Estudaremos as equações da forma
a X + bY = c (42)
em que a, b, c ∈ Z, a e b não ambos nulos; uma solução para tal equação é um par de inteiros (x0, y0) para o qual a igualdade acima vale quando X = x0e Y = y0.
Proposição 60. Dados inteiros a, b e c a equação (42) admite solução inteira se e somente se mdc(a, b)|c.
Demonstração. Denotemos por d := mdc(a,b) e por (n,m) uma solução de aX + bY = d caso exista.
De d |(ax + by) para quaisquer x, y ∈ Z, em particular, caso (42) tenha solu- ção, d |an + bm e portanto d|c.
Por outro lado, se d |c então existe q tal que d q = c. Pelo Teorema de Bézout existem x, y ∈ Z tais que ax + by = d, portanto (qx, q y) é solução de aX + bY = c.
O resultado acima estabelece a seguinte iguldade de conjuntos a · Z + b · Z = mdc(a,b) · Z
Notemos que se a e b são coprimos então (42) tem solução qualquer que seja o inteiro c. Também vale a recíproca.
Corolário 61. Dois inteiros a, b são coprimos se, e só se, a equação (42) admite solução inteira, qualquer que seja c ∈ Z.
Demonstração. Se a e b são coprimos então, pela proposição60a equação (42) tem solução qualquer que seja o inteiro c.
Agora, se existem x, y ∈ Z que satisfazem a equação para c = 1, então todo divisor d de a e b divide ax + a y = 1, portanto, d = ±1, logo mdc(a,b) = 1.
Notemos que para a ou b não-nulo e d = mdc(a,b) 6= 0 ax + by = c ⇐⇒ a dx + b dy = c d
para quaiquer x, y ∈ Z (d|c como provamos acima, logodc tem sentido). Ademais mdc(da,db) = 1, portanto toda equação diofantina linear
a X + bY = c
é equivalente — tem as mesmas soluções — de uma equação reduzida a dX + b dY = c d na qual os coeficientes são coprimos.
Ainda, se (x0, y0) é uma solução de daX +dbY = 1 então (x0dc, y0dc) é uma solução deadX +dbY =
c d.
Por exemplo, para achar uma solução de 81X + 57Y = 27 basta achar uma solução de 27X + 19Y = 9 e para achar uma solução dessa equação, primeiro procuramos por uma solução de 27X + 19Y = 1.
Usando o algoritmo de Euclides para calcular o mdc e substituindo-se os restos, como fizemos anteriormente mdc(27, 19) = 1:
27 = 19 · 1 + 8 19 = 8 · 2 + 3 8 = 3 · 2 + 2 3 = 2 · 1 + 1 ⇔ 1 = 3 − 2 · 1 ⇔ 1 = 3 − (8 − 3 · 2) · 1 ⇔ 1 = −8 + 3 · 3 = −8 + (19 − 8 · 2) · 3 ⇔ 1 = 8 · (−7) + 19 · 3 ⇔ 1 = (27 − 19 · 1) · (−7) + 19 · 3 ⇔ 1 = 27 · (−7) + 19 · 10
logo (−7,10) é solução de 27X + 19Y = 1, portanto (−7 · 9,10 · 9) é solução de 27X + 19Y = 9 e, consequentemente, de 81X + 57Y = 27.
Teorema 62. Se (x0, y0) é uma solução particular de (42) com a 6= 0 e b 6= 0, então o conjunto de todas as soluções de (42) é
½µ x0+ b dt , yo− a dt ¶ : t ∈ Z ¾ (43) em que d = mdc(a,b).
Demonstração. É um exercício verificar que³x0+bdt , yo−adt ´
é solução de (42). Agora, suponha que (x, y) seja uma solução de (42), então
ax + by = c = ax0+ by0 portanto
a(x − x0) = b(y0− y). Se a = dr e b = sd,
com mdc(r, s) = 1. Ainda, s|r (x − x0), portanto, s|(x − x0), ou seja, existe t ∈ Z tal que x − x0= st , portanto
x = x0+ b
dt . (45)
Substituindo x − x0= st em (44) s(y0− y) = r (x − x0) = r st, logo y = y0−
a
dt (46)
como queríamos.
Exercício 63. De quantas maneiras podemos comprar selos de 3 e 5 reais de modo
a gastar 50 reais?
Exercício 64. Mostre que se (x0, y0) é solução de a X + bY = c, então
1. (−x0, y0) é solução de −aX + bY = c; 2. (x0, −y0) é solução de a X − bY = c;
3. (−x0, −y0) é solução de −aX − bY = c.
Exercício 65. Sejam a, b, c, d inteiros. Defina mdc(a, b, c) := mdc(mdc(a,b),c).
Estabeleça e prove um critério para existência de solução de a X + bY + c Z = d.
Exercícios
1. Deduza do Teorema de Bézout: (a) se a|c então mdc(a,b)|mdc(c,b).
(b) se a e b são coprimos então mcd(ac, b) = mdc(c,b).
