. b) 01. 11. 11. 3 y 5. 11. Pruebe que a4n+1 − a es divisible por 2. 7. 23. Ejercicios 4.2 2.32. 3. 12. Luego (t + s)a = qba + ra = qn + ra ≡ ra (mod n). n = a0 + a1 10 + · · · + ak 10k es divisible por 7 si y solo si (a0 + 10a1 + 102 a2 ) − (a3 + 10a4 + 102 a5 ) + · · · es divisible por 7. . Similarmente se razona con el producto. 14. z ≡ 1 (mod 19). 40 adultos y 24 ni˜ nos. 17. 18. 69. x ≡ 19 (mod 24). 5. 94 ciruelas. 20. No tiene solución. 53. 108. 20. 55. 8. y = −3 − 5k. 6188. x = 4k. 4. y = 55 − 64k. No tiene solución. 5. 2. 16. y = 5 + 3k 14. 11. y ≡ 4 (mod 17). No tiene solución. 13. 542. 3. 9. 7. 6. 29. 45 adultos y 12 ni˜ nos. x ≡ 1 (mod 17). 19. y ≡ 16 (mod 24). $32. 10. 2. No tiene solución . 15. x = 5 + 7k.5 1. 1 manzana y 5 pitahayas. 21. 16. No tiene solución. 1029. 11. x = 3 + 13k. ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES Ejercicios 4. 11. 12. y ≡ 3 (mod 19). 65.5. 17. 271 . x ≡ 1 (mod 19).7. x ≡ 65 (mod 125). 32. x ≡ 15 (mod 56). y 8.272 ´ CAPITULO 7. 4. 85. 8. Aplique el Teorema Chino del residuo a un sistema conveniente de congruencias lineales. x ≡ 23 (mod 343). 2.7 1. 20. FRACCIONES CONTINUAS Ejercicios 4. 2. x ≡ 1 (mod 25). 6. 50. 92. Ejercicios 4. 3. x ≡ 1273 (mod 3465). 4. 4. 5. 11. 14. . 11. 22. 257. 4. 25. 2. Ejercicios 4. x ≡ 51 (mod 126). 3. 18. 13. 14. 7. x ≡ 41 (mod 55). 39.6 1.8 1. 299. 5. 97. 8. 6. 21. 3. 5. 55. x ≡ 14 (mod 90). 13. 4. 43. x ≡ 52 (mod 55). 62. x ≡ 59 (mod 90). 23. x ≡ 5 (mod 168). 83. 12. (1|11) = (3|11) = (−2|11) = 1. 8. 4. Ejercicios 5. La congruencia tiene 24 soluciones. 12. (e) x ≡ 5.2 1.7. (a|p) = −1. Todo primo impar es de la forma 4m + 1 o de la forma 4m − 1. ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES 273 5. (2|11) = (−1|11) = (−3|11) = −1. 3. 2.9 1. 2. Ejercicios 5. 2x4 + 2x2 + 4x ≡ 0 (mod 5). 4. 23 (mod 28). 27. 2. (b|p) = −1. 107. 1. 17. 20 (mod 28).1 1. Ejercicios 4. 3. 9. 187. 97. 13. 11. Multiplique el polinomio por a donde a es un entero tal que aan ≡ 1 (mod p). 147. . 3. p ≡ ±1. (c) No tiene solución. p ≡ 5. 13. 10. luego (ab|p) = (a|p)(b|p) = 1. ±9. ±3. 57. (d) x ≡ 5 (mod 13). Aplique el teorema de Lagrange a q(x) y el teorema de Fermat para deducir el resultado. 65. (b) x ≡ 2 (mod 23) y x ≡ 16 (mod 23). xp−1 − 1 = (xd − 1)q(x) donde q(x) es un polinomio de grado p − 1 − d. (a) x ≡ 6 (mod 11) y x ≡ 7 (mod 11). 8. 15.5. 4x6 + 5x4 + 5x3 + 5x2 + 5 ≡ 0 (mod 7). Algunas de ellas son 17. 115. ±13 (mod 40). 3. Use propiedades de los ´ındices y el Teorema 4. p ≡ −5 (mod 12). 7 y 8. b) y d). 4. 12. 1. 1. n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 14. 9. f (7) = 13 y f (8) = 17. Ejercicios 5. Ejercicios 5. . 6. b) No tiene. 12. 6. 6.3 1. ind 10 1 8 2 4 9 7 3 6 5 15. 327 y −532 no son residuos cuadráticos módulo 977.4 1. 22. o sea 3 ind2 x = 7 − 8 ≡ 9 (mod 10). c) 5. p 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 5. 