UNIVERSIDADEDEBRASILIADEPARTAMENTODEMATEMATICA-IETEORIADOSNUMEROSTextodeaulaProfessorRudolfR.MaierVersao atualizada2005Estasnotassao oresultadodaexperiencianasaulasdocursodomesmottulo,proferidoregularmentepeloautornesteDepartamentodeMatematica.Duranteocursoenaelaboracao destasnotaszemoslivreusoeseguimoscommodicacoes ecomplementacoes `alinhadolivroELEMENTARYNUMBERTHEORYdeDavidM.BurtonRevisedPrintingUniversityofNewHampshireAllynandBacon,Inc.BostonLondonSydneyTorontoc _1980Indice 1 ResultadosPreliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1OprincpiodainducaoOteoremabinomialAsformulasparaSn(m) =n

k=1kmOsn umerostriangularesAlgumasobservacoessobrelogicaelementarDiferencadedoisquadrados 2 Teoriadedivisibilidadenosn umerosinteiros . . . 21OalgoritmogeraldedivisaoMaximodivisorcomumdedoisn umerosN umerosrelativamenteprimosOalgortmoEuclidianoOmnimom ultiplocomumEquacoesDiofantinas 3 N umerosprimosesuadistribuicao . . . . . . . . . . . . . . . . . 34OteoremafundamentaldaaritmeticaAquantidadedosdivisoresdeumn umeronAdecomposicaoprimariaden!EstimativassobrequantidadesdeprimosAfuncaodosn umerosprimosDecomposicaoden umeroseocrivodoEratostenesAconjeturadeGoldbachProgressoesaritmeticaseprimosPolinomioseprimos 4 TriplosPitagoricoseaconjeturadeFermat . . . 53TriplosPitagoricosAconjeturadeFermati 5 N umerosdecientes-abundantes-perfeitosedeMersenne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61N umerosdecientes,abundanteseperfeitosOteoremadeEuclides/EulerN umerosdeMersenne 6 Ateoriadascongru encias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69DivisibilidadeecongruenciasCongruenciaslinearesCongruenciassimultaneaseoteoremadorestochines 7 OsTeoremasdeFermatedeWilson . . . . . . . . . . . . . 78OpequenoteoremadeFermatOteoremadeWilson 8 Congru enciasquadraticasealeidareciprocidadequadraticadeEuler/Gauss . . . . . . . 85Restosquadr aticosUmLemadeEulerOsmbolodeLegendreUmLemadeGaussOsmbolodeLegendre_2p_AleidareciprocidadequadraticaMaisalgunssmbolosdeLegendreespeciais 9 Representacao deinteiroscomosomadequadrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105SomadedoisquadradosSomadetresquadradosSomadequatroquadrados (oteoremadeLagrange) 10 Afuncao deEuler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114RestosrelativamenteprimoseafuncaoOteoremadeEulerMaisalgumaspropriedadesdafuncao 11 Razesprimitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123OrdensmodulonerazesprimitivasExistenciaderazesprimitivas.iiTEORIADOSNUMEROSNotasdeaula-Versao atualizada 2005Prof. RudolfR.Maier 1 ResultadosPreliminaresA Teoria dos N umeros, a mais pura disciplina dentro da mais pura das Ciencias - daMatematica - tem uma longa historia, originando-se nas antigas civilizacoes da hu-manidade. Listamos primeiro alguns nomes famosos de matematicos que voltarao aaparecernocontextodonossocurso:Pitagoras (569-500a. C.)Euclides (350a. C.)Eratostenes (276-196a. C.)Diofantos (250d. C.)Plutarco (100d. C.)MarinMersenne (1588-1648)PierredeFermat (1601-1665)BlaisePascal (1623-1662)ChristianGoldbach (1690-1764)LeonhardEuler (1707-1783)JosephLouisLagrange (1736-1813)JohnWilson (1741-1793)AdrienMarieLegendre (1752-1833)CarlFriedrichGauss (1777-1855)AugustinLouisCauchy (1789-1857)PeterGustavDirichlet (1805-1859)P.L.Tchebychef (1821-1894)FrederickNelsonCole (1861-1927)AxelThue (1863-1922)JacquesSalomonHadamard (1865-1963)CharlesdelaValleePoussin (1866-1962)1Dedicaremososnossosestudosduranteestecurso`aspropriedadesdosn umerosinteirosracionais.Lidaremosentao comoconjuntoZZ =_. . . , 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, . . ._dosn umerosinteiroseseussubconjuntos,particularmentecomossubconjuntosIN0 =_0, 1, 2, 3, . . ._e IN=_1, 2, 3, . . ._dosn umerosinteirosnao-negativosedosn umerosnaturais.Iniciamos, lembrandoexemplos de algumas seq uencias importantes noconjuntoINdosn umerosnaturais:1.1 Exemplo.Seq uenciasimportantesemINsao: Aseq uenciaa) (n)nIN= (1, 2, 3, . . . , n, . . .)detodososn umerosnaturais,b) (2n)nIN= (2, 4, 6, . . . , 2n, . . .)dosn umerosnaturaispares,c) (2n1)nIN= (1, 3, 5, . . . , 2n1, . . .)dosn umeros mpares,d)_n2_nIN=_1, 4, 9, . . . , n2, . . ._dosquadradosperfeitos,e)_n3_nIN=_1, 8, 27, . . . , n3, . . ._doscubosperfeitos,f) (2n)nIN= (2, 4, 8, . . . , 2n, . . .)daspotenciasde2g) (pn)nIN= (2, 3, 5, . . . , pn, . . .)dosn umerosprimos,h) etc.Dizemostambem: neon-esimon umeronatural, 2neon-esimon umeropar,2n 1eon-esimon umero mpar, n2eon-esimoquadradoperfeito,etc.Temosduasoperacoes internasemIN0etambememZZaadicao+eamulti-plicacaoasquaisqueremosadmitirsemmaisexplicacoes.AordemnaturalemZZedadapor: n, m ZZtemosm n aequacao m + x = n possuiumasolucao x IN0.UmafundamantalpropriedadedoconjuntoINdosn umerosnaturais e:2Oprincpiodainducao.Todoconjuntonao vazioSden umerosnaturaispossui umelementomnimo.Emsmbolos: S IN, S ,= ,O, m S talque m n n S.Desteprincpiosegueaimportante1.2 Proposicao.Seja Tumconjunto de n umeros naturais (i.e. T IN) satisfazendo `aspropriedades:a) 1 Tb) Sempresen T , entao tambemn+1 T.EntaoT= INeoconjuntodetodososn umerosnaturais.Demonstracao: Suponhamos T ,= IN. Para o conjunto complementarS= IN T temosentao ,O ,= S IN.Peloprincpiodainducao existem Stalquem nparatodososn S. Como1 Tpelapropriedadea),temos1 , S,particularmentem > 1.Da concluimosn = m1 T.Pela propriedade b) temosporemm = n+1 T , deondesai oabsurdom S T= ,O. IstomostraqueS ,= ,Oeimpossvel. TemosqueterS =,Oeda T= IN.Proposicao 1.2aplica-separavericar avalidadegeral deformulas as quais en-volvemn umerosnaturais,comomostraoseguinte1.3 Exemplo.Paratodososn umerosnaturaisnvale1 + 3 + 5 + . . . + (2n3) + (2n1) = n2() .Empalavras: Asoma dos nprimeiros n umeros naturaismpares e o n-esimoquadradoperfeito.Demonstracao: SejaT=_n INn

k=1(2k1) = n2_oconjuntodosn umerosnaturais para os quais a formula () e verdadeira (o conjunto verdade ou o con-junto de validade de()). Para mostrar queT= IN,so e preciso vericar a) e b)3daProposicao 1.2paraesteT :Paran = 1 ()simplesmentearmaque1 = 12, oquecertamente everdade,ouseja, 1 T.Suponhamosn Tparaalgumn umeronatural n, isto e,1 + 3 + . . . + (2n1) = n2.Somando-se2n+1aambososlados,obtemos1 + 3 + . . . + (2n1) + (2n+1) = n2+2n+1,deondesegue1 + 3 + . . . + (2n1) +_2(n+1)1_= (n+1)2.Istopor suavezsignican+1 T. Pelaproposicao concluimosqueoconjuntoverdadedaformula()eoconjuntoT= INdetodososn umerosnaturais.1.4 Exemplo.Paratodososn umerosnaturaisnetodoreal a ,= 1vale1 + a + a2+ a3+ . . . + an1+ an=an+11a 1.Particularmente(quandoa = 2)obtemos1 + 2 + 4 + . . . + 2n1+ 2n= 2n+11 .Demonstracao: Maisumaveztemosquevericaraassercao paran = 1eparan+1sobahipotesequeelaja evalidaparaalgumn:Paran = 1simplesmente arma-se que1+a =a21a 1 ,o que e verdade(porque?).Suponhamos,paraalgumn umeronatural njaestejaprovado1 + a + a2+ a3+ . . . + an1+ an=an+11a 1.Somando-sean+1aambososlados,obtemos1 + a + a2+ . . . + an1+ an+ an+1=an+11a 1+ an+1,4deondesegue1 + a + a2+ . . . + an+ an+1=an+11 + (a 1)an+1a 1=a(n+1)+11a 1.Istodizqueaformulacontinuavalidaparan+1. Concluimosqueelavaleparatodon IN.Mencionamos que, `as vezes e conveniente trabalhar com a seguinte generalizacao de1.2:1.2 Proposicao.Sejan0 ZZuminteiroxoesejaT /umconjuntode(alguns)n umerosin-teirosmaioresouiguasan0(i.e. T / _n n0 n ZZ_), satisfazendo`aspropriedades:a) n0 T /b) Sempresen0 n T /, entao tambemn+1 T /.EntaoT /=_n n0 n ZZ_e o conjunto de todos os n umeros inteirosmaioresouiguaisan0.Isto efacilmentevericadopelaaplicacao de1.2aoconjuntoT=_n n0 + 1 n T /_.ObservamosqueparaesteTtemosT INen0 T /eequivalentea1 T.(1.2 eobtidodevoltaapartirde1.2fazendo-sen0= 1).A ttulo de ilustracao mencionamos o seguinte exemplo. A armacao (correta) queoleitorqueiravericar:2n> n2paratodosos n 5podemossubstituirpelaarmacao equivalente2n+4> (n + 4)2paratodosos n IN(outambempor2n+783> (n + 783)2paratodosos n ZZcom n 778, sequisermos).5OteoremabinomialSen IN0entendemosporn! oproduton! =n

k=1k = 123. . .n, se n INeacrescentamos0! = 1, sen = 0 (produtovazio) .n! le-se: nfatorial.Eimediatoquesetem0!=1!=1, 2!=2, 3!=2!3=6, 4! =3!4=24, . . . , n! = (n1)!n, (n+1)! = n!(n+1), . . . .1.5Denicao. Para todo n INe todos os k IN0com 0 k n colocamos_nk_=n!k!(nk)!,n umeroestequesechamaocoecientebinomial nsobrek.Temosasseguintespropriedadesdoscoecientesbinomiais:1.6 Observacao.Paratodon INetodososk IN0com0 k nvalema)_nk_=n(n1). . .(nk+1)k!.b)_nk_=_nnk_.c)_nk_ +_nk1_ =_n+1k_sek 1.Demonstracao: a)_nk_=n!k!(n k)!=n(n1)(n k + 1)(n k)21k!(n k)!=n(n1)(n k + 1)k!.b)Observamosprimeiroquecom0 k ntemostambem0 nk n. Peladenicao temosdeimediato_nnk_ =n!(nk)![n (nk)]! =n!(n k)!k!=_nk_.6c)Sek 1calculamos_nk_ +_nk1_=n!k!(n k)! +n!(k 1)![n (k 1)]! =n!(n k + 1) + n!kk!(n k + 1)!==n!(n + 1)k!(n k + 1)! =(n + 1)!k![(n + 1) k]! =_n+1k_ .Eisalgunsvaloresespeccosdecoecientesbinomiais:_n0_=_nn_= 1,_n1_=_nn1_= n,_n2_=_nn2_=n(n1)2.Podemosenunciareprovaragoraofundamentalteoremadodesenvolvimentobinomial:1.7 Teorema.Paratodon INetodososn umerosreaisa, btemos(a + b)n=n

k=0_nk_ankbk,porextenso:(a + b)n==_n0_anb0+_n1_an1b1+_n2_an2b2+. . . +_nk_ankbk+. . . +_nn1_a1bn1+_nn_a0bn.Demonstracao: Demonstraremosistopor inducao sobreoexpoenten, istoe,provaremos1 Te a implicacaon T n+1 T , quandoTe o conjuntodevalidadedaformula.Para n = 1 arma-se que (a+b)1=1

k=0_1k_a1kbk=_10_a10b0+_11_a11b1, sendoigualaa + bdeambososlados,i.e. 1 T.Suponhamosentao que,paraalgumn IN, jaestejaprovado(a + b)n=n

k=0_nk_ankbk()7eprovamosavalidadeparan+1. Paraistomultiplicamososdoisladosde()por(a + b)eobtemos,usando-seaobservacao 1.6c):(a + b)n+1=__n