2. Sejam a e b inteiros positivos e coprimos. Mostre que para todo intei- ros c > ab − a − b, a equação aX + bY = c admite soluções inteiras não- negativas.
3. Sejam a e b inteiros positivos e coprimos. Mostre que equação a X −bY = c admite infinitas soluções nos naturais.
4. Determine as soluções inteiras de (a) 3x + 4y = 20
(b) 5x − 2y = 2 (c) 18x − 20y = −8
5. Ache todos inteiros positivos que deixam resto 6 quando divididos por 11 e resto 3 quando divididos por 7.
6. Ache todos os naturais que quando divididos por 18 deixam resto 4 e que quando divididos por 14 deixam resto 6.
7. Um parque cobra ingresso de 1 real de crianças e 3 de adultos. Para que a arrecadação de um dia seja 200 reais qual o menor numero de pessoas, adultos e crianças, que frequentam o parque?
8. Um fazendeiro dispõe de 1.770 reais pra gastar em boi e cavalo. Um cavalo custa 31 reais e boi 21 reais. Qual o maior número de animais que pode comprar?
7 Congruências
Para inteiros a, b, n, com n 6= 0, dizemos que a é congruente a b módulo n, e escrevemos
a ≡ b (mod n) (47)
se n|(a − b). Como n|(a − b) ⇔ −n|(a − b) nos restringiremos ao caso n > 0. O caso n = 1 é trivial pois quaisquer dois inteiros são congruentes. Geralmente, os casos interessantes são para n > 1. Para n = 2, por exemplo, dois inteiros são congruentes se, e só se, eles diferem por um inteiro par, ou seja, têm mesma paridade.
Por exemplo, 152 ≡ 5 (mod 7) (152 = 21 · 7 + 5) e −152 ≡ 2 (mod 7) (152 = (−22) · 7 + 2). Também, 7 ≡ 15 (mod 8), 3 ≡ 21 (mod 6).
Dados a e b congruentes, usando o Teorema da Divisão, dividimos ambos por n e temos únicos qa, ra, qb, rbtais que a = nqa+ ra e b = nqb+ rb de modo que 0 ≤ ra, rb< n, portanto, −n < ra− rb< n e temos
a − b = n(qa− qb) + (ra− rb) (48) com n|(a − b) e n|n(qq− qb) logo n|(ra− rb) e como o único múltiplo de n que satisfaz −n < ra− rb< n é o 0 temos
ra= rb.
Concluindo, se a é congruente a b módulo n então a e b deixam o mesmo resto quando divididos por n. Por outro lado, se a e b deixam o mesmo resto quando divididos por n então n|(a−b) pois a−b = n(qa−qb). Usando a notação introduzida na página31, o que estabelecemos foi
Proposição 66. a ≡ b (mod n) ⇐⇒ a mod n = b mod n.
Observação 67. Segue da equivalência dada na proposição acima e do Teorema
da Divisão que todo inteiro é congruente a um, e somente um, dentre os números {0, 1, 2, . . . , n − 1}
Claramente, ≡ (mod n) é uma relação de equivalência; é reflexiva (a ≡ a (mod n)), é simétrica (a ≡ b (mod n) ⇔ b ≡ a (mod n)), e é transitiva (a mod n = b mod n e b mod n = c mod n ⇔ a mod n = c mod n).
Proposição 68. ≡ é uma relação de equivalência sobre Z.
Além de ser relação de equivalência, congruência é compatível com as ope- rações aritméticas dos inteiros.
Proposição 69. Para quaisquer inteiros a, b, c, d , n, se a ≡ b (mod n) e c ≡ d
1. a + c ≡ b + d (mod n) 2. a − c ≡ b − d (mod n) 3. a · c ≡ b · d (mod n)
Note que, em particular, vale quando c = d.
Demonstração. Da hipótese temos que n|(a − b) e n|(c − d) e do exercício53, item7temos que n|x(a − b) + y(c − d) para quaisquer x, y ∈ Z, daí
1. o item 1 segue de (a − b) + (c − d) = (a + c) − (b + d); 2. o item 2 segue de (a − b) − (c − d) = (a − c) − (b − d); 3. o item 3 segue de c(a − b) + b(c − d) = ac − bd.
Corolário 70. Para quaisquer inteiros a, b, c e n > 0
a + c ≡ b + c (mod n) ⇒ a ≡ b (mod n). Demonstração. Segue do item 2.
Corolário 71. Se a ≡ b (mod n), então ak≡ bk (mod n), para todo k ∈ N. Demonstração. Segue do item 3.
Exercício 72. Mostre, usando indução, que para n pares de inteiros ai e bi, tais que ai≡ bi (mod n) (i ∈ {1,2,...,n}) valem
n X i =1 ai≡ n X i =1 bi (mod n) (49) n Y i =1 ai≡ n Y i =1 bi (mod n) (50)
Lema 73. Se c a ≡ cb (mod n) e mdc(c,n) = d > 0 então
a ≡ b (mod n d).