11. 1. 8. (−416|997) = −1. 5. f : U9 −→ U18 definida por: f (1) = 1.7 y 11. 5. FRACCIONES CONTINUAS 3. Módulo 11 son 2.47. a) 2. 192. 67. 17. f (5) = 11. ra´ız 1 2 2 3 2 2 3 2 5 2 6. 10. (129|283) = 1. (226|563) = −1. (640|277) = 1. 4. Luego ind2 x ≡ 3 (mod 10) y x ≡ 8 (mod 11). tenemos ind2 3 + 3 ind2 x ≡ ind2 7 (mod 10).274 ´ CAPITULO 7. f (4) = 7. Módulo 13 son 2. 12. 3. 4. 12. No tiene solución. f (2) = 5. 6. Tomando ´ındice en base 2 con respecto al módulo 11. 9. p ≡ 1 (mod 12). 3. 10. 6. ˜ 12. ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES 275 4.7. La teor´ıa de n´ umeros es importante en la criptolog´ıa. El hombre sensato lo hace todo con reflexión. 9. 7. 3. OIWG CGUR TSTF TYTO TVIB NGRN 5. OEUCAVSN EEAQZEU IRQEMONU MIUSAUB DRLUENE. 67. (a) Al que has de castigar con obras no trates mal con palabras. Siendo sabio no podrás errar en nada. Creer en los sue˜ nos es como estar durmiendo toda la vida.5. ˜ DFLH PFLD GRPG HIDN ˜ NDND ˜ SUXG HPFL D (b) GHSR FRVL UYHN 2. .1 1. 11. Ejercicios 6. La reunión es en Cartagena. M´ as vale encender una vela que maldecir las tinieblas. (a) PRVY HUHO RVHP UROD. Ahora hay un horizonte nuevo. (b) Sea moderado tu sue˜ no que el que no madruga con el sol no goza del d´ıa. 10. 113. 15. 13. FWTXFMS SOMTUGE FWQXEE 8. 6. 14. Venda las acciones ya. ˜ ˜ GWGU JTNG SJIA. C ≡ 13P + 22 (mod 27). (a) ETSP IAIN SOMY MOTN ESAA LCCO ESNU IPRA TS. 32. ˜ (b) EDLIO SLETD MSAID EGNRL EODEE SNIOA FCLEN AA. 4. 5 4 5. . 13 19 ˜ FBO IJE. 8 11 4. Esta es la cantidad estimada para la inversión. 5. k = 1765.3 1. 0694 0720 0262 1710 1016 0447 0802. BH PB JY ZF CT GP WD WI GW BH EB NM 7. 6. FRACCIONES CONTINUAS Ejercicios 6. . k = 588. C ≡ P (mod 27 ). ˜ WO. La verdad no siempre es veros´ımil. Ejercicios 6. RAY QOB ATN Ejercicios 6. Esto es lo mejor. 4. 14 25 8. El secreto del éxito está en la persistencia del objetivo. 6. 25 14 3.4 1. 2 3 2. te espero el martes. 3. WN PV JH EC JN ˜ EN XK HP DJ GM. C ≡ P (mod 27 ). 9. 2.276 ´ CAPITULO 7.2 ˜ GR HP BS EN ˜ YW XK YA NH ˜ AN ˜ XB HS MO DC 1. Escucha pero no siempre creas. 4221 2858 0494 1361 2917 2544 1991 1672 1824 0218 3919 0860 3676 4792 4231 2626 2684 4009 1581 0455. 25. 1. Hemos terminado. 1. a3 . 3]. 4. 14. Luego π = [3. c3 = 9/7. c5 = 35/27. c4 = 99/26. 7. 4]. 11. c6 = 1325/348. . 7. 3. 14159 = [3. Ejercicios 7.7. . 3. 6. 2]. 14/11.2 1. d = 88579. [0. [−3. Adios. 4]. 6. 8. 9. ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES 277 2. 3/10. . . . 5. 15. 6. c4 = 13/10. 2. 4]. [−4. 1. 4. 7. 3. c3 = 19/5. 2. 42]. 53. 1. −132/37. [0. [2. 1416 = [3. 2]. c2 = 4/3. p = 103. c1 = 1. . 7. c5 = 613/161. a2 . c2 = 4. 1. 2. 7. 15. 1. 6682 4087 4109 8096 5820 11415 6078 2948 4733 1994 5574 2948 3071 4232 3838 6474 3676. 16. 11]. 10. 1. 1. 2.]. an ]. c1 = 3. a1 . . . 