( om ^enfase em Aproxima ~oes Diofantinas)
Carlos Gustavo T. de A. Moreira
I M P A
Estrada DonaCastorina 110, Jardim Bot^ani o
Riode Janeiro-RJ
CEP 22.460-320 - Brasil
Correioeletr^oni o: guguimpa.br
Introdu ~ao ...3 PARTE I: CONGRU ^ ENCIAS E N UMEROS PRIMOS Captulo 1: Divisibilidade e Congru^en ias 7 1 Divis~ao eu lidiana eo teoremafundamental daaritmeti a ...7
2 Congru^en ias ...10
3 A fun ~ao de Euler e o pequeno teoremade Fermat ...14
4 A fun ~ao de Mobius ...18
5 Bases ...21
6 Corpos e polin^omios ...23
7 Ordense razes primitivas...28
8 Razes primitivasem Z=(n) ...30
9 A leida re ipro idadequadrati a ...32
10 Extens~oes quadrati as de orpos nitos ...35
Captulo 2: Numeros Primos 37 1 Sobre adistribui ~aodos numeros primos ...37
2 Outrosresultados e onje turas sobre primos ...41
3 Formulas para primos e testes de primalidade ...44
4 Testes de primalidadebaseados emfatora ~oes de n 1 ...45
PARTE II: APROXIMACOES DIOFANTINAS
Captulo 3: Fra ~oes Contnuas, Representa ~oes de Numerose Aproxima ~oes 54
1 Reduzidas e boas aproxima ~oes ...56
2 Boas aproxima ~oes s~aoreduzidas ...60
3 Fra ~oes ontnuas periodi as ...62
Apli a ~ao: a equa ~ao de Pell ...64
Captulo 4: Propriedades Estatsti as de Fra ~oes Contnuas e Aproxima ~oes Dioantinas: O Teorema de Khint hine 66 1 OTeoremade Khint hine via fra ~oes ontnuas ...68
2 OTeoremade Khint hine n-dimensional ...71
Ap^endi e: Aproxima ~oes diofantinas n~ao-homog^eneas ...75
Captulo 5: Os Espe tros de Markov e Lagrange 77 1 De ni ~oes eenun iados ...77
2 Dimens~oes de Hausdor e somas aritmeti asde onjuntos de Cantor de fra ~oes ontnuas ...79
3 Ideias das demonstra ~oes dos resultados sobre os espe tros ...81
4 Espe tros de Markov e Langrange din^ami os ...83
Ap^endi e: Conjuntos de Cantos Regulares e Dimens~oes Fra tais ... 85
1.0 Conjuntos de Cantor ...85
1.1 Conjuntos de Cantorregulares ...86
1.2 Distor ~aolimitada egeometrias limite ...88
1.3 Dimens~oes fra tais ...91
Estass~aoasnotasdeummini- ursoquefui onvidadoadarnoIMCAemnovembrode2001.
Boa parte do material aqui ontido foi adaptado das notas dos ursos \Primos de Mersenne
(e outros primos muito grandes)", em olabora ~ao om Ni olau Saldanha e \Conjuntos de
Cantor, Din^ami a e Aritmeti a", que dei no XXII Coloquio Brasileiro de Matemati a, em
1999,edoartigo\PropriedadesEstatsti asdeFra ~oesContnuaseAproxima ~oesDiofantinas",
publi ado naRevista Matemati a Universitaria.
O objetivo dessas notas e ser uma refer^en ia introdutoria sobre teoria dos numeros e
aproxima ~oes diofantinas, destinada a alunos de gradua ~ao oumestrado em matemati a. Boa
parte do material e totalmente elementar, sendo a essvel a bons alunos do ensino medio
(em parti ular aos olmpi os...). Agrade o aos Professores Cesar Cama ho e Roger Metzger
pelo onvite e aoportunidade de visitaroPeru e dar aulas sobre esse assuntot~ao fas inante.
CONGRU ^
ENCIAS E N
CAPITULO 1
Divisibilidade e Congru^en ias
Neste primeiro aptulo veremos os topi os basi os de teoria dos numeros, omo
divisibili-dade, ongru^en ias e aritmeti a modulon.
1 Divis~ao eu lidiana e o teorema fundamental da
aritmeti a
Adivis~aoeu lidiana,oudivis~ao omresto,eumadasquatroopera ~oesquetoda rian aaprende
na es ola. Sua formula ~aopre isa e: dados a 2Z, b 2 Z
existem q;r 2 Z om 0 r <jbj e
a = bq+r. Tais q e r est~ao uni amente determinados e s~ao hamados o quo iente e resto da
divis~aode a porb. Seb >0podemosde nirq=ba=b eseb<0,q=da=be;emqualquer aso,
r=a bq. Oresto reasvezesdenotadopora modb; de nimosa mod0=a. Lembramosque
bx denotaouni ointeirok talquek x<k+1edxeouni o inteirok talquek 1<xk.
Dados dois inteiros a e b (em geral om b 6= 0) dizemos que b divide a, ou que a e um
multiplode b, e es revemos bja, se existirq 2Z om a =qb. Se a6=0, tambemdizemos queb
e um divisor de a. Assim, bjase esomentese amodb=0.
Proposi ~ao 1.1: Dados a;b 2 Z existe um uni od 2 N tal que dja, djb e, para todo 2 N,
se jae jb ent~ao jd. Alemdisso existem x;y2Z om d=ax+by.
Esse natural d e hamado o maximo divisor omum, ou md , entre a e b. Es revemos
d=md (a;b) ou(se n~ao houverpossibilidade de onfus~ao) d=(a;b).
Dem: O asoa=b =0etrivial(temosd =0). Nosoutros asos,sejaI(a;b)=fax+by;x;y2
Zg e seja d= ax
0 +by
0
o menor elemento positivo de I(a;b). Como d2 N , existem q;r 2 Z om a=dq+r e 0r <d. Temos r =a dq =a(1 qx 0 )+b( qy 0 )2I(a;b); omo r<d e
ja e jb; temos jax+by para quaisquer valores de x e y donde, emparti ular, jd.
O algoritmo de Eu lides para al ular o md baseia-se nas seguintes observa ~oes simples.
Se a = bq +r, 0 r < b, temos ( om a nota ~ao da demonstra ~ao a ima) I(a;b) = I(b;r),
donde (a;b) = (b;r). De nindo a
0 = a, a 1 = b e a n = a n+1 q n+2 +a n+2 , 0 a n+2 < a n+1 (ou seja, a n+2 e o resto da divis~ao de a n por a n+1 ) temos (a;b) = (a 0 ;a 1 ) = (a 1 ;a 2 ) = (a 2 ;a 3 ) = =(a n ;a n+1
)paraqualquervalorde n. SejaN omenornaturalparaoquala
N+1 =0: temos (a;b)=(a N ;0)=a N .
Lema 1.2: Se (a;b) =1 e ajb ent~ao aj .
Dem: Como (a;b)=1, existem x;y2Z om ax+by=1,logoaj =a x+b y.
Quando (a;b) = 1 dizemos que a e b s~ao primos entre si. Um natural p > 1 e hamado
primo se os uni os divisores positivos de p s~ao 1 e p. Um natural n >1e hamado omposto
se admiteoutros divisores alemde 1 en.
Claramente, se peprimo e p-a temos (p;a)=1. Usando o lema anterior e indu ~ao temos
o seguinteresultado:
Corolario 1.3: Sejam p um numero primo e sejam a
1 ;:::a m 2 Z. Se pja 1 a m ent~ao pja i para algum i,1in.
Estamos agora prontos para enun iar e provar o teorema que diz que todo inteiro admite
fatora ~ao uni a omo produto de primos.
Teorema 1.4: (Teoremafundamentaldaaritmeti a) Sejan2umnumeronatural. Podemos
es revern de uma uni a forma omo um produto
n =p 1 p m onde m1eum naturale p 1 :::p m s~aoprimos.
Dem: Mostramos a existen ia da fatora ~ao por indu ~ao. Se n e primo n~ao ha o que provar
(es revemos m = 1, p
1
as fatora ~oes de a eb (ereordenando osfatores) obtemos umafatora ~aode n.
Vamos agora mostrara uni idade, tambem porindu ~ao. Suponha que
n=p 1 p m =q 1 q m 0 ; omp 1 :::p m ,q 1 :::q m 0. Comop 1 jq 1 q m 0 temosp 1 jq i
paraalgumvalordei,donde,
omo q i e primo, p 1 = q i e p 1 q 1 . Analogamente temos q 1 p 1 , donde p 1 = q 1 . Mas por
hipotese de indu ~ao
n=p 1 =p 2 p m =q 2 q m 0
admiteuma uni afatora ~ao,donde m=m 0 ep i =q i para todoi.
Outra formade es rever a fatora ~aoe
n=p e 1 1 p em m ; om p 1 <<p m , e i
>0. Ainda outra formula ~aoees rever
n=2 e2 3 e3 5 e5 p ep
onde o produto e tomado sobre todos os primos mas apenas um numero nito de expoentes e
maior doque zero.
Segue deste teorema o outro algoritmo omum para al ular o md de dois numeros:
fa-toramos os dois numeros e tomamos os fatores omuns om os menores expoentes. Este
al-goritmo e bem menos e iente do que o de Eu lides para inteiros grandes (que em geral n~ao
sabemos fatorar) mase instrutivo saberque osdois algoritmosd~ao omesmo resultado.
Corolario 1.5: Se (a;n)=(b;n)=1ent~ao (ab;n)=1.
Dem: Evidentea partir doalgoritmodes ritoa ima.
Teorema 1.6: (Eu lides) Existem in nitosnumeros primos.
Dem: Suponha por absurdo que p
1 ;p
2 ;:::;p
m
fossem todos os primos. O numero N =
p 1 p 2 p m
+1>1n~aoseriadivisvelpornenhumprimo,oque ontradizoteoremafundamental
1 2 m
primos(porexemplo,os m primeirosprimos). Alias,23571113+1=30031=59509,
2357 1=209=1119,4!+1=25=5 2
e8! 1=40319=231753 n~aos~aoprimos. N~ao
existe nenhuma formulasimples onhe ida quegere sempre numerosprimos. Veja a se ~ao 3.1.
2 Congru^en ias
Sejam a;b;n 2Z. Dizemos que a e ongruente a b modulo n, e es revemos a b (mod n), se
njb a. Como a ongru^en iamodulo 0ea igualdadee quaisquerinteiross~ao ^ongruosmodulo
1,em geral estamosinteressados emn>1.
Proposi ~ao 2.1: Para quaisquer a;a 0 ;b;b 0 ; ;n2Z temos: (a) 1. aa (mod n);
2. sea b (modn) ent~ao ba (mod n);
3. sea b (modn) eb (mod n) ent~aoa (modn);
4. sea a 0 (modn) eb b 0 (mod n) ent~aoa+ba 0 +b 0 (mod n); 5. sea a 0 (modn) ent~ao a a 0 (mod n); 6. sea a 0 (modn) eb b 0 (mod n) ent~aoab a 0 b 0 (modn).