Demonstração. Se c a ≡ cb (mod n) então existe q tal que nq = ca − cb = c(a − b). Como d > 0 divide n e divide c temos ndq = dc(a − b), portanto nd|dc(a − b)mmas mdc(nd,dc) = 1, portantond|(a − b).
Corolário 74. Se mdc(c, n) = 1 então
ac ≡ bc (mod n) ⇒ a ≡ b (mod n).
Corolário 75. Se c a ≡ cb (mod p) e p primo que não divide c então
a ≡ b (mod p).
Por exemplo, 10 ≡ −1 (mod 11), portanto 10200≡ −1200 (mod 11), e como 1 ≡ −1200 (mod 11) temos 1 ≡ 10200 (mod 11), portanto, 11|10200− 1.
Exemplo 76 (critério de divisibilidade por 9). Seja ar. . . a0a representação de- cimal de n. De 10 ≡ 1 (mod 9) temos, pela proposição69que 10s ≡ 1 (mod 9), a · 10s≡ a (mod 9) (∀a), portanto, pelo exercício72
a0+ a110 + a2102− · · · + ar10r≡ a0+ a1+ a2+ · · · + ar (mod 9).
Exemplo 77 (critério de divisibilidade por 11). Seja ar. . . a0a representação de- cimal de n. De 10 ≡ −1 (mod 11) temos que a · 10s≡ a · (−1)s (mod 11) portanto
a0+ a110 + a2102− · · · + ar10r≡ a0− a1+ a2− · · · + (−1)rar (mod 11).
Exemplo (ISBN– International Standard Book Number). Um dos livros texto tem ISBN 8-585-81825-5.
O ISBN tem dez dígitos. O último é um dígito de controle. Os primeiros nove dígitos codificam informações como a língua e a editora do livro. Um código ISBN válido d0− d1d2d3− d4d5d6d7d8− d9satisfaz
10d0+ 9d1+ 8d2+ 7d3+ 6d4+ 5d5+ 4d6+ 3d7+ 2d8+ 1d9≡ 0 (mod 11) quando d9vale 10 é usado a letra X .
Esboço da solução. 20 ≡ −11 (mod 31) portanto 202≡ 121 ≡ −3 (mod 31). Mul- tiplicando as congruências 203≡ 33 ≡ 2 (mod 31) logo 2015≡ 25≡ 1 (mod 31).
Exercício 79. Qual o resto da divisão de 5320por 13?
Solução. Nas potências de 5
50≡ 1 (mod 13) 54≡ 1 (mod 13) 51≡ 5 (mod 13) 55≡ 5 (mod 13) 52≡ −1 (mod 13) 56≡ −1 (mod 13) 53≡ −5 (mod 13) 57≡ −5 (mod 13) · · ·
os restos se repetem com período 4. Portanto precisamos conhecer 320mod 4: 3 ≡ −1 (mod 4) logo 320≡ 1 (mod 4), portanto 5320≡ 5 (mod 13).
Exercício 80. Qual os dois últimos algarismos de 3200.
Solução. 3200 = 9100 = (10 − 1)100 =P100k=0¡100k ¢100100−k(−1)k ≡ − ¡100 99¢10 + ¡ 100 100 ¢ (mod 100) ≡ 1 (mod 100). Portanto, 01.
7.1 Sistema completo de restos
S ⊂ Z é um sistema completo de restos módulo n se para todo a ∈ Z existe um, e só um, b ∈ S tal que a ≡ b (mod n). Por exemplo, alguns sistemas completos de resíduos módulo 5 são os conjuntos:
{−2,−1,0,1,2}, {0, 1, 2, 3, 4}, {1, 2, 3, 4, 5}, {12, 24, 35, −4,18}.
Conforme vimos, observação67, {0, 1, . . . , n −1} é um sistema completo de restos módulo n.
Para qualquer sistema completo de restos módulo n deve haver uma bijeção com {0, 1, . . . , n − 1} (por quê?) logo todo sistema completo de restos módulo n tem que ter cardinalidade n.
Observação 81. ≡ é uma relação de equivalência; uma classe de equivalência é
dada por todos os inteiros que deixam o mesmo resto quando divididos por n. Um sistema completo de restos é um conjunto formado por um representante de cada classe de equivalência.
Por exemplo, definimos para r ∈ Z
[r ]n:= {a ∈ Z: a ≡ r (mod n)}
e temos as classes que equivalência módulo 5 dadas por [0]5, [1]5, [2]5, [3]5, [4]5. Ademais, no exemplo acima identificamos que [0]5= [5]5= [35]5, e [−2]5= [3]5= [18]5, e [−1]5= [4]5= [24]5, e [2]5= [12]5e [−4]5= [1]5.
