Teor´ıa de N´
umeros
Naoki Sato
<[email protected]>
22 de julio de 2012
Resumen
Estas notas sobre teor´ıa de n´umeros fueron originariamente escri-tas en 1995 para estudiantes de nivel OIM. Cubre s´olo lo b´asico del material con el cual un estudiante de OIM deber´ıa estar familiariza-do. Este texto se pens´o como una referencia no como un reemplazo, sino como un suplemento para un libro de teor´ıa de n´umeros; varios libros son sugeridos al final. Hay algunas demostraciones cuando sea apropiado o para ilustrar un punto o una idea importante. Los pro-blemas son tomados de varias fuentes, muchos de concursos existentes u olimp´ıadas, y en general son bastante dif´ıciles. El autor agradece cualquier correcci´on o sugerencia.
1.
Divisibilidad
Para enterosayb, decimos quea divideab, o queaes un divisor(o un
factor deb, o que b es un m´ultiplo dea, si existe un enteroctal queb =ca, y denotamos esto por a | b. En otro caso, a no divide b, y denotamos esto por a -b. Un entero positivo p es primo si los ´unicos divisores de pson 1 y
p. Si pk | a y pk+1 - a donde p es primo, es decir pk es la mayor potencia de
p que divide aa, entonces denotamos esto por pk ka.
Resultados ´
utiles:
Si a, b >0, y a|b, entonces a≤b.
Sia|b1, a |b2, . . . , a|bn, entonces para cualesquiera enterosc1, c2, . . . , cn
a|
n
X
i=1
Teorema 1.1.El Algoritmo de la Divisi´on. Para cualquier entero positivo a
y entero b, existe ´unicos enteros q y r tal que b = qa+r y 0 ≤ r < a, con
r = 0 si y s´olo si a|b.
Teorema 1.2.El Teorema Fundamental de la Aritm´etica. Cada entero ma-yor que 1 puede ser escrito de manera ´unica en la forma
pe1 1 p e2 2 · · ·p ek k
donde los pi son primos distintos y los ei son enteros positivos.
Teorema 1.3.Euclides. Existen una infinitud de n´umeros primos.
Demostraci´on. Supongamos que hay una cantidad finita de n´umeros pri-mos, digamos p1, p2, . . . , pn. Sea N = p1p2· · ·pn+ 1. Por el teorema
funda-mental de la aritm´etica, N es divisible por alg´un primop. Este primop debe estar entre los pi, pues asumimos que estos eran todos los primos, pero se
puede ver que N no es divisible por ninguno de lospi, contradicci´on.
Ejemplo 1.1. Sea xe y enteros. Probar que 2x+ 3y es divisible por 17 si y s´olo si 9x+ 5y es divisible por 17.
Soluci´on. 17 | (2x + 36) ⇒ 17 | [13(2x + 3y)], o 17 | (26x + 39y) ⇒
17 | (9x + 5y)y , rec´ıprocamente, 17 | (9x+ 5y) ⇒ 17 | [4(9x+ 5y)], o 17|(36x+ 20y)⇒17|(2x+ 3y).
Ejemplo 1.2. Encontrar todos los enteros positivos d tales que d divide simult´aneamente a n2+ 1 y a (n+ 1)2+ 1 para alg´un enteron.
Soluci´on. Sea d| (n2+ 1) y d| (n+ 1)2+ 1, o d |(n2+ 2n+ 2). Entonces
d | [(n2 + 2n+ 2]−(n2 + 1)], o d| (2n+ 1)⇒ d| (4n2 + 4n+ 1), luego d |
[4(n2+2n+2)−(4n2+4n+1)], od|(4n+7). Entoncesd|[(4n+7)−2(2n+1)],
o d | 5, luego d s´olo puede ser 1 o 5. Tomando n = 2 vemos que se puede lograr estos valores.
Ejemplo 1.3. Supongamos que a1, a2, . . . , a2n son enteros distintos tal que
la ecuaci´on
(x−a1)(x−a2)· · ·(x−a2n)−(−1)n(n!)2 = 0
tiene una soluci´on entera r. Pruebe que
r = a1+a2+· · ·+a2n
2n .
Soluci´on. Claramente r 6= ai para todo i, y como r −ai son 2n enteros
distintos, entonces
|(r−a1)(r−a2)· · ·(r−a2n)| ≥ |(1)(2)· · ·(n)(−1)(−2)· · ·(−n)|= (n!)2,
con igualdad si y s´olo si
{r−a1, r−a2, . . . , r−a2n}={1,2, . . . , n,−1,−2, . . . ,−n}.
Por lo tanto, este debe ser el caso, luego (r−a1) + (r−a2) +· · ·+ (r−a2n)
= 2nr−(a1+a2+· · ·+a2n)
= 1 + 2 +· · ·+n+ (−1) + (−2) +· · ·+ (−n) = 0
⇒r = a1 +a2+· · ·+a2n
2n .
Ejemplo 1.4. Sean 0< a1 < a2 <· · ·< amn+1, mn+ 1 enteros. Probar que
se pueden seleccionar m+ 1 tal que no sean divisibles entre si, o n+ 1 tal que cada uno divida al siguiente.
(1966 Competencia Matem´atica Putnam)
Soluci´on. Para cada i, 1 ≤i ≤ mn+ 1, sea ni la longitud de la secuencia
m´as larga que empieza con ai donde cada t´ermino divide el siguiente, entre
los enteros ai, ai+1, . . . , amn+1. Si para alg´un ni es mayor que n entonces el
problema esta resuelto. En otro caso, por el principio del palomar, existen por lo menos m + 1 valores de ni que son iguales. Luego, los enteros ai
correspondientes a estos ni no pueden ser divisibles entre si.
Resultados ´
Utiles
Postulado de Bertrand. Para cada entero positivo n, existe un primop
tal que n ≤p≤2n.
Lema de Gauss. Si un polinomio con coeficientes enteros se factoriza en dos polinomios con coeficientes racionales, entonces se factoriza en dos polinomios con coeficientes enteros.