k=0_nk_ankbk__(a + b) =n

k=0_nk_ank+1bk+n

k=0_nk_ankbk+1== an+1+n

k=1_nk_ank+1bk+n1

k=0_nk_ankbk+1+bn+1== an+1+ bn+1+n

k=1_nk_ank+1bk+n

k=1_nk1_ank+1bk== an+1+bn+1+n

k=1__nk_ +_nk1__an+1kbk= an+1+bn+1+n

k=1_n+1k_ank+1bk==n+1

k=0_n+1k_an+1kbk,isto e,(a + b)n+1=n+1

k=0_n+1k_an+1kbk.Istosignicaque,apartirdasupostavalidadedaformula()paraalgumn, con-seguimosprovarasuavalidadeparan+1 (i.e. n T n+1 T).Concluimosque()temvalidadeparatodon IN.E usual, escrever-se os coecientes binomiais_nk_(acrescentando-se ainda_00_ = 1),ordenados no chamado Triangulo de Pascal,cujan-esima linha fornece entao oscoecientesnodesenvolvimentode(a + b)nparan = 0, 1, 2, 3, . . ._00__10_ _11__20_ _21_ _22__30_ _31_ _32_ _33_. . . . . . . . . . . . . . . ._n0_ _n1_. . ._nk1_ _nk_. . ._nn1_ _nn__n+10_ _n+11_. . ._n+1k_. . ._n+1n_ _n+1n+1_. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .8Vemosaindaavisualizacao daformula1.6c), aqual dizcomootermo_n+1k_da(n+1)-esima linha no triangulo de Pascal e obtido como soma dos termos vizinhos_nk1_e_nk_dalinhaanterior.Distoconclui-sefacilmenteporinducao sobrena1.8 Conseq u encia.Oscoecientesbinomiaissao n umerosinteiros.AsformulasparaSn(m) =n

k=1km1.9 Denicao. Paratodon INetodom IN0colocamosSn(m) =n

k=1km= 1m+ 2m+ 3m+ . . . + nm,isto e, Sn(m)easomadasnprimeirasm-esimaspotencias.Porexemplo,Sn(0) = 10+ 20+ 30+ . . . + n0= n,Sn(1) = 11+ 21+ 31+ . . . + n1= 1 + 2 + 3 + . . . + neasomadosprimeirosnn umerosnaturais,Sn(2) = 12+ 22+ 32+ . . . + n2= 1 + 4 + 9 + . . . + n2easomadosprimeirosnquadradosperfeitos,Sn(3) = 13+ 23+ 33+ . . . + n3= 1 + 8 + 27 + . . . + n3easomadosprimeirosncubosperfeitos,etc.ComopodemosobterformulasfechadasparaSn(m)?Aseguinteformularecursivapermitecalcular Sn(m) apartir das formulas an-terioresSn(0)=n, Sn(1), Sn(2), . . . , Sn(m1):91.10 Teorema.Paratodososn, m INvale(m+1)Sn(m) = (n+1)m+11 m1

k=0_m+1k_Sn(k) .Porextenso: (m+1)Sn(m) == (n+1)m+11 _m+10_Sn(0) _m+11_Sn(1) _m+1k_Sn(k) . . . _m+1m1_Sn(m1) .Demonstracao: Desenvolvemos primeiro a expressao (1 +x)m+1pelo teoremabinomial:(1+x)m+1=m+1

k=0_m+1k_xk,porextenso,(1+x)m+1= 1 +_m+11_x1+_m+12_x2+. . . +_m+1k_xk+. . . +_m+1m1_xm1+_m+1m_xm+xm+1.Colocando-sex = 1, 2, . . . , , . . . , n, obtemos2m+1=1 +_m+11_11+_m+12_12+ . . . +_m+1k_1k+ . . . +_m+1m1_1m1+_m+1m_1m+ 1m+13m+1=1 +_m+11_21+_m+12_22+ . . . +_m+1k_2k+ . . . +_m+1m1_2m1+_m+1m_2m+ 2m+1. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(+1)m+1=1 +_m+11_

1+_m+12_

2+ . . . +_m+1k_

k+ . . . +_m+1m1_

m1+_m+1m_

m+ m+1. . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(n+1)m+1=1 +_m+11_n1+_m+12_n2+ . . . +_m+1k_nk+ . . . +_m+1m1_nm1+_m+1m_nm+ nm+1.Somando-seestasnequacoes verticalmente, cancelando-sedeambososladososn umeros2m+1, . . . , nm+1eobservando-seadenicao deSn(k), obtemos(n + 1)m+1= n +m1

k=1_m+1k_Sn(k) + (m + 1)Sn(m) + 1 .Lembrandoaindan = Sn(0), istodaanossaformulaarmada(m + 1)Sn(m) = (n + 1)m+11 m1

k=0_m+1k_Sn(k) .10Vejamososprimeiroscasosdestaformula.a)m = 1: (1 + 1)Sn(1) = (n + 1)1+11 11

k=0_1+1k_Sn(k)ouseja, 2Sn(1) = (n + 1)21 Sn(0)ouainda 2Sn(1) = n2+ 2n + 1 1 n = n(n + 1)oquedaparaasomadosnprimeirosn umerosnaturais:Sn(1) =n(n + 1)2.b)m = 2: (2 + 1)Sn(2) = (n + 1)2+11 21

k=0_2+1k_Sn(k)ouseja, 3Sn(2) = (n + 1)31 Sn(0) 3Sn(1)ouainda 3Sn(2) = (n + 1)3(1 + n) 3 n(n + 1)2== (n + 1)_(n + 1)21 32n_=(n + 1)(2n2+ n)2,oquedaparaasomadosnprimeirosquadradosperfeitos:Sn(2) =n(n + 1)(2n + 1)6.c)m = 3: (3 + 1)Sn(3) = (n + 1)3+11 31

k=0_3+1k_Sn(k)ouseja, 4Sn(3) = (n + 1)41 Sn(0) 4Sn(1) 6Sn(2)ouainda 4Sn(3) = (n + 1)4(1 + n) 4 n(n + 1)26 n(n + 1)(2n + 1)6== (n + 1)_(n + 1)31 2n n(2n + 1)_ = (n + 1)_n3+ n2_= n2(n + 1)2oquedaparaasomadosnprimeiroscubosperfeitos:Sn(3) =n2(n + 1)24.Comparando-seoscasosm=1em=3vemosqueSn(3)=_Sn(1)_2oquedaaindaarelacao interessante(1 + 2 + 3 + . . . + n)2= 13+ 23+ 33+ . . . + n3,validaparatodososn IN.11Umaformulafechadapara Sn(m) semusodas anteriores podemos estabeleceremformadeum(m+1) (m+1)-determinante:1.11 Teorema.Paratodon INem IN0temosSn(m) =1(m + 1)!

_10_0 0 . . . 0 0 (n+1)11_20_ _21_0 . . . 0 0 (n+1)21_30_ _31_ _32_. . . 0 0 (n+1)31......... . . .........._m0_ _m1_ _m2_. . ._mm2_ _mm1_(n+1)m1_m+10_ _m+11_ _m+12_. . ._m+1m2_ _m+1m1_(n+1)m+11.Demonstracao: Nossaformuladerecursao(m + 1)Sn(m) = (n + 1)m+11 m1

k=0_m+1k_Sn(k)podemosreescrever,substituindo-sem = , como

k=0_+1k_Sn(k) = (n + 1)+11 .Explicitando-seestapara=0, 1, 2 , . . . , m, obtemos umsistemade m + 1equacoes linearesnasm + 1incognitasSn(0), Sn(1), Sn(2), . . . , Sn(m):_10_Sn(0) = (n+1)11_20_Sn(0) +_21_Sn(1) = (n+1)21_30_Sn(0) +_31_Sn(1) +_32_Sn(2) = (n+1)31. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ._m0_Sn(0) +_m1_Sn(1) + . . . +_mm1_Sn(m1) = (n+1)m1_m+10_Sn(0) +_m+11_Sn(1) +. . . +_m+1m1_Sn(m1) +_m+1m_Sn(m) = (n+1)m+11O determinante dos coecientes deste sistema (o produto dos coecientes da diag-onalnestecaso) e12_10__21__32_. . ._mm1__m+1m_ = (m + 1)! .Aaplicacao daregradeCramerforneceparaaincognitaSn(m), comoarmado:Sn(m) =1(m + 1)!

_10_0 0 . . . 0 0 (n+1)11_20_ _21_0 . . . 0 0 (n+1)21_30_ _31_ _32_. . . 0 0 (n+1)31......... . . .........._m0_ _m1_ _m2_. . ._mm2_ _mm1_(n+1)m1_m+10_ _m+11_ _m+12_. . ._m+1m2_ _m+1m1_(n+1)m+11.Osnumerostriangulares1.12 Denicao. Paratodom INindicamosportm =m(m + 1)2.tmchama-seom-esimon umerotriangular.Destadenicao decorreimediatamente:1.13 Observacao.Paratodom INtemostm = Sm(1) = 1 + 2 + 3 + . . . + m =_m+12_talcomotm+1 = tm + (m + 1) .Aseq uenciadosn umerostriangulares e(tm)mIN=_1, 3, 6, 10, . . . ,m(m + 1)2, . . ._.Adenominacao n umerotriangularparaos n umeros destaseq uenciaexplica-sepelo seguinte triangulo equilatero de lados m o qual contem exatamente tmpontos:13

...