Exemplo 82. A equação X3− 117Y3+ 1 = 5 não tem solução inteira3. Se (x, y) é uma solução de inteiros então x3− 117y3+ 1 ≡ 5 (mod 9) que, como 117 é múlti- plo de 9, equivale a x3+ 1 ≡ 5 (mod 9) a qual não tem solução.
Considerando o sistema completo de restos S = {0,1,2,3,4,5,6,7,8}, x ∈ Z é congruente a um (e só um) elemento r ∈ S, portanto, x3≡ r3 (mod 9) (r ∈ S) e os cubos módulo 9 são {0, 1, 8}
r 0 1 2 3 4 5 6 7 8
r3mod 9 0 1 8 0 1 8 0 1 8
porém nenhum inteiro dentre 0, 1, 8 satisfaz X3+ 1 ≡ 5 (mod 9).
Exercício 83. A congruência X2+ 1 ≡ 0 (mod 8) não tem solução.
Solução. Consideremos o seguinte sistema completo de restos módulo 8 (verifi- que): {0, ±1,±2,±3,4}. Se x ∈ Z então existe um único r ∈ {0,±1,±2,±3,4} tal que x ≡ r (mod 8), assim x2≡ r2 (mod 8) e
3uma história curiosa a respeito dessa equação pode ser lida na página 81 de COUTINHO, C.;
r 4 ±3 ±2 ±1 0
r2mod 8 0 1 4 1 0
portanto x2+ 1 é congruente a um dentre 1, 2, 5.
Exercício 84. Sejam m1, m2, . . . , mkinteiros positivos e defina para todo k > 2, mmc(m1, m2, . . . , mk) := mmc(mmc(m1, m2, . . . , mk−1), mk) (51) Prove que se a ≡ b (mod mi) para todo i , então
a ≡ b (mod mmc(m1, m2, . . . , mk)). (52) Prove a recíproca.
Exercícios
1. Sejam a, b, r, s inteiros, s 6= 0. Prove que a ≡ b (mod r ) se, e somente se,as ≡ bs (mod r s).
2. Prove que se a é um cubo então a2 é congruente a 0, ou 1, ou 9, ou 28 módulo 36.
3. Determinar todos os inteiros positivos m tais que as soluções de X2≡ 0 (mod m) também sejam soluções de X ≡ 0 (mod m).
4. Determinar os restos das divisões (a) 250por 7;
(b) 4165por 7. 5. Verifique
(a) 89|(244− 1); (b) 97|(211− 1).
8 Congruências lineares e sistemas de congruências
Dados inteiros a, b e n > 0 vamos estudar as soluções da congruência linear em
uma variável com incógnita X
a X ≡ b (mod n). (53)
Uma solução dessa congruência linear é um inteiro x tal que ax ≡ b (mod n) e uma solução módulo n é um inteiro x tal que x ∈ {0,1,...,n − 1} (ou qualquer outro s.c.r. previamente escolhido) e ax ≡ b (mod n).
Por definição, existe um inteiro x tal que ax ≡ b (mod n) se, e somente se, ax − b é um múltiplo de n, ou seja, existe y ∈ Z tal que ax − b = ny que reescre- vemos como
ax + ny = b (54)
Pelo Teorema de Bézout a existência de inteiros x e y que satisfazem a equação acima é equivalente a mdc(a, n)|b, além disso, se x0é uma solução particular então todas as soluções da congruência linear são
xt:= x0+ n
mdc(a, n)t (55)
para todo t ∈ Z, portanto a congruência linear que tem solução tem infinitas soluções.
Vejamos quando duas dessas infinitas soluções são congruentes módulo n, façamos d := mdc(a,n) (d > 0) xt≡ xs (mod n) ⇔ x0+ n dt ≡ x0+ n ds (mod n) ⇔n dt ≡ n ds (mod n) e como mdc(nd, n) =nd temos, pelo lema73que
xt≡ xs (mod n) ⇔ t ≡ s (mod d)
portanto, quando há solução, há exatamente d = mdc(a,n) soluções incongru- entes xt com t ∈ S, para algum S sistema completo de restos mod d.
Teorema 85. Uma congruência linear em uma variável a X ≡ b (mod n) admite
solução inteira se e somente se mdc(a, n)|b. No caso de haver solução, se x0 ∈ {0, 1, . . . , n − 1} é solução então ½ x0+ n mdc(a, n)t : t ∈ Z ¾
são todas as soluções e ½
x0+ n
mdc(a, n)t : t ∈ {0,1,...,mdc(a,n) − 1} ¾
são todas as soluções módulo n da congruência.
Por exemplo, 3X ≡ 6 (mod 15) é satisfeita por todo inteiro x da forma 2 + 5t (t ∈ Z) e 2,7,12 são três soluções incongruentes módulo 15.
Corolário 86. Se mdc(a, n) = 1 então aX ≡ b (mod n) tem única solução módulo
n.