Problemas
1. Sean a y b enteros positivos tales que a | b2, b2 | a3, a3 | b4, b4 |a5, . . .. Pruebe que a=b.
2. Seana, byctres enteros distintos, y sea P un polinomio con todos los coeficientes enteros. Pruebe que es imposible que P(a) = b, P(b) = c
y P(c) = a.
(1974 Olimpiada Matem´atica de Estados Unidos) 3. Demuestre que si a y b son enteros positivos, entonces
a+ 1 2 n + b+1 2 n
es entero s´olo para finitos enteros positivos n. (A Problem Seminar, D.J. Newman)
4. Dado un entero positivo n, sea r(n) la suma de los restos cuando n es dividido por 1, 2, . . . , n respectivamente. Pruebe quer(k) = r(k−1) para finitos enteros positivos k.
(1981 Competici´on K¨ursch´ak)
5. Pruebe que para todos los enteros positivos n, 0< n X k=1 g(k) k − 2n 3 < 2 3, donde g(k) denota el mayor divisor impar de k. (1973 Olimpiada Matem´atica de Austria)
6. Sea d un entero positivo, y sea S el conjunto de todos los enteros positivos de la forma x2+dy2, donde x y y son enteros no negativos.
a) Pruebe que si a ∈S y b ∈S, entoncesab∈S.
b) Pruebe que si a ∈ S y p ∈ S, tal que p es un primo y p | a, entonces a/p∈S.
c) Asumiendo que la ecuaci´on x2 +dy2 = p tiene soluci´on en los
enteros no negativosx y y, donde pes un primo dado. Demuestre que si d≥2, entonces la soluci´on es ´unica, y si d=, entonces hay exactamente dos soluciones.
2.
M´
aximo Com´
un Divisor y M´ınimo Com´
un
m´
ultiplo
El m´aximo com´un divisor de dos enteros positivos a y b es el mayor entero positivo que divide a a y b simult´aneamente, el cual vamos a denotar
mcd(a, b), y similarmente, elm´ınimo com´un m´ultiplodea ybes el menor entero positivo que es m´ultiplo de a y b simult´aneamente, el cual vamos a denotar mcm(a, b). Decimos queaybsonprimos relativossi mcd(a, b) = 1. Para a1, a2, . . . , an, gcd(a1, a2, . . . , an) es el mayor entero positivo que divide
a todos los a1, a2, . . . , an simult´aneamente y mcm(a1, a2, . . . , an) se define
similarmente.
Resultados ´
Utiles
Para todos a,b mcd(a, b) mcm(a, b) = ab.
Para todos a, b y m, mcd(ma, mb) = mmcd(a, b) y mcm(ma, mb) =
mmcm(a, b). Si d|mcd(a, b), entonces mcd a d, b d = mcd(a, b) d .
En particular, si d = mcd(a, b), entonces mcd(a/d, b/d) = 1; esto es
a/d y b/d son primos relativos.
Si a|bc y mcd(a, c) = 1, entoncesa |b.
Para a y b enteros positivos, si d es un entero positivo tal que d | a,
d | b, y para cualquier d0, d0 | a y d0 | b implica que d0 | d, entonces
d = mcd(a, b). Esto es simplemente la afirmacion de que cualquier divisor com´un dea y b divide a mcd(a, b).
Si a1a2· · ·an es una potencia k-´esima y los ai son primos relativos de
a pares, entonces cada ai es una potenciak-´esima.
Cualesquiera dos enteros consecutivos son primos relativos.
Ejemplo 2.1. Muestre que para cualquier entero positivoN, existe un m´ ulti-plo de N que consiste s´olo de unos y ceros. M´as a´un, muestre que si N es primo relativo a 10, entonces existe un m´ultiplo que consiste s´olo de unos.
Soluci´on. Considere losN+1 enteros 1,11,111,111. . .1 (N+1 unos). Cuan-do son dividiCuan-dos porN dejanN+1 restos. Por el principio del palomar, dos de estos restos son iguales, luego la diferencia entre los correspondientes enteros, un entero de la forma 111. . .000, es divisible por N. Si N es primo relativo a 10, entonces podemos quitar todas las potencias de 10, hasta obtener un entero de la forma 111. . .1 que permanece divisible por N.
Teorema 2.1. Para cualesquiera enteros positivos a y b, existen enteros x
e y tal que ax+by = mcd(a, b). M´as a´un, haciendo variar x e y sobre los enteros, ax+by genera todos los m´ultiplos y s´olo los m´ultiplos de mcd(a, b).
Soluci´on. Sea S el conjunto de todos los enteros de la forma ax+by, y sea d el menor entero positivo entre los elementos de S. Por el algoritmo de divisi´on, existen enteros q y r tal que a = qd+r, 0 ≤ r < d. Luego
r =a−qd=a−q(ax+by) = (1−qa)a−(qy)b, luegor tambi´en esta enS. Peror < d, luegor = 0⇒d|a, y similarmente,d|b, luegod|mcd(a, b). Sin embargo, mcd(a, b) divide a todos los elementos deS, en particular mcd(a, b)|
d⇒d= mcd(a, b). La segunda parte del teorema sale inmediatamente.
Corolario 2.2. Los enteros positivos a y b son primos relativos s´ı y s´olo si existen enteros xe y tal que ax+by = 1.
Corolario 2.3. Para cualesquiera enteros positivosa1, a2, . . . , an, existen
en-teros x1, x2, . . . , xn tal que a1x1+a2x2+· · ·anxn= mcd(a1, a2, . . . , an).
Corolario 2.4. Sean a y b enteros positivos, y sea n un entero. Entonces la ecuaci´on
ax+by=n
tiene soluci´on en enteros x e y s´ı y s´olo si mcd(a, b) | n. Si este es el caso, entonces todas las soluciones son de la forma
(x, y) = x0+t· b d, y0−t· a d
donde d = mcd(a, b), (x0, y0) es una soluci´on particular de la ecuaci´onax+
by =n, y t es un entero.
Demostraci´on. La primer parte sale del Teorema 2.1. Para la segunda par-te, sea d = mcd(a, b), y sea (x0, y0 una soluci´on particular de ax+by = n,
tal que ax0 +by0 = n. Si ax +by = n, entonces ax+by − ax0 − by0 =
a(x−x0) +b(y−y0) = 0, oa(x−x0) = b(y0−y), por lo tanto (x−x0)· a d = (y0−y)· b d
Como a/d y b/d son primos relativos,b/d debe dividir ax−x0, y a/d debe
dividir a y0−y. Sean x−x0 =tb/dy y0 −y=ta/d. Esto da las soluciones
Ejemplo 2.2. Pruebe que la fracci´on 21n+ 4 14n+ 3 es irreducible para cualquier entero positivo n. (1959 Olimpiada Internacional de Matem´atica)
Soluci´on. Para todo n, 3(14n + 3)−2(21n + 4) = 1, luego numerador y denominador son primos relativos.
Ejemplo 2.3. Para todo lo entero positivon, seaTn = 22 n
+ 1. Muestre que si m6=n, entonces Tm y Tn son primos relativos.
Soluci´on. Tenemos que
Tn−2 = 22 n −1 = 22n−1·2−1 = (Tn−1−1)2−1 =Tn2−1−2Tn−1 =Tn−1(Tn−1−2) =Tn−1Tn−2(Tn−2−2) =· · · =Tn−1Tn−2· · ·T1T0(T0−2) =Tn−1Tn−2· · ·T1T0,
para todo n. Por lo tanto, cualquier divisor com´un de Tm y Tn debe dividir a 2. Pero cada Tn es impar, luego Tm y Tn son primos relativos.
Nota. De este resultado se deduce inmediatamente que existen infinitos n´umeros primos.
El Algoritmo de Euclides. Usando recursivamente el algoritmo de la divi-si´on, podemos encontrar el mcd de dos enteros positivos a y b sin factorizar ninguno de los dos, y x ey del Teorema 2.1 (y tambi´en, una soluci´on parti-cular del Corolario 2.4). Por ejemplo, para a= 329 y b = 182, calculamos
329 = 1·182 + 147,
182 = 1·147 + 35,
147 = 4·35 + 7,
35 = 5·7,
y nos detenmos cuando no hay resto. El ´ultimo dividendo es el mcd, luego en nuestro ejemplo, mcd(329,182) = 7. Ahora, reemplazando hacia atr´as,
7 = 147−4·35 = 147−4·(182−1·147) = 5·147−4·182 = 5·(329−182)−4·182 = 5·329−9·182.
Nota. El algoritmo de Euclides tambi´en funciona para polinomios.
Ejemplo 2.4. Sea n un entero positivo, y sea S un conjunto de n+ 1 ele-mentos de el conjunto {1,2, . . . ,2n}. Pruebe que:
1. Existen dos elementos de S que son primos relativos, y 2. Existen dos elementos de S, uno de los cuales divide al otro
Soluci´on. (1) Tiene que haber dos elementos de S que sean consecutivos, y por lo tanto, primos relativos.
(2) Considere el mayor factor impar de cada uno de losn+ 1 elementos en
S. Cada est´a entre los nenteros impares 1,3, . . . ,2n−1. Por el principio del palomar, dos deben tener el mismo mayor factor impar, luego deben diferir (m´ultiplicativamente) por una potencia de 2, luego uno divide al otro.
Ejemplo 2.5. Los enteros positivos a1, a2, . . . , an son tales que cada uno es
menor que 1000, y mcd(ai, aj)>1000 para todoi, j, i6=j. Pruebe que n X i=1 1 ai <2
(1951 Olimpiada Matem´atica Rusa)
Soluci´on. Si 1000
m+1 < a ≤ 1000
m , entonces los m m´ultiplos de a,2a, . . . , ma no
exceden 1000. Sea k1 el n´umero de ai en el int´ervalo (10002 ,1000], k2 en el
int´ervalo 10002 ,10003 ], etc. Entonces losk1+ 2k2+ 3k3+· · · enteros, no mayores
que 1000, que son m´ultiplos de por lo menos uno de losai. Pero los m´ultiplos
son distintos, luego
k1+ 2k2+ 3k3 +· · ·<1000 ⇒2k1+ 3k2+ 4k3 +· · ·= (k1+ 2k2+ 3k3+· · ·) + (k1+k2+k3+· · ·) <1000 +n <2000. Por lo tanto n X i=1 1 ai ≤k1 2 1000 +k2 3 1000 +k3 4 1000 +· · · = 2k1+ 3k2+ 4k3 +· · · 1000 <2.
Nota: Se puede demostrar que n ≤ 500 de la siguiente forma: Considere el mayor divisor impar de a1, a2, . . . , a1000. Cada uno debe ser distinto; de
otro modo, dos difieren m´ultiplicativamente, por una potencia de 2, lo que significa que uno divide al otro, contradicci´on. Tambi´en, hay s´olo 500 n´umeros impares entre 1 y 1000, de lo cual el resultado sigue. Tambi´en se sigue que
n X i=1 1 ai < 3 2.
Resultados ´
Utiles
Teorema de Dirichlet. Si a yb son enteros positivos y primos relativos, entonces la secuencia aritm´etica a, a+b, a+ 2b, . . ., contiene infinitos n´umeros primos.
Problemas
1. Los s´ımbolos (a, b, . . . , g) y [a, b, . . . , g] denotan el m´aximo com´un divi-sor y el m´ınimo com´un m´ultiplo respectivamente, de los enteros posi-tivos a, b, . . . , g. Probar que
[a, b, c]2 [a, b][a, c][b, c] =
(a, b, c)2 (a, b)(a, c)(b, c) (1972 Olimpiada Matem´atica de Estados Unidos)
2. Pruebe que mcd(am−1, an−1) = amcd(m,n)−1 para todos los enteros
positivos a >1, m, n.
3. Seana, b y centeros positivos. Demuestre que mcm(a, b, c) = abc·mcd(a, b, c)
mcd(a, b)·mcd(a, c)·mcd(b, c).
Exprese mcd(a, b, c) en funci´on deabc, mcm(a, b, c), mcm(a, b), mcm(a, c) y mcm(b, c). Luego generalice.