A seguinte caracterizacao dos n umeros triangulares entre os n umeros naturais e umresultadoclassicodevidoaPlutarco(ca. 100d. C.)1.14 Proposicao.Paratodon umeronatural ntemos:neumn umerotriangular,seesomentese,8n + 1eumquadradoperfeito.Demonstracao: Nestaproposicao duascoisasestao sendoarmadasetemqueserprovadas:1) Semprequandoneumn umerotriangular, 8n + 1seraumquadradoperfeito.2) Sempre quando8n+1 e um quadrado perfeito,nsera um n umero triangular.Seja primeironum n umero triangular, i.e. n = tmpara algumm IN.Segue que8n + 1 = 8tm + 1 = 8 m(m + 1)2+ 1 = 4m2+ 4m + 1 = (2m + 1)2eumquadradoperfeito.Sejaagoran INtal que8n + 1 = k2eumquadradoperfeito. Comoke mpar 3concluimosquek12 IN.Coloquemosm =k12eseguecomestaescolhadem:tm = tk12=k12_k12+ 1_2=k218= n,mostrandoque neumn umerotriangular (maisexatamente: neok12-esimotermonaseq uenciadosn umerostriangulares).14Algumasobservacoes sobrelogicaelementarSuponhamos, Ae Bsao assercoes(oupropriedades)-asquaispodemserverdadeirasoufalsasecujaveracidadeoufalsidadepodeserconstatadadeforma unica. QuandoescrevemosA = BqueremosdizerqueAimplicaemB,ouseja,semprequando Aforverdadeira,tambemBseraverdadeira.Outramaneiradedizeristo e:(Avalidadede) Aecondicao sucientepara(avalidadede) B,ou Becondicao necessariapara A,ou Avalesomentese Bvale,ou Bvalese Avale,ouainda Se A,entao B.EclaroqueB=A signicaomesmoquanto A=B.Vejamosexemplos.Seja Aaassercao: umcerton umeronatural nem ultiplode4 (istopodeserverdadeirooufalso),Baasser cao: nepar.ClaramentetemosnestecasoA = B,pois sempre sen e m ultiplo de4,concluimos quen e par. Assim, podemos dizer:nserm ultiplode4implicaquenepar ,nserm ultiplode4econdicao sucienteparanserpar ,nserpar econdicao necessariaparanserm ultiplode4nem ultiplode4somentesenepar ,nepar,senem ultiplode4 senem ultiplode4, entao nepar .15Umoutroexemplo. SejaAaassercao: estachovendo,(tambemistopodeserverdadeirooufalsoaquieagora),Baassercao: apracaestamolhada.TambemnestecasotemosA = B,pois, se realmente esta chovendo, temos certeza que a praca esta molhada. Assim,podemosdizer:estarchovendoimplicaqueapracaestamolhada,estarchovendo econdicao sucienteparatermosumapracamolhada,umapracamolhada econdicao necessariaparaestarchovendo,estachovendosomenteseapracaestamolhada,apracaestamolhadaseestachovendo,seestachovendo,entao apracaestamolhada.Exerccio:Pensando-senumcertoquadranguloQ, facamomesmocomasassercoesA: Qeumquadrado,B: Qeumlosango.E claro que a seta numa implicacao A=Bnao pode ser simplesmente invertida:Se Aecondicao sucientepara B, istosignicaque Becondicao necessariapara A, masnao que Becondicao sucientepara A:O fato den ser par e condicao necessaria mas nao suciente paran ser m ultiplode4. Ofatode nserm ultiplode4 econdicao sucientemasnao necessariapara nserpar : Tambem6eparsemserm ultiplode4.O fato de termos uma praca molhadae condicao necessaria mas nao sucientepara estar chovendo. Ofatode estar chovendoecondicao sucientemasnao necessariaparatermos umapracamolhada: Apracapodeestarmolhadasemqueestejachovendo(porexemplodevidoaumaoperacao dosbombeiros).Existemassercoes Ae Bqueambasimplicamnaoutra,ouseja,asquaissatis-fazemsimultaneamente16A=B e B=A.Nesta situacao temos entao que Ae suciente para Be tambemAe necessariopara B. Dizemosque Ae(condicao)necessario(a)esucientepara B, outambemAvaleseesomentesevale B.EstefatoindicamosporAB.Dizemostambemque Ae Bsao assercoes equivalentes,ouaindaque Acon-stituiumapropriedadecaractersticapara B(eviceversa).Porexemplo: SejaAaassercao: nem ultiplode6 ,Baassercao: neumn umeroparqueem ultiplode3 .Cada uma destas duas propriedades, as quais um n umeronpode ter ou nao, e su-cienteparaaoutra. Cadauma enecessariaparaaoutra. Cadauma enecessariaesucienteparaaoutra. Cadaumavaleseesomenteseaoutravale.Exerccio:Pensarsobreasassercoes equivalentes,quandoQeumcertoquadrangulo:A: QeumquadradoB: Qeumlosangoqueeumretangulo.Se Aeumaassercao,indicamospor Aaassercao nao-A,aqual everdadeiraseesomentese A efalsa. SejamAe Bduasassercoes esuponhaA=B.Oqueacontececomestaimplicacao senegarmosasduasassercoes? Arespostaequedevemostambeminverterasetadaimplica cao,ouseja,teremosA = B.Emoutraspalavras: Se Aesucientepara B, entao Besucientepara A.Outambem: Se Aesucientepara B,entao Aenecessariopara B.Porexemplo,senegarmosaimplicacaoserm ultiplode4esucienteparaserpar ,(serumquadrado esucienteparaserumretangulo),17aimplicacao negada e:nao serm ultiplode4enecessarioparaser mpar ,(nao serumquadrado enecessarioparanao serretangulo)mas, nao ser m ultiplode 4 (nao ser quadrado) nao e suciente para sermpar(nao serretangulo).Claroquenumaequivalenciapodemosnegarasassercoes dosdoislados, ouseja,nao importaseescrevemosABou A B.Na Proposicao 1.14 ja conhecemos mais um exemplo de duas propriedades equivalentes,asaber, umacaracterizacao deumn umeronatural nsertriangular: Necessarioesuciente paranser triangular e a propriedade de8n+1ser um quadrado perfeito.Existemteoremas quearmamsimplesmenteimplicacoes, demodoquenasuademonstracao deve ser vericado que uma certa propriedade Be conseq uencia deumapropriedade A(ahipotese).outrosteoremasmatematicosarmamequivalenciasdecertaspropriedades. Elestemaforma:Sobcertascondicoes sao equivalentes:a) Valeapropriedade Ab) Valeapropriedade B.Ademonstracao deumtalteoremasempresedivideemduaspartes:a) b): ....... Aquidevesermostradoque Aesucientepara B.Isto pode ser mostrado diretamente, mostrando-se que Be verdade, supondo-se averacidadede A. Ouindiretamente,supondo-seaveracidadede Beconcluindo-seque Aeverdade.b) a): ....... Aqui devesermostradoque Aenecessariopara B(que Besucientepara A).Istopodesermostrado,vericando-seque Aeverdade,supondo-seaveracidadede B. Ouindiretamente, supondo-seque Aefalsoeconcluindo-seque Befalso.181.15 Observacao.Sen INeumquadradoperfeito,entao valem:a) Senforpar,entaonedivisvel por4.b) Senfor mpar,entaonedaforma8k + 1comk IN0, istoe, ndeixaoresto1quandodivididopor8.(ver 2)Demonstracao: Sejan = m2comm IN.a)Sem = 2kepar,entaon = 4k2edivisvelpor4.b)Sem = 2 1e mpar, entaon = (2 1)2= 42 4 + 1=4( 1) + 1.Comooproduto( 1) dedoisn umerosnaturaisconsecutivosepar, digamos( 1) = 2k, concluimosn = 8k + 1.Convemfrisarque, asarmacoes de1.15nao sao equivalencias. Trata-sededuasimplicacoes: Acondicao deumn umeronserquadradoperfeitopar(mpar) esu-ciente paranser divisvel por 4(ser da forma8k +1). Estas propriedades poremnao sao necessarias: n = 12(n = 17) edivisvelpor4(edaforma8k + 1)semquensejaquadradoperfeito.1.16 Exemplo.Naseq uenciados n umeros 11, 111, 1111 , . . . , 111...1111 , . . . nao aparecenenhumquadradoperfeito.Demonstracao: Temos 11=8 + 3e n=111...1111=111...1000 + 111=8 +813 +7 = 8k +7paran 111. Isto quer dizer que nenhum dos n umeros naseq uencia edaforma8k + 1, condicao necessariaparaserumquadradoperfeito.DiferencadedoisquadradosAlemdospropriosquadradosperfeitosexistemmuitosn umerosnaturaisosquaispodemserescritoscomodiferencan = x2y2dedoisquadradosperfeitosondex INe y IN0. Por outrolado, os n umeros 2e 6por exemplonao gozamdestapropriedade (porque?). Os n umeros que sao diferencade dois quadradossao facilmentecaracterizados:191.17 Proposicao.Sejan IN. Equivalentessao:a) n = x2y2paracertos x, y IN0.b) n ,_2, 6, 10, 14, . . . , 4k + 2, . . ._Em outras palavras: n e diferenca de dois quadrados se e somente se n e mpar oudivisvelpor4(i.e. nnao deixaresto2quandodivididopor4).Demonstracao: a)b): Suponha n=x2y2. Paraprovar que n ,_2, 6, 10, . . ._podemos supor que nepar. Istoquer dizer que xe y ambossao pares ou ambosmpares: Se x =2k e y =2, temos n=x2y2=(2k)2(2)2= 4_k22_ ,_2, 6, 10, . . ._. Sex = 2k 1ey= 2 1temostambem n = x2y2= (2k1)2(21)2= 4_k22k + _ ,_2, 6, 10, . . ._.b) a): Suponhamos,reciprocamente, n ,_2, 6, 10, . . ._. Istosignicaquene mparoudivisvelpor4.Sene mpar, n 1epareportanton 12 IN0. Comoainda_n+12_2_n12_2=(n+1)2(n1)24=4n4= n, concluimosquen =_n + 12_2_n12_2eumapossveldecomposicao dencomodiferencadedoisquadrados.Sen = 4k, decompomosn = (k + 1)2(k 1)2, ouseja,n =_n4+ 1_2_n4 1_2.Pensando-seaindanasubdivisao doconjuntoINnos4subconjuntosIN=_4, 8, 12, . . .__1, 5, 9, 13, . . .__2, 6, 10, 14, . . .__3, 7, 11, 15, . . ._(ver2.5e 6),vemosqueentreestessomenteosn umerosde_2, 6, 10, 14, . . ._nao sao diferencadedoisquadrados. Simplicandopodemosdizer:75%dosn umerosnaturaissao diferencadedoisquadrados.