Corolário 87 (Inverso multiplicativo). a X ≡ 1 (mod n) tem (única) solução se e
somente se mdc(a, n) = 1.
A única solução módulo n garantida no último resultado é chamado de in- verso multiplicativo de a módulo n.
Por exemplo, 3X ≡ 1 (mod 5) tem solução e como 3 e 5 são coprimos a solu- ção módulo 5 é única. Uma solução para a equação é 2, portanto, toda solução inteira x é da forma x = 2 + 5t, portanto se x é solução então
x ≡ 2 (mod 5).
Notemos que toda solução de 3X ≡ 1 (mod 5) também é solução de X ≡ 2 (mod 5), ademais 2 é o inverso multiplicativo de 3 módulo 5.
A equação 2X ≡ 3 (mod 9) também tem única solução módulo 9, que é 6, donde temos que 6 +9t são todas as soluções, ou seja, se x é solução então x ≡ 6 (mod 9); de novo, notemos que toda solução de 2X ≡ 3 (mod 5) também é so- lução de X ≡ 6 (mod 9). Esse fato não é um particularidade desses exemplos.
Sejam a, n ∈ Z inteiros quaisquer, não nulos e d := mdc(a,n); b ∈ d · Z. As equa- ções a X ≡ b (mod n) e a dX ≡ b d (mod n d) (56)
têm as mesmas soluções, pois para quaisquer x, y ∈ Z ax + ny = b ⇔a dx + n dy = b d.
Como mdc(da,dn) = 1, usamos o corolário87para termos o inverso a0de ad mó- dulond logo a dX ≡ b d (mod n d) ⇔ X ≡ a 0b d (mod n d) portanto a X ≡ b (mod n) e X ≡ a0b d (mod n d) (57)
têm as mesmas soluções. Ademais, todas as soluções inteiras de X ≡ a0 bd (mod nd) são dadas por
a0b d+
n
dt , ∀t ∈ Z e todo inteiro dessa forma é congruente a algum de
a0b d+
n
dt , ∀t ∈ {0, 1, 2, . . . , d − 1}.
8.1 Teorema chinês do resto
Consideremos o seguinte sistema de congruências lineares X ≡ 2 (mod 5) X ≡ 6 (mod 9) X ≡ 5 (mod 11)
se a primeira congruência é satisfeita por x ∈ Z então x = 2 + 5t, para algum t, que para satisfazer a segunda congruência deve valer 2 + 5t ≡ 6 (mod 9), que equivale a 5t ≡ 4 (mod 9) que, como 5 tem inverso 2 módulo 9, equivale a t ≡ 8 (mod 9) donde t = 8 + 9s, logo
Observemos que para cada s ∈ Z o valor de x associado satisfaz as duas pri- meiras congruências lineares do sistema. Agora, para x satisfazer a última con- gruência linear 42 + 45s ≡ 5 (mod 11) que equivale a 45s ≡ −37 (mod 11) ou ainda 45s ≡ 7 (mod 11). Como 45 é invertível módulo 11, e seu inverso é 1, a última congruência equivale a s ≡ 7 (mod 11), ou seja, s = 7 + 11u, portanto
x = 42 + 45r = 42 + 45(7 + 11u) = 357 + 495u
ou seja, para cada u ∈ Z o inteiro x associado satisfaz o sistema de congruências lineares acima. De fato, essas são todas as soluções inteiras, e a única solução módulo 495 = 5 · 9 · 11 é 357
x ≡ 357 (mod 5 · 9 · 11).
No caso geral, consideremos o sistema de congruências lineares X ≡ a (mod n) X ≡ b (mod m) (58)
a primeira congruência linear tem soluções inteiras a + nt, para t ∈ Z. Dos in- teiros que satisfazem a primeira congruência, substituindo em X na segunda congruência linear, temos os inteiros que satisfazem as duas congruências con- comitantemente, que são dados pelos inteiros t tais que a +nt ≡ b (mod m), ou seja, as soluções de
nX ≡ b − a (mod m) (59)
caso existam. Portanto,
(58) tem solução se e só se mdc(m, n)|b − a. (60) Garantimos essa condição exigindo que mdc(m, n) = 1
Observação 88. A hipótese mdc(m, n) = 1 é suficiente mas não é necessária para
Ademais, se mdc(m, n) = 1 então n tem inverso n0módulo m, portanto, t é solução de (59) se, e só se,
t ≡ n0(b − a) (mod m)
ou seja t = n0(b − a) + ms, para todo s ∈ Z, portanto, se x é uma solução inteira do sistema de congruências então, para algum s,
xs= a + nt = a + n(n0(b − a) + ms) = (1 − nn0)a + nn0b + nms
e, ainda, 1 − nn0= mm0para algum m0∈ Z (segue do teorema de Bézout, m0é o inverso de m módulo n), o que resulta em
xs= mm0a + nn0b + nms, (61) e o valor de xs é uma solução inteira para ambas congruências para cada s ∈ Z.