4. Sean a, b enteros positivos impares. Defina la secuencia (fn) con f1 =
a, f2 = b, y haciendo que fn para n ≥ 3 sea el mayor divisor impar
de fn−1+fn−2. Demuestre que fn es constante para n suficientemente
grande y exprese el valor eventual en funci´on dea y b. (1993 Olimpiada Matem´atica de Estados Unidos)
5. Seann ≥a1 > a2 >· · ·> ak enteros positivos tales que mcm(ai, aj)≤ n para todosi, j. Pruebe que iai ≤n para i= 1,2, . . . , k.
3.
Funciones Aritm´
eticas
Hay varias funciones aritm´eticas importates, de las cuales tres son presen-tadas aqu´ı. Si la factorizaci´on de n >1 es pe1
1 p
e2
2 · · ·p
ek
k , entonces el n´umero
de enteros positivos menores que n, primos relativos a n es:
φ(n) = 1− 1 p1 1− 1 p2 · · · 1− 1 pk n =pe1−1 1 p e2−1 2 · · ·p ek−1 k (p1−1)(p2−1)· · ·(pk−1), el n´umero de divisores den es τ(n) = (e1+ 1)(e2+ 1)· · ·(ek+ 1),
y la suma de los divisores de n es
σ(n) = (pe1 1 +p e1−1 1 +· · ·+ 1)(p e2 2 +p e2−1 2 +· · ·+ 1) · · ·(pekk +pekk −1+· · ·+ 1) = pe1+1 1 −1 p1−1 pe2+1 2 −1 p2 −1 · · · pekk +1−1 pk−1 .
Adem´as,φ(1), τ(1) y σ(1) se definen como 1. Decimos que una funci´on f
esmultiplicativasif(mn) = f(m)f(n) paramynenteros positivos primos relativos, y f(1) = 1 (de lo contrario, f(1) = 0, que implica que f(n) = 0 para todo n).
Teorema 3.1. Las funciones φ, τ y σ son multiplicativas.
Por lo tanto tomando la factorizaci´on en primos y evaluando en las po-tencias de primos, se encuentran f´acilmente la f´ormulas anteriores.
Ejemplo 3.1. Encontrar el n´umero de pares ordenados de enteros positivos (x, y) que son soluci´on de la ecuaci´on
1 x + 1 y = 1 n,
Soluci´on. De la ecuaci´on dada, 1 x + 1 y = 1 n ⇐⇒ xy=nx+ny ⇐⇒ (x−n)(y−n) = n 2 .
Sin= 1, inmediatamente deducimos la ´unica soluci´on (2,2). Para n >2, sea
n = pe1
1 p
e2
2 · · ·p
ek
k la factorizaci´on en primos de n. Como x, y > n, hay una
correspondencia uno a uno entre las soluciones en (x, y) y los factores den2,
entonces el n´umero de soluciones es
τ(n2) = (2e1 + 1)(2e2+ 1)· · ·(2ek+ 1).
Ejemplo 3.2. Sea n un entero positivo. Pruebe que
X
d|n
φ(d) = n.
Soluci´on. Para un divisor d de n, sea Sd el conjunto de todos los a, 1 ≤ a ≤ n, tal que mcd(a, n) = nd. Entonces Sd consiste de todos los elementos
de la forma b· n
d donde 0 ≤ b ≤ d, y mcd(b, d) = 1, entonces Sd contiene φ(d) elementos. Tambi´en, es claro que cada entero entre 1 y n pertenece a un ´unico Sd. El resultado entonces sigue de sumar sobre todos los divisores d de n.
Problemas
1. Sean un entero positivo. Pruebe que
n X k=1 τ(k) = n X k=1 jn k k .
2. Sean un entero positivo. Pruebe que
X d|n τ3(d) = X d|n τ(d) 2 .
3. Pruebe que si σ(N) = 2N + 1, entoncesN es el cuadrado de un entero impar.
4.
Aritm´
etica Modular
Para un entero positivom, y enterosayb, decimos quea escongruente
a b m´odulo m si m | (a−b), y denotamos esto por a ≡ b modulo m, o m´as comunmente a≡b (m´od m). De otro modo, a no es congruente a b m´odulo
m, y denotamos esto por a6≡b (m´odm) (aunque esta notaci´on no es usada frecuentemente). En esta notaci´on, m se llama m´odulo, y consideramos los enteros m´odulo m.
Teorema 4.1. Si a ≡b y c≡ d (m´od m), entonces a+c≡b+d (m´od m) y ac≡bd (m´od m).
Demostraci´on. Si a ≡ b y c ≡ d (m´odm), entonces existen enteros k y l
tales que a =b+km y c=d+lm. Por lo tanto, a+c= b+d+ (k+l)m, luego a+c≡b+d (m´od m). Tambi´en
ac=bd+dkm+blm+klm2
=bd+ (dk+bl+klm)m,
entonces ac≡bd (m´odm).
Resultados ´
Utiles
Para todo entero n,
n2 ≡ 0 1 (m´od 4) si n es par, sin es impar. Para todo entero n,
n2 ≡ 0 4 1 (m´od 8) si n≡0 (m´od 4), si n≡2 (m´od 4), si n≡1 (m´od 2).
Sif es un polinomio con coeficientes enteros ya≡ (m´odm), entonces
f(a)≡f(b) (m´odm).
Si f es un polinomio con coeficientes enteros de grado n, no todos identicamente cero, y p un primo, entonces la congruencia
f(x)≡0 (m´odp)
Ejemplo 4.1. Probar que la ´unica soluci´on en n´umeros racionales de la ecuaci´on
x3+ 3y3+ 9z3−9xyz = 0 es x=y=z = 0.
(1983 Competencia K¨ursch´ak)
Soluci´on. Supongamos que la ecuaci´on tiene una soluci´on en los racionales, con al menos una variable distinta de cero. C´omo la ecuaci´on es homog´enea, podemos obtener una soluci´on en enteros (x0, y0, z0) multiplicando la
ecua-ci´on por el cubo del m´ınimo com´un m´ultiplo de los denominadores. Tomando la ecuaci´on m´odulo 3, obtenemos x3 ≡0 (m´od 3). Por lo tanto, x
0 debe ser
divisible por 3, digamos x0 = 3x1. Substituyendo,
27x31 + 3y30+ 9z03−27x1y0z0 = 0
y30 + 3z03+ 9x13−9x1y0z0 = 0
Por lo tanto, tenemos otra soluci´on (y0, z0, x1). Podemos aplicar esta
re-ducci´on recursivamente, para obtener y0 = 3y1, z0 = 3z1, y otra soluci´on
(x1, y1, z1). Luego, podemos dividir potencias de 3 de nuestra soluci´on un
n´umero arbitrario de veces, contradicci´on.