(Paramaisdetalhes,comparar3.24 e 3.25.)20 2 Teoriadedivisibilidadenosn umerosinteirosOalgoritmogeraldedivisao2.1 Proposicao. (Oalgortmodedivisao )Sejama, b doisn umerosinteiroscomb>0. Entao existem unicosn umerosinteirosq, rtaisquea = qb + r e 0 r < b .qchama-seoquociente, romenorrestonao-negativonadivisao deaporb.Demonstracao: A exist encia de q e r:Dadosa, b ZZcomb > 0consideremosoconjuntoS=_a bx x ZZ, a bx 0_.TemosobviamenteS IN0. Parax= [a[ obtemosa bx=a b_[a[_=a + b [a[ a + [a[ 0pois b 1. Istomostraque S,=,O. Peloprincpiodainducao temos queexisteumr Smnimo, i.e. r y y S. Comor Sexisteumx=q ZZcomr=a bq. Segueentaoa=bq + r. Faltaprovarque0 r a(q +1)b Scontradizendo a minimalidadedor S. Istomostraquer b eimpossvel. Temosqueterr < b.A unicidade de q e r:Suponhamosqueq, req/, r/sao inteirostaisquea = bq + r = bq/ + r/e 0 r, r/ < b .Entaor/r = bq bq/ = b(q q/)esegue [r/r[ = [b(q q/)[ = b [q q/[ .Agora, adicionando-seasdesigualdades___0 r/ 0entao [b[ = bepodemosconsiderarq= q/juntocomr.Seb 0_.Sejaprimeiroa ,=0. Fazendo-sey=0ex=1sea>0 x= 1sea 0oquemostraqueS ,= ,O. Sea = 0entao [b[ > 0e uma escolha analoga dexeymostraS ,= ,Otambem neste caso.Peloprincpiodainducao,existeumd Sminimal. Comod Stemosd > 0eexistemx1, y1 ZZtaisqued = ax1 + by1.Armamosqueestedeomdc(a, b):Dividamosapor dcomresto:q, r ZZtaisquea=qd + re0 r d1.Entaor=a qd=a q(ax1+ by1)=a(1 qx1) + b(qy1). Sefosser>0poderamosconcluirquer S, oqueclaramente eumabsurdojaquer< dedeoelementomnimodeS. Logor = 0ea = qdoquesignicada.Damesmaformamostra-sequedb. Logo, dedivisorcomumdeaeb.Sejac INtal quecaecb. Por2.7g)concluimosquecax1 + by1= d. Logo24d = mdc(a, b).2.10 Conseq u encia.Sejama, b ZZ, nao ambosnulosesejad = mdc(a, b). Entao_ax + by x, y ZZ_ =_dz z ZZ_.Em palavras: As combinacoes lineares inteiras de a e b sao exatamente os m ultiplosdomdc(a, b).Demonstracao: AbreviemosT=_ax + by x, y ZZ_eR =_dz z ZZ_.Peloteorema2.9existemx1, y1 ZZcomd=ax1+ by1. Paratodoz ZZseguedz= a(x1z) + b(y1z) T. LogoR T. Comod(ax + by)paraqualquerax + by T , seguetambemT R. Logo, T= R.Numerosrelativamenteprimos2.11 Denicao.Dois n umerosa, b ZZchamam-se relativamenteprimos (ou primosentresi) semdc(a, b) = 1.Porexemplo, mdc(12, 35) = 1i.e. 12e35sao primosentresi.2.12 Proposicao.Doisn umeros a, b ZZnao ambosnulos, sao relativamenteprimos, seeso-menteseexistemx1, y1 ZZtaisqueax1 + by1= 1 .Demonstracao: Sejad = mdc(a, b).Sed = 1, existemosx1, y1 ZZcomax1 + by1= 1por2.9.Reciprocamente, seja ax+by= 1 possvel com x, y ZZ. De da e db concluimosd1. Istodad = 1.25Mencionamos algumas conseq uencias destacaracterizacao dos n umeros relativa-menteprimos.2.13 Conseq u encia.Sejama, b ZZ, nao ambosnulosed = mdc(a, b). Entaomdc_ad,bd_ = 1 .(Observamosqueadebdsao n umerosinteiros!)Demonstracao: Deax +by= dpara certosx, y ZZ,segueadx +bdy= 1.Por2.12concluimosaarmacao.2.14 Conseq u encia.Sejama, b, c ZZtaisqueacebc.Semdc(a, b) = 1, entao temostambemabc .Demonstracao: Existemr, s, x, y ZZtaisquear=c=bseax + by=1.Daconcluimosc = c1 = c(ax + by) = cax + cby= (bs)ax + (ar)by= ab(sx + ry),comsx + ry ZZ. Segueabc.2.15 Conseq u encia. (OLemadeEuclides)Sejama, b, c ZZtaisqueabcemdc(a, b) = 1. Entaoac.Demonstracao: Temos r, x, y ZZtais que ar =bc eax + by =1. Daconcluimosc = c1 = c(ax + by) = cax + cby= cax + ary= a(cx + ry) .Segueac.2.16 Conseq u encia.Sejama, b, c ZZtaisquemdc(a, b)=mdc(a, c)=1. Entao temostambemmdc(a, bc) = 1,26Demonstracao: Temos x, y, u, v ZZtaisqueax + by=1=au + cv. Daconcluimos1 = 11 = (ax + by)(au + cv) = a2xu + axcv + byau + bycv== a(axu + xcv + byu) + bc(yv),ondeaxu+xcv+byu, yv ZZ.Concluimosmdc(a, bc) = 1.OalgoritmoEuclidianoParadoisn umerosa, b ZZcomb ,= 0consideremososeguinteprocesso:Colocamosr0= [b[. Existemq1, r1 ZZtaisquea = bq1 + r1com 0 r1< r0.Ser1= 0, oprocessopara. Ser1 ,= 0existemq2, r2 ZZtaisquer0= r1q2 + r2com 0 r2< r1.Ser2= 0, oprocessopara. Ser2 ,= 0existemq3, r3 ZZtaisquer1= r2q3 + r3com 0 r3< r2.. . . . . . . . . . . . . . .Seoprocessojachegouemrk2= rk1qk+ rkcom 0 rk< rk1,oproximopasso e:Serk= 0, oprocessopara. Serk ,= 0existemqk+1, rk+1 ZZtaisquerk1= rkqk+1 + rk+1com 0 rk+1< rk. . . . . . . . . . . . . . .27Obtemosassimumacadeiadecrescente[b[ = r0> r1> r2> . . . > rk> rk+1> . . . 0deinteirosnao-negativos. Existeportantoumdeterminadon IN0talquern ,= 0 porem rn+1= 0 .Assim,esteprocessoterminacomorn3= rn2qn1 + rn1com 0 < rn1< rn2rn2= rn1qn + rncom 0 < rn< rn1rn1= rnqn+1.O processo o qual acabamos de descrever, chama-se o algoritmo Euclidiano paraaeb. Temososeguinte2.17 Teorema.NoalgoritmoEuclidianoparaaebtemosquern= mdc(a, b) .Em palavras: O ultimo resto nao nulo no algoritmo Euclidiano e o maximo divisorcomumdeaeb.Demonstracao: Considerando-se a cadeia das equacoes estabelecidas a partir da ultima (rn1= rnqn+1), vemos que rndivide todos os restos anteriores. Finalmente,rndivider1er0= [b[ ea. Istotornarnumdivisorcomumdeaeb.Partindodaprimeiradas equacoes comumqualquer divisor comumc de ae bvemos quecdivide todos os restos, particularmentecrn. Isto mostra a armacao.2.18 Exemplo.Determinarmdc(7519, 8249) .Podemos nos restringir avalores positivos eencarar a=7519e b =8249. OalgoritmoEuclidianoda287519 = 08249 + 75198249 = 17519 + 7307519 = 10730 + 219730 = 3219 + 73219 = 373Conclusao: mdc(7519, 8249) = 73.IlustramosaindanesteexemplocomooalgoritmoEuclidianoe util parasecon-seguir solucoesx, y ZZcom ax+by= mdc(a, b): Subindo a partir da pen ultimaequacao doalgoritmo,vemos:73 =730 3 219 =730 3 (7519 10 730) =31 730 3 7519 =31(8249 7519) 37519 = 347519 + 318249.Omnimomultiplocomum2.19 Denicao.Sejama, b ZZdoisn umeros,ambosnao nulos.Omnimom ultiplocomumentreaebeon umeronaturalm = mmc(a, b)denidopelasduaspropriedades:a) amebm(i. e. mem ultiplocomumdeaeb.)b) Seacebcparaalgumc INentao temostambemmc.2.20 Exemplo.a = 6eb = 8.Osm ultiploscomunsdestesaebsao_24, 48, 72, . . ._. Entretantom = mmc(6, 8) = 24 .2.21 Proposicao.Sejam0 ,= a, b ZZ, d = mdc(a, b)em = mmc(a, b). Entao valearelacaomd = [ab[ .29Demonstracao: Coloquemosm/ = [ab[d.Existemr, t ZZtaisquedr= aedt = b. Temosm/=[a[d [b[ = rbetambemm/ = [a[[b[d= at. Istomostraquem/em ultiplocomumdeaeb.Sejac INtalqueacebc. Existementaou, v ZZtaisqueau = c = bv.Por2.9existemx1, y1 ZZcomax1 + by1= d. Seguecm=cd[ab[=c[ab[(ax1 +by1) =c[b[ax1[a[+c[a[by1[b[= cbx1cay1= vx1uy1 ZZ.Mostramosquecm ZZoquesignicam/c. Assimm/ = m.2.22 Exemplo.Sabemosmdc(7519, 8249) = 73. Conseq uentementemmc(7519, 8249) =7519824973= 849647 .Equacoes DiofantinasUmarelacao emnincognitasx1, x2, . . . , xndaformaf(x1, x2, . . . , xn) = 0e considerada uma equacao Diofantina, quando o interesse e dirigido `as solucoes in-teirasx1, . . . , xn ZZdela. Porexemplo,arelacaox21 + x22 + . . . + x2n= 100aequacao dahiper-esferaderaio10noespacondimensional,podeserconsideradauma equacao Diofantina, quando as n-uplas de coordenadas inteiras x1, . . . , xnsao procuradas.Umaequacao Diofantina elinearseelativeraformaa1x1 + a2x2 + . . . + anxn= c .Em particular,queremos tratar agora as equacoes Diofantinas lineares de grau2ouseja,ax + by= c coma, b, c ZZ.302.23 Teorema.Sejama, b, c ZZ, a, bnao amboszero.a) Aequacao Diofantinaax + by= c ()admite pelo menos uma solucaox, y ZZse e somente se d = mdc(a, b)c.b) Suponha dc e seja (x0, y0) uma solucao (particular) de (). Entao asolucao geral (i. e. oconjuntode todas as solucoes) de () e dadapor___x = x0 +bdty= y0 adt(t ZZ) .Demonstracao: a)Comodaedbtemostambemdcparaqualquerpossvelsolucao(x, y)de(). Logo, dc eumacondicao necessariaparaasolubilidadede().Reciprocamente, sejadc, digamos d=cparaalgum ZZ. Por2.9sabemosqueexistemx1, y1 ZZcomd = ax1 + by1. Seguec = a_x1_+ b_y1_evemosque(x1, y1)eumasolucao particularde().b)Seja(x0, y0)umasolucao particularet ZZ. Provamosprimeiroquequalquerparden umeros___x = x0 +bdty= y0 adt(t ZZ)satisfazaequacao tambem:ax + by= a(x0 +bdt) + b(y0 adt) = ax0 +abd t + by0 bad t = ax0 + by0= c.Seja reciprocamente(x, y) uma qualquer solucao de(). Temos entaoax0+by0=c = ax + byedaa(x x0) = b(y0 y) .Existemr, s ZZtaisquea=rdeb=dsevalemdc(r, s)=mdc_ad,bd_=1.Seguedr(x x0) = ds(y0 y)edar(x x0) = s(y0 y),poisd ,= 0.Podemos supora ,= 0. Concluimosrs(y0 y)e da ry0 ypoismdc(r, s) = 1.Logoexiste t ZZtal que rt =y0 y deondevemy =y0 rt =y0 adt.31Seguer(x x0) =s(y0 y) =srt eentaox x0=st, pois r ,=0. Istodax = x0 + st = x0 +bdt. Logotemos___x = x0 +bdty= y0 adtparaalgumt ZZ, comoarmado.2.24 Exemplo.Determinarasolucao geralde54x + 21y= 906 .Solucao: Temosmdc(54, 21) = 3906. Logoaequacao esol uvelesimplicapara18x + 7y= 302 () commdc(18, 7) = 1 .Temos que (2, 5) eumasolucao de 18x + 7y =1oqueda302(2, 5) =(604, 1510)comosolucao particularde(). Istodacomosolucao geral___x = 604 + 7ty= 1510 18t(t ZZ).2.25 Exemplo.Umteatrovendeingressos ecobraRS18.por adultoeRS7, 50por crianca.Numanoite, arrecada-seRS900.. Quantosadultosecriancasassistiramaoes-petaculo,sabendo-sequeerammaisadultosdoquecriancas?Solucao. Sejaxon umerodecriancas, yon umerodeadultosqueassistiram.Temosqueresolverentao aequacao Diofantina7,5x + 18y= 900 sobacondicao adicional y> x 0 .ouseja15x + 36y= 1800 .Observando-seaindamdc(15, 36) = 31800, estaequivalea5x + 12y= 600 ().32Como (120, 0) e obviamente uma solucao de (), vemos que a solucao geral de ()edadapor___x = 120 + 12ty= 5t(t ZZ) .Dey> x 0decorre 5t > 120 + 12t 0eda7, 05... = 12017> t 12012= 10,ouseja,10 t < 7, 05...,oquedat _10, 9, 8_.As3possveissolucoes sao entao:___x = 0y= 50___x = 12y= 45___x = 24y= 40.33 3 N umerosprimosesuadistribuicaoOteoremafundamentaldaaritmetica3.1 Denicao.Um n umerop INe denominado primo, sep > 1e se seus unicos divisores saope1. IndicamosporIP=_p IN p eprimo_oconjuntodetodososn umerosprimos.Podemosdizerentaop IP_ a, b IN: p = ab = a = p e b = 1 ou a = 1 e b = p,_.Umn umeron>1editocompostoseelenao eprimo. Assim, necomposto, seexistemr, s IN, 1 < s r < ncomn = rs.Osprimeirosn umerosprimossao2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, . . . . Entretanto4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, . . .sao osprimeirosn umeroscompostos.OLemadeEuclides (Cons. 2.15) daaseguintepropriedadefundamental dosn umerosprimos:3.2 Proposicao.Sejap IP. Entao a, b IN: pab = pa ou pbEmpalavras: umprimodivideumproduto,somenteseeledivideumdosfatores.Demonstracao: Suponhamos pab e pa. Agora,pa signica mdc(p, a) = 1.Seguepbpor2.15.34Observamosqueestapropriedadenecessariadosn umerosprimosetambemsu-ciente para que umn INseja primo: Pois, sen = rse composto (1 < s r 1en nao e primo, segue1 n. Istosignicaquenopro-duto (formalmenteinnito) paran! naverdadeaparecemautomaticamentesoosprimosp n.Demonstracao: Sejapumprimoqualquer.Existeum unico1 IN0talque1p n < (1 + 1)p .Damesmaforma,existeum unico2 IN0talque2p2 n < (2 + 1)p2,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .emgeral,paratodok INexisteum unicok IN0talquekpk n < (k+ 1)pk.