De fato, todas as soluções são da forma (61). Se x, y ∈ Z satisfazem ambas as equações acima, então por transitividade vale que x ≡ y (mod n) e x ≡ y (mod m), donde n|(x − y) e m|(x − y) e como mdc(m,n) = 1 temos (exercício
58) mn|(x − y), isto é, x ≡ y (mod mn). Portanto, a única solução módulo mn é
x ≡ mm0a + nn0b (mod mn). (62) Observamos que esse caso é suficiente para resolver um sistema com qual- quer número de congruências lineares, como os módulos coprimos dois-a-dois, resolvendo-as duas-a-duas. No entanto, podemos generalizar a demonstração acima, o que fazemos abaixo.
O seguinte resultado é o famoso Toerema Chinês do Resto. A forma original do teorema apareceu no livro Sun Tzu Suan Ching (manual de aritmética de Sun Tzu) do terceiro-século e generalizado e republicado em 1247 por Qin Jiushao.
Teorema 89 (Teorema Chinês do Resto). Sejam n1, n2, . . . , nk inteiros maiores que 1 e tais que mdc(ni, nj) = 1 para todos i 6= j , e sejam a1, . . . , ak inteiros ar- bitrários. Então o sistema de congruências lineares
tem uma única solução módulo n = n1n2· · · nkdada por
m01m1a1+ m02m2a2+ · · · + m0kmkak (64) em que mi=n1nn2···nk
i e m
0
ié o inverso multiplicativo de mimódulo ni, para todo i ∈ {1,2,...,k}. A solução é única módulo n1· n2· · · nk.
Demonstração. Notemos que mdc(mi, ni) = 1, logo m0i existe para todo i . To- mamos x0:=Pki =1m0imiaie vamos mostrar que é solução.
Para cada i temos
mj≡ 0 (mod ni) (∀j 6= i ) logo
x0≡ m0imiai (mod ni) (∀i ∈ {1,...,k}). e mim0
i≡ 1 (mod ni) logo mi0miai≡ ai (mod ni), portanto x0≡ ai (mod ni)
para todo i , ou seja, x0é solução de cada congruência linear.
Agora vamos mostrar que a solução é única módulo n. Assuma que para x ∈ Z vale x ≡ ai (mod ni) para todo i . Por transitividade x ≡ x0 (mod ni) para todo i , portanto para todo i , ni|(x − x0) e pela coprimalidade dos ni’s temos Qk
i =1ni|(x − x0).
Exemplo 90. Considere o sistema
X ≡ 2 (mod 2) X ≡ −1 (mod 3) X ≡ 4 (mod 7).
Seguindo a notação da demonstração, n = 42, m1= 21, m2= 15 e m3= 6. i m0i mi
1 1 21
2 −1 14
e x0= 2 · 1 · 21 + (−1)(−1)14 + 4(−1)6 = 32. Ainda, toda solução inteira é da forma 32 + 42t, para todo t ∈ Z.
Exercício 91. Mostre que as soluções do exemplo90são soluções do sistema 6X ≡ 4 (mod 4) 2X ≡ 1 (mod 3) 4X ≡ 2 (mod 7). Variantes do TCR Exercício 92. Mostre que
X ≡ a (mod n) X ≡ b (mod m)
tem solução apenas quando a ≡ b (mod mdc(n,m)). Nesse caso a solução é unica módulo mmc(n, m) (veja a observação88e a discussão anterior, que garante que há solução).
Exercício 93. Verifique a seguinte versão do Teorema Chinês do Resto: Sejam
n1, n2, . . . , nk inteiros maiores que 1 e sejam a1, . . . , ak inteiros arbitrários. Então o sistema
X ≡ ai (mod ni), ∀i ∈ {1, 2, . . . , k}. (65) tem solução se e somente se mdc(ni, nj)|ai− aj para todo i 6= j . Caso exista, a solução é única módulo mmc(n1, n2, . . . , nk). (Dica: indução e o exercício84.)
Exercício 94. Sejam n1, n2, . . . , nkinteiros maiores que 1, e sejam a1, . . . , ake b1, . . . , bk inteiros arbitrários tais que mdc(ai, ni)|bipara todo i . Prove que o sistema
aiX ≡ bi (mod ni), ∀i ∈ {1, 2, . . . , k}. (66) tem solução.
Compartilhar segredos usando o TCR
O problema é: dados inteiros n > k ≥ 1 determinar uma estratégia para que n pessoas partilhem uma senha s ∈ Z sem conhece-la de modo que
1. qualquer subconjunto de k pessoas permite calcular s facilmente, 2. para menos que k pessoas quaisquer é muito difícil computar s.
A ideia é tomar uma lista L = {m1< m2< · · · < mn} números inteiros tais que mdc(mi, mj) = 1 para todo i 6= j e escolher s
N < s < M (67)
onde N = m1m2· · · mk (produto dos k menores) e M = mn−k+2mn−k+3· · · mn (produto dos k − 1 maiores).
