1 TESTE TEORIA DE NÚMEROS COMPUTACIONAL

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1

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TESTE

TEORIA DE N ´ UMEROS COMPUTACIONAL

Licenciatura em Matem´ atica

17 de abril de 2012 dura¸c˜ ao 1h 45m

Responda, justificando cuidadosamente, ` as seguintes quest˜ oes:

1. (a) Sem utilizar o Mathematica, calcule os dois ´ ultimos algarismos do inteiro 3

¹²⁴

. (b) Sejam n ∈ N , r

1

, r

2

∈ N

⁰

e a ∈ Z . Prove que se r

1

≡ r

2

(modφ(n)) e

m.d.c.(a, n) = 1, ent˜ ao a

^r¹

≡ a

^r²

(mod n).

2. Sem utilizar as fun¸c˜ oes FactorInteger, Divisors, PrimeQ, Prime, NextPrime ou Eu- lerPhi definidas no Mathematica,

(a) verifique que o n´ umero 3010741 ´ e composto sem o fatorizar;

(b) fatorize como produto de primos o n´ umero 1452101194 utilizando o m´ etodo de fatoriza¸c˜ ao de Fermat.

3. (a) Calcule a probabilidade de que um n´ umero com 5 algarismos escolhido aleato- riamente seja

i. pseudoprimo de base 3;

ii. pseudoprimo de base 3, 5 e 7, simultaneamente;

iii. n´ umero de Carmichael;

iv. primo.

(b) Considere as quest˜ oes das al´ıneas 3(a)i a 3(a)iv para n´ umeros inteiros escolhidos aleatoriamente no intervalo [10

¹⁵

, 10

¹⁵

+ 9 × 10

⁴

− 1]. Que poderia dizer em rela¸c˜ ao a cada quest˜ ao?

(c) Compare e comente os resultados obtidos nas al´ıneas anteriores.

4. Sem utilizar as fun¸c˜ oes PowerModList, Reduce, Solve ou FindInstance, resolva as congruˆ encias:

(a) x

²

≡ 17 (mod 272);

(b) 8x

⁵

+ x

²

− 9 ≡ 0 (mod 600).

COTAC ¸ ˜ AO:

1− a)2 b)2

2− a)2 b)3

3− a)3 b)2 c)1

4− a)2 b)3

(2)

a) Para conhecer os dois últimos algarismos de um número n basta calcular n mod100. Como mdc(3,100)=1, pelo teorema de Euler 3^fH100Lª1(mod 100). Dado que 100=10²=2²5², então f(100)=f(2²5²)=f(2²MfI5²M=2

×(5×4)=40 e, consequentemente, 3⁴⁰ª1(mod 100).

Assim, dado que 124=40×3 + 4, 3¹²⁴ªI3⁴⁰M³3⁴ ªH1L³3⁴ª81(mod 100). Logo os dois últimos algarismos de 3¹²⁴ são 8 e 1.

b) Como mdc(a,n)=1 , então pelo teorema de Euler a^fHnLª1(mod n). Como r1ªr2(mod f(n)), então f(n) | r1-r2, ou seja, r1=r2+k f(n) para algum keZ.

Assim, a^r¹ªa^r²^+k^fHnLª a^r²(a^fHnLM^kª a^r²(1L^kªa^r²(mod n).

Exercício 2

a) Pelo Teorema de Wilson, se n é primo, então (n-1)!ª-1(mod n). Como

In[92]:= Mod@Factorial@3 010 741−1D, 3 010 741D

Out[92]= 0

ou seja, (3010741-1)! mod 3010741= 0∫3010740, então 3010741 não é primo.

(Alternativa: pelo Pequeno Teorema de Fermat, se n é primo, então a ⁿªa(mod n) para qualquer inteiro a.

Escolhendo a=2 (por exemplo) verifica-se que

In[93]:= PowerMod@2, 3 010 741, 3 010 741D

Out[93]= 1 120 119

ou seja, 2 ^{3 010 741}ª1 120 119T2 (mod 3010741), pelo que 3010741 não é primo.)

b) Como 1452101194 é par e 1452101194 mod 4=2, então 1452101194 não pode ser escrito como a diferença de dois quadrados. Assim, é necessário primeiro efetuar divisões sucessivas por 2 até obter um número ímpar e de seguida aplicar o método de Fermat. A função factFermat que utilizei analisa se o número n é par ou ímpar e efetua a fatorização do maior fator ímpar de n pelo método de fatorização de Fermat.

factFermat@n_D:=ModuleB 8a, b2, n1, m=nê2, r=0<, While@ MatchQ@m, _Integer D, r++ ; m=mê2 D; n1=2 m;

a=CeilingB n1F; b2=a ^ 2−n1; i=1;

WhileB!MatchQB b2 , _IntegerF, i++; a++; b2=a ^ 2−n1F;

PrintBn, "=2 ^", r, " x ", a+ b2 , " x ", a− b2 , ", nº de iterações=", iFF factFermat@1 452 101 194D