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Agora,emn! aparecem1fatorespdevidoosfatoresp, 2p, 3p, . . . , 1p,41mais2fatoresp, aindanao contados,devidosap2, 2p2, 3p2, . . . , 2p2,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .maiskfatoresp, aindanao contados,devidoapk, 2pk, 3pk, . . . , kpk. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Istodaumtotaldeap(n) = 1 + 2 + . . . + k+ . . . fatorespcontidosemn!.Mas,dekpk n < (k+ 1)pkseguek npk< (k+ 1), ouseja,k=_ npk_.Logotemoscomoarmadoap(n) =k=1_ npk_.Observa-sequesemprea2(n) a3(n) a5(n) . . . ap(n) aq(n) . . . se p < q.Umaconseq uenciadisto e,porexemplo,quen! terminaema5(n)zeros.3.11 Exemplo.a) Emquantoszerostermina357!?b) Qual eamaiorpotenciade165quedivideem2000!?Respostas:a) Ema5(357) =k=1_3575k_ =_3575_ +_35725_ +_357125_ = 71 + 14 + 2 = 87zeros.b) Temos 165 = 3511 e vale a11(2000) =k=1_200011k_ =_200011_+_2000121_+_20001331_ =181 + 16 + 1=198. Logoea198-esimaamaiorpotenciade165-etambemamaiorde11-quedivide2000! .42Estimativassobrequantidadesdeprimos3.12 Teorema. (Euclides)OconjuntoIPdosn umerosprimoseinnito.Demonstracao: SuponhamosIP=_p1, p2, . . . , pr_fosseumconjuntonito.Consideremos o n umero naturaln = p1 p2 . . .pr +1.Pelo Teorema fundamentaldaaritmetica, esten>1edivisvel poralgumprimoq. Pelasuposicao, q=pkpara algumk _1, 2, . . . , r_.Da segue o absurdo queq1.Logo, nenhum con-juntonitopodeabrangertodososprimos.3.13 Proposicao.Paraon-esimon umeroprimopnvaleaestimativapn 22n1.Demonstracao: Paran=1arma-se2=p1 2211=21=2oquecerta-mente everdade. Suponhamosjaprovadasasdesigualdadesp1 220p2 221p3 222. . . . . .pn 22n1.SeIP qp1p2. . .pn + 1, entaoq> pn, particularmente, pn+1 q.Seguepn+1 p1p2. . .pn + 1 21+2+22+...2n1+ 1 = 22n1+ 1 22n1+ 22n1= 22n.Convemobservarqueestacotasuperiorparaotamanhodepnnao emuitoboa.Umacotamelhor obtem-se, admitindo-se (semdemonstracao) oseguinte maisprofundo433.14 Teorema. (Tchebychef).Para2 m INtemosquesempreexisteumprimopcomm < p < 2m .3.15 Conseq u encia.Paraon-esimon umeroprimopnvaleaestimativapn 2n.Demonstracao: Temos 2 =p121e por 3.14: n=1, 2, 3 . . . tem-sepn< pn+1< 2pn. Depn 2nsegueentaopn+1 22n= 2n+1.3.16 Denicao.Umparden umeros(p, p + 2)edenominadoumgemeodeprimosseambos, pep + 2sao primos.3.17 Exemplo.(3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43), (59, 61), (71, 73)sao osgemeosdeprimoscomp 97.Enquantoexisteminnitosprimos, einteressantefazeraseguinte3.18 Observacao.Edesconhecidoseexisteumaquantidadeinnitadegemeosdeprimos.Afuncaodosnumerosprimos3.19 Denicao.Paratodo0 x IRdene-seafuncao(x)por(x) =_p IP p x_isto e, (x)eaquantidadedosn umerosprimosmenoresouiguaisax.Porexemplotemos(x) = 0se0 x < 2, (x) = 1se2 x < 3 (x) = 2se443 x < 5. Emgeral:Sep1 =2, p2 =3, p3 =5, p4, p5, . . . , p25 =97, . . . easeq uenciadosn umerosprimosemordemnatural,entao(x) = r se pr x < pr+1(r = 1, 2, 3, . . .) .Umadasgrandesdescobertasdonal doseculopassado (1896), aqual citamosaqui semapresentarsuamaisprofundademonstracao,eochamadoTeoremadosn umeros primos e que leva os nomes dos matematicos Cauchy/Hadamard/delaValeePoussin). Eledescreveocomportamentoasintoticodafuncao(x).3.20 Teorema.limx (x)xln x= 1 .Istoquerdizerque,sexegrande,aquantidadedosn umerosprimos x edada,comaproximacao cadavezmelhor,porxln x.Decomposicao denumeroseocrivodoEratostenes3.21 Observacao.Sejamn, r, s INtaisquen = rscom1 s r n.a) Temoss n r.b) Senf orcomposto,ent ao existemr, s INtaisque1 < s n r < nen = rs.Demonstracao: a) Des r < nsegueacontradicaon = sr 0, podemosconsideraraprogressao aritmetica(a + bn)nIN0= (a, a + b, a + 2b, a + 3b, . . .)epodemosperguntarsobren umerosprimospossvelmenteaparecendonela. Paraqueumdos a +bncomn 2 possaser primo, e claramentenecessarioquemdc(a, b) = 1, poismdc(a, b)dividecadaa + bn. Nocasoa = 0, b = 1temosaseq uenciadosn umerosnaturais,aqualconteminnitosprimosporEuclides.Tambem, sea=1eb=2, aseq uenciadosn umeros mparesconteminnitosprimos.Emaisumresultadoclassicoeprofundodoseculopassado,devidoaDirichlet(1837) quequeremoscitaraquisemdemonstracao:3.29 Teorema.Se a, b IN0sao dois n umeros com b > 0 e mdc(a, b) = 1, entao, na progressao ar-itmetica(a + bn)nIN0apareceminnitosn umerosprimos.ComomaisumcasoparticulardesteteoremadeDirichletqueremosprovaro3.30 Exemplo.Parab = 4ea = 3temos:Existeminnitosprimosdaforma4n+3 n = 0, 1, 2, 3, . . . .3.31 Observacao.Sejamk1, k2, . . . , kr IN. Entao oproduto(4k1 + 1)(4k2 + 1). . .(4kr + 1)temaforma4 + 1com IN.(i.e. umprodutoden umeros quedeixamresto1quandodivididos por 4eumn umerodomesmotipo[ver 6]).Demonstracao:Esuciente,vericaristoparadoisfatores:(4k1 + 1)(4k2 + 1) = 16k1k2 + 4k1 + 4k2 + 1 = 4_4k1k2 + k1 + k2_ + 1.50Demonstracao doExemplo3.30: SuponhamosIP= IP _4n+3 n = 0, 1, 2, 3, ..._enito,digamosIP=_p1=3, p2=7, . . . , pr_.Consideremoson umeroN=4p1p2...pr 1=4(p1p2...pr 1) + 3>1esejaN= q1q2. . .qscomprimosq1, . . . , qs IP.Todon umero mpar edaforma4k + 1ou4k + 3. ComoNedaforma4 + 3, por3.31, nemtodoqipodeteraforma4ki+ 1, ouseja, existeumqi IP , digamosqi=pj. Masentao segueqi4p1...pr N= 1, umabsurdo. Logo, IPnao podesernito.PolinomioseprimosQueremosencerraresteparagrafo, pensandosobreonatural desejodeescreveron-esimon umeroprimopncomoumafuncao transparenteden. Seraqueexistealgumaexpressao polinomial f(n)=asns+ as1ns1+ . . . + a1n + a0comcoe-cientesinteiros, quefornecaaseq uenciadosn umerosprimos-oupelomenos-fornecasomenteprimos?Oseguinteexemplo einteressantenestecontexto.3.32 Exemplo.Paraf(n) = n2+ n + 41temosf(n) IP paratodo n = 1, 2, 3, . . . , 39 .Entretanto, f(40) = 412ef(41) = 4143.Arespostageral edecepcionante: Nenhumpolinomio (nao constante) podeas-sumirsomenten umerosprimos,comomostra3.33 Proposicao.Sejaf(n)=asns+ as1ns1+ . . . + a1n + a0umaexpressao polinomial comcoecientes a0, a1, . . . , as ZZeas> 0, s 1.Entao a seq uencia_f(n)_nINassumeinnitosvaloresnaturaiscompostos.Demonstracao: Claro quef(n)pode assumir somente nitos valores negativos,pois as> 0. Se f(n) sempre e composto, nao ha nada para provar. Podemos supor51entao que existan0 INtal quef(n0) = p e primo ef(n) > 0 paran n0.Paratodot INtemosf(n0 + tp) = as(n0 + tp)s+ . . . + a1(n0 + tp) + a0== asns0 + . . . + a1n0 + a0 + ktp = p(1 + kt)comkt INapropriado. Seguequeosvaloresf(n0 + tp) = p(1 + kt) comt INsao n umeroscompostos. Comokt= aspsts. . . assumeinnitosvaloresnaturaisdistintosquandot IN, concluimosaarmacao.52 4 TriplosPitagoricoseaconjeturadeFermatTriplosPitagoricos4.1 Denicao.Umtriploden umerosnaturais (x, y, z) chama-seumtriploPitagoricosex2+ y2= z2.Otriplo (x, y, z) chama-seprimitivose mdc(x, y, z) = 1(eclarocomoomdc demaisdedoisn umerosdeveserentendido).4.2 Exemplo.(4, 3, 5) , (8, 6, 10) , . . . , (4n, 3n, 5n) , . . .(12, 5, 13), (24, 10, 26), . . . , (12n, 5n, 13n) , . . .sao triplosPitagoricos,sendoque (4, 3, 5) e (12, 5, 13) sao primitivos.Eimediataaseguinte4.3 Observacao.ComqualquertriploPitagorico_x1, y1, z1_(primitivo)equalquer n IN,tambem_nx1, ny1, nz1_eumtriploPitagorico. Para n>1estes ultimosnao sao primitivos.Tambemreciprocamentetemos4.4 Observacao.Seja (x, y, z) umqualquertriploPitagorico, d=mdc(x, y, z) eponhamosx1=xd, y1=yd, z1=zd . Entao_x1, y1, z1_eumtriploPitagoricoprimi-tivoevale(x, y, z) = (dx1, dy1, dz1).Demonstracao:E claro quemdc(x1, y1, z1) = 1e vale(x, y, z) =_dx1, dy1, dz1_.Alemdisso, x21+ y21=_xd_2+_yd_2=x2+ y2d2=_zd_2=z21, mostrandoque_x1, y1, z1_etriploPitagoricoprimitivo.53Portanto, paraseclassicarostriplosPitagoricos,esucientearestricao aosprimitivos.4.5 Observacao.Seja (x, y, z) umtriplo Pitagoricoprimitivo. Entao exatamente umdosn umeros xou y epar,ooutroe mpar- z e mpar.Demonstracao: Suponhamosxeyambos pares. Entao z2= x2+y2e tambemz epar. Segueacontradicao 2 mdc(x, y, z) = 1.Suponhamos xe y ambos mpares,digamos x2= 4k + 1 ey2= 4 + 1. Seguez2=x2+ y2=4(k + ) + 2, oqueeimpossvel paraumquadradopar(ver1.15a)). Logo, xe y temparidadesdistintase z e mpar.Combinamos que, daqui emdiante, x e par, y empar quando(x, y, z) eumtriploPitagoricoprimitivo.4.6 Observacao.Seja (x, y, z) umtriploPitagoricoprimitivo. Entaomdc(x, y) = mdc(y, z) = mdc(x, z) = 1 ,i.e. os x, y, z sao relativamenteprimosdoisadois.Demonstracao: Se d=mdc(x, y) >1, entao existeumdivisor primo p ded. Logo, pxe py, seguepx2+ y2=z2etambempz. Assimtemosacon-tradicao p mdc(x, y, z) = 1.Osdoisoutroscasossao mostradosdamesmaforma.4.7 Observacao.Sejamn, m, c INcomnm = c2e mdc(m, n) = 1.Entao existemN, MIN tais que n=N2e m=M2, i. e. n e msao quadradosperfeitosindividualmente.Demonstracao: Sejamn=rk=1pakkem=sk=1qbkkasdecomposicoes primariasdene m. Entao os qksao diferentesdos ppois mdc(m, n)=1. Segueque54nm = pa11. . .parrqb11. . .qbsse a decomposicao primaria de nm. Comonm = c2equadradoperfeito,seguequetodosos a1, . . . , ar, b1, . . . , bssao pares. Logon = N2e m = B2para N=rk=1pak/2ke M=sk=1qbk/2k.Estamos agora em condicoes de provar o teorema de classicacao dos triplos Pitagoricos.4.8 Teorema.a) Escolhendo-sen umeros s, t INcoms > t 1e mdc(s, t) = 1, s tmpar(i.e. setpossuemparidadesdistintas),ecolocando-sex = 2st , y= s2t2z= s2+ t2,(x, y, z) seraumtriploPitagoricoprimitivo.b) QualquertriploPitagoricoprimitivoeobtidopelometodode a).Particularmente,existeminnitostriplosPitagoricosprimitivos. EisoinciodeumatabeladostriplosPitagoricosprimitivos:s t x = 2st y= s2t2z= s2+ t22 1 4 3 53 2 12 5 134 1 8 15 174 3 24 7 255 2 20 21 295 4 40 9 416 1 12 35 376 5 60 11 617 2 28 45 537 4 56 33 657 6 84 13 85..............................55Demonstracao: a) Temosx2+y2= (2st)2+(s2t2)2= 4s2t2+s4+t42s2t2=s4+2s2t2+t4= (s2+t2)2= z2, mostrando que(x, y, z)e um triplo Pitagorico.Suponha pmdc(x, y, z) para algum primop. Entaope mpar e