Note que o produto de quaisquer k números de L é maior que N , o produto de menos que k é menor que M e s > m para todo m ∈ L. Cada pessoa recebe um par (m, sm) com m ∈ L e sm= s mod m. Note que s > sm.
Em um grupo de t pessoas temos o sistema
X ≡ si (mod mi) ∀i ∈ {1,2,..., t} (68) cuja solução x0≡ s (mod m1m2· · · mt). Agora,
t ≥ k: nesse caso m1m2· · · mt≥ N > s e, pelo teorema chinês do resto, existe uma única solução x0módulo m1m2· · · mt, como s é solução x0= s.
t < k: nesse caso m1m2· · · mt< M < s e x06= s, mas como s é solução devemos ter s = x0+ y(m1m2· · · mt), com
M < x0+ y(m1· · · mt) < N , (69) e podemos escolher os módulos de modo que esse intervalo seja muito grande, o que torna a busca por y inviável.
Como exercício, verifique o protocolo acima de partilha de senha para o caso k = 2 com L = {11,13,17,19,23}.
Exercícios
1. Num teatro duas tropas se enfrentam numa cena de batalha. Uma tropa tem 100 mosquetes e depois de atirar tantos tiros quanto possíveis lhes sobraram 13 cartuchos. A outra tropa tem 67 mosquetes e ao fim lhes res- tam 32 cartuchos. Supondo que a cada salva de tiros cada soldado atirou apenas uma vez determine o número mínimo de cartuchos de cada tropa no início da apresentação.
2. Resolva X2+42X +21 ≡ 0 (mod 105). (Dica: fatore 105 e resolva a equação para módulo cada fator e use o teorema chinês do resto)
3. A teoria do Biorritmo diz que os estados físico, mental e emocional de uma pessoa oscilam periodicamente, a partir do dia do nascimento, em ciclos de 23, 29 e 33 dias, respectivamente. Dado que os dias mais positivos dos ciclos físico, mental e emocional são, respectivamente, o 6º, o 7º e o 8º dias de cada ciclo, quantas vezes os três ciclos estão simultaneamente no ponto máximo nos primeiros 10 anos de vida?
4. Verifique que X ≡ −1 (mod 4) X ≡ 2 (mod 6) não tem solução.
5. Verifique que x ≡ 3 (mod 12) é solução de X ≡ −1 (mod 4) X ≡ 3 (mod 6) (note os módulos não-coprimos).
6. Mostre que x ≡ 3 (mod 24) é solução de X ≡ 3 (mod 12) X ≡ 19 (mod 8)
7. Mostre que X ≡ a (mod n) X ≡ b (mod m)
tem no máximo uma solução módulo mmc(n, m) (não estamos assumindo coprimalidade).
8. Sejam p 6= q primos, n = pq. Digamos que conhecemos uma solução para X2≡ a (mod p) e X2≡ a (mod q). Mostre como usar o teorema chinês do resto para achar solução de X2≡ a (mod n).
9. 3 satélites passarão sobre SA esta noite. O primeiro a 1h da manha, o se- gundo as 4h e o terceiro as 8h. O primeiro leva 13hs para completar uma volta, o segundo 15h e o terceiro 19h. Quantas horas decorrerão, a partir da meia-noite até que os 3 passam ao mesmo tempo sobre SA.
10. Determine um número que dividido por 3,5,7 de restos 2,3,2
9 A funçãoϕ de Euler e o Teorema de Euler
A funçãoϕ de Euler associa a cada inteiro positivo n a quantidade de inteiros positivos menores que n que são coprimos com n
ϕ(n) :=¯¯ ¯{a ∈ N : mdc(a , n ) = 1 e 1 ≤ a ≤ n } ¯ ¯ ¯ (70) n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ϕ(n) 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4
Decorre da definição que se p é primo entãoϕ(p) = p −1. Para potências de primo temos que dentre 1, 2, . . . , pknão são coprimos com pk aquele que têm p como fator primo, a saber p, 2p, 3p, . . . , pk−1p, portanto pk− pk−1são os copri- mos, isto é ϕ(pk ) = pk− pk−1= pk µ 1 −1 p ¶ A funçãoϕ é multiplicativa
Teorema 95. Se n, m ∈ Z+são coprimos entãoϕ(nm) = ϕ(n)ϕ(m).
Demonstração. O caso m = 1 ou n = 1 é imediato. Sejam n,m > 1 inteiros. Defi- nimos os conjuntos
A := {a ∈ N: mdc(a,nm) = 1 e 1 ≤ a ≤ nm} B := {b ∈ N: mdc(b,n) = 1 e 1 ≤ b ≤ n} C := {c ∈ N: mdc(c,m) = 1 e 1 ≤ c ≤ m}
portanto o enunciado do teorema afirma que |A| = |B| · |C |. Vamos mostrar uma bijeção entre A e B ×C .
Seja a ∈ A. Primeiro, vejamos que (a mod n, a mod m) pertence a B ×C . Ob- servemos que se a é múltiplo de n > 1 ou múltiplo de m > 1 então mdc(a,nm) > 1, o que contraria a ∈ A, portanto a mod n 6= 0 6= b mod m. Ainda
mdc(a, nm) = 1 ⇒ mdc(a,n) = 1 e mdc(a,m) = 1 (71) e
mdc(a mod n, n) = mdc(a,n) = 1 e mdc(a mod m,m) = mdc(a,m) = 1 como sabemos do algoritmo de Euclides. Para provar (71) notemos que existem x, y ∈ Z tais que ax + nmy = 1 donde temos que aX + nY = 1 tem solução e a X + mY = 1 tem solução, portanto, mdc(a,n) = mdc(a,m) = 1 pelo corolário
61.
Com isso temos que a função f : A → B dada por f (a) = (a mod n, a mod m)
está bem definida. Para provar o teorema, vamos mostrar que a função é uma bijeção.
Sejam a1e a2são elementos de A. Se f (a1) = f (a2) então a1mod n = a2mod n e a1mod m = a2mod m portanto
a1≡ a2 (mod n) a1≡ a2 (mod m)
logo a1≡ a2 (mod nm) (veja o argumento no parágrafo anterior a equação (62)), e como 1 ≤ a1, a2≤ nm temos a1= a2. Portanto a função é injetiva.
Resta provar que a função é sobrejetiva. Seja (b, c) um elemento qualquer de B × C , isto é, 1 ≤ b ≤ n, 1 ≤ c ≤ m, mdc(b,n) = 1 e mdc(c,m) = 1. Como mdc(n, m) = 1 o Teorema Chinês do Resto garante que há uma única solução a módulo nm para o sistema de congruências
X ≡ b (mod n) X ≡ c (mod m)
portanto (a mod n, a mod n) = (b,c), ademais, mdc(a,nm) = 1 pela recíproca de (71) (veja exercício31, item 6).
Exercício 96. Use indução (em k) para mostrar que se mdc(ni, nj) = 1 para todo i 6= j então ϕ(n1n2· · · nk) = ϕ(n1)ϕ(n2) ···ϕ(nk).
Agora, pelo exercício anterior, se n = pm1
1 · · · p mk k é a fatoração canônica de n então ϕ(n) =Yk i =1 ϕ(pmi i ) = k Y i =1 pmi i (1 − 1/pi) = k Y i =1 pmi i k Y i =1 (1 − 1/pi) ou seja, ϕ(n) = nYk i =1 µ 1 − 1 pi ¶ . (72)
Exercício 97. Mostre queϕ(n) = n − 1 se e só se n primo.
9.1 Sistema completo de invertíveis (sci)
Do conjunto R := {0,1,...,n − 1} dos restos módulo n, consideremos apenas os que são coprimos com n, isto é, o subconjunto S := {r1, r2, . . . , rϕ(n)} ⊂ R de todos os restos ri∈ R tais que mdc(ri, n) = 1. Como R é um sistema completo de restos (scr) módulo n, todo inteiro b é côngruo a um, e só um, r ∈ R; agora, se b é coprimo com n então r ∈ S: do Teorema de Euclides temos mdc(n,b mod n) = mdc(b, n) = 1 e r = b mod n. Ou seja, todo inteiro coprimo com n é congruente a um e só um elemento de S.
Para n ≥ 1, um conjunto com ϕ(n) inteiros incongruentes entre si módulo n e coprimos com n é chamado de sistema completo de invertíveis módulo n. Equivalentemente, um conjunto S ⊂ Z tal que mdc(a,n) = 1 para todo a ∈ S e tal que para todo z ∈ Z com mdc(z,n) = 1 existe um único a ∈ A tal que a ≡ z (mod n) é um sistema completo de invertíveis módulo n.
Por exemplo {1, 3, 5, 7}, {±1,±3} e {±5,±7} são sci módulo 8.
Exercício 98. Seja S um scr módulo n qualquer. Mostre que os elementos de S
coprimos como n formam um sci módulo n.
Em vista disso, um sci também é chamado de sistema reduzido de restos mó- dulo n.
Proposição 99. Se S é um sci módulo n então para todo a coprimo com n o con-
junto a · S é um sci módulo n.
Demonstração. Tome S = {x1, x2, . . . , xϕ(n)} um sistema completo de invertíveis módulo n e forme o conjunto a ·S = {ax1, ax2, . . . , axϕ(n)} para a coprimo com n. Como a é invertível módulo n, então
axi≡ axj (mod n) ⇒ xi≡ xj (mod n) ⇒ i = j ,
ademais mdc(axi, n) = 1 para todo i , ou seja, os ϕ(n) elementos de a · S são incongruentes entre si e invertíveis módulo n.