Dem: Para o item (a)basta observar que nja a = 0. Em (b), se njb a ent~ao nja b =
(b a). Em( ),senjb aenj bent~aonj a=( b)+(b a). Em(d), senja 0 aenjb 0 b ent~aonj(a 0 +b 0 ) (a+b) =(a 0 a)+(b 0 b). Em(e),senja 0 aent~aonj( a 0 ) ( a) = (a 0 a). Em(f),se nja 0 a e njb 0 b ent~aonja 0 b 0 ab=a 0 (b 0 b)+b(a 0 a).
(\ser ^ongruo modulo n") e uma rela ~ao re exiva, simetri a e transitiva. Rela ~oes
satis-fazendo estas tr^es propriedades s~ao hamadas rela ~oes de equival^en ia. Dada uma rela ~ao de
equival^en ia sobre um onjunto X e um elemento x2 X de nimos a lasse de equival^en ia
x de x omo
x=fy2Xjyxg;
observe que x y se e somente se x= y. As lasses de equival^en ia formam uma parti ~aode
X, i.e., uma ole ~ao de sub onjuntos n~aovazios edisjuntos de X uja uni~aoe X. O onjunto
fxjx2Xgdas lassesde equival^en iae hamadooquo ientedeX pelarela ~aodeequival^en ia
ee denotado por X=.
Apli ando esta onstru ~ao geral ao nosso aso, de nimos o quo iente Z=( (mod n)),
hamadoporsimpli idade de nota ~aode Z=(n), Z=nZouasvezes Z
n
. Dadoa2Z,a de ni ~ao
de a omo um sub onjunto de Z raramente sera importante: o importante e sabermos que
a = a 0
se e somente se a a 0
(modn). Se n > 0, a divis~ao eu lidiana diz que todo inteiro a
e ^ongruo a um uni o inteiro a 0
om 0 a 0
< n; podemos rees rever este fato na nosso nova
linguagem omo
Z=(n)=f0;1;::: ;n 1g:
Quando n~aohouverpossibilidadede onfus~aoomitiremosasbarrase hamaremososelementos
de Z=(n) simplesmentede 0;1;::: ;n 1.
Os itens (d), (e) e (f) da proposi ~ao dizem que as opera ~oes de soma, diferen a e produto
s~ao ompatveis om a rela ~ao de ongru^en ia.
E esta propriedadeque torna ongru^en iast~ao
uteis, nos possibilitandofazer ontas modulon. Podemos por exemploes rever
196883=110 5 +910 4 +610 3 +810 2 +810 1 +310 0 11 5 +91 4 +61 3 +81 2 +81 1 +31 0 =1+9+6+8+8+3 =35 8 (mod 9);
por 9). Uma formula ~ao mais abstrata damesma ideiaedizer que asopera ~oes + e passam
aoquo iente, i.e., que podemos de nir
+:Z=(n)Z=(n)!Z=(n); :Z=(n)Z=(n)!Z=(n)
por a+b = a+b e ab = ab . A duvida a primeira vista seria se a es olha de a e b n~ao
afeta a resposta: a nal existem in nitos inteiros a 0 e b 0 om a = a 0 e b = b 0 . Os itens (d)
e (f) da proposi ~ao s~ao exatamente o que pre isamos: eles nos dizem que nestas ondi ~oes
a+b=a 0 +b 0 e ab =a 0 b 0 .
Proposi ~ao 2.2: Sejam a;n 2 Z, n > 0. Ent~ao existe b 2 Z om ab 1 (mod n) se e
somente se (a;n)=1.
Dem: Se ab 1 (mod n) temos nk = 1 ab para algum k, donde (a;n)jab+nk = 1 e
(a;n)=1. Se (a;n)=1temos ax+ny=1 para ertos inteiros xe y, donde ax1 (modn).
Dizemos portanto que a e invertvel 1
modulo n quando (a;n) = 1 e hamamos b om
ab1 (mod n)de inversode amodulon. Oinversoesempreuni o modulon: seabab 0 1 (modn) temosb ab 2 abb 0 b 0 (mod n).
Corolario 2.3: Se (a;n) =1e abab 0
(mod n) ent~aob b 0
(mod n).
Dem: Bastaes rever bab ab 0
b 0
(mod n) onde e o inverso de a modulo n.
De nimos (Z=(n)) Z=(n)por (Z=(n)) =fa;(a;n) =1g:
Observe que oproduto de elementos de (Z=(n)) esempre um elementode (Z=(n)) ( orolario 1.5). 1
Alguns autores preferem es reverinversvel. Os interessados em dis utir esta quest~ao ortogra a devem
f :Z=(mn)!Z=(m)Z=(n)
a7!(a;a)
e uma bije ~ao. Alemdisso, a imagempor f de (Z=(mn)) e (Z=(m)) (Z=(n)) .
Note que ada a na de ni ~ao de f e tomado em rela ~aoa um modulo diferente. A fun ~ao
esta bem de nida pois amodmndetermina amodm e amodn.
Dem: ComoZ=(mn) eZ=(m)Z=(n)t^emmn elementos ada, para provar quef ebijetiva
basta veri ar que f e injetiva. E, de fato, se a a 0 (mod m) e a a 0 (modn) ent~ao mj(a a 0 ) e nj(a a 0 ), donde mnj(a a 0 ) e a a 0 (modmn). A imagem de (Z=(mn)) e (Z=(m)) (Z=(n))
pois (a;mn)=1se e somente se(a;m)=(a;n)=1.
Dadosinteirosm 1 ;m 2 ;::: ;m r
,dizemosqueestesinteiross~aoprimosentresise(m
i ;m j )=1 para quaiquer i6=j. Corolario 2.5: Se m 1 ;m 2 ;::: ;m r
s~aointeiros primos entre si. Ent~ao
f :Z=(m 1 m 2 m r )!Z=(m 1 )Z=(m 2 )Z=(m r ) a7!(a;a;:::;a)
e uma bije ~ao.
Dem: Bastaapli ar o teoremaanterior r vezes.
A apli a ~ao mais omum deste teoremae para garantir que existe a om a a
i (mod m i ) onde a i
s~aointeirosdados quaisquer.
Problema resolvido: Prove que dado n 2 N existe um onjunto de n elementos A N
tal que para todo B A, B 6= ?, P
x2B
x e uma pot^en ia n~ao trivial (isto e, um numero da
forma m k
, onde m;k s~ao inteiros maiores ou iguais a 2), ou seja, A = fx
1 ;x 2 ;:::x n g tal que x 1 ;x 2 ;:::x n ;x 1 +x 2 ;x 1 +x 3 ;:::;x n 1 +x n ;:::;x 1 +x 2 +:::x n
s~aotodos pot^en iasn~aotriviais.
Solu ~ao: A = f4ge solu ~ao para n = 1, A =f9;16ge solu ~ao para n =2. Vamos provar a
exist^en iade umtal onjuntoporindu ~aoemn. SuponhaqueA =fx
1
;:::;x
n
om n elementos e para todoB A, B 6= ?, x2B x = m k B B
. Vamos mostrar que existe 2 N
talque o onjunto ~ A=f x 1 ; x 2 ;:::; x n ; gsatisfaz o enun iado. Seja `=mm fk b
;B A; B 6=?g omnimo multiplo omum de todos os exponentes k
B .
Para ada B A, B 6=? asso iamosum numeroprimo p
B >`, de forma que B 1 6=B 2 ) p B1 6=p B2
, easso iamosum naturalr om r
B 0(modulop x ),8X 6=B,`r B +10(modulo p B )(tal r B
existe peloteorema hin^es dos restos), etomamos
= Y BA B6=? (1+m k B B ) `r B :
Como eumapot^en ia`-esima, eumapot^en iak
B
-esimaparatodoB A,B 6=?,portanto,
para B 0 f x 1 ; x 2 ;:::; x n g, B 0 6=?, teremosB 0 =f x jx2Bg para algum B A, B 6=?. Logo P x2B 0
x sera uma pot^en ia k
B -esima. Alem disso, X X2B 0 Uf g x= (1+m K B B )= 2 6 4 Y XA X6=?;B (1+m K X X ) `r X 3 7 5 (1+m K B B ) `r B +1 ;
que e uma pot^en ia p
B -esima, pois r X e multiplo de p B para X 6= B e `r B +1 e multiplo de p B .
3 A fun ~ao de Euler e o pequeno teorema de Fermat
De nimos '(n) = j(Z=(n))
j (onde jXj denota o numero de elementos de X). A fun ~ao ' e
onhe ida omo a fun ~ao de Euler. Temos '(1)= '(2)= 1, e, para n >2, 1 <'(n) <n. Se
pe primo,'(p) =p 1;mais geralmente '(p k )=p k p k 1 pois (a;p k )=1 se e somente se a n~aoe multiplode p e hap k 1
multiplosde p nointervalo 0a <p k
.
Dizemos que osn numerosinteiros a
1 ;a
2
;::: ;a
n
formam um sistema ompleto de resduos
(ou s. .r.) modulo n se fa 1 ;a 2 ;:::a n g = Z=(n), isto e, se os a i
representam todas as lasses
de ongru^en ia modulo n. Por exemplo, 0, 1, 2, ::: n 1 formam um s. .r. modulo n.
Equivalentemente, podemos dizer que a
1 ;a
2
;:::;a
n
i j 1 2 '(n)
sistema ompleto de invertveis (s. .i.) modulo n se
fb 1 ;b 2 ;:::b '(n) g=(Z=(n)) ; isto e, se os b i
representam todas as lasses de ongru^en ias invertveis modulo n. Tambem
equivalentemente, b 1 ;b 2 ;:::;b '(n)
formam um s. .i. modulo n see somente se(b
i ;n)= 1 para todoi e a i a j (modn) impli ari=j.
Proposi ~ao 3.1: Sejam q;r;n 2 Z, n > 0, q invertvel modulo n, a
1 ;a 2 ;::: ;a n um s. .r. modulon eb 1 ;b 2 ;::: ;b '(n)
um s. .i. modulon. Ent~ao qa
1 +r;qa 2 +r;::: ;qa n +r formamum s. .r. modulon eqb 1 ;qb 2 ;:::qb '(n)
formam um s. .i. modulo n.
Dem: Se qa
i
+r qa
j
+r (mod n) ent~aonjq(a
i a j ) e a i a j
(mod n), donde i=j; om
istoprovamos que qa
1 +r;qa 2 +r;::: ;qa n +r formam um s. .r.. Como (q;n) =(b i ;n) =1, temos (qb i
;n) = 1. Por outro lado, se qb
i qb j (modn) temos b i b j
(mod n) ( omo noparagrafoanterior)e i=j. Isto on lui ademonstra ~ao.
Teorema 3.2: (Euler) Sejam a;n2Z, n>0,tais que(a;n) =1. Ent~ao a '(n) 1 (mod n). Dem: Seja b 1 ;b 2 ;::: :b '(n)
um s. .i. modulo n. Pela proposi ~aoanterior,
ab 1 ;ab 2 ;:::ab '(n)
tambemformam um s. .i. modulon. Assim,
b 1 b 2 b '(n) ab 1 ab 2 ab '(n) (mod n)
poismodulo n osdois lados t^emos mesmosfatores amenos de permuta ~ao. Mas istopode ser
rees rito omo a '(n) (b 1 b 2 b '(n) )1(b 1 b 2 b '(n) ) (modn)
e pelo orolario1.9 istoimpli aa '(n)
Corolario3.3: (PequenoTeoremade Fermat) Se peprimoent~ao,paratodointeiroa,a a
(modp).
Dem: Se pja, ent~ao a p
a 0 (mod p). Caso ontrario, '(p) =p 1, a p 1
1 (modp) e
novamentea p
a (modp).
Outra demonstra ~aodopequeno teoremade Fermateporindu ~aoema usando obin^omio
de Newton e algumaspropriedades de numeros binomiais. Se 0<i<ptemos
p i = p! i!(p i)! 0 (modp)
pois ha um fator p no numerador que n~ao pode ser an elado om nada que apare a no
de-nominador. Os asos a=0e a=1 doteoremas~aotriviais. Supondo valido o teoremapara a,
temos (a+1) p =a p + p 1 a p 1 ++ p p 1 a+1 a p +1 a+1 (mod p)
e aindu ~ao esta ompleta.
Corolario 3.4: Se (m;n)=1ent~ao '(mn)='(m)'(n).
Dem: Construimos uma bije ~ao entre (Z=(mn))
e (Z=(m))
(Z=(n))
, o que garante que
estes onjuntost^emo mesmo numerode elementos.
Corolario 3.5: Se n =p e1 1 p e2 2 p e m m om p 1 <p 2 <:::<p m e e i
>0 para todo i ent~ao
'(n)=(p e 1 1 p e 1 1 1 )(p e 2 2 p e 2 1 2 )(p em m p em 1 m ) =n 1 1 p 1 1 1 p 2 1 1 p m :
Dem: Isto segueda formulaque ja vimospara '(p e
Problema resolvido: Exiba n2N talque2 n
tenha mais de duas mil asas de imaise tenha
entre suas 2000 ultimas asas de imais 1000zeros onse utivos.
Solu ~ao: 2 '(5 2000 ) 1 (modulo 5 2000
), pelo Teorema de Euler. Portanto, existe b 2 N om
2 '(5 2000 ) = 5 2000 b +1, e teremos 2 2000+'(5 2000 ) = 10 2000 b +2 2000 , e portanto os 2000 ultimos dgitos de 2 2000+'(5 2000 )
oin idem om a representa ~ao de imal de 2 2000
, que tem no maximo
667 dgitos, pois 2 3 < 10) 2 2000 <2 3:667 <10 667 . Desta forma, 2 2000+'(5 2000 )
tem pelo menos
2000 667 = 1333 zeros onse utivos dentre as 2000 ultimas asas de imais, de modo que
n=4:5 1999
+2000 satisfaz as ondi ~oes do enun iado (pois'(5 2000
)=4:5 1999
).
Maisadianteestudaremosequa ~oesdosegundograuemZ=(p);vejamosdesdejaumpequeno
resultado deste tipoquegarantequeos uni osa ques~aoseus proprios inversos modulo ps~ao1
e 1.
Lema 3.6: Se p e primo ent~ao as uni as solu ~oes de x 2 = 1 em Z=(p) s~ao 1 e 1. Em parti ular,se x2(Z=(p)) f1; 1g ent~ao x 1 6=x em Z=(p).
Dem: Podemosrees rever aequa ~ao omo(x 1)(x+1)=0,oquetornaoresultado trivial.
Teorema 3.7: (Wilson) Sejan>4. Ent~ao(n 1)! 1 (modn) seneprimoe(n 1)!0
(modn) sen e omposto.
Dem: Se n e omposto mas n~ao e o quadrado de um primo podemos es rever n = ab om
1 < a < b < n: neste aso tanto a quanto b apare em em (n 1)! e (n 1)! 0 (mod n).
Se n = p 2
, p> 2, ent~ao p e 2p apare em em (n 1)! e novamente (n 1)! 0 (mod n); isto
demonstra que para todon omposto, n>4, temos(n 1)!0 (modn).
Se neprimopodemoses rever(n 1)! (23n 2) (mod n);mas pelolemaanterior
podemosjuntarosinversos aosparesnoprodutodoladodireito,donde(n 1)! 1 (mod n).
Vejamos ini ialmenteuma propriedadeda fun ~ao '.
Teorema 4.1: Para todo naturaln,
X
djn
'(d) =n:
Este teoremaseguefa ilmentedaformulaqueprovamospara '(n)nase ~aoanterior.
Dare-mos entretanto uma demonstra ~aobijetiva.
Dem: Considere as n fra ~oes
0 n ; 1 n ;:::; n 1 n
e simpli que adauma delas: obtemosassim, para ada djn,'(d) fra ~oes om denominadord,
donde segue aidentidade doenun iado.
Mais formalmente, dado a 2 Z=(n), sejam d = n=(n;a) e a 0
= a=(n;a). Claramente
a 0
2 (Z=(d))
e de nimos assim uma fun ~ao de Z=(n) para a uni~ao disjunta dos onjuntos
(Z=(d))
, onde d variasobre osdivisores de n. A inversa desta fun ~ao levaa 0 2(Z=(d)) em a , a=na 0
=d,donde a fun ~aoeuma bije ~ao.
O pro esso de onstruir g a partir de f omo
g(n)= X
djn f(d)
e bastante omum em teoria dos numeros. Seria interessante poder inverter esta identidade
paraes reverf a partirde g. Oteoremaanteriornos mostraquesefazemos f ='naequa ~ao
a ima temos g(n) = n; invertendo esta identidade teramos uma formula para '. O objetivo
desta se ~aoemostrar omo fazereste tipode invers~ao.
De nimos a fun ~ao de Mobius :N !Zpor (n)= 8 > < > : ( 1) m ; se n=p 1 p 2 p m , om p 1 ;p 2 ; ;p m primos distintos,
Lema 4.2: Para todointeiro positivon temos X djn (d)= 8 > < > : 1; sen =1, 0; sen >1.
Dem: O aso n = 1 e trivial. Se n > 1, seja p um divisor primo de n e seja n = p e n 0 om p-n 0 . Temos X djn (d) = X djn;p-d (d)+ X djn;pjd;p 2 -d (d)+ X djn;p 2 jd (d) = X djn 0 (d)+ X d 0 jn 0 (pd 0 )+0 = X djn 0 (d) X d 0 jn 0 (d 0 ) =0:
Teorema 4.3: (Formulade invers~aode Mobius) Se para todon >0temos
g(n)= X djn f(d) ent~ao f(n)= X djn (n=d)g(d):
Observequeaformulado orolario1.16para'(n)seguefa ilmentedosdoisteoremasa ima.
Dem: Bastaprovarque
f(n)= X djn (n=d) 0 X d 0 jd f(d 0 ) 1 A : Mas,es revendo d 00 =n=d e m=n=d 0 temos X djn (n=d) 0 X d 0 jd f(d 0 ) 1 A = X mjn 0 X d 0 0 jm (d 00 ) 1 A f(n=m)=f(n):
domnio(0;+1)taisque f(t)=g(t)=0 para todot<1. Se g(x)= 1 X k=1 f x k = bx X 1=k f x k
para todox ent~ao ent~ao
f(x)= 1 X k=1 (k)g x k = X 1=k bx (k)g x k :
Dem: Bastaprovarque
f(x)= 1 X k=1 (k) 1 X r=1 f x kr ! ;
mas, tomando m =kr a ultima somaeigual a
1 X m=1 0 0 X kjm (k) 1 A f x m 1 A
que pelolema e igual af(x).
Apesar de n~ao estar rela ionada om o resto da nossa dis uss~ao, n~ao podemos deixar de
men ionar a seguinte onje tura.
Conje tura 4.5: (Hipotese de Riemann) Se >1=2 ent~ao
lim n!1 1 n n X 1m (m)=0:
Esta euma das formula ~oes dafamosa hipotese de Riemann,um dos problemas em aberto
mais importantes damatemati a.
Podemos reenun iar esta onje tura assim: seja f : (0;+1)! R de nida por f(t) =0 se
t<1 e
1
X
k=1
lim t!1 f(t) t =0:
De fato, pelasegunda formulade invers~aode Mobius temos
f(t)= bt X m=1 (m): 5 Bases
A nota ~ao usual para naturais e a hamada base 10, om algarismos 0;::: ;9. Isto signi a,
por exemplo,que
196883=110 5 +910 4 +610 3 +810 2 +810 1 +310 0 :
Oteorema abaixo mostra omoes rever qualquer naturalem qualquer base d.
Teorema 5.1: Seja n 0 e d >1. Ent~ao existe uma uni a sequ^en ia a
0 ;::: ;a k ;::: om as seguintes propriedades: (a) 1. para todok, 0a k <d,
2. existe m tal que sek m ent~aoa
k =0, 3. n= P k a k d k . Dem: Es revemos n = n 0 = n 1 d+a 0 , 0 a 0 < d, n 1 = n 2 d+a 1 , 0 a 1 < d, e em geral n k = n k+1 d +a k , 0 a k
< d. Nossa primeira a rma ~ao e que n
k
= 0 para algum valor de
k. De fato, se n 0 < d m ent~ao n 1 < d m 1
e mais geralmente, por indu ~ao, n
k <d m k ; fazendo k m temos n k <1 donde n k =0. Segue da que a k
=0 para k m. A identidade do item
( ) e fa ilmentedemonstradaporindu ~ao.
Para auni idade, suponha P k a k d k = P k b k d k . Se assequ^en iasa k eb k s~aodistintasexiste
um menorndi e, digamos j, para o qual a
j 6= b j . Podemos es rever a j + P k>j a k d k j = b j + P k>j b k d k j donde a j b j
As vezes e interessante onsiderar expans~oes n~ao apenas em outras bases mas om outros
onjuntosdealgarismos(veremosumexemplodissonoultimo aptulo). Porexemplo,podemos
preferiralgarismosnegativospequenosaalgarismospositivosgrandeseassimumbom onjunto
de algarismosna base 10seria
4; 3; 2; 1;0;1;2;3;4;5:
Destaforma,es revemos 13=110+3mas es revemos 9=110 1e64=110 2
410+4.
Generalizando, os algarismosnabase d seriam osinteiros a om d=2<ad=2,ou seja,
a= b(d 1)=2 ; b(d 1)=2 +1;::: ; 1;0;1;::: ;bd=2 1;bd=2 :
Este onjunto de algarismos nos permite enun iar um teorema analogo ao anterior, om a
diferen a queagora numerosnegativos n~ao pre isamser tratadosemseparado.
Teorema 5.2: Seja n2 Z e d>2. Ent~ao existe uma uni a sequ^en ia a
0 ;::: ;a k ;::: om as seguintes propriedades: (a) 1. para todok, d=2<a k d=2,
2. existe m tal que sek m ent~aoa
k =0, 3. n= P k a k d k . Dem: Es revemos n = n 0 = n 1 d+a 0 , d=2< a 0 d=2, n 1 =n 2 d+a 1 , d=2 <a 1 d=2, e em geral n k = n k+1 d+a k , d=2 < a k
d=2. Novamente, nossa primeira a rma ~ao e que
n
k
=0para algum valorde k. De fato, se
d m =2<n 0 d m =2
ent~ao,por indu ~ao,
d m k =2<n k d m k =2; fazendo k m temos n k =0. Segue da que a k
=0para k m. A identidadedo item ( ) e a
ondi ~oesmnimasparaqueX sejaum onjuntode algarismosinteressante s~aoque02X,que
X seja um sistema ompleto de resduos eque omd dos elementosde X seja1.
6 Corpos e polin^omios
Um grupo e um onjunto G munido de uma opera ~ao : GG ! G e um elemento e 2 G
om as seguintes propriedades:
1. para quaisquer a;b; 2G,a(b )=(ab) .
2. para qualquer a2G, ae=ea=a,
3. para qualquer a2G existe b 2G om ab=ba=e.
Se alem disso tivermosab =ba para quaisquer a;b 2Gdizemos queo grupoe omutativo
ouabeliano. Quando aopera ~aose hama +dizemosqueGeum grupoaditivoe hamamos
o elemento neutro e de 0. Se a opera ~ao se hama hamamos G de grupo multipli ativo e
denotamos o elementoneutro e por 1. Assim, Z=(n)e um grupoabelianoaditivo e(Z=(n))
e
um grupoabelianomultipli ativo.
Um anel omutativo om unidade e um grupoabeliano aditivo A munidode uma segunda
opera ~ao:AA!A satisfazendo a(b ) =(ab) , a(b+ ) =(ab)+(a ), ab=ba
para quaisquer a;b; 2Ae um elemento12A om 1a=a paratodoa2A. Assim, Z=(n)e
um anel omutativo om unidade.
Um orpo e um anel omutativo om unidade onde para todo a 2 K om a 6= 0 existe
b 2 K om ab = 1. Repetindo ent~ao, K e munido de duas opera ~oes + : K K ! K e
:K K !K, de uma fun ~ao :K !K edois elementosespe iais distintos hamados0 e
1 satisfazendo asseguintes propriedades:
a+(b+ ) =(a+b)+
a+b =b+a
a(b+ ) =ab+a
a(b )=(ab)
a1=a
ab=ba
e onde para todoa2K, a6=0 existe b2K om
ab=1:
Os exemplos mais onhe idos de orpos s~ao Q, R e C. Vimos no aptulo anterior que Z=(p)
tambeme um orpo se peprimo;veremos a seguiroutros exemplos de orpos nitos.
Dado um orpo K, de nimos o anel omutativo om unidade K[x℄ omo sendo o onjunto
das express~oes da forma P = a
0 +a 1 x +a 2 x 2 ++a n x n
, hamados de polin^omios om
oe ientes em K. Observe quexeum smboloformale n~aoum elementode K; apesar disso,
ada polin^omiode ne uma fun ~aopolinomial
P :K !K 7!P( )=a 0 +a 1 +a 2 2 ++a n n
tambem hamada de P. A distin ~ao entre um polin^omio e uma fun ~ao polinomial e bem
ilustrada pelo polin^omio P = x p
x 2 (Z=(p))[x℄: este polin^omio e n~ao nulo pois seus
oe- ientes s~ao n~ao nulos mas para todo x 2 Z=(p) temos P(x) = 0 pelo pequeno teorema de
Fermat. Se P = P a i x i eQ= P b i x i
s~aopolin^omiosde nimosP+Q= P (a i +b i )x i ePQ= P i x i onde k = P i+j=k a i b j
. De nimosograudegP deumpolin^omioP =a
0 +a 1 x+a 2 x 2 ++a n x n omo sendo n sea n 6=0 mas a m
=0para m >n; de nimos aindao grau dopolin^omio0 omo
sendo 1.
Lema 6.1: Para quaisquer polin^omios P e Q temos deg (PQ) = deg(P) + deg(Q) e
deg(P +Q)maxfdeg (P);deg (Q)g.
uma formade divis~ao om resto emK[x℄.
Teorema 6.2: Sejam A;B 2 K[x℄, B 6= 0. Ent~ao existem uni os polin^omios Q;R 2 K[x℄
om A=QB+R e degR <degB.
Dem: A demonstra ~ao e feita por indu ~ao no grau de A. Se deg(A) < deg (B), tomamos
Q = 0, R = A. Caso ontrario, sejam n e m os graus de A e B e sejam a e b os oe ientes
de mais altograu destespolin^omios. Podemos es rever A=(a=b)x n m B+A 1 , om deg(A 1 )<
deg(A). Pela hipotese de indu ~ao, temos A
1 = Q
1
B +R , om deg (R ) < deg(B). Fazendo
Q=(a=b)+x n m
+Q
1
temos A=QB+R . A uni idade segue fa ilmentedolema anterior.
Ademonstra ~aoa imanadamaisedoqueoalgoritmousualdedivis~aousual. Umpolin^omio
P tem raiz a (i.e., P(a) = 0) se e somente se (x a)jP. Mais geralmente, P(a) e o resto da
divis~aode P por x a.
Proposi ~ao 6.3: Um polin^omioP n~aonulo de grau n tem no maximon razes.
Dem: A demonstra ~ao e feita por indu ~ao em n = deg(P); os asos n = 0 e n = 1 s~ao
triviais. Se P tivesse n+1 razes distintas a
1
;::: ;a
n+1
ent~ao P seria multiplo de (x a
n+1 );
P=(x a
n+1
) teria grau n 1 e razes a
1
;:::;a
n
, ontradizendo a hipotese de indu ~ao.
A partir da divis~ao om resto podemos repetir muitas das onstru ~oes feitas para Z no
aptulo anterior; dizemos que K[x℄ (assim omo Z) e um domnio eu lidiano. Daremos um
esbo odesta teoria; estes resultados n~aoser~aone essarios para a ompanhar oresto do livro.
De nimos AjB seexiste C om AC =B edizemosqueum polin^omioP de grau maiorque
n >0e irredutvel se seus divisores todos t^emgrau 0 oun (assim generalizandoo on eito de
numeroprimo). O on eitode md tambemsegeneraliza, omoindi adonaproposi ~aoabaixo.
Proposi ~ao 6.4: Dados polin^omios n~ao nulos A;B 2 K[x℄ existe um uni o D 2 K[x℄ (a
menosde multipli a ~aopor onstante) talqueDjA, DjB e,para todoC 2K[x℄, seCjA eCjB
elementos n~ao nulos de I(A;B);o resto da demonstra ~aoeanaloga ada proposi ~ao1.1.
Polin^omios irredutveiss~ao omonumerosprimos: um produtode polin^omiossoemultiplo
de um polin^omioirredutvelseum dos fatores o for.
Proposi ~ao6.5: SejamP umpolin^omioirredutvelesejamA
1 ;:::A m 2K[x℄. SePj(A 1 A m ) ent~aoPjA i para algum i, 1in.
Dem: Analoga ado orolario1.3.
Temos tambem um teoremade fatora ~aouni a.
Teorema 6.6: Todopolin^omiopodeserfatorado omoumprodutodepolin^omiosirredutveis;
esta fatora ~aoe uni aa menos daordem dos fatores.
Dem: Analogaadoteoremafundamentaldaaritmeti a,usandoaproposi ~aoa imaefazendo
indu ~aono grau dopolin^omio.
Os exemplos mais evidentes de polin^omios irredutveis s~ao os da forma x a, a 2 K.
Quando estes s~ao os uni os polin^omios irredutveis dizemos que o orpo e algebri amente
fe hado. Polin^omios de grau 2 e3 s~aoirredutveisse esomentese n~aot^emrazes.
O pequeno teoremade Fermat tambemadmite uma formula ~ao emtermosde polin^omios.
Teorema 6.7: Seja p primo;em (Z=(p))[x℄temos
x p
x=x(x 1)(x 2)(x (p 1)):
Dem: Os dois polin^omiosdos dois lados daequa ~ao t^emgrau p e o oe ientede x p
e 1nos
dois asos. Assim, a diferen a tem grau menor do que p mas se anula em p pontos: 0, 1, :::
A partir do teorema a ima temos uma nova prova do teorema de Wilson: x 1 =
(x 1)(x 2)(x (p 1)) em (Z=(p))[x℄, mas o oe iente independente e 1 do lado
esquerdo e(p 1)!do lado direito.
Podemos de nir ongru^en ias emK[x℄:
AB (modP) () Pj(B A):
Aspropriedadesbasi asde ongru^en iaspodem sertraduzidas paraestenovo ontexto e
pode-mos de nir um quo ienteK[x℄=(P)damesma forma omo de nimos Z=(n); demonstra-seque
K[x℄=(P) e um orpoexatamente quando P e irredutvel.
Prometemos que veramos outros exemplos de orpos nitos alem de Z=(p): o paragrafo
a ima ensina que podemos onstruir tais orpos omo (Z=(p))[x℄=(P) onde P 2 (Z=(p))[x℄ e
irredutvel. Porexemplo, opolin^omio x 2
+x+1e irredutvelem(Z=(2))[x℄ oque nos permite
onstruirum orpode 4elementos: 0,1,xex+1. Asopera ~oesemZ=(2)earela ~aox 2
=x+1
de nem as opera ~oes neste orpo (denotamosx+1 porx 0 ):
+ 0 1 x x’
0
0 1 x x’
1
1 0 x’ x
x
x x’ 0 1
x’
x’ x 1 0
*
0 1 x x’
0
0 0 0 0
1
0 1 x x’
x
0 x x’ 1
x’
0 x’ 1 x
De fato existem em (Z=(p))[x℄polin^omios irredutveisde qualquer grau e todo orpo nito
pode ser onstruido desta forma. Enun iaremos sem demonstra ~ao um teorema que lassi a
os orpos nitos.
Teorema 6.8: Existeum orpo nito om q elementosse esomente seq e daforma p n
para
algumprimope alguminteiropositivon. Alemdisso, dadosdois orpos nitos K
1 eK
2
omo
mesmonumerode elementos existe umauni abije ~aof :K
1 !K
2
om f(a+b) =f(a)+f(b)
e f(ab) =f(a)f(b) para quaisquer a;b 2K
1 .
Uma bije ~ao omo a des rita a ima e hamada de isomor smo e dois orpos s~ao ditos
isomorfosseexisteentre elesum isomor smo;aideiaeque orposisomorfoss~aoiguaisamenos
dosnomesdoselementos. Veremosmaistardeoutrasformasmais on retasde onstruir orpos
Dadosn;a2Z omn >0e(a;n)=1,de nimos aordemdea modulon,denotada porord
n a,
omo sendoomenor inteiro positivot om a t
1 (modn). Analogamente, seK for um orpo
nitoea2K,a 6=0,de nimosaordemde aemK,denotadaporord
K
a, omosendoomenor
inteiro positivot om a t =12K; temos ord p a =ord Z=(p) a. Claramente a e a e 0 (modn) se e somente se ee 0 (mod ord n
a); pelo teoremade Euler,
ord
n
aj'(n).
Dizemos que a e uma raiz primitiva modulo n se ord
n
a = '(n). Analogamente, dizemos
que a e uma raiz primitiva em K se ord
K
a = q 1, onde q = jKj e o numero de elementos
de K. Por exemplo, 2 e raiz primitiva modulo 5 mas 2 n~aoe raiz primitivamodulo 7 (2 3
1
(mod7)). Tambem e fa il veri ar que n~ao existe raiz primitivamodulo 8 pois se x empar
ent~aox 2
1 (mod 8). Podemostambemdizer que aeraiz primitivase afun ~ao
Z=('(n))!(Z=(n)) r 7!a r ou Z=(q 1)! K r7! a r
e injetora. Como o domnio e ontradomnio s~ao onjuntos nitos om o mesmo numero de
elementos, a fun ~ao e injetora see somentese elae sobrejetora. Podemos assim dizer que a e
uma raiz primitiva modulo n se e somente se para todo b 2 (Z=(n))
(ou para todo b 2 K
)
existe r om a r
=b.
Um orolariodesta ara teriza ~ao de razes primitivaseque sea e raiz primitivamodulon
emjnent~aoaeraiz primitivamodulom. Oobjetivodaproximase ~aoe ara terizarosvalores
de n para os quais existe uma raiz primitiva modulo n. Nesta se ~ao mostraremos que todo
orpo nito admite raiz primitiva; emparti ular existe raiz primitiva modulo p para qualquer
primo p.
Teorema 7.1: Se K e um orpo nito e q=jKj ent~aoa a=0 para todoa2K.
Dem: Se a = 0 o teorema vale; vamos supor a partir de agora a 6= 0. Sejam b
1 ;:::b
q 1 os
elementosn~aonulos de K. Os elementos ab
1 ;:::ab
q 1
s~aotodosn~aonulos edistintos, logos~ao
os proprios b
1 ;:::b
q 1
, apenas permutados. Assim
b 1 b 2 b q 1 =(ab 1 )(ab 2 )(ab q 1 ) =a q 1 (b 1 b 2 b q 1 ) e a q 1 =1.
Segue deste teorema que ord
K
ajq 1, analogamente ao que ja sabiamos para Z=(n). A
partir doque vimossobre polin^omiostemos tambemque
x q x=x(x b 1 )(x b q 1 ) emK[x℄.
Teorema 7.2: Se K e um orpo nito ent~aoexiste raiz primitivaemK.
Dem: Seja d um divisor de q 1: de nimos N(d) omo o numero de elementos de K de ordem d. Claramente P djq 1 N(d)=q 1. Se N(d)>0,sejaa d
umelementode K om ord
K a d =d: oselementos1;a d ;a 2 d ;:::a d 1 d s~ao
razes dopolin^omiox d
1=0. Comoeste polin^omio tem nomaximodrazes, estas s~aotodas
as razes. Assim, os elementos de K de ordem d s~ao pre isamente a r d , r 2 (Z=(d)) . Assim os
uni osvalores possveisparaN(d)s~ao0e'(d). Mas omo P djq 1 N(d)= P djq 1 '(d)=q 1,
temos N(d)='(d) paratododjq 1. Emparti ular N(q 1)>0 eexistem razes primitivas.
Apesar de existirem razes primitivas modulo p para todoprimo p n~aoexiste uma formula
simples para obter uma raiz primitiva. Por outro lado, onje tura-se que todointeiro que n~ao
e um quadradoeraiz primitivapara in nitosvaloresde p( onje tura de Artin).
Corolario7.3: Dadosx2K
eum inteiro positivok existe y2K omy k =xseesomente se x (q 1)=md (k;q 1) =1,onde q =jKj.
Dem: Se x = y ent~ao x = (y ) = 1 pois y = 1. Suponha
agora que x
(q 1)=md (k;q 1)
= 1. Sejam a uma raiz primitiva de K e r 2 Z om x = a r . Temos (a r ) (q 1)=md (k;q 1)
= 1 donde md (k;q 1) j r e portanto existem inteiros u;v om
ku+(q 1)v =r. Assimx=a r =a ku+(q 1)v =(a u ) k (a q 1 ) v =y k onde y =a u . 8 Razes primitivas em Z=(n)
Nesta se ~ao ara terizaremos os inteiros n para os quaisexiste raiz primitivamodulo n.
Lema 8.1: Sejam p um numero primo e a 2 Z uma raiz primitiva modulo p. Ent~ao a ou
a 0
=a+peraiz primitivamodulop 2
.
Dem: Pelo bin^omio de Newton, a 0 p =(a+p) p a p (mod p 2
). Sem perda de generalidade,
podemossupor a p 6 a (modp 2 ) ou a p 1 61 (mod p 2 ), dondeord p 2 a 6=p 1. Como p 1= ord p a jord p 2a j'(p 2
)=p(p 1)istoimpli a emord
p
2a=p(p 1).
Lema 8.2: Se p e um numero primo mpar e a e raiz primitiva modulo p 2 ent~ao a e raiz primitivamodulo p k para todok >2, k 2Z. Dem: Temos a p 1 1 (modp), mas a p 1 6 1 (mod p 2 ), donde a p 1 = 1+b 0 p om b 0 6 0
(modp). Vamos mostrarporindu ~aoquea p j (p 1) =1+b j p j+1 om b j b 0 (modp). Podemos es rever a p j+1 (p 1) =(a p j (p 1) ) p =(1+b j p j+1 ) p =1+pb j p j+1 + p 2 b 2 j p 2j+2 ++b p j p pj+p =1+b j (1+ p 2 b j p j +b p 1 j p (p 1)j+p 2 )p j+2 =1+b j+1 p j+2 om b j+1 b j
(modp) pois o par^entesis napenultima linhae daforma1+ um multiplo de p.
Esta ultima a rma ~ao segue da positividade dos expoentes de p ex eto no aso j = 0; neste
aso o expoente do primeiro termo n~ao triviale zero mas temos p
2
(e neste ponto que pre isamos da hipotese de p sermpar). O lema segue de a (p 1)p
6 1
(modp k
) por indu ~ao, pois teremos (p 1)p k 2 = ord p k 1a j ord p ka j '(p k ) = (p 1)p k 1 , donde ord p ka=(p 1)p k 1 .
Exemplo: 2eraizprimitivamodulo5 k
,8k 2N. Defato,2eraizprimitivamodulo5,e, omo
2 4
= 16 6= 1 (modulo 25), 2 e raiz primitiva modulo 25 = 5 2
( omo no Lema 8.1). Portanto,
pelo Lema 8.2, 2e raisprimitivamodulo 5 k
,8k 2N.
Problema resolvido: Mostre que existe n natural tal que os mil ultimos dgitos de 2 n
per-ten ema f1;2g.
Solu ~ao: Observamosini ialmentequeparatodok 2N existeum numerom
k
dek algarismos,
todos 1 ou2, divisvelpor 2 k . De fato,m 1 =2 e m 2 =12satisfazem oenun iado. Seja m k =2 k r k , r k 2N. Se r k epar, tome m k+1 =210 k +m k =2 k+1 (5 k +r k =2), e ser k empar,tome m k+1 =10 k +m k =2 k+1 (5 k +r k )=2. Como m 1000 2 (modulo 10), 5 n~ao divide r 1000 = m 1000 =2 1000
. Como 2 e raiz primitiva
modulo 5 1000 , existe k 2 N om 2 k r 1000 (modulo 5 1000 ). Logo 2 k = b 5 1000 +r 1000 , para algum b2N. Portanto, 2 k+1000 =b10 1000 +2 1000 r 1000 =b10 1000 +m 1000 , e as1000 ultimas asas de 2 k+1000 s~aoas 1000 asas de m 1000
, queperten em todas a f1;2g.
Lema 8.3: Sejan >1. Onumero de solu ~oes para a ongru^en ia x 2 1 (modn) e: 1. 1 se n=2, 2. 2 se n=4, 3. 4 se n=2 k , k >2, 4. 2 se n=p k , p um primompar, 5. 2 m+i se n=2 k p e1 1 p em m , onde i=0 se k1, i=1 sek =2 ei=2se k >2.
Dem: Os itens (a) e (b) s~ao veri aveis diretamente. As quatro solu ~oes no item ( ) s~ao 1,
2 k 1 1, 2 k 1 +1 e 2 k
ongru^en ia. Poroutrolado, paraqueasejasolu ~aoda ongru^en iadevemos ter2 j(a+1)(a
1)=a 2
1;portantoa devesermpar. Umdentre a 1e a+1deve ser daforma2b, bmpar.
Assimooutrodeveser multiplode 2 k 1
,oquedizquea deveter umdos quatro valoresa ima.
Analogamenteparaoitem(d), apenasumdentrea 1ea+1emultiplode p,oquesopermite
as solu ~oes 1 en 1.
Para o item (e) usamos os itens anteriores e o teorema hin^es dos restos: a e solu ~ao da
ongru^en ia a imase e somente sea satisfaz a 2 1 (mod2 k ) ea 2 1 (mod p ei i ) para ada i.
Assim, onumerode solu ~oes modulon eoproduto donumerode solu ~oes modulo2 k , p e 1 1 ,::: , p e m m
, oque nos da aformuladoitem (e).
Teorema 8.4: Um inteiro n >1 admite raiz primitiva se e somente se n = 2, n =4 ou n e
daforma p k
ou2p k
,onde pe um primompar,admite raiz primitiva.
Dem: Os asos n = 2 e n =4 podem ser veri ados diretamente. A exist^en ia de uma raiz
primitivamodulo p k
(p um primompar) segue dos dois primeiros lemas desta se ~ao. Para o
aso 2p k
,sejaa umaraiz primitivamodulop k
: aoua+p k
,aquele queformpar,serauma raiz
primitivamodulo 2p k pois '(2p k )='(p k ).
Se n n~ao for de uma destas formas, o lema anterior garante que a ongru^en ia x 2
1
(modn) admite mais de duas solu ~oes. Por outro lado, a exist^en ia de uma raiz primitiva
a modulo n garante que a ongru^en ia x 2
1 (mod n) so tem as solu ~oes 1 e n 1. De
fato,qualquer solu ~aopode ser es rita daformaa k
paraalgum k e nossa ongru^en ia torna-se
a 2k
1 (modn) ou2k 0 (mod '(n)), queso temas solu ~oes k =0 (a k
=1)e k=('(n))=2
(a k
n 1 (modn)).
Outrademonstra ~ao,semusarolemaanterior, onsisteemobservarquesenn~aofordeuma
destasduas formasent~aon =n
1 n 2 , omn 1 ;n 2 3emd (n 1 ;n 2 )=1. Temos ent~aoa '(n)=2 1
(modn) para todoa inteiro om md (a;n)=1, pois '(n
1
)j'(n)=2 e '(n
2
)j'(n)=2.
9 A lei da re ipro idade quadrati a
AleideGaussde re ipro idadequadrati aa rmaquesepeq s~aoprimoshaumarela ~aodireta
De ni ~ao 9.1: Seja p um primo ea um inteiro. De nimoso smbolo de Lagrange( a p ) por a p = 8 > > > > > < > > > > > : 0 se p divide a 1 se a n~aoe quadradomodulo p 1 se p-a ea equadrado modulo p:
Proposi ~ao 9.2: Seja pum primompar e a2Z talque p-a. Ent~ao a p a p 1 2 (modp).
Dem: Sabemos que se p - a ent~ao a p 1
1 (mod p), ou seja, X p 1
1 tem omo razes
1;2;:::;p 1 em Z=(p). Por outro lado, X p 1 1 =(X p 1 2 1)(X p 1 2 +1). Se existe b 2 Z tal que a b 2 (modp) ent~ao a 1 2 b p 1 1 (modp); ou seja, a p = 1 a p 1 2 (modp). Como X 2 Y 2
(modp) , X Y (modp), ha pelo menos p 1
2
quadrados em (Z=(p))
,
logoosquadrados s~aoexatamenteasrazes de X p 1 2 1emZ=(p),dondeosn~aoquadradoss~ao exatamente asrazes de X p 1 2 +1, ouseja, se( b p )= 1ent~aob p 1 2 1 (modp).
Corolario 9.3: Se pe primomparent~ao ( 1 p )=( 1) p 1 2 .
Vamos agora reinterpretar a Proposi ~ao 1. Seja a 2 (Z=(p)) . Para ada j = 1;2;::: ; p 1 2 es revemos a j omo " j m j om " j 2 f 1;1g e m j 2 f1;2;:::; p 1 2 g. Se m i 6= m j temos
ai = aj ou ai = aj; a primeira possibilidade impli a i = j e a segunda e impossvel.
Assim, se i6=j temosm i 6=m j donde fm 1 ;m 2 ;:::;mp 1 2 g=f1;2;:::; p 1 2 g. Assim a p a p 1 2 = (a1)(a2)(a p 1 2 ) 12 p 1 2 " 1 " 2 " p 1 2 m 1 ;m 2 ;:::;m p 1 2 12 p 1 2 =" 1 " 2 "p 1 2 (mod p) (1) donde ( a p ) = " 1 " 2 :::" p 1 2
, pois ambos perten em a f 1;1g. Assim, ( a p ) = ( 1) m onde m e o numerode elementos j de f1;2;::: ; p 1 2 gtaisque" j
= 1. Comoprimeira onsequ^en ia deste
( 2 p )=( 1) p 2 1 8 = 8 > < > : 1; sep1 (mod8); 1; sep3 (mod8):
Dem: Se p 1 (mod4), digamos p = 4k +1, temos p 1 2 = 2k. Como 1 2j p 1 2 para j k e p 1 2 <2j p 1 para k+1j 2k, temos ( a p )=( 1) k = 8 > < > : 1; sep1 (mod 8); 1; sep5 (mod 8):
Se p 3 (mod 4), digamos p = 4k +3, temos p 1 2 = 2k+1. Para 1 j k temos 12j p 1 2 epara k+1j 2k+1temos p 1 2 <2j p 1,donde ( a p )=( 1) k+1 = 8 > < > : 1; sep3 (mod8); 1; sep7 (mod8):
Teorema 9.5: (Lei de re ipro idade quadrati a) Sejam p e q primosmpares. Ent~ao ( p q ) = ( 1) (p 1)(q 1)=4 ( q p ).
Dem: Na nota ~aoa ima, om a=q, para ada j 2P,onde
P =f1;2;:::;(p 1)=2g;
temos que "
j
= 1 se e so se existe y 2 Z tal que (p 1)=2 qj py < 0. Tal y deve
perten er aQ, onde
Q=f1;2;::: ;(q 1)=2g:
Assim, temos que ( q p )=( 1) m onde m =jXj e X =f(x;y)2P Qj (p 1)=2qx py <0g;
note que qx py nun a assume ovalor0. Analogamente, ( q )=( 1) n , onde n=jYj e Y =f(x;y)2P Qj0<qx py (q 1)=2g: Da segue que ( p q )( q p )=( 1) k onde k =m+n=jZj onde Z =f(x;y)2P Qj (p 1)=2qx py (q 1)=2g
pois qx py nun a assume ovalor0. Temos k =jCj jAj jBj onde C =P Q,
A=f(x;y)2C jqx py < (p 1)=2g;
B =f(x;y)2C jqx py >(q 1)=2g:
Como jCj = (p 1)(q 1)=4, basta mostrar que jAj = jBj. Mas f : C ! C de nida por
f(x;y)=(((p+1)=2) x;((q+1)=2) y)de ne uma bije ~ao entre A e B.
10 Extens~oes quadrati as de orpos nitos
Sejam pprimoe dum inteiro quen~aoseja quadradoperfeito. Oanel (Z=(p))[ p d℄eo onjunto fa+b p d; a;b2Z=(p)g onde (a+b p d)+( ~a+ ~ b p d)=(a+~a)+(b+ ~ b) p d (a+b p d)( ~a+ ~ b p d)=(a ~a+db ~ b )+(a ~ b+~ab) p d:
Por de ni ~ao,
a+b p d=~a+ ~ b p d,a=~a;b= ~ b :
Comogrupoaditivo,(Z=(p))[ p
d℄=Z=(p)Z=(p). Vamosinvestigaraestruturamultipli ativa
de (Z=(p))[ p
d℄. Observemos ini ialmenteque,sedeumquadradomodulopent~ao(Z=(p))[ p
d℄
n~aopode ser um orpo, poisse a 2 =d emZ=(p)ent~ao (a+ p d)(a p d)=0 em(Z=(p))[ p d℄.
Proposi ~ao 10.1: Se ( d
p
)= 1 ent~ao(Z=(p))[ d℄eum orpo.
Dem: De fato, se (a;b)6=(0;0), (a+b p d) 1 =(a b p d)=(a 2 db 2 ). Temos que a 2 db 2 2 (Z=(p))
, poisd n~aoequadradomod p,logo, seb6=0, a 2
db 2
=0,que equivalea d=(a=b) 2
seria uma ontradi ~aoe, seb =0, a 2 db 2 =a 2 6=0 pois(a;b) 6=(0;0))a 6=0)a 2 6=0. Problemas:
1) Sejam a;n >1 inteiros. Prove que
i) Se a n
1 e primoent~ao a=2e n e primo.
ii) Se a n
+1e primoent~ao n=2 k
para algum inteiro k.
2) Proveque existem in nitosnumeros primos ongruentes a3 modulo4.
3) Determinetodos os n naturaistaisque (2 n
1)=neinteiro.
4) Determinetodos os n naturaisque (2 n
+1)=n 2
einteiro.
5) Prove que se a e b s~ao naturais e (a 2
+b 2
)=(ab+1) e inteiro ent~ao (a 2 +b 2 )=(ab+1) e quadrado perfeito. 6) Sejam a;n 2 N
. Considere a sequ^en ia (x
n ) de nida por x 1 =a, x k+1 = a x k , 8k 2 N.
Mostre que existe N 2N talque x
k+1 x
k
(modulon), para todok N.
Obs.: Os Problemas 4 e 5 foram propostos na 31 a
e na 29 a
Olimpada Interna ional de
CAPITULO 2
Numeros Primos
1 Sobre a distribui ~ao dos numeros primos
Ja vimos que existem in nitos primos; o teorema dos numeros primos da uma estimativa de
quantos primos existem ate um inteiro x, ou seja, des reve a distribui ~ao dos primos. De na
(x) omo sendo onumero de primos p om 2px.
Teorema 1.1: (Teoremados numeros primos)
lim
x!1
(x)
x=logx =1:
Observe que aqui e em todo o livro log denota o logaritmo natural. Este resultado foi
onje turado por varios matemati os, in lusive por Legendre e Gauss, mas a demonstra ~ao
ompleta so foi en ontrada em 1896, por de la Vallee Poussin e Hadamard
(independente-mante). N~ao demonstraremos este teorema: as demonstra ~oes elementares onhe idas s~ao
todas bastante dif eis (lembramos que uma demonstra ~ao e dita elementar quando n~ao usa
ferramentasavan adas: muitas demonstra ~oes elementares s~aolongas eso sti adas). Daremos
umademonstra ~aodaseguinteproposi ~ao(devidaaT heby he ) quee laramenteumavers~ao
fra ado teoremados numeros primos.
Proposi ~ao 1.2: Existem onstantes positivas <C tais que
x logx <(x)<C x logx para todox2.
Dem: Observemosini ialmenteque 2n n = (2n)! n!n!
emultiplode todososprimospquesatisfazem
n<p2n. Como 2n n < X 0k2n 2n k =2 2n ;
seguequeoprodutodos primosentre ne2nemenordoque2 . Comoha(2n) (n)primos
omo esses segue que n
(2n) (n)
< 2 2n
(pois todos esses primos s~ao maiores que n), donde
((2n) (n))logn<2nlog2 e
(2n) (n)<
2nlog2
logn :
Isso impli afa ilmente, por indu ~ao,que
(2 k+1 ) 52 k k
( ome ando om k =5; atek =5segue de (n)n=2). Dasegue quese2 k <x2 k+1 ent~ao (x) 52 k k 5xlog2 logx
pois f(x)=xlog2=logx euma fun ~ao res ente para x3.
Vamos agora provara outra desigualdade. O expoente doprimo p nafatora ~ao de n! e
w p (n)= n p + n p 2 + = 1 X k=1 n p k
(estaeumasoma nitapoissek >log
p
n=logn=logp ent~aob n p k =0). Defato, b n+1 p j b n p k e sempre 0 ou 1, ee igual a 1 se e so se p j divide n+1. Assim, w p (n+1) w p (n)e igual ao
expoente de pna fatora ~aode n+1,o que forne euma provaporindu ~aodo fatoa ima.
Assim, oexpoentede pem 2n n =(2n)!=n! 2 e 1 X k=1 2n p k 2 n p k :
Temos agora que b 2n p k 2b n p k
e sempre 0 ou 1 (pois 0 x bx < 1 para todo x), donde o
expoente de p em 2p p e no maximor log p
n =logn=logp para todo primo p. Por outro lado,
se n <p 2n, o expoente de p em 2p p e 1. Assim, se 2n n = Q p<2n p p e a fatora ~ao de 2n n
log 2n n = X p<2n p logp = X pn p logp+ X n<p2n logp (n)logn+((2n) (n))log(2n) (2n)log(2n) donde (2n)log 2n n
=log(2n)nlog2=log(2n)
pois 2n n = 2n n 2n 1 n 1 n+1 1 2 n ; donde (x) xlog2 logx
paratodoxpar,oqueimpli anamesmaestimativaparatodoxinteiro,pois(2k 1)=(2k).
Corolario 1.3: Seja f :N ![0;+1)uma fun ~ao de res ente. A serie
X
pprimo f(p)
onverge see somente sea serie
1 X n=2 f(n) logn onverge. Em parti ular, X pprimo 1 p =+1:
Li(x)= Z x 0 dt logt ;
onde tomamoso valorprin ipaldesta integral,ou seja,
Li(x)=lim "!0 Z 1 " " dt logt + Z x 1+" dt logt ; laramente lim x!1 Li(x) log(x)=x =1:
Sabe-se entretanto que
j(x) Li(x)jCxe
a(logx) 3=5
(loglogx) 1=5
para algum valor das onstantes a e C (independente de x). Em parti ular, para qualquer
k >0 existe C >0tal que,para todox,
j(x) Li(x)jC x
(logx) k
;
o que mostra que Li(x) (e mesmo x=(logx 1))e uma aproxima ~ao de (x) bem melhor do
que x=logx.
A hipotese de Riemann,jamen ionada, equivalea dizer quepara todo">0existe C om
j(x) Li(x)jCx 1=2+"
;
ninguemsabedemonstrarque esta estimativaseja orretasequer paraalgum valorde "<1=2.
A hipotesede Riemanntambemimpli aque existe C om
j(x) Li(x)jCx 1=2
logx;
o que daria uma estimativa para o tamanho deste erro muito melhor de que as que se sabe
demonstrar. Por outro lado, sabe-se demonstrar que n~ao pode existir nenhuma estimativa
muito melhor do que esta para j(x) Li(x)j: existe uma onstante C >0 e inteiros x
1 e x
2
arbitrariamentegrandes om
(x 1 ) Li(x 1 )< C p x 1
logloglogx
1 logx 1 ; (x 2 ) Li(x 2 )>C p x 2
logloglogx
2
logx
2
Nestase ~aoveremosoenun iadodealgunsresultados lassi ossobrenumerosprimos. Tambem
veremosvarios problemas emaberto famosos.
Teorema 2.1: (Diri hlet)Dadosnaturaisa;d om md (a;d)=1,existem in nitosprimosda
formaa+dn ( omn natural).
A demonstra ~ao usual deste teorema usa variaveis omplexas. Muitos asos parti ulares
admitemdemonstra ~oes elementares mais oumenos simples. Oleitor n~ao deve ter di uldade
emdemonstrar, por exemplo,que existem in nitosprimos daforma 4n+3ou6n+5.
Existem varios re namentos onhe idos do teorema de Diri hlet. De nimos
d;a
(x) omo
sendoo numerode primosdaformaa+dnnointervalo[2;x℄. DelaVallee Poussinprovouque
lim x!+1 d;a (x) (x) = 1 '(d) ;
istoe,todasaspossveis lassesmodulodt^emaproximadamenteamesmapropor ~aodeprimos.
Por outro lado, T heby he observou que para valores pequenos de x
3;2 (x) 3;1 (x) e 4;3 (x) 4;1
(x) s~ao positivos. Um teorema de Littlewood, entretanto, demonstra que estas
fun ~oes mudam de sinal in nitas vezes. Em 1957, Lee h demonstrou que o menor valor de x
para o qual
4;3
(x)
4;1
(x) = 1 e 26861 e em 1978 Bays e Hudson demonstraram que o
menor valorde x para o qual
3;2
(x)
3;1
(x)= 1e608981813029.
Seja p(d;a)o menor primoda formaa+dn, n inteiro e
p(d)=maxfp(d;a)j0<a<d;md (a;d)=1g:
Linnik (1944) provou que existe L >1 om p(d)< d L
para todo d su ientemente grande. A
melhor estimativa onhe ida para L e L 5;5, devida a Heath-Brown (1992), que tambem
onje turou que
p(d)Cd(logd) 2
:
Poroutrolado, n~aosesabedemonstrarque existamin nitosprimosdaforman 2
+1;alias,
polin^omiosemmaisde umavariavelqueassumemin nitosvaloresprimos: porexemplo,
prova-sefa ilmentequetodoprimodaforma4n+1podeseres ritotambemnaformaa 2
+b 2
,a;b2Z.
Por outro lado, Friedlander e Iwanie provaram re entemente um resultado muito mais dif il:
que existem in nitosprimos daformaa 2
+b 4
.
Umdosproblemasemabertomaisfamososdamatemati aea onje turadeGoldba h: todo
numero par maior ou igual a 4 e a soma de dois primos. Chen demonstrou que todo numero
parsu ientementegrandeeasomade umprimo omum numero om nomaximodois fatores
primos. Vinogradov demonstrou que todompar su ientemente grande (por exemplo, maior
doque 3 3
15
)e uma soma de tr^es primos.
Quando p e p+2 s~ao ambos primos, dizemos que eles s~ao primos g^emeos. Conje tura-se,
masn~aosesabedemonstrar,queexistemin nitosprimosg^emeos. Brun,poroutrolado,provou
que primos g^emeos s~ao es assos no seguinte sentido: se
2
(x) e o numero de pares de primos
g^emeos ate x ent~ao
2 (x)< 100x (logx) 2
para x su entemente grande. Emparti ular,
X pprimog^emeo 1 p <+1: A redita-se que 2
(x)seja assintoti o a Cx=(logx) 2
para alguma onstantepositivaC.
Deixa-mos omo exer ioprovara seguinte ara teriza ~aode primosg^emeosdevida a Clement. Seja
n2; osinteiros n e n+2s~ao ambosprimos see somente se
4((n 1)!+1)+n 0 (mod n(n+2)):
Seja p
n
o n-esimo numeroprimo. Oteorema dos numerosprimos equivalea dizer que
lim n!1 p n nlogn =1:
Por outro lado, sabe-se muito pou o sobre o omportamento da fun ~ao d
n = p n+1 p n . Por
exemplo,a onje turadequeexistemin nitosprimosg^emeosequivaleadizerqueliminfd
n =2.
L=liminf d n logp n =0;
Erdos provou que L < 1 e Maier que L 0;248. Erdos tambem provou que o onjunto dos
pontosdea umula ~aoded
n =logp
n
temmedidapositiva. Poroutrolado,eumteorema lassi o,
onhe ido omopostuladode Bertrand,quesempreexiste pelomenosumprimoentre m e2m,
ouseja, d
n <p
n
. Em 1931,Westzynthius provou que
limsup d n logp n =1;
e em1963 Rankin, ompletandoum trabalhode Erdos,mostrou que
limsup
d
n
(logloglogp
n ) 2 logp n loglogp n
loglogloglogp
n e
1;78107
onde ea onstante de Euler-Mas heroni,
= lim n!1 1+ 1 2 ++ 1 n logn 0;5772156649;
este resultado foi melhorado posteriormente por Pomeran e e Pintz, que provou que o lado
esquerdoemaior ou iguala 2e
([Pintz℄). Conje tura-se que
limsup d n (logp n ) 2 =C
para alguma onstante positiva C. Outra onje tura famosa e que sempre ha pelo menos
um primo entre n 2
e (n+1) 2
. Observamos que a primeira vez que d
n > 1000 o orre para p n =1693182318746371,quando d n
=1132, o quefoi des oberto re entementeporT. Ni elye
D. Nyman.
Sierpinskiprovouqueexistemin nitosnumerosnaturaisktaisquek2 n
+1e ompostopara
todonaturaln eRieselprovouomesmoresultado parak2 n
1. Conje tura-sequeosmenores
valores de k om as propriedades a ima s~ao respe tivamente 78557 e 509203. Ha um projeto
ooperativo,que onsisteempro urarprimosgrandes, parademonstrarestas onje turas(veja
http://vamri.xray.ufl.edu /pro ths /).
O leitor interessado em aprender mais sobre problemas em aberto em teoria dos numeros
Men ionamos naintrodu ~aodeste aptulo quen~ao se onhe e nenhuma formulasimples para
gerar primos arbitrariamente grandes. Uma palavra impre isa mas importante nesta frase e
\simples". Existemformulas quegeramnumerosprimos,mas ques~aot~ao ompli adasquen~ao
ajudammuitonema gerarnumerosprimosexpli itamentenem aresponder perguntasteori as
sobre a distribui ~aodos primos. Um exemplode formulapara p
n , o n-esimo primo,e p n = 6 6 6 4 1 1 log2 log 0 1 2 + X djP n 1 (d) 2 d 1 1 A 7 7 7 5 ; onde P n 1 =p 1 p 2 p n 1
;deixamos a demonstra ~aoa argo doleitor. Outraformulae
p n =b10 2 n 10 2 n 1 b10 2 n 1 ; onde = 1 X n=1 p n 10 2 n =0:0203000500000007::::
Ainutilidadedestaultima formulavemdofatoquepara al ular devemosen ontrartodosos
primos; a formulase tornariamais interessantese existisse outra interpreta ~aopara onumero
real , o que pare e muito improvavel. Por outro lado, existe um numero real a > 1 tal que
ba 3
n
esempre primo.
Um tipo de formula para primos, de erta forma mais intrigante, s~ao polin^omios de
o-e ientes inteiros em S variaveis om a seguinte propriedade quase magi a: a interse ~ao da
imagem de N S
om N e exatamente o onjunto dos numeros primos. Note que se tomarmos
um pontode N S
\ao a aso",o valordopolin^omioneste ponto quase ertamente sera negativo;
assim,edif ilusar opolin^omiopara gerarprimos. A ttulo de uriosidade,vejamos um
P =(k+2)(1 A 2 B 2 C 2 N 2 ); A=wz+h+j q; B =(gk+2g+k+1)(h+j)+h z; C =16(k+1) 3 (k+2)(n+1) 2 +1 f 2 ; D=2n+p+q+z e; E =e 3 (e+2)(a+1) 2 +1 o 2 ; F =(a 2 1)y 2 +1 x 2 ; G=16r 2 y 4 (a 2 1)+1 u 2 ; H =((a+u 2 (u 2 a)) 2 1)(n+4dy) 2 +1 (x+ u) 2 ; I =(a 2 1)l 2 +1 m 2 ; J =ai+k+1 l i; K =n+l+v y; L=p+l(a n 1)+b(2an+2a n 2 2n 2) m; M =q+y(a p 1)+s(2ap+2a p 2 2p 2) x; N =z+pl(a p)+t(2ap p 2 1) pm:
Algumas observa ~oes simples: a uni a forma de P ser positivo e se A = B = = N = 0;
neste aso seu valor sera k+2. Vemos assim que para produzir um numero primo P om
este polin^omiodevemos antes de mais nada tomar k =P 2. As express~oes auxiliares viram
equa ~oes: omo A = 0 temos q = wz +h+j. Assim, dado k para o qual k+2 e primo,
pre isamos pro urar valores para as outras letras quesatisfa am estas equa ~oes. Estes valores
de erta forma en odi am uma demonstra ~aode que P =k+2e primo.
4 Testes de primalidade baseados em fatora ~oes de n 1
Proposi ~ao 4.1: Seja n > 1. Se para ada fator primo q de n 1 existe um inteiro a
q tal que a n 1 q 1 (mod n) ea (n 1)=q q
Dem: Seja q q
a maior pot^en ia de q que divide n 1. A ordem de a
q em (Z=(n)) e um multiplo de q kq , donde '(n) e um multiplode q kq
. Como isto vale para todo fator primo q de
n 1, '(n)e um multiplo de n 1 e ne primo.
Proposi ~ao 4.2: (Po klington) Se n 1=q k
R onde q e primoe existe um inteiro a talque
a n 1
1 (modn) e md (a (n 1)=q
1;n) = 1 ent~ao qualquer fator primo de n e ongruo a 1
moduloq k
.
Dem: Se peum fatorprimo de n ent~ao a n 1 1 (mod p)ep n~aodivide a (n 1)=q 1,donde ord p
a, a ordemde a modulop, divide n 1mas n~aodivide (n 1)=q. Assim, q k jord p ajp 1, donde p1 (mod q) k .
Corolario 4.3: Se n 1=FR , om F >R e para todo fatorprimo q de F existe a >1tal
que a n 1
1 (mod n) emd (a (n 1)=q
1;n) =1 ent~aon eprimo.
Dem: Sejaq um fator primo de F e q k
a maior pot^en ia de q que divide F; pelaproposi ~ao
anterior, todofatorprimo de n deve ser ^ongruoa 1modulo q k
. Como istovale paraqualquer
fatorprimo de F,segue que qualquer fatorprimo de n deve ser ^ongruo a1 moduloF. Como
F > p
n, istoimpli aque n e primo.
De fato, basta onhe er um onjunto de fatores primos ujo produto seja maior do que
(n 1) 1=3
para, usando o resultado de Po klington, tentar demonstrar a primalidade de n (o
que deixamos omo exer io). Os seguintes riterios lassi os s~ao onsequ^en ias diretas das
proposi ~oes a ima.
Fermat onje turou que todo numero da forma F
n = 2
2 n
+1 fosse primo e veri ou a
onje tura para n 4. Observe que 2 n
+1 (e em geral a n
+1 om a 2) n~ao e primo se
n n~ao e uma pot^en ia de 2: se p e um fator primo mpar de n, podemos es rever a n +1 = b p +1=(b+1)(b p 1 b p 2 ++b 2 b+1)ondeb =a n=p
. Euler mostrariamais tardequeF
5 n~aoe primo (temos F 5 =4294967297 =6416700417)e ja se demonstrou que F n e omposto
para varios outrosvalores de n; nenhum outro primo daforma F
n =2
2 n
+1e onhe ido, mas
se onhe em muitos primos (alguns bastante grandes) da forma a 2
n
+1, que s~ao onhe idos
omo primos de Fermat generalizados. O teste a seguir mostra omo testar e ientemente a
primalidade de F
n .
Corolario4.4: (TestedePepin) SejaF n =2 2 +1;F n eprimoseesomentese3 (F n 1)=2 1 (modF n ). Dem: Se 3 (Fn 1)=2 1 (modF n ) ent~ao a primalidade de F n
segue da Proposi ~ao 4.1. Por
outro lado, seF n e primoent~ao 3 (Fn 1)=2 ( 3 F n )=( Fn 3 )=( 2 3 )= 1 (modF n ).
Corolario 4.5: (Teoremade Proth;1878) Seja n=h2 k
+1 om 2 k
>h. Ent~ao n e primo
se esomentese existe um inteiroa om a (n 1)=2
1 (modn).
Dem: Se n e primo, podemos tomara qualquer om ( a
n
)= 1; ou seja,metade dos inteiros
entre 1 e n 1 serve omo a. A re pro asegue doCorolario4.3 om F =2 k . Corolario 4.6: Se n = hq k +1 om q primo e q k
> h. Ent~ao n e primo se e somente se
existe um inteiro a om a n 1
1 (mod n) e md (a (n 1)=q
1;n)=1.
Dem: Se n e primo,podemos tomara qualquer que n~ao sejada formax q
modulo n; ouseja,
uma propor ~aode (q 1)=q dentre inteirosentre 1en 1serve omo a. A re pro aseguedo
Corolario4.3 om F =q k
.
Uma expressiva maioria entre os 100 maiores primos onhe idos est~ao nas ondi ~oes do
teorema de Proth (ver tabelas). Isto se deve ao fato de primos desta forma serem frequentes
(maisfrequentes doque,porexemplo,primosde Mersenne) equesua primalidadeefa ilmente
demonstradausando este resultado.
5 Primos de Mersenne
Um numero de Mersenne eum numero da formaM
p =2
p
1. Os 5 maioresnumeros primos
onhe idos atualmente s~ao primos de Mersenne. O maior deles e 2 13466917
1, des oberto em
14/11/2001. Este e um dos dois primos onhe idos om mais de um milh~ao de dgitos. O
outroe2 6972593
1(tambemprimode Mersenne). Ambosforamdes obertos peloGIMPS(veja
www.mersenne.org). O riterio de Lu as-Lehmer, que apresentaremos nesta se ~ao, e um dos
fatoresparaqueissoo orrapoisforne eum testedeprimalidadebastanterapidoparanumeros
de Mersenne. Vejamosprimeiramenteque2 p
1sotem han ede ser primoquandopeprimo.
Proposi ~ao 5.1: Se 2 n
Dem: Sen=ab oma;b 2ent~ao1<2 1<2 1e2 1=2 1=(2 ) 11 1=0 (mod2 a 1)e 2 n 1e omposto.
Poroutrolado, n~aosesabedemonstrar nemqueexistam in nitosprimosde Mersenne nem
que existem in nitos primos p para os quais M
p
e omposto. Conje tura-se, entretanto, que
existam in nitosprimos ppara osquais M
p
eprimoe que,se p
n
eo n-esimo primodeste tipo,
temos 0<A < logp n n <B <+1
para onstantes A eB. Existem algumas onje turas mais pre isas quanto aovalorde
lim n!1 n p p n ;
Eberhart onje turaqueestelimiteexistaesejaiguala3=2; Wagsta poroutrolado onje tura
que olimite seja
2 e
1;4757613971
onde ea jamen ionada onstantede Euler-Mas heroni.
PrimosdeMersennes~aointeressantestambempor ausadenumerosperfeitos. Dadon 2N , de nimos (n)= X djn d;
a soma dos divisores (positivos) de n. Peloteoremafundamentaldaaritmeti ademonstramos
fa ilmenteque se n=p e 1 1 p e 2 2 p em m ; om p 1 <p 2 <<p m ent~ao (n)=(1+p 1 ++p e1 1 )(1+p m ++p em m ) = p e 1 +1 1 1 p 1 1 p e m +1 m 1 p m 1 :
Em parti ular, se (a;b) = 1 ent~ao (ab) = (a)(b). Um inteiro positivo n e dito perfeito se
(n)=2n; osprimeirosnumerosperfeitoss~ao6,28e496. Nosso proximoresultado ara teriza
Proposi ~ao 5.2: Se M
p
e um primode Mersenne ent~ao2 M
p
e perfeito. Alemdisso, todo
numeroperfeito par e da2 p 1
M
p
para algum primo p,sendo M
p um primo de Mersenne. Dem: Se M p e primo ent~ao (2 p 1 M p )=(2 p 1)(M p +1)=22 p 1 M p :
Por outro lado seja n = 2 k
b, om k > 0 e bmpar, um numero perfeito par. Temos (n) =
2n =(2 k )(b) donde 2 k+1 b =(2 k+1 1)(b)(2 k+1
1)(b+1),valendo aigualdade apenas
se b for primo. Desta desigualdadetemos b 2 k+1
1. Por outro lado, omo(2 k+1 1)j2 k+1 b e (2 k+1 1;2 k+1 ) = 1, temos (2 k+1 1)jb e 2 k+1 1 b. Assim b = 2 k+1 1 e 2 k+1 b = (2 k+1
1)(b + 1), donde b e primo. Pela proposi ~ao 3.9, p = k + 1 e primo, b = M
p e n=2 p 1 M p .
Poroutro lado,um dos problemas emaberto mais antigos damatemati ae odaexist^en ia
de numeros perfeitosmpares. Sabe-se apenas que um numero perfeitompar, se existir, deve
ser muito grande(mais de 300 algarismos)e satisfazer simultaneamentevarias ondi ~oes
om-pli adas.
Conje tura 5.3: N~ao existe nenhum numeroperfeitompar.
Nosso proximo resultado e o riterio de Lu as-Lehmer, a base dos algoritmos que testam
para grandesvalores de p se2 p
1eou n~ao primo:
Teorema 5.4: Seja S a sequ^en ia de nida por S
0 = 4, S k+1 = S 2 k
2 para todo natural k.
Seja n>2;M n =2 n 1 e primose e somente seS n 2 e multiplode M n .
Dem: Observemos ini ialmenteque
S n =(2+ p 3) 2 n +(2 p 3) 2 n
paratodonaturaln. Ademonstra ~aoporindu ~aoesimples: laramenteS
0 =4=(2+ p 3) 2 0 + (2 p 3) 2 0 e S k+1 =S 2 k 2=((2+ p 3) 2 k +(2 p 3) 2 k ) 2 2 =((2+ p 3) 2 k ) 2 +2(2+ p 3) 2 k (2 p 3) 2 k +((2 p 3) 2 k ) 2 2 =(2+ p 3) 2 k +1 +(2 p 3) 2 k +1 :