de p2st segueque ps oupt. De z= s2+ t2(oude y= s2t2)segueentao que ps e pt ,dandooabsurdo p mdc(s, t) = 1.Assim, (x, y, z) eumtriploprimitivo.b)Seja (x, y, z) umqualquertriploPitagoricoprimitivocomxpar, ympar.Temos x2= z2y2= (z + y)(z y) eda INx24=z + y2z y2. Entao_x2_2= uv com u =z + y2e v=z y2.Se d=mdc(u, v), entao du v. Mas, u + v=z + y2+z y2=z eu v=z + y2z y2=y, dando dmdc(y, z). Por 4.6sabemos mdc(y, z) =1 pois(x, y, z) eprimitivo. Logomdc(u, v) = 1.Concluimos por 4.7 que ue v sao individualmente quadrados perfeitos. Coloque-mos u=s2e v=t2coms, t IN. Temosentao mdc(s, t)=mdc(u, v)=1e s t e mpar. Alemdisso, s2 t2=u v=ye s2+ t2=v + u=z. Dex24= uv= t2s2segue x =4t2s2= 2st.4.9 Conseq u encia.OstriplosPitagoricos,primitivosenao-primitivos,sao obtidospor_2nst, n(s2t2), n(s2+ t2)_onde n, s, t INcoms > t 1, mdc(s, t) = 1, s t mpar.Numqualquer triploPitagoricoprimitivo (x, y, z), x em ultiplode 4 e ye mpar > 1. OstriplosPitagoricosprimitivossao numerosos,comomostra4.10 Proposicao.a) Qualquer n umero mpar > 1e oy de pelo menos um triplo Pitagoricoprimitivo.b) Todo n umero natural divisvel por 4 e o x de pelo menos umtriploPitagoricoprimitivo.56Demonstracao: a)Se y=2k 1=s2 t2>1 edado, podemosresolvers + t = 2k 1 e s t = 1, obtendoque s = k e t = k 1. Assim,_2k(k 1), 2k 1, 2k(k 1) + 1_eumexemploparaumtriploprimitivocomy dado.b)Se x = 4k = 2st edado,podemosconsiderar s = 2k e t = 1 eobtemos_4k, 4k21, 4k2+ 1_comotriploprimitivocomxdado.Para y >1mpar obtemos tantos triplos primitivos ( , y, ) quantas existemdecomposicoes multiplicativas y= k commdc(k, ) = 1 (compare3.24). Par-ticularmentetemos4.11 Exemplo.Paraqualquerprimo p > 2, o unicotriploPitagoricodaforma ( , p, ) e_p212, p,p2+ 12_.Elenecessariamente eprimitivo.4.12 Exemplo.a) Paraqualquer primo p >2 dado, os triplos Pitagoricos daforma_ , p2, _sao:Um uniconao-primitivop _p212, p,p2+ 12_,eum unicoprimitivo_p412, p2,p4+ 12_.eemgeral:b) Paraqualquerprimo p > 2 e n INdados,ostriplosPitagoricosdaforma( , pn, ) sao:Um unicoprimitivo_p2n12, pn,p2n+ 12_.57e n 1 nao-primitivospnk_p2k12, pk,p2k+ 12_,obtidospara k = 1, 2, . . . , n1.4.13 Exemplo.Paraquaisquerdoisprimos 2 < q< p, ostriplosdaforma( , pq, ) sao:Doisnao-primitivosp _q212, q,q2+ 12_e q _p212, p ,p2+ 12_edoisprimitivos_p2q212, pq,p2q2+ 12_e_p2q22, pq,p2+ q22_.Demonstracoes: Exerccio.AconjeturadeFermatA conjetura de Fermat (tambem: o ultimo Teorema de Fermat) arma queaequacao Diofantinaxn+ yn= znnao esol uvelpornenhumtriplo (x, y, z) comx, y, z INse n 3.Demonstraremos esta armacao nocaso 4n, ja provadopeloproprioPierredeFermat(1601-1665).Mencionamosque,oenigmadestaconjeturadeFermat,entretantoenalmenteem1994/95,depoisdeocuparasmentesmatematicasmaiscapacitadaspormaisde350anos,temsidoprovadopelomatematicoAndrewWiles.VernarevistaAnnalsofMathematics,142(1995),osartigos:ModularelipticcurvesandFermatsLastTheorem,pgs. 443-551,deA.WileseRing-theoreticpropertiesofcertainHeckealgebras,pgs. 553-572,deRichardTayloreA.Wiles.584.14 Observacao.Sejamn, a, b, c INtaisque an, bn, cn. Seexistiremn umeros x, y, z INtaisque xn+ yn= zn, entao existemtambemx/, y/, z/ INtaisquex/ a+ y/ b= z/ c.Demonstracao: Sejamr, s, t IN comn=ar =bs =ct. Fazendo-sex/ = xr, y/ = ys, z/ = zt, seguex/ a+ y/ b= xra+ ysb= xn+ yn= zn= ztc= z/ cEquivalentementepodemosformular4.15 Observacao.Seja n IN. Seexistiremn umeros a, b, c INcoman, bn, cntaisquexa+ yb=zceimpossvel para x, y, z IN, entao tambemxn+ yn=zneimpossvel comx, y, z IN.Estaobservacao reduzoproblemadaconjeturadeFermatparaseutratamentosomentecomosexpoentesprimos: Porquexp+yp= zpeimpossvelparatodososprimos p > 2 ?4.16 Conseq u encia.Seja n IN com4n. Se x4+y4=z2e impossvel para x, y, zIN,entao tambemxn+ yn= zneimpossvel comx, y, z IN.4.17 Teorema. (Fermat).Aequacao x4+ y4= z2nao possuisolucaox, y, z IN.(Conseq uentementeaconjeturadeFermatestaraprovadaquando 4n.)Demonstracao: ConsideremosoconjuntoS= z IN [ x, y INcom x4+ y4= z2 .Suponhamos, x4+ y4= z2fossesol uvel comx, y, z IN. Istosignica S ,= .Sejaz0 S oelementomnimo. Logo, existemx0, y0 INcomz20=x40+ y40.Porem,se z0> z1 IN, entao nao existemx1, y1 INcomz21= x41 + y41.Portanto, ometododestademonstracao vai ser, construirapartirde (x0, y0, z0)59umtriplox1, y1, z1 INcomz21=x41+ y41e z1 1, concluimos d = 1.Como_x20)2+ (y20_2=z20commdc(x20, y20) =1, temosque_x20, y20, z0_eumtriploPitagoricoprimitivo. Por4.8existems, t INcoms > t, mdc(s, t) =1 es tmpar,taisquex20= 2st, y20= s2t2e z0= s2+ t2.Armamosque t epar: Se s fossepar,teramos s = 2s/et = 2t/ + 1 eseguey20= (2s/)2(2t/ + 1)2= 4s/24t/24t/1 = 4(s/2t/2t/) 1 = 4 1 ,oque eimpossvelparaumquadradoperfeito(umqudradoperfeito mpardeveriater a forma4k +1 !). Logo de fatot e par e se mpar. Coloquemos t = 2r comr INeobtemosx20= 2st = 4sr eda_x02_2= sr .Temos mdc(r, s)=1, pois mdc(s, t)=1. Logo, re s ambossao quadradosperfeitos,digamos s = z21, r = w21comz1, w1 IN.De y20= s2t2seguequet2+ y20= s2ecomo mdc(s, t)=1, vemosque (t, y0, s) eumtriploPitagoricoprimitivo.Existementaou, v INcomu > v, u vmpar,mdc(u, v) = 1, taisquet = 2uv, y0= u2v2e s = u2+ v2.Agora, uv=t2= r = w21. Mais uma vez concluimos queuev sao individualmentequadradosperfeitos,digamos u = x21ev= y21comx1, y1 IN. Calculamosx41 + y41= u2+ v2= s = z21,oquesignica z1 S. Mascomo 0 2 _2k 3_, pois k 2 .625.8 Proposicao.Sejam2 < p < q primos. Entao,paratodosos a, b IN,on umeron = pa qbedeciente.Demonstracao: (n) == 1 + p + . . . + pa+ q(1 + p + . . . + pa) + . . . + qb(1 + p + . . . + pa) =(1 + p + . . . + pa)(1 + q + . . . + qb) =pa+11p 1 qb+11q 1 1,pois k 2. Ora,se ak 1 forprimo,concluimosa 1 = 1, ouseja, a = 2.Seja k=rs compostocom11,pois s>1. Logo 2k 1 nao eprimoquando kecomposto.Assim,_Mk 2 k IN_ IP=_Mk k IP_ IPi. e. aoprocurarprimos Mknaseq uenciadosn umerosdeMersenne,somenteos ndices k=p primosinteressam.675.16 Denicao.Um n umeroMpcomp IPchama-se um primo de Mersenne seMpfor primo.5.17 Exemplo.OsprimeirosprimosdeMersennepara p = 2, 3, 5, . . . sao:M2=3, M3=7, M5= 31, M7= 127, M13= 8191,M17= 131071, M19= 524287, M31 . . . .Entretanto, 23M11, 47M23, 233M29, 223M37, . . ..AindamencionamosoresultadodeCole(1902):M67= 193707721761838257287onde 193707721eomenordivisorprimode M67!Maispropriedadesdedivisibilidadedosn umerosdeMersenneconheceremosnosproximosparagrafosemconexao comosteoremasdeFermatedeWilsoneascongruenciasquadraticas.Nota :Mencionamosque,emMaiode2004,parap = 24 036 583 , o41oeporenquantomaiorprimodeMersenneMp = 224 036 5831foi encontrado por JoshFindley. Ele possui entre 7 e 8 milhoes de dgitos (poislog10224 036 583=24 036 583log10 2=24 036 5830, 3010 7, 235106!). On umeroperfeitocorrespondente-commaisde14milhoes dedgitos- eP= 224 036 582 (224 036 5831) .Open ultimo(40o)primodeMersennefoi encontradoemNovembrode2003porMichaelShaferpara p = 20 996 011 :M20 996 011 = 220 996 0111 .68 6 Ateoriadascongru enciasDivisibilidadeecongruencias6.1 Denicao.Sejan IN0umn umeroxo. Doisn umeros a, b ZZchamam-secongruentesmodulon, sea bem ultiploden. Emsmbolos: a b modn. Assim,a b modn na b .6.2 Exemplos.a) Paran = 6: 1 7 5 11 mod6 123 135 mod6.b) Paran = 0 : a b mod0 a = b.c) Paran = 1 : a b mod1sempre.d) Paran = 2 : a b mod2 aebtemamesmaparidade.Eimediataaseguinte6.3 Observacao.Dois n umeros nao-negativosa, b IN0,escritos no sistema decimal,sao con-gruentesmodulo10, (100, 1000, . . . , 10m) aebcoincidemno ultimodigito(nos ultimos2, 3, . . . , mdigitos).6.4 Observacao.Sejan > 0, a, b ZZescritosnaformaa = nq1 + r1e b = nq2 + r2comq1, q2, r1, r2 ZZ (0 r1, r2< n). Entaoa b modn r1= r2.Demonstracao: : Ser1= r2temosa b = n(q1 q2) + (r1 r2) =n(q1 q2), i. e. n[a b. Istosignicaa bmodn. : Se a b modn, temos na b=n(q1 q2) + (r1 r2) eda,nr1 r2.Masde0 r1 r2 < nconcluimosentaor1 r2= 0,i. e. r1= r2.696.5 Conseq u encia.Todon umeroa ZZecongruente modnaexatamenteumdosn umeros_0, 1, 2, . . . , n1_eestes ultimossao incongruentesentresi modn.Oconjunto_0, 1, 2, . . . , n1_chama-seoconjuntodosmenoresrestosnao-negativosmodulon.6.6 Denicao.Sejan > 0.Umconjuntodenn umeros_r1, r2, . . . , rn_chama-seumsistemacompletoderesduos(restos)modulonsecadaa ZZecongruenteaexatamenteumdosn umerosr1, r2, . . . , rn.Equivalentemente: Os r1, r2, . . . , rnsao congruentes modn, em alguma ordem,aosn umeros0, 1, 2, . . . , n1.6.7 Exemplos.a) Paran = 8temos:_0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7_eoconjuntodosmenoresrestosnao-negativosmodulo8_28, 15, 6, 11, 15, 22, 101, 800_eumsistemacompletoderesduosmodulo8, pois 28 4, 15 1, 6 2, 11 3, 15 7, 22 6, 101 5, 800 0 mod8.b) Defacilvericacao etambemque_0, 3, 32, 33, . . . , 316_eumsistemacompletoderestosmodulo17.Pelodesenvolvidocaclaraaseguinte706.8 Observacao.Sejamn IN, q0, q1, . . . , qn1 ZZ. Entao_nq0, nq1+1, . . . , nqn1+(n1)_eumsistemacompletoderesduos modn.Alemdisso,todosistemacompletoderestos modneobtidodestaforma.6.9 Teorema. (Propriedadesfundamentaisdascongruencias)Sejamn IN, a, b, c, d ZZ. Oseguintevale:a) a a modnb) Sea b modn, entaob a modn.c) Sea b modneb c modn, entaoa c modn.d) Sea b modnec d modn, entaoa + c b + d e ac bd modn.Demonstracao: Estaspropriedadessao facilmentevericadasapartirdadenicao edeixaremososdetalhesaoleitor.Provemos, porexemplooitemd): a bec d modnsignicaqueexistemq1, q2 ZZtais que nq1=a b e nq2=c d. Segue(a + c) (b + d) =(a b) + (c d) = n(q1 + q2), i. e. a + c b + d modn.Tambemac bd=ac cb + cb bd=c(a b) + b(c d)=n(cq1+ bq2), ousejaac bd modn.Particularmente, de a b modnseguema + c b + c eac bc modnetambemak bkmodnparatodok IN.Estas regras dizemque congruencias modnse comportam(mantendo-se umcertocuidadoemrelacao aocancelamentode fatores