1 452 101 194=2 ^1 x 72 323 x 10 039, nº de iterações=14 236

Este resultado significa que 1452101194=2 x 72323 x 10039 e que esta fatorização foi obtida ao fim de 14236 iterações. Não há no entanto a garantia de que 72323 ou 10039 sejam fatores primos, pelo que se deve estudar a decomposição destes números.

factFermat@72 323D

72 323=2 ^0 x 2333 x 31, nº de iterações=914 factFermat@2333D

2333=2 ^0 x 2333 x 1, nº de iterações=1119

(3)

factFermat@31D

31=2 ^0 x 31 x 1, nº de iterações=11

factFermat@10 039D

10 039=2 ^0 x 10 039 x 1, nº de iterações=4920

Conclui-se então que 1452101194=2 x 2333 x 31 x 10039 e que 2, 2333, 31 e 10039 são primos. Está então obtida a fatorização em primos de 1452101194.

Exercício 3

a) i) Um número n é um número pseudoprimo de base a se não é primo e verifica a^n-1ª1(mod n).

testePseudBasea@n_, a_D:=PowerMod@a, n−1, nD1 && !PrimeQ@nD

Os números inteiros com 5 algarismos são os números inteiros pertencentes ao intervalo [10⁴, 10⁵-1E. Length@Select@Range@10 ^ 4, 10 ^ 5−1D, testePseudBasea@, 3D&DD

55

Existem 55 pseudoprimos de base 3 no intervalo [10⁴, 10⁵-1E. Logo a probabilidade de selecionar aletoriamente um pseudoprimo de base 3 no intervalo [10^4,10^5-1] é

N@ 55ê H10 ^ 5−10 ^ 4LD 0.000611111

ii)

Length@Select@Range@10 ^ 4, 10 ^ 5−1D,

testePseudBasea@, 3D&& testePseudBasea@, 5D&& testePseudBasea@, 7D&DD 4

Existem 4 pseudoprimos de base 3,5 e 7 no intervalo [10⁴, 10⁵-1E. Logo a probabilidade de selecionar aletoriamente um pseudoprimo de base , 5 e 7 no intervalo [10^4,10^5-1] é

N@ 4ê H10 ^ 5−10 ^ 4LD 0.0000444444

iii) Foi provado que n é um número de Carmichael se (n-1)ª 0 (mod(n).

testeCarmichael@n_D:=Mod@n, CarmichaelLambda@nD D1 && !PrimeQ@nD Length@Select@Range@10 ^ 4, 10 ^ 5−1D, testeCarmichaelDD

9

Existem 9 pseudoprimos (números de Carmichael) no intervalo [10⁴, 10⁵-1E. Logo a probabilidade de selecionar aletoriamente umnúmero de Carmichael no intervalo [10^4,10^5-1] é

N@ 9ê H10 ^ 5−10 ^ 4LD 0.0001

iv)

PrimePi@10 ^ 5−1D−PrimePi@10 ^ 4−1D 8363

Existem 8363 primos no intervalo [10⁴, 10⁵-1E. Logo a probabilidade de selecionar aletoriamente um primo no intervalo [10^4,10^5-1] é

2 CorrecaoTeste1_11_12_LCC.nb

(4)

N@ 8363ê H10 ^ 5−10 ^ 4LD 0.0929222

b) Tentaremos proceder de modo análogo ao da alínea a).

Length@Select@Range@10 ^ 15, 10 ^ 15+9×10 ^ 4D, testePseudBasea@, 3D&DD 0

Não existem pseudoprimos de base 3 no intervalo [10^15,10^15+9 × 10^4]. Logo a probabilidade de selecionar aletoriamente um pseudoprimo de base 3 no intervalo[10^15,10^15+9 × 10^4] é 0.

Consequentemente, também não existem pseudoprimos de base 3,5, e 7.

Length@Select@Range@10 ^ 15, 10 ^ 15+9×10 ^ 4D, testeCarmichaelDD 0

Exstem 0 pseudoprimos (números de Carmichael) no intervalo [10^15,10^15+9 ×10^4]. Logo a probabilidade de selecionar aletoriamente um número de Carmichael no intervalo[10^15,10^15+9 ×10^4] é 0.

PrimePi@10 ^ 15−1D

PrimePi::largp : Argument 999999999999999 in PrimePi@999999999999999D is too large for this implementation.à PrimePi@999 999 999 999 999D

Desta forma não é possível calcular o valor exato do nº de primos no intervalo [10^15,10^15+9 10^4]. Dado que pHxL~_{log x}^x , então

pI10¹⁵+9 × 10^4) - p(10¹⁵) > ^{10^15}⁺⁹^×^{10^4}

Log@10^30D −_Log@10^15D^{10^15}

e um valor aproximado da probabilidade de selecionar aletoriamente um número primo no interval- o[10^15,10^15+9 10^4] é

NB

10^15+9×10^4 Log@10^15+9×10^4D

− ^{10^15}⁻¹

Log@10^15−1D

10 ^ 15 +9×10 ^ 4−10 ^ 15 F 0.028115

(Alternativa: Não é possível calcular calcular PrimePi[10^15-1], mas como a amplitude do intervalo [10^15,10^15+9×10^4-1] é pequena, é possível calcular o número de primos no intervalo [10^15,10^15+9×10^4] recorrendo à função PrimeQ.

nprimos@min_, max_D:=Length@Select@Range@min, maxD, PrimeQDD

nprimos@10 ^ 15, 10 ^ 15+9∗10 ^ 4−1D 2513

NB 2513

10 ^ 15 +9×10 ^ 4−10 ^ 15F 0.0279222

O valor da probabilidade de selecionar aletoriamente um número primo no intervalo[10^15,10^15+9 10^4] é de 0.0279222.)

Exercício 4

a)

FactorInteger@272D 882, 4<,817, 1<<

(5)

a) x²ª17 (mod 272) ó x²ª17Imod 2⁴M

x²ª17Hmod 17L ó x²ª1Imod 2⁴M x²ª0Hmod 17L x²ª0Hmod 17L ó xª0 (mod 17) porque 17 é primo.

Como x²ª1(mod 2³M tem quatro soluções incongruentes módulo 2³, então x²ª1 (mod 2⁴) tem 4 soluções incongruentes módulo 2⁴. Uma solução é, obviamente, a=1, pelo que as restantes soluções módulo 16 são -1, 1+

2³ e -1+2³, ou seja, 1, 7, 9 e 15 são as soluções incongruentes módulo 2⁴. Assim x² ≡1Imod 2⁴M

x≡0Hmod 17L

x≡1, 7, 9, 15Imod 2⁴M x≡0Hmod 17L .

Aplicando Teorema Chinês dos Restos:

ChineseRemainder@81, 0<,816, 17<D 17

Finalmente conclui-se que x²ª17 (mod 272) xª17, 119, 153, 255Hmod 272L. b)

FactorInteger@600D 882, 3<,83, 1<,85, 2<<

b) 600=2³ × 3 × 5², pelo que 8 x⁵+x²-9ª0 (mod 600) ó

8 x⁵+x²-9ª0Imod 2³M 8 x⁵+x²-9ª0Hmod 3L 8 x⁵+x²-9ª0Imod 5²M

ó

x²-1ª0Imod 2³M 2 x⁵+x²ª0Hmod 3L

8 x⁵+x²-9ª0Imod 5²M .

x²-1ª0Imod 2³Móx²ª1Imod 2³M . Uma solução de x²ª1Imod 2³M é 1 logo as restantes soluções módulo 2³são -1, 1+2² e -1+2², ou seja, x²ª1Imod 2³Móxª1, 3, 5, 7Imod 2³M.

2 x⁵+x²ª0Hmod 3L ó x²I2 x³+1Mª0Hmod 3L óIx²ª0Hmod 3L fi I2 x³+1Mª0Hmod 3L) ó ( xª0Hmod 3L Ó xª1Hmod 3LL.

8 x⁵+x²−9≡0Imod 5²) ó 5² | 8 x⁵+x²-9ï 5 | 8 x⁵+x²-9 ó8 x⁵+x²-9ª0Hmod 5L e 8 x⁵+x²-9ª0Hmod 5L ó 3 x⁵+x²+1ª0Hmod 5L.

xª 0 (mod 5) não é solução de 3 x⁵+x²+1≡0Hmod 5L, pelo que, se x é uma solução módulo 5, então mdc (x,5)=1 e pelo Teoremas de Fermat x⁴ª1Hmod 5L. Então,

3 x⁵+x²+1≡0Hmod 5L 3 x+x²+1≡0Hmod 5Le esta última congruência só admite uma solução módulo 5 que é 1. Logo as soluções de 8 x⁵+x²-9 ª0Imod 5²M , caso existam, são da forma 1+5t .

Sendo f(x)= 8 x⁵+x²-9, então f(1)=0, f’(x)= 40 x⁴+2 x e f’(1)=42. Assim, para x=1+5t,

8 x⁵+x²-9ª0Imod 5²M ó 42 tª 0Hmod 5L ó tª 0Hmod 5L, ou seja, 8 x⁵+x²-9ª0Imod 5²M ó xª1Imod 5²M.

4 CorrecaoTeste1_11_12_LCC.nb

(6)

Então, 8 x⁵+x²-9ª0Hmod 600Ló

xª1, 3, 5, 7Imod 2³M xª0, 1Hmod 3L

xª1Imod 5²M .

Para conhecer as soluções módulo 600 devemos agora aplicar o Teorema Chinês dos Restos aos sistemas:

xª1Imod 2³M xª0Hmod 3L xª1Imod 5²M

,

, xª5Imod 2³M

xª0Hmod 3L xª1Imod 5²M

,

.

ChineseRemainder@81, 0, 1<,88, 3, 25<D 201

Finalmente conclui-se que

8 x⁵+x²-9ª0Hmod 600L ó xª1, 51, 151, 201, 301, 351, 451, 501 Hmod 600L.