Ejemplo 4.2. ¿Alguno de los primeros 108+ 1 n´umeros de Fibonacci
termi-nan con cuatro ceros?
Soluci´on. La respuesta es s´ı. Considere la secuencia de pares (Fk, Fk+1)
m´odulo 104. Como hay s´olo un n´umero finito de posibles pares distintos (108+
1 para ser exactos), y cada par s´olo depende en el anterior, esta secuencia es eventualmente peri´odica. Pero F ≡ 0 (m´od 104), luego dentro de 108
t´erminos, otro n´umero de Fibonacci divisible por 104 debe aparecer.
De hecho, una comprobaci´on con computadora muestra que 104 | F7500,
y (Fn) m´odulo 104 tiene per´ıodo 15000, que es mucho m´as peque˜no que la
cota superior de 108.
Si ax ≡ 1 (m´od m), entonces decimos que x es el inverso de a m´odulo
m denotado pora−1, y es ´unico m´odulo m.
Teorema 4.2. El inverso de a m´odulo m existe y es ´unico si y s´olo si a es primo relativo a m.
Demostraci´on. Si ax ≡ 1 (m´odm), entonces ax = 1 +km para alg´un k,
⇒ ax−km = 1. Por el corolario 2.2, a y m son primos relativos. Ahora si mcd(a, m) = 1, entonces por corolario 2.2, existen enteros x e y tales que
ax+ym = 1 ⇒ ax = 1−ym ⇒ ax ≡ 1 (m´odm). El inverso x es ´unico m´odulom, pues si x0 es tambi´en un inverso, entoncesax≡ax0 ≡1⇒xax=
Corolario 4.3. Si pes primo, entonces el inverso de a m´odulo p existe y es ´
unico si y s´olo si pno divide a a.
Corolario 4.4. Si ak ≡ bk (m´odm) y k es relativo primo a m entonces
a ≡b (m´od m).
Demostraci´on. Multiplicando ambos lados por k−1, que existe por el teo-rema 4.2, obtenemos el resultado buscado.
Decimos que un conjunto {a1, a2, . . . , am} es un sistema completo de
residuos m´odulo m si para todo i, 0≤i≤m−1, entonces existe un ´unico
j tal que aj ≡i (m´odm).
Ejemplo 4.3. Encuentre todos los enteros positivos n tal que existen sis-temas completo de residuos {a1, a2, . . . , an} y {b1, b2, . . . , bn} m´odulo n para
los cuales {a1 +b1, a2 +b2, . . . , an+bn} es tambi´en un sistema completo de
residuos.
Demostraci´on. La respuesta es todo los n impares. Primero probamos la necesidad.
Para cualquier sistema completo de residuos {a1, a2, . . . , an} m´odulo n,
tenemos que a1 +a2+· · ·+an ≡ n(n+ 1)/2 (m´odn). Entonces, si los tres
conjuntos son sistemas completos de residuos, entonces a1 +a2 +· · ·+an+ b1+b2+· · ·+bn≡n2+n ≡0 (m´od n) ya1+a2+· · ·+an+b1+b2+· · ·+bn≡ n(n+ 1)/2 (m´od n), luego n(n+ 1)/2≡0 (m´odn). La cantidad n(n+ 1)/2 es divisible por n si y s´olo si (n+ 1)/2 es un entero, lo cual implica que n es impar.
Ahora asumamos que n es impar. Sea ai =bi =i para todo i. Entonces
ai+bi = 2i para todoi, yn es primo relativos a 2, entonces por el corolario
4.4, {2,4, . . . ,2n} es un sistema completo de residuos m´odulom.
Teorema 4.5. Teorema de Euler. Si a es un primo relativo a m, entonces
aφ(m) ≡1 (m´od m).
Demostraci´on. Sean a1, a2, . . . , aφ(m) los enteros positivos menores que m
que son primos relativos am. Considere los enteros aa1, aa2, . . . , aaφ(m).
Afir-mamos que son una permutaci´on de los φ(m) enteros originales ai, m´odulo
m. Para cada i, aai tambi´en es primo relativo a m, luego aai ≡ ak para
alg´unk. Como aai ≡aaj ⇐⇒ ai ≡aj (m´od m), cada ai es enviado a unak
diferente bajo la multiplicaci´on pora, por lo tanto son permutados. Entonces
a1a2· · ·aφ(m)≡(aa1)(aa2)· · ·(aaφ(m))
≡aφ(m)a1a2· · ·aφ(m)
Nota. Esto da una f´ormula expl´ıcita para el inverso de a m´odulo m:
a−1 ≡ aφ(m)−2 (m´odm). Alternativamente, podemos usar el algoritmos de
Euclides para encontrar a−1 ≡xcomo en la demostraci´on del Teorema 4.2.
Corolario 4.6. El Peque˜no Teorema de Fermat (PTF). Si p es primo, y p
no divide a a, entoncesap−1 ≡1 (m´od p).
Ejemplo 4.4. Muestre que si a y b son enteros positivos primos relativos, entonces existen enteros m y n tales que am+bn≡1 (m´oda)b.
Soluci´on. Sea S = am +bn, donde m = φ(b) y n = φ(a). Entonces por el Teorema de Euler, S ≡ bφ(a) equiv1 (m´oda), o S −1 ≡ 0 (m´oda), y
S ≡aφ(b) ≡1 (m´od b), oS−1≡0 (m´od b). Por lo tantoS−1≡0, oS≡1
(m´oda)b.
Ejemplo 4.5. Para todos los enteros positivos i, sea Si la suma de los
pro-ductos de 1,2, . . . , p−1 tomando de aicada vez, dondepes un primo impar. Muestre que S1 ≡S2 ≡ · · · ≡Sp−2 ≡0 (m´odp).
Soluci´on. Primero, observe que
(x−1)(x−2)· · ·(x−(p−1))
=xp−1−S1xp−2 +S2xp−3− · · · −Sp−2x+Sp−1
Estos polinomios se anulan para x = 1,2, . . . , p− 1. Pero por el Peque˜no Teorema de Fermat, tambi´en se anula xp−1−1 m´odulo p. Tomando la
dife-rencia de estos dos polinomios, obtenemos otro polinomio de grado p−2 con
p−1 raices m´odulo p, luego debe ser el polinomio nulo, y el resultado sigue de comparar coeficientes.
Nota. Inmediatamente tenemos que (p− 1)! ≡ Sp−1 ≡ −1 (m´od p), que
es el Teorema de Wilson. Tambi´en, xp −x ≡ 0 (m´od p) para todo x, pero
aqu´ı no podemos comparar coeficientes. ¿Por qu´e no?
Teorema 4.7. Si p es un primo y n es un entero tal que p | (4n2 + 1), entonces p≡1 (m´od 4).
Demostraci´on. Claramente,p no puede ser 2, luego s´olo necesitamos mos-trar que p 6≡ 3 (m´od 4). Supongamos que p = 4k + 3 para alg´un k. Sea
y = 2n, luego por el Peque˜no Teorema de Fermat, yp−1 ≡ 1 (m´odp), como
p no divide a n. Peroy2+ 1 ≡0, luego
yp−1 ≡y4k+2 ≡(y2)2k+1 ≡(−1)2k+1 ≡ −1 (m´odp),
Nota. La misma prueba se puede usar para mostrar que si pes un primo y
p|(n2+ 1), entonces p= 2 o p≡1 (m´od 4).
Ejemplo 4.6. Muestre que existen infinitos n´umeros primos de la forma 4k+ 1 y de la forma 4k+ 3.
Soluci´on. Suponga que existen finitos n´umeros primos de la forma 4k+ 1, digamos p1, p2, . . . , pn. Sea N = 4(p1p2· · ·pn)2+ 1. Por el teorema 4.7, N es
s´olo divisible por primos de la forma 4k+1, pero claramenteN no es divisible por ninguno de estos primos, contradicci´on.
Similarmente, supongamos que hay finitos primos de la forma 4k + 3, digamos q1, q2, . . . , qm. Sea M = 4q1q2· · ·qm −1. Entonces M ≡ 3 (m´od 4),
luego M debe ser divisible por un primo de la forma 4k + 3, pero M no es divisible por ninguno de estos primos, contradicci´on.
Ejemplo 4.7. Muestre que si n es un entero mayor que 1, entonces n no divide a 2n−1.
Soluci´on. Seapel menor primo que divide an. Entonces mcd(n, p−1) = 1, y por el corolario 2.2, existen enterosx eytales que nx+ (p−1)y= 1. Sip|
(2n−1), entonces 2≡2nx+(p−1)y ≡(2n)x(2p−1)y ≡1 (m´od p) por el Peque˜no
Teorema de Fermat, contradicci´on. Por lo tanto p-(2n−1)⇒n-(2n−1)
Teorema 4.8.Teorema de Wilson. Si pes un primo, entonces (p−1)!≡ −1 (m´odp). (Vea tambi´en el ejemplo 4.5.)
Demostraci´on. Considere la congruencia x2 ≡ 1 (m´od p). Entonces x2 −
1 ≡ (x−1)(x+ 1) ≡ 0, luego las ´unicas soluciones son x ≡ 1 y −1. Por lo tanto, para cada i, 2 ≤ i ≤ p−2, existe un ´unico inverso j 6= i de i, 2≤j ≤p−2, m´odulo p. Luego, cuando agrupamos en pares de inversos,
(p−1)!≡1·2· · ·(p−2)·(p−1)
≡1·1· · ·1·(p−1)
≡ −1 (m´od p).
Ejemplo 4.8. Sea {a1, a2, . . . , a101} y {b1, b2, . . . , b101} un sistema
comple-to de residuos m´odulo 101. ¿Puede {a1b1, a2b2, . . . , a101b101} es un sistema
completo de residuos m´odulo 101?
Soluci´on. La respuesta es que no. Suponga que {a1b1, a2b2, . . . , a101b101} es
un sistema completo de residuos m´odulo 101. Sin p´erdida de generalidad asu-ma que a101 ≡ 0 (m´od 101). Entonces b101 ≡ 0 (m´od 101), porque si
(m´od 101), contradicci´on. Por el teorema de Wilson,a1a2· · ·a100 ≡b1b2· · ·b100 ≡
100! ≡ −1 (m´od 101), luegoa1b1a2b2· · ·a100b100 ≡1 (m´od 101). Peroa101b101 ≡
0 (m´od 101), entonces a1b1a2b2· · ·a100b100 ≡ 100! ≡ −1 (m´od 101),
contra-dicci´on.
Teorema 4.9. Sipes un primo, entonces la congruenciax2+ 1≡0 (m´odp)
tiene soluci´on si y s´olo sip= 2 o p≡1 (m´od 4). (Compare con el teorema )
Demostraci´on. Sip= 2, entoncesx= 1 es una soluci´on. Si p= 3 (m´od 4), entonces por la nota en el teorema 4.7, no existen soluciones. Finalmente si
p= 4k+ 1, entonces hacemos x= 1·2· · ·(2k). Entonces
x2 ≡1·2· · ·(2k)·(2k)· · ·2·1
≡1·2· · ·(2k)·(−2k)· · ·(−2)·(−1) (multiplicando por 2k−1s)
≡1·2· · ·(2k)·(p−2k)· · ·(p−2)·(p−1)
≡(p−1)! ≡ −1 (m´odp).
Teorema 4.10. Sea p un primo tal que p ≡ 1 (m´od 4). Entonces existen enteros positivos x y y tales que p=x2 +y2.
Demostraci´on. Por el teorema 4.9, existe un entero a tal que a2 ≡ −1
m´odp. Considere el conjunto de enteros de la forma ax − y, donde x y
y son enteros, 0 ≤ x, y < √p. La cantidad de pares posibles es entonces (b√pc + 1)2 > (√p)2 = p, por el principio del palomar, existen enteros
0≤x1, x2, y1, y2 <
√
p, tal queax1−y1 ≡ax2−y2 (m´odp). Sea x=x1−x2
y y = y1 −y2. Al menos uno entre x y y es distinto de cero, y ax ≡ y ⇒
a2x2 ≡ −x2 ≡ y2 ⇒x2 +y2 ≡ 0 (m´od p). Entonces, x2 +y2 es un m´ultiplo
de p, y 0< x2+y2 <(√p)2+ (√p)2 = 2p, luego x2+y2 =p.
Teorema 4.11. Sean un entero positivo. Entonces existen enterosx yy tal quen =x2+y2 si y s´olo si cada factor primo den de la forma 4k+ 3 aparece un n´umero par de veces.
Teorema 4.12. Teorema Chino del Resto (TCR). Si a1, a2, . . . , ak son
ente-ros, y m1, m2, . . . , mk son primos relativos de a pares, entonces el sistema de
congruencias x≡a1 (m´od m1), x≡a2 (m´od m2), .. . x≡ak (m´odmk) tiene una ´unica soluci´on m´odulo m1m2· · ·mk.
Demostraci´on. Seam=m1m2· · ·mk, y considerem/m1. Es primo relativo
a m1, luego existe un entero t1 tal que t1·m/m1 ≡ (m´odm1). En
conse-cuencia, sea s1 =t1·m/m1. Entonces s1 ≡1 (m´odm1) ys1 ≡0 (m´od mj), j 6= 1. Similarmente, para todoi, existe si tal que si ≡0 (m´od mi) y si ≡0
(m´odmj), j 6= i. Entonces, x = a1s1 +a2s2 +· · ·+aksk es una soluci´on
del sistema anterior. Para probar la unicidad, sea x0 otra soluci´on. Entonces
x−x0 ≡0 (m´odmi) para todo i⇒x−x0 ≡0 (m´odm1m2· · ·mk).
Nota. La demostraci´on muestra expl´ıcitamente como encontrar la soluci´on
x.
Ejemplo 4.9. Para un entero positivon, encuentre la cantidad de soluciones de la congruencia x2 ≡1 (m´od n).
Soluci´on. Sea la factorizaci´on de n de la forma 2epe1
1 p e2 2 · · ·p ek k . Por TCR, x2 ≡ 1 (m´odn) ⇐⇒ x2 ≡ 1 (m´od peii ) para todo i y x2 ≡ 1 (m´od 2e). Vamos a considerar estos casos por separado.
Tenemos quex2 ≡1 (m´odpei
i ) ⇐⇒ x2−1 = (x−1)(x+ 1) (m´odp ei i ).
Pero pi no puede dividir a ambos x−1 y x+ 1, luego divide uno de ellos; esto es x≡ ±1 (m´od peii ). Luego hay dos soluciones.
Ahora, si (x−1)(x+ 1)≡0 (m´od 2e), 2 puede dividir a x−1 y a x+ 1,
pero 4 no puede dividir a ambos. Para e = 1 y e = 2, se puede comprobar f´acilmente que hay una y dos soluciones respectivamente. Para e ≥3, como tiene que haber como mucho un factor 2 en uno de los factoresx−1 ox+ 1, tiene que haber al menos e−1 en el otro para que su producto sea divisible por 2e. Por lo tanto, las ´unicas posibilidades son x− 1 o x+ 1 ≡ 0,2e−1
(m´od 2e), lo que lleva a las cuatro solucionesx≡1,2e−1−1,2e−1+ 1 y 2e−1.
Ahora que conocemos cuantas soluciones cada factor primo contribuye, la cantidad de soluciones m´odulo nes simplemente el producto de estos, por el TCR. La siguiente tabla da la respuesta:
e N´umero de soluciones
0, 1 2k
2 2k+1
≥3 2k+2
Teorema 4.13. Sea m un entero positivo, sean a y b enteros, y sea k = mcd(a, b). Entonces la congruencia ax ≡b (m´od m) tiene k soluciones o no tiene soluciones de acuerdo a si k |b o k -b.
Problemas
1. Probar que para cada entero positivo n existen n enteros positivos consecutivos, ninguno de los cuales es una potencia de un primo. (1989 Olimpiada Internacional de Matem´atica)
2. Para un entero positivo impar n > 1, sea S el conjunto de enteros x, 1≤x≤n, tales que x y x+ 1 son primos relativos de n. Muestre que
Y
x∈S
x≡1 (m´odn).
3. Encuentre todas las soluciones en enteros positivos a 3x+ 4y = 5z.
(1991 Olimpiada Internacional de Matem´atica - Lista corta)
4. Sea n un entero positivo tal que n+ 1 es divisible por 24. Pruebe que la suma de todos los divisores de n es divisible por 24.
(1969 Competencia Matem´atica Putnam) 5. (Teorema de Wolsteholme) Pruebe que si
1 + 1 2+ 1 3+· · ·+ 1 p−1
es escrito como fracci´on, donde p > 5 es un primo, entonces p2 divide
al numerador.
6. Sea a la ra´ız positiva mas grande de la ecuaci´on x3 −3x2 + 1 = 0.
Muestre que ba1788c y ba1988c son divisibles por 17.
(1988 Olimpiada Internacional de Matem´atica - Lista corta)
7. Sean {a1, a2, . . . , an} y {b1, b2, . . . , bn} sistemas completos de residuos
m´odulo n, tales que {a1b1, a2b2, . . . , anbn} es tambi´en un sistema
com-pleto de residuos m´odulon. Muestre que n = 1 ´o 2.
8. Seanm y n enteros positivos. Muestre que 4mn−m−n no puede ser un cuadrado.
(1984 Olimpiada Internacional de Matem´atica)
5.
Coeficientes Binomiales
Para los enteros no negativosn y k, k≤n, elcoeficiente binomial nk
se define como
n!
y tiene varias propiedades importantes. Por convenci´on, nk= 0 si k > n. En los resultados que siguen, para polinomios f y g con coeficientes en-teros, decimos que f ≡ g (m´odm) si m divide a todos los coeficientes de
f −g.
Teorema 5.1. Si pes un primo, entonces el n´umero de factores p enn! es
n p + n p2 + n p3 +· · · . Tambi´en es n−sn p−1 ,
donde sn es la suma de los d´ıgitos de n cuando esta expresado en base p.
Teorema 5.2. Si pes un primo, entonces
p i ≡0 (m´od p) para 1≤i≤p−1. Corolario 5.3. (1 +x)p ≡1 +xp (m´od p)
Lema 5.4. Para todos los n´umeros realesx e y, bx+yc ≥ bxc+bxc.
Demostraci´on. x≥ bxc ⇒x+y≥ bxc+byc ∈Z, luegobx+yc ≥ bxc+byc.
Teorema 5.5. Si pes un primo, entonces
pk i ≡0 (m´od p) para 1≤i≤pk−1.
Demostraci´on. Por el lema 5.4,
k X j=1 i pj + pk−i pj ≤ k X j=1 pk pj ,
donde el lado izquierdo y el lado derecho son el n´umero de factores p en
i!(pk−i)! y pk! respectivamente. Pero j i pk k =jpkp−ki k = 0 y jppkk k = 1, luego la desigualdad es estricta, y por lo menos un factor p divide a pik.
Corolario 5.6. (1 +x)pk
≡1 +xpk
Ejemplo 5.1. Seanun entero positivo. Mostrar que el producto denenteros positivos consecutivos es divisible por n!
Soluci´on. Si los enteros consecutivos son m, m+ 1, . . . , m+n−1, entonces
m(m+ 1)· · ·(m+n−1) n! = m+n−1 n .
Ejemplo 5.2. Sea n un entero positivo. Mostrar que (n+ 1) mcm n 0 , n 1 , . . . , n n = mcm (1,2, . . . , n). (AMM E2686)
Soluci´on. Sea p un primo ≤ n+ 1 y sea α (respectivamente β) la mayor potencia depen el lado izquierdo (respectivamente el derecho) de la igualdad anterior. Elegimos r tal que pr ≤ n+ 1 < pr+1. Entonces claramenteβ =r.
Afirmamos que si pr≤m < pr+1, entonces pr+1 m k para 0≤k < m. (*)
En efecto, el n´umero de factores pen mk
es γ = r X s=1 m ps − k ps − m−k ps .
Como cada sumando en esta suma es 0 ´o 1, tenemos que γ ≤ r, esto es que (*) se cumple. Para 0≤k ≤n sea
ak= (n+ 1) n k = (n−k+ 1) n+ 1 k = (k+ 1) n+ 1 k+ 1 .
Por (*), pr+1 no divide a ninguno de los enteros nk, n+1k , ´o nk+1+1. Por lo tanto pr+1 divide a a
k si y s´olo si p divide a cada uno de los enteros n+ 1, n−k+1 yk+1. Esto implica quepdivide a (n+1)−(n−k+1)−(k+1) =−1, contradicci´on. Por lo tantopr+1 -ak. Por otro lado, parak =pr−1, tenemos que k ≤n y ak = (k+ 1) nk+1+1
es divisible por pr. Por lo tanto β =r =α.
Teorema 5.7.Teorema de Lucas. Sean m y n enteros no negativos, y seap
un primo. Sean
m =mkpk+mk−1pk−1 +· · ·+m1p+m0, y
las expansiones de m y n en base prespectivamente. Entonces m n ≡ mk nk mk−1 nk−1 · · · m1 n1 m0 n0 (m´odp).
Demostraci´on. Por el corolario 5.6
(1 +x)m ≡(1 +x)mkpk+mk−1pk−1+···+m1p+m0
≡(1 +x)pkmk(1 +x)pk−1mk−1· · ·(1 +x)pm1(1 +x)m0
≡(1 +xpk)mk(1 +xpk−1)mk−1· · ·(1 +xp)m1(1 +x)m0 (m´odp)
Por la expansi´on en base p, el coeficiente dexn en ambos lados es
m n ≡ mk nk mk−1 nk−1 · · · m1 n1 m0 n0 (m´odp).
Corolario 5.8. Sea n un entero positivo. Denotamos con A(n) la cantidad de factores 2 en n!, y denotemos con B(n) la cantidad de d´ıgitos 1 en la expansi´on binaria de n. Entonces la cantidad de entradas impares en la fila
n-´esima del Tri´angulo de Pascal, o equivalentemente el n´umero de coeficientes en la expansi´on de (1 +x)n, es 2B(n). M´as a´un, A(n) +B(n) = n para todo
n.
Resultados ´
utiles:
Para un polinomio f con coeficientes enteros y p primo, [f(x)]pn ≡f(xpn) (m´odp).
Problemas
1. Seana y b enteros no negativos, yp un primo. Mostrar que
pa pb ≡ a b (m´odp).
2. Seaan el ´ultimo d´ıgito distinto de cero en la representaci´on decimal de
el n´umeron!. ¿La secuenciaa1, a2, a3, . . . es eventualmente peri´odica?
(1991 Lista Corta - Olimpiada Internacional de Matem´atica) 3. Encuentre todos los enteros positivos n tal que 2n|(3n−1).
4. Encuentre el mayor entero k para el cual 1991k divide a
199019911992+ 199219911990.
(1991 Lista Corta - Olimpiada Internacional de Matem´atica)
5. Para un entero positivon, sean a(n) y b(n) la cantidad de coeficientes en la n-´esima fila del Tri´angulo de Pascal que son congruentes con 1 y 2 m´odulo 3 respectivamente. Probar que a(n)−b(n) es siempre una potencia de 2.
6. Sea n un entero positivo. Probar que si el n´umero de factores 2 en n! es n−1, entonces n es una potencia de 2.
7. Para un enteros positivon, sea
Cn = 1 n+ 1 2n n , y Sn =C1+C2+· · ·+Cn.
Probar que Sn ≡1 (m´od 3) si y s´olo si existe un 2 en la expansi´on en