comuns [ver 6.16/6.17] ecompotenciasdeexpoentesnegativos),comosefossemigualdades.Vejamosautilidadedocalculocomcongruenciasemalgunsexemplos.716.10 Exemplos.a) 233M29= 2291.b) 107M53 + 2 = 253+ 1.Demonstracao: a)De28=256 23 mod233segue216=(28)2232=529 63 mod233.Da 224= 28 216 2363 51 mod233enalmente229= 224 25 5132 1 mod233.Masistosignicaexatamente2332291.b)Demaneirasemelhanteconcluimos: De27=128 21mod107segue214=(27)2 212= 441 13 mod107e228= (214)2 132= 169 62mod107.Da 242=214 2281362 57 mod107enalmente253=27 24 242211657 15(50) 1 mod107. Assim107253+ 1.Algumascongruenciasmodulo10, 100, 1000, . . .6.11 Proposicao.Parak 2coloquemosRk= 2k1(2k1) .a) Sek 1 mod4, entaoRkterminaem6.b) Sek 3 mod4, entaoRkterminaem28.Demonstracao: a) Arma-se Rk6 mod10 desde que k1 mod4:Temosentaok = 4 + 1paraalgum 1esegueRk= 24(24+11) =16(2161) 6(261) 6(12 1) 61 = 6 mod10.b) Arma-seRk 28 mod100desdequek 3 mod4: Temosentaok=4 + 3paraalgum 0. Escrevemosainda=5t + rcomr _0, 1, 2, 3, 4_.Observando-se165 76 76tmod100paratodot 1, obtemos mod100:Rk= 24+2(24+31) = 416(8161) = 4165t+r(8165t+r1) 72 47616r(87616r1) 416r(816r1) ___47 = 28 se r = 06427 28 se r = 12447 28 se r = 28467 28 se r = 34487 28 se r = 4.Assim, Rk 28 mod100emtodosos5casosder.Observamos que, por 5.12, particularmente os n umeros perfeitos pares tem a formadosRkem6.11. Portantotemos:6.12 Conseq u encia.Todon umeroperfeitoparterminaem6ou28.6.13 Exemplo.Quaissao os ultimos1, 2, 3, 4, . . . dgitosden = 1! + 2! + 3! + 4! + . . . + 100! ?Solucao: Como10k! parak 5, o ultimodigitodeneomesmode1! + 2! +3! + 4! 3 mod10.Os ultimos2digitos densao os de 1! +2! +3! +. . . +9!,pois 100k!parak 10.Mas, 1! + 2! + . . . + 9! 33 + 20 + 20 + 40 + 20 + 80 13 mod100.1! + 2! + . . . + 100! 1! + 2! + . . . + 14! 313 mod1000etc.Congruenciaslineares6.14 Denicao.Dadon IN. Umacongruencialinear eumacongruenciadaformaax b modnondea, b ZZsao dadoseassolucoesx ZZsao procuradas.Porexemplo: 2x 5 mod6: Nao temsolucao,enquanto4x 2 mod6: Possuiduassolucoes incongruentesx 2ex 5 mod6.Sobreassolucoes dascongruenciaslinearesvale736.15 Teorema.Sejamn INea, b ZZ.a) Acongruencia ax b modnadmiteumasolucao, seesomentese,d = mdc(a, n)b.b) Sedb,entaoax b modnpossui exatamentedsolucoes incongruentesentre si modn.Se x0 ZZe uma solucao particular, entaodsolucoes in-congruentessao obtidasporx0, x0+nd, x0+2 nd, . . . , x0+(d1) nd.Demonstracao: a) e claro, pois a congruencia axb modn equivale `aequacao Diofantinalinear ax + ny=baqual esol uvel seesomentese, d=mdc(a, n)b(comparar2.23).b)Sejadbesejax0 ZZcomax0 b modn, i. e. ax0 + ny0= bparaalgumy0 ZZ. Por2.23todasolucao deax b modneentao daformax = x0 +ndtcomt ZZ. Escrevendo-set=qd + kcomq, k ZZcom0 k d1vemosx = x0 +ndt = x0 +nd(qd +k) = x0 +qn +k nd x0 +k ndmodn. Mostramosportantoquetodasolucao econgruentemodulonaumdosdn umerosindicados.Mais ainda, de x0+ j ndx0+ k ndmodncom0 j, k d1seguej nd k ndmodn e da j nd= k nd +ncom ZZ.Dividindo-se pornd,seguej=k + d k modd. De0 [j k[ d1concluimos=0ej=k. Istomostraqueasdsolucoes indicadassao incongruentes modn.Oteoremamostraaindaqueasdsolucoes incongruentesmodulondeax b modn, sao todascongruentesmodulond. Podemosconcluirportanto:6.16 Conseq u encia.Sejamn INea, x, y ZZcomd = mdc(a, n). Entaoax ay modn = x y modnd.Istoquerdizer,umfatorcomumnumacongruenciamodulonpodesercancelado,desdequeseobservequeanovacongruenciasoevalidamodulond.(Mesmo quandoa 0 modnesta conclusao e verdadeira, pois neste casod = nend=1 e tantoa congruencia 0x0y modnquantoa xy mod174sao armacoes vazias,validasparatodososx, y!)6.17 Conseq u encia.Sejamn INea, x, y ZZcommdc(a, n) = 1. Entao asduascongruenciasax ay modn e x y modnsao equivalentes.Istosignica,numacongruenciamodulonumfatorcomumrelativamenteprimocomnpodesercancelado.CongruenciassimultaneaseoteoremadorestochinesQuais sao os n umeros naturais que deixam simultaneamente o resto4 quando divi-didospor5eoresto3quandodivididospor4?Aresposta e: Sao osn umeros19 + 20k k = 0, 1, 2, 3, . . . .Pergunta geral: Sejamn1, n2, . . . , nrIN, a1, a2, . . . , arZZ. Quaissao osn umeros x ZZquedeixamosrestos a1, a2, . . . , arquandodivididos,respectivamente,porn1, n2, . . . , nr?Nemquaisquer exigenciassimultaneaspoderao ser cumpridas. Por exemplox 1 mod2nao ecompatvelcomx 2 mod4.Uma contradicao entre as exigencias nao ocorre porem, se os modulos n1, n2, . . . , nrsao relativamenteprimosempares,comomostrao6.18Teoremadorestochines.Sejamn1, n2, . . . , nr INtaisquemdc_ni, nj_ = 1para1 i ,=j r,i.e. osn1, . . . , nrsao relativamente primos, dois a dois. Sejama1, a2, . . . , ar ZZ. Entao ascongruencias75x a1mod n1x a2mod n2x a3mod n3.........x armod nrpossuemumasolucao simultanea. Alemdisso,quaisquerduassolucoes sao congruentesmodulooproduton1n2. . .nr.Demonstracao: ColoquemosN= n1n2 . . . nreparatodok = 1, 2, . . . , r:Nk=rk,=j=1nj= n1 . . . nk1nk+1 . . . nr(1 k r),isto e,N1=Nn1, N2=Nn2, . . . , Nr=Nnr.Para todo k =1, 2 , . . . , r temos mdc_Nk, nk_=1, pois os n1, . . . , nrsao relativamente primos em pares_IP pNk= n1...nk1nk+1...nr= pnjparaalgumj ,=k = pnk_.Logo, acongruenciaNkx 1 modnkpossuiumasolucao. Sejaxk ZZ, talqueNkxk 1 modnk(1 k r).Armamosquex = N1x1a1 + N2x2a2 + . . . + Nrxrare uma solucao simultanea das congruencias. De fato: Para todo k = 1, 2, 3, . . . , rtemos: ComonkdivideN1, N2, . . . , Nk1, Nk+1, . . . , Nrseguex 0 + ... + 0 + Nkxkak+ 0 + ... + 0 1ak= akmodnk.ComoN 0modn1, N 0modn2, . . . , N 0 modnr, qualquern umeroque difere de x por umm ultiplo de Ne solucao simultanea das congruenciastambem.Reciprocamente, se x ZZeumaqualquersolucao dascongruencias, entao x akx modnke assimnk x x para todo k =1, 2, . . . , r. Concluimos x x modn1n2...nr, poisosn1, n2, . . . , nrsao relativamenteprimosempareseportanto,seuminimom ultiplocomum eseuproduto.766.19 Exemplo.Determinar os n umeros n ZZcom [n[ 12, 4106, que deixam simultaneamenteosrestos 37, 54, 17e100quandodivididosrespectivamente, por 40, 63, 23e143.Solucao: Temosr=4, a1=37, a2=54, a3=17, a4=100, n1=40, n2=63, n3= 23, n4= 143edevemosresolverascongruenciassimultaneasx 37 mod 40x 54 mod 63x 17 mod 23x 100 mod 143 .Como osn1, n2, n3, n4sao relativamente primos, dois a dois, existe uma solucao aqual edeterminadamoduloN= 406323143 = 8288280. Calculamos___N1=N40= 207207N2=N63= 131560N3=N23= 360360N4=N143= 57960. Ascongruencias___N1x 1 modn1N2x 1 modn2N3x 1 modn3N4x 1 modn4sao___207207x 1 mod40131560x 1 mod63360360x 1 mod2357960x 1 mod143asquaissereduzempara___7x 1 mod4016x 1 mod6319x 1 mod2345x 1 mod143.Suassolucoes sao___x1 23 mod40x2 4 mod63x3 17 mod23x4 89 mod143.Umasolucao simultanea eentaox = N1x1a1 + N2x2a2 + N3x3a3 + N4x4a4=2072072337 + 131560454 + 3603601717 + 5796089100 4198437 12486717 4089843 12378123 mod8288280.Osn umerosprocuradosncom [n[ 12, 4 106sao portanto:n = 4198437, n = 4089843 e n = 12378123 .77 7 OsTeoremasdeFermatedeWilsonQueremostratar nesteparagrafoalgumaspropriedadesreferentesacongruenciasmodulon umerosprimos.OpequenoteoremadeFermatOprimeiroresultadonestecontexto e:7.1 Teorema. (OpequenoteoremadeFermat)Sejap IPea ZZdetal maneiraquepa. Entaoap1 1modp .Demonstracao: Dadospeacompa, consideremososconjuntos_1, 2, 3, . . . , p1_e_a, 2a, 3a, . . . , (p1)a_.Temos a, 2a , . . . , (p1)a , 0modp.Sei, j _1, 2, . . . , p1_eia jamodp, concluimosi j modp, jaquemdc(a, p)=1. Entaoi=j, pois0 [i j[ 0. Pelomostrado,ap= (b)p= (1)pbp (1)pb =___b = amodp se p > 2b = a amod2 se p = 2ouseja, ap amodpsempre.VejamosautilidadedoteoremadeFermatnumaprimeira797.2 Conseq u encia.Sejaq= 2n + 1umn umeroprimo. EntaoOu qMn= 2n1 ou qMn + 2 = 2n+ 1 .Demonstracao: Primeiroobservamosqueqnao podedividirambosMneMn + 2, senaoqdividiriaMn + 2 Mn= 2, quenao everdade.Comoq a=2eqeprimo, seguepeloteoremadeFermat: 2q11modq,ouseja, 22n 1=2q1 1 0modq. Logo, q22n 1=(2n1) (2n+ 1)=Mn (Mn + 2), deondeconcluimos qMnou qMn + 2.N umerosdeMersenneMpcom ndiceprimonemsempresao primos. Quere-mos elaborar umacondicao necessariaparaqueumMpcomp IP possasercomposto. Primeiroprovamos7.3 Observacao.Seja qIP, a ZZ tal que q a. Seja k0INomenor n umerotal queak0 1modqesejak INcomak 1modq(porexemplok = q 1).Entaok0k.(k0eachamadaordemoq(a)deamod q. Ver 11)Demonstracao: Existem, r IN0comk=lk0+ ronde0 r 2umprimoea, b ZZ.a) a2 b2modp a bmodp.b) a2 1modp a 1modp.Demonstracao: a) : Dea bmodpseguea2 (b)2= b2modp. : Dea2b2modpsegueb2 a2=(b a)(b + a) 0modp, ouseja,82p(b a)(b + a). Da pbaoupb + a, poispeprimo. Istosignicaa boua bmodp.b)Eocasoparticularb 1modpdea).(Lembremos que uma tal conclusao nao poderia ser feita se o modulo nao e primo:modulo 8 temos por exemplo: 123252721 apesar de 3, 5,1mod8!)7.11 Observacao.Seja p >2 umprimo e seja 2ap 2. Entao existe um unico b_2, . . . , p2_tal queab 1modp. Alemdisso, a ,= b.Demonstracao: Acongruenciaax 1modppossuiuma unicasolucaox = b _1, 2, . . . , p1_. Necessariamente, b ,= 1eb ,= p1, poisa , 1modp. Portanto2 b p2.Por7.10temostambema , bmodp, i.e. a ,= b.Estamosagoraemcondicoes paraprovaroTeoremadeWilson.Demonstracao de7.9: Escrevemosoconjunto_2, . . . , p2_soboaspectode 7.11: a _2, . . . , p2_ unicob _2, . . . , p2_comab 1modpea ,= b. Podemosentao reordenaroconjunto_2, . . . , p2_como_2, . . . , p2_ =_a1, b1, a2, b2, . . . , ap32, bp32_,ondea1b1 a2b2 . . . ap32bp32 1modp . Segue(p 1)! = 12. . .(p1) = 1 _a1b1__a2b2_ . . . _ap32bp32_(p1) 111. . .1(p1) 1modp .837.12 Exemplo.Parap = 19temos18! = 1(210)(313)(45)(616)(711)(812)(917)(1415)(1) 1mod19 .ObservamosqueoteoremadeWilsoncaracterizaosn umerosprimos:7.13 Observacao.Sen > 1ecomposto,entao temos___(n 1)! 0 , 1modn sen > 4(4 1)! 