3.5. q = 307.1 1. 6. 1. 2. −19/11. 1. Ejercicios 7. 3. [8. [−4. 5. 3. 1. 2. √ 8 = [2. √ [−7. √ 5. 1. 4]. 6]. 5. 20 = [4. c7 = 208341/66317. 8]. 4]. 21 = [4. 2. 1] = (1 + 5)/2. (165 + 229)/34. 2. 6] = −10 + 11. 10 = [3. c6 = 104348/33215. √ [1. 4. 1. 4]. c3 = −7/4 = −12/7. √ 3. 1. √ 5 = [2. c5 = −43/25. . 7. 6. (308 + √ √ 37)/219. √ 14 = [3. 6]. 4. 11. 1. 10] = 27. c1 = −2. 1] = (1 + 10)/3. √ 3 + 26 = [8. Ejercicios 7. √ 4. c2 = −5/3. 9.. 8. 15. 2. c6 = 108809/34840. √ [1.4 1. √ [5.3 1.278 ´ CAPITULO 7. 3. 8]. 1. 10. 2. 23 √ √ √ √ 5. 6]. 1. √ 37 = [6. 3. Ejercicios 7. 5. ( 29 − 1)/2. c5 = 13395/4289. 5 = [2. 15 = [3. c5 = 103993/33102. c7 = 883867/283009. 2. FRACCIONES CONTINUAS 3. 7. 10]. 1. 3. 1. 1. 12]. 7. 1. 3. 2] ' −271/191. ´ DE NUMEROS ´ APROXIMACION IRRACIONALES Ejercicios 7. e ' 1264/465. 1. √ 5.5. 3. 1] ' 377/144.5 1. 4] ' 65/243. 5] ' 791/165. 3. 4. 10. √ 8. 2 + 7 ' 655/141. 1. 2. 279 . √ 6. 23 ' 235/49. 2. [−2. 1. π ' 103993/33102. [4. 1. 15 ' 213/55. √ 7. 9. [0. [2. 48 ' 1254/181. 1. 29 (1995). Prentice–Hall Internacional. de Mat. Byrkit. 49–88 [8] I. 2. R. [7] C. [3] A. Apostol. Zuckerman. 1973. S. Fermat’s Last Theorem: From Fermat to Wiles. J. 1977.Bibliograf´ıa [1] T. Lexington. 1. 1976. Fundamentals of Number Theory. 2000. M. J. Niven and H. Introducci´ on a la teor´ıa de N´ umeros. 1980. J. Ediciones B. E. El t´ıo Petros y la conjetura de Goldbach. Heath. Elementary Number Theory. 1972. 1976. [2] D. Pettofrezzo y D. Col. Addisson–Wesley. Leveque. Elementary Introduction to Number Theory. Springer– Verlag. [9] A. Wiley. Moreno. [5] C. M. An introduction to the theory of Numbers. Addisson–Wesley. Long. 1972. Barcelona. [6] W. Rev. [4] D. Colección Tiempos Modernos. Introduction to analytic Number Theory. Allyn and Bacon. 1981. 280 . Burton. Knuth. Art of computer programming. Doxiadis. T. utm. Physics. [14] J. Zaiger. Addisson–Wesley. Number Theory in Science and communication with applications in Criptography. Digital Information. J.edu . Springer-Verlag. University press. 1964. The Theory of Numbers. Springer–Verlag. Monthly 104 (1967). H. Macmillan. [12] B. Schroeder. Stewart. 705–708 [16] http://primes. [11] K. [13] M.´ BIBLIOGRAFIA 281 [10] P. Tattersall. Rosen. my friends: Popular Lectures on Number Theory. Elementary Number Theory and its applications. 2nd ed. My numbers. Cambridge. R. Amer. [15] D. M. A short proof of the Prime Number Theorem. Elementary Number Theory in Nine Chapters. New York. 1988. Ribenboim. Math. 2000. 1986. 2001. Computing and Self-Similarity. 109 con identidad. 10 de n´ umeros naturales. 58 diofántica lineal. 17 d´ıgrafos. 112 d´ıgitos. 206 cifrado por transposición. 107 equivalente numérico. 125 encriptación. 194 criterio de Euler. 29 de la división. 195 coeficiente binomial. 110 aritmética módulo n. 13 extendido de Euclides. 2 congruentes módulo n. 22 congruencia de grado superior. 137 de segundo grado con módulo primo. 110 conmutativo. 58 diofántica. 213 claves. 195 divide a. 98 conjetura de Goldbach. 104 cuerpo. 158 criterios de divisibilidad. 31 anillo. 56 de Taniyama–Shimura. 15 divisibilidad. 195 282 . 107 enteros módulo n. 54 cifrado en bloques. 51 criptoanálisis. 2 algoritmo de Euclides. 58 convergentes. 153 lineal. 110 dominio de integridad. 206 desencriptación. 106 axiomas de Peano. 195 Zn . 112 base del sistema. 203 cifrados exponenciales. 17 Brun Viggo.Índice de Materias adición de n´ umeros enteros. 194 criptograf´ıa. 121 ecuación de Fermat. 25 divisores de cero. 235 criba de Eratóstenes. 160 la tricotom´ıa. 70 aritmética multiplicativa. 90 σ(n). 54 ´ındice de n. 70 parte entera. 172 . 36 de Mersenne. 57 Hellman M. 27 método del descenso infinito. 57 grupo. 47 formula de inversión de Möbius. 74 primo. 10 naturales. 62 M´ınimo Com´ un M´ ultiplo. 230 periódica. 5 n´ umero compuesto. 213 hipótesis de inducción. 161 ley de la reciprocidad cuadrática. 21. 36 forma canónica. 7 PBO. 86 n´ umero. 185 isomorfismo. Giuseppe.. 242 continua. 57 Euclides. P. 11 de n´ umeros naturales. 56 PIM.. 172 entre n´ umeros naturales. 72 de Euler. 27 MCM.ÍNDICE DE MATERIAS 283 Eratóstenes. 15 n´ umeros enteros. 77 de Fibonacci... 94 multiplicativa. 13 Peano. 180 factorial. 76 perfecto. 70 Legendre. 108 abeliano. 1 orden de a módulo n. 70 τ (n).. 90 fracción continua simple infinita. 29 Euler L. 248 continua simple. 70 funciones aritméticas. 76 multiplicación de n´ umeros enteros. 51 Erdös. 167 Julio Cesar. 184 Hadamard. 78 µ.. 236 funci´ on [x]. 39 MCD. 2 potencias módulo n. 22 Fibonacci L. 108 c´ıclico. 64 Φ de Euler. 2 Jacobi. 195 M´ aximo Com´ un Divisor. 40 Mersenne M. 15 de Fermat. 64 suma de divisores. 57 lema de Gauss. 230 continua finita. 1 π(x). 231 continua periódica. 8 Gauss F. 147. 221 relación de equivalencia.. 24 sustitución polialfabética. 131 de Euler. 57 Vigenère B. 217 de la mochila. 76 primos gemelos. 114 de Lagrange. 46 teorema de Dirichlet. 99 residuos cuadráticos. 13 producto directo. 156. 56 ternas Pitagóricas. . 219 subgrupo. 153 s´ımbolo de Jacobi. 200 Zagier D.284 ÍNDICE DE MATERIAS primo. 15 de Mersenne. 200 teorema chino del residuo. 101 fundamental de la aritmética. 54 primos relativos. 24 ra´ıces primitivas. 114 de Fermat.. 23 Vallee de la. 33. P. 181 sucesión de Fibonacci. 148 de Wilson. 53 Teorema de los n´ umeros primos. 225 de Rabin. 57 . 150 del Binomio. 42 principio de buena ordenación. 167 sistema de clave p´ ublica. 181 generado. 147.. 198 translaciones. 186 proporción áurea. 167 de Legendre. 221 hexadecimal. 17 RSA. 198 triángulo de Pascal. 172 Rabin M. 60 TFA. 46 transformaciones afines.

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