2.11 Congruências
2.11.4 Simplificação das Congruências
Teorema 2.11.9. Se ac ≡ bc (mod m) e se o mdc(c, m) = 1, então a ≡ b (mod m) . (Fonte: Alencar Filho (1986, p. 26))
Demonstração. Com efeito, seac ≡ bc (mod m), então:
m|(ac − bc) e m|(a − b)c.
Como o mdc(c, m) = 1, segue-se do Lema de Gauss que m|(a − b) e, portanto:
a ≡ b (mod m) .
Corolário 2.11.3. Se ac ≡ bc (mod p), com p primo, e se p não divide c, então a ≡
b (mod p).
(Fonte: Alencar Filho (1986, p. 27)) Demonstração. As condições: p não divide c e p primo implicam ser o mdc(c, p) = 1 e, portanto, pelo Teorema 2.11.9:
a ≡ b (mod p).
Teorema 2.11.10. Se ac ≡ bc (mod m) e se o mdc(c, m) = d, então a ≡ b modm d
.
(Fonte: Alencar Filho (1986, p. 27-28)) Demonstração. Com efeito, seac ≡ bc (mod m), então:
ac − bc = (a − b)c = km, com k ∈ Z.
Como mdc(c, m) = d, existem inteiros r e s tais que c = dr e m = ds, com r e s primos entre si. Portanto:
(a − b)dr = kds ou (a − b)r = ks, o que implica:
s|(a − b)r, com o mdc(r, s) = 1.
Logo:
s|(a − b) e a ≡ b (mod s) ou a ≡ b modm d
.
Exemplo 2.11.1. Dados os inteiros a, b ∈ Z. Sendo m um inteiro maior do que 1, demonstre que sea ≡ b (mod m), então:
mdc(a, m) = mdc(b, m).
(Fonte: Hefez (2013, p. 197-198)) Demonstração. Se a ≡ b (mod m), então m|b − a e, portanto, b = a + tm, com t ∈ Z. Logo, pelo Lema 2.7.1, temos que:
mdc(a, m) = mdc(a + tm, m) = mdc(b, m).
Teorema 2.11.11 (Pequeno Teorema de Fermat). Seja p um primo. Se p não divide a, então:
ap−1≡ 1 (mod p).
(Fonte: Feitosa (2012)) Demonstração. Considere o conjunto de inteirosB = {a, 2a, 3a, ..., (p − 1)a} onde a é um inteiro satisfazendo mdc(a, p) = 1. Nenhum deles é divisível por p e quaisquer dois deles são incongruentes módulo p, em virtude do Teorema 2.11.9. Assim, o conjunto dos restos dos elementos de B coincide com o conjunto dos restos não nulos na divisão por p, a saber, {1, 2, 3, ..., p − 1}. Portanto,
a . 2a . 3a ... (p − 1)a ≡ 1 . 2 . 3 ... (p − 1) (mod p) ap−1(p − 1)! ≡ (p − 1)! (mod p)
Podemos cancelar o termo (p − 1)! em ambos os lados, pois mdc((p − 1)!, p) = 1, concluindo, assim, a demonstração do teorema.
Corolário 2.11.4. Se p é um primo, então ap
≡ a (mod p), qualquer que seja o inteiro a. (Fonte: Alencar Filho (1986, p. 64)) Demonstração. Sep divide a (p|a), então a ≡ 0 (mod p) e ap
≡ 0 (mod p), o que implica
ap
≡ a (mod p).
Se p não divide a (p ∤ a), sabendo que a ≡ a (mod p), temos pelo Pequeno Teorema de Fermat:
ap−1 ≡ 1 (mod p) e ap ≡ a (mod p).
Observação: Este corolário nada mais é do que uma outra versão para o Pequeno Teorema de Fermat.
Exemplo 2.11.2. Sejam p um número primo e a, b ∈ Z. Vamos mostrar que (a + b)p
≡ ap+ bp(mod p)
(Fonte: Hefez (2013, p. 195)) Demonstração. O resultado decorre do Pequeno Teorema de Fermat, pois
ap ≡ a (mod p)
bp ≡ b (mod p) (a + b)p
≡ (a + b) (mod p). Daí, ap+ bp ≡ (a + b) (mod p). Portanto:
(a + b)p
≡ ap+ bp(mod p).
Exemplo 2.11.3. Se a, b ∈ Z e p é primo, então (a − b)p ≡ ap− bp(mod p).
(Fonte: Hefez (2013, p. 195)) Demonstração. Pelo Exemplo 2.11.2, temos que
ap = (a − b + b)p ≡ (a − b)p+ bp(mod p), ou seja, (a − b)p ≡ ap − bp(mod p).
Exemplo 2.11.4. Sejam a, b ∈ Z e p um número primo. Vamos mostrar que ap ≡ bp (mod p) =⇒ ap ≡ bp(mod p2). (Fonte: Hefez (2013, p. 195-196)) Demonstração. De fato, sabemos pelo Exemplo 2.11.3 que
ap − bp ≡ (a − b)p(mod p). Como, por hipótese, temos que p divide ap
− bp, segue-se, da congruência acima, que
p|(a − b)p; logo, p|(a − b); ou seja, a ≡ b (mod p). Isto implica que ai
≡ bi(mod p) para todo i ∈ N. Decorre daí que
ap−1+ bap−2+ ... + bp−2a + bp−1≡ pbp−1≡ 0 (mod p) Logo, o resultado decorre, pois
ap − bp
= (a − b)(ap−1+ bap−2+ ... + bp−2a + bp−1) e ambos os fatores no lado direito são divisíveis por p.
Lema 2.11.1. Se mdc(a, m) = 1, então existe um inteiro x tal que
ax ≡ 1 (mod m).
Talx é único módulo m. Se mdc(a, m) > 1, então não existe tal x.
(Fonte: Feitosa (2012)) Demonstração. PeloTeorema 2.7.5, existem inteiros x e y tais que ax + my = 1. Ana- lisando essa congruência módulo m, obtemos ax ≡ 1 (mod m). Se y é outro inteiro que satisfaz a congruência, temos ax ≡ ay (mod m). Pelo Teorema 2.11.9, x ≡ y (mod m). Se d = mdc(a, m) > 1, não podemos ter d|m e m|ax − 1 pois d ∤ ax − 1.
Teorema 2.11.12 (Teorema de Wilson). Se p é primo, então (p − 1)! ≡ −1 (mod p).
(Fonte: Feitosa (2012)) Demonstração. Em virtude do lema anterior, para cadaa ∈ {2, 3, ..., p − 2} existe um resto x ∈ {0, 1, 2, ..., p − 1} tal que ax ≡ 1 (mod p). Se x = 1 ou x = p − 1, teríamos a = 1 ou p − 1. Além disso, não podemos ter a = x, pois os únicos restos que satisfazem
a2 ≡ 1 (mod p) são 1 e p − 1. Com isso, podemos agrupar os números de {2, 3, ..., p − 2}
em pares onde o produto deixa resto 1 por p, o que nos permite concluir que o produto de todos eles também deixa resto 1 por p. Logo,
Um conjunto S é chamado de sistema completo de resíduos módulo n, denotado abreviadamente por scr, se para cada 0 ≤ i ≤ n − 1 existe um elemento s ∈ S tal que
i ≡ s (mod n). Para qualquer a, o conjunto {a, a + 1, a + 2, ..., a + (n − 1)} é um exemplo
de scr. (Fonte: Feitosa (2012))
Exemplo 2.11.5. Se mdc(m, s) = 1, mostre que {t, t + s, t + 2s, t + (m − 1)s} é um scr. (Fonte: Feitosa (2012)) Demonstração. PeloTeorema 2.11.9, se t+is ≡ t+js (mod m), temos is ≡ js (mod m) e i ≡ j (mod m). Como i, j ∈ {0, 1, ..., m − 1}, i = j. Isso nos diz que temos m inteiros que deixam restos distintos na divisão por m. Como existem exatamente m restos na divisão por m, o conjunto é um scr.
Dado n ∈ N, denotaremos o número de naturais menores ou iguais a n e relativamente primos com n por φ(n).
Segue imediatamente da definição de φ(n) que φ(1) = 1, φ(2) = 1, φ(3) = 2,
φ(5) = 4 e φ(6) = 2. Se p é primo, φ(p) = p − 1. (Fonte: Feitosa (2012))
Lema 2.11.2. Se p é um número primo e k um número natural, então:
φ(pk) = pk−1(p − 1).
(Fonte: Feitosa (2012))
Demonstração. Os únicos números do conjunton1, 2, ..., pkoque não são relativamente primos com pksão aqueles que são divisíveis por p. A quantidade de tais números é
pk
p = p
k−1. Sendo assim, φ(pk) = pk
− pk−1 = pk−1(p − 1).
Lema 2.11.3. Sejam m um número natural, l um número natural relativamente primo comm, e r um inteiro arbitrário. Então, o conjunto
r, l + r, 2l + r, ..., (m − 1)l + r
é um sistema completo de restos módulom.
(Fonte: Feitosa (2012)) Demonstração. Suponha, por absurdo, que existem dois inteiros i e j com 0 ≤ i <
j < m e para os quais tenhamos r+ il ≡ r + jl (mod m). Assim, (j − i)l ≡ 0 (mod m).
Como l é relativamente primo com m, devemos ter j − i ≡ 0 (mod m). Obtemos um absurdo, pois 0 < j − i < m. Consequentemente, temos um conjunto de m inteiros todos incongruentes módulo m e, portanto, tal conjunto é um sistema completo de restos.
Teorema 2.11.13. Se l e m são números naturais primos entre si, então:
φ(ml) = φ(m)φ(l)
(Fonte: Feitosa (2012))
Demonstração. Como φ(1) = 1, o teorema anterior é válido quando m = 1 ou l = 1. Suponha, então, que m, l > 1. Façamos uma contagem dupla. Primeiramente, usando a definição φ(ml) é o número de inteiros da tabela abaixo que são relativamente primos com ml. 1, 2, ..., r, ..., l, l + 1 l + 2 ..., l + r ..., 2l 2l + 1 2l + 2 ..., 2l + r ..., 3l ..., ..., ..., ..., ..., ..., (m − 1)l + 1 (m − 1)l + 2 ..., (m − 1)l + r ..., ml
Seja r ≤ m um número natural qualquer. Considerando a r-ésima coluna da tabela, se mdc(r, l) > 1, nenhum de seus elementos é relativamente primo com l. Então, se buscamos os elementos que não possuem nenhum fator em comum com
ml, devemos nos ater às colunas com mdc(r, l) = 1. O número de tais colunas é φ(l).
Considerando agora a r-ésima coluna, e supondo que mdc(r, l) = 1, em virtude do lema anterior, sabemos que os restos de seus elementos na divisão por m formam exatamente o conjunto {0, 1, ..., m}, e dentre eles existem exatamente φ(m) números relativamente primos com m. Sendo assim, podemos contar os números relativamente primos com ml através do número de colunas “boas" e do número de “bons" elementos em cada uma delas, obtendo: φ(m)φ(l).
Corolário 2.11.5. Se n = pα1
1 p
α2
2 ...p
αk
k é a fatoração em primos den, então:
φ(n) = n 1 − 1 p1 ! 1 − p1 2 ! ... 1 − 1 pk ! . (Fonte: Feitosa (2012)) Demonstração. φ(n) = φ(pα1 1 pα22...p αk k ) = φ(pα1 1 )φ(pα 2 2 )...φ(p αk k ) = pα1−1 1 (p1− 1)pα22−1(p2− 1)...pαkk−1(pk− 1) = pα1−1 1 pα22−1...p αk−1 k (p1− 1)(p2− 1)...(pk− 1) = n 1 − 1 p1 ! 1 −p1 2 ! ... 1 − 1 pk !
Teorema 2.11.14 (Teorema de Euler). Se mdc(a, m) = 1, então
aφ(m)
≡ 1 (mod m).
(Fonte: Feitosa (2012)) Demonstração. A prova deste teorema será muito similar à prova do Pequeno Teorema de Fermat.
Sejam r1, r2, ..., rφ(m) os restos em {0, 1, 2, ..., m − 1} que são relativamente
primos com m. Considere o conjunto nar1, ar2, ..., arφ(m)
o
. Se dois de seus membros deixam o mesmo resto por m, digamos:
ari ≡ arj(mod m);
temos ri ≡ rj(mod m) pois mdc(a, m) = 1. Claramente isso é uma contradição. Além disso, mdc(ari, m) = mdc(m, ri) = 1. Analisando os restos na divisão por m dos membros desse novo conjunto, podemos concluir que tal conjunto coincide com o conjunto dos restos iniciais. Assim,
r1, r2, ..., rφ(m) ≡ ar1, ar2, ..., arφ(m)
≡ aφ(m)r
1.r2...rφ(m).
Como mdc(r1.r2...rφ(m), m) = 1, podemos cancelar esse termo em ambos os
membros da congruência anterior, obtendo, assim, o teorema de Euler.