2 , 1mod4 .Demonstracao: Se n nao e o quadrado de um primo, existe uma decomposicao n =rscom2 s < r n1esegueque(n 1)! = 12. . .s. . .r. . .(n 1)edivisvelporn = sr.Sen=p2eoquadradodeumprimoep>2teremosp 2.Emgeral vemosque, se p>2 eumprimo, osrestosquadraticos mod p entre_1, 2, 3 , . . . , p1_sao osn umerosrepresentadospor85_12, 22, . . . , (p2)2, (p1)2_ ==_12, 22, . . . ,_p32_2,_p12_2,_p+12_2,_p+32_2, . . . , (p2)2, (p1)2_ =_12, 22, . . . ,_p32_2,_p12_2,_pp12_2,_pp32_2, . . . , (p2)2, (p1)2_ _12, 22, . . . ,_p32_2,_p12_2,_p12_2,_p32_2, . . . , (2)2, (1)2_ ==_12, 22, . . . ,_p32_2,_p12_2_Estes ultimosp12n umeros sao incongruentes entre si, pois x2 b2modppossuiexatamenteasduassolucoes incongruentesx bmodp.Podemosarmarentao quesempreexistemp12restosquadraticosep12restosnao-quadradicosentre_1, 2 , . . . , p1_. Atarefa esepara-los. Comooexemploacima(mod19)mostra,nao hanenhumaregularidadevisvelnisso.Queremoscaracterizarprimeiroosprimos p moduloosquais,1 (i.e. p1)eumrestoquadratico.8.3 Proposicao.Seja p > 2 umprimo. Acongruenciax2 1modp admiteumasolucao p 1mod4 .Demonstracao: : Seja x2 1modp sol uvel. Entao existe b ZZtalque b2 1modp. PorFermat(7.1)obtemos1 bp1= (b2)p12 (1)p12modpeda (1)p12= +1, pois 1 , 1modp.Seguequep12= 2kepareportantop = 4k + 1 1mod4. : Seja p 1mod4. ConcluimosporWilson(7.9)1 (p1)! = 12. . . p12p+12 . . .(p2)(p1) 12. . . p12_p12_ . . .(2)(1) (1)p12__p12_!_2__p12_!_2modp ,pois_ 1_p12= +1, jaque p 1mod4.Logoacongruencia x2 1modpesatisfeitaporb =_p12_! .86Eisumatabeladosprimos p 97 quesao 1mod4 easduassolucoes incon-gruentes < p de x2 1modp:p 1 sols. x e p x demod 4 x2 1modp5 2, 313 5, 817 4, 1329 12, 1737 6, 3141 9, 3253 23, 3061 11, 5073 27, 4689 34, 5597 22, 75Estamosagoraemcondicoes paraprovarmaisumcasoparticular(b=4, a=1)doteoremadeDirichlet(3.29),asaber8.4 Exemplo.Existeminnitosprimosdaforma 4n + 1 comn IN.Demonstracao: Suponhamos_p1=5, p2=13, p3, . . . , pr_fosseoconjuntodetodos os primos 1mod4. Consideremos N=_2p1p2...pr_2+ 1 IN. Seq IPeqN, entao_2p1p2...pr_2+1 0modq. Isto signica que a congruenciax2 1modq esol uvelpor x = 2p1p2...pr. Por8.3concluimos q 1mod4.Assim, q _p1, p2, . . . , pr_,oquedaoabsurdo q1.Logo,oconjunto_p1, p2, . . . , pr_nao podeestarcompleto.87UmLemadeEulerUmaprimeirainformacao sobrerestosquadraticos edadana8.5 Proposicao. (LemadeEuler)Seja p > 2 umprimo, a ZZ, pa.a) Sempre ap12 1modpb) ap12 +1modp aerestoquadr adico modp.b) ap12 1modp aerestonao-quadradico modp.Demonstracao: a) Por Fermat(7.1) temos 1 ap1=_ap12_2modp econseq uentemente0 ap11 =_ap121_ _ap12+ 1_modp.Istosignica p_ap121_ _ap12+ 1_. Comopeprimo, concluimospap12 1oupap12+ 1 edaap12 1modp .b)eb)sao obviamenteasmesmasarmacoes. Provemosb): : Suponhamos, a equadradomodulo p. Assim, existe b ZZ tal quea b2modp. SegueporFermatap12= (b2)p12= bp1 1modp. : Suponhamos, anao e quadrado modulop. Para todoc _1, 2 , . . . , p1_,a congruenciacx amodppossui exatamente uma solucaoc/ _1, 2 , . . . , p1_.Alemdisso, c ,= c/(senaoa cc/ = c2seriaumquadrado!). Escrevemosocon-junto_1, 2 , . . . , p1_como_1, 2 , . . . , p1_ =_c1, c/1, c2, c/2, . . . , cp12, c/p12_,talqueckc/k amodp para 1 k p12. SegueagoraporWilson:1 (p1)! = 12. . .(p1) ==_c1c/1__c2c/2_ . . . _cp12c/p12_ aa. . .a = ap12modp .888.6 Exemplo.Para p = 13 temosp 12= 6,____1, 4, 3, 9, 10, 12_sao osquadrados_2, 5, 6, 7, 8, 11_osnao-quadradosmodulo 13. Vale16 46 36 96 106 126 1mod13, enquanto26 56 66 76 86 116 1mod13, como edefacilvericacao direta.OsimbolodeLegendre8.7 Denicao.Paratodoprimo p > 2 etodo a ZZcompa, colocamos_ap_ =___1 se aerestoquadratico modp1 se aerestonao-quadratico modp._ap_chama-seosmbolodeLegendrede amodulo p.Osmbolo de Legendreentao e uma sim/nao-funcao para decidir se umn umero aeounao eumrestoquadraticomodulo p.8.8 Exemplos._25_ =_213_ =_4517_ = 1 porem_27_ =_10113_ = 1 ,poisx2 2mod5, x2 2mod13 x2 45 11mod17nao temsolucao.Mas (3)2 2mod7 e(6)2 10 101mod13.8.9 Proposicao.Paratodoprimo p > 2 vale_1p_ = (1)p12.Demonstracao: Isto e a traducao do conte udo de 8.3 para o conceito do smbolo89deLegendre: 1erestoquadratico modp p 1mod4 p12epar (1)p12= +1.PropriedadeselementaresdosmbolodeLegendresao:8.10 Proposicao.Seja p > 2 umprimoe a, b ZZcompa e pb. Entao valema) Se a bmodp, entao_ap_ =_bp_.b)_a2p_ = 1, particularmente_1p_ = 1.c)_ap_ ap12modp.d)_abp_ =_ap__bp_.Demonstracao: a)eb)sao claros.c)Isto eatraducao de8.5paraosmbolodeLegendre.d)_abp_ (ab)p12=ap12bp12_ap_ _bp_modp. Comoambososladosdestacongruenciasao 1 ecomo p > 2 (i.e. 1 , +1 modp),podemosconcluir_abp_ =_ap__bp_ .Observamosaindaqueapropriedaded)dizempalavras:Oprodutodedois restos quadraticos oudedois nao-quadraticos eumrestoquadratico.Porem,o produto de umresto quadratico comumnao-quadraticoe umresto nao-quadratico.90UmlemadeGaussUmLematecnicoparaadeterminacao de_ap_edadonaseguinte8.11 Proposicao. (LemadeGauss).Seja p > 2 umprimoe a ZZcompa. ConsideremosoconjuntoS=_a, 2a, 3a , . . . ,p12a_.Dividindo-seestesn umerospor p, paracada k=1, . . . ,p12vao existirin-teiros qk, tktaisqueka = pqk+ tkonde 1 tk p1 .Sejam___r1, r2, . . . , rmosn umerosem_t1, t2, . . . , tp12_comrip2.Entao vale_ap_ = (1)n.Empalavras: Parasaber seuma ,0modp eumrestoquadradicoounao,considera-seosmenoresrestosnao-negativos t1, t2, . . . , tp12queosa, 2a, . . . ,p12a deixamnadivisao por p. Decisivoparaovalorde_ap_eseaquantidade ndestesrestosquejazemacimadep2eparou mpar.Demonstracao: Observamos primeiro quea, 2a, 3a , . . . ,p12anao sao divisveispor p. Eles tambem sao incongruentes modpentre si (ka a (k)a 0modp p(k)a pk k modp k =, pois0 [k[p2.Temosentaon =p 12_p4_. OlemadeGauss(8.11)dizque_2p_ = (1)p12[p4].Caso1):p 1mod8, digamos, p=8 + 1. Seguen=4 [2 +14]=4 2=2.Logo_2p_ = (1)2= 1.Caso2):p 3mod8, digamos, p = 8 +3. Segue n = 4 +1 [2 + 34] = 4 +1 2 =2 + 1. Logo_2p_ = (1)2+1= 1.Caso3):p 5mod8, digamos, p = 8 + 5. Seguen = (4 + 2) [2 +54] = (4 + 2) (2 + 1) = 2 + 1. Logo_2p_ = (1)2+1= 1.Caso4):p 7mod8, digamos, p = 8 + 7. Seguen = (4 + 3) [2 +74] = (4 + 3) (2 + 1) = 2 + 2. Logo_2p_ = (1)2+2= 1.Aproposicao 8.12tambempodemosformularassim:8.12 Proposicao.Seja p > 2 umprimo. Temos_2p_ = (1)p218.Demonstracao: Primeiroobservamosque p2 1=(p1)(p + 1) eoprodutodedoisn umerosparesconsecutivoseportanto edivisvelpor 8. Logop218 IN.Alemdissotemosp218e mpar 16p21 8p1 e 8p + 1 p , 1mod8 p , 1ou7mod8 p 3 ou5mod8 _2p_ = 1.93Eis a tabela dos primos p 1mod8comp 97e as duas solucoes incongru-entes < p dacongruencia x2 2modpp 1 sols. x e p x demod 8 x2 2modp7 3, 417 6, 1123 5, 1831 8, 2341 17, 2447 7, 4071 12, 5973 32, 4179 9, 7089 25, 6497 14, 83Sabemos(verCons. 7.2): Se q=2n + 1 eprimo, entaoqMnou qMn+ 2.Estamosagoraemcondicoes deespecicaristomelhornaseguinte8.13 Proposicao.Seja n INtal que q= 2n + 1 eprimo. Entao temosa) Se q 1 ou 7mod8, entaoqMn.b) Se q 3 ou 5mod8, entaoqMn + 2.Demonstracao: Usando-seasproposicoes 8.5e8.12,obtemos:a) q 1 ou7mod8 _2q_ = 1 2q12= 2nmodq q2n1 = Mn.b) q 3 ou 5mod8 _2q_= 1 2q12=2nmodq q2n+ 1=Mn + 2.Emtermosde nobtemos8.14 Proposicao.Seja n INtal que q= 2n + 1 eprimo. Entao temos94a) Se n 0 ou 3mod4, entaoqMn.b) Se n 1 ou 2mod4, entaoqMn + 2.Demonstracao: Por8.13temos:a) n 0 ou3mod4 q= 2n + 1 1 ou7mod8 qMn.b) n 1 ou2mod4 q= 2n + 1 3 ou5mod8 qMn + 2.Quandope primo, todo eventual divisor primoq de Mpe da formaq= 2pk +1(verCons. 7.7). Este k podesermuitogrande(verEx. 5.15nocaso p=67).Reciprocamente,porem,paraumaseriedealgunsprimos, k= 1 forneceomenordivisorprimode Mp.Umacondicao sucientequegarantequeumn umerodeMersenneMpcomndiceprimosejacomposto, e8.15 Conseq u encia.Seja p 3mod4 umprimo,tal quetambemq= 2p + 1 eprimo. EntaoqMp, particularmente Mpnao eprimo,se p > 3 .(Para p = 3 temos M3= 7 = 23 + 1. )Demonstracao: Isto eocasode8.14noqualn = p 3mod4eprimo.Eis atabelados primos 3 2 umprimo, a ZZdecompostocomoa = 2k0 qk11 qk22 . . .qkrrcomprimos mparesdistintos p ,= q1, q2, . . . , qreexpoentesk0 0,k1, k2, . . . , kr> 0. Entao_ap_ =_1p__2p_k0_q1p_k1_q2p_k2 . . . _qrp_kr.Neste ultimo produto, somente a paridade dos expoentes k0, . . . , krinui e pode-mosriscarostermoscomkipar.Demonstracao:Esoprecisoaplicarrepetidasvezesaregra_abp_ =_ap__bp_.96Obviamente,8.16reduzoconhecimentodequalquersmbolodeLegendre_ap_aoconhecimentode_1p_, de_2p_ede_qp_paratodoprimo mpar q ,=p. Ocalculode_qp_conseguiremospelo8.17 Teorema. (LeidareciprocidadequadraticadeEuler/Gauss).Sejamp, q> 2 primosdistintos. Entao vale_qp_ =_pq_ (1)p12q12Procuremosentenderprimeiroaassercao daleidareciprocidade:Para dois primos mpares distintos peq, ambos os smbolos de Legendre_qp_e_pq_ estao denidos. A questao que surge e, o que acontece, se trocarmos neles ospapeisde p e q, ouseja: Oquetemaveraquestao se q eumrestoquadraticomod p comaquestao se peumrestoquadratico mod q?Paraumn umero mpar mtemosquem12epar sem 1mod4 , enquantompar se m 3mod4. Assim,o produtop12q12e mpar (par) ambosp e q sao 3mod4(pelomenosumde p ouq e 1mod4).Logo, alei dareciprocidadedizquepodemossimplesmentetrocar p e q sepelomenosumde p ou q e1mod4. Porem, se p q 3mod4, osmboloinvertidotrocaosinal.8.18 Exemplo.p=2579 eumprimo3mod4. Queremosdescobrirseoprimo q=991 3mod4 eumrestoquadratico mod2579 ounao. Calculamos_9912579_ =_2579991_ (1)25791299112=_2579991_ (1)1289495== _597991_ = _3991__199991_ == ((_9913_))(_991199_) =_13_ (_195199_) =97= (+1)(_3199_) _5199__13199_ = ((_1993_)) _1995__19913_ ==_13__45__413_ = (+1)(+1)(+1) = +1.Assim,aresposta esim. Portentativaobtem-sedefato(138)2 991mod2579 .Preparamosademonstracao daleidareciprocidadequadraticapor8.19 Proposicao.Seja p > 2 umprimo, a ZZumn umero mpartal que pa. Entao_ap_ =_1_p12k=1_kap_.Demonstracao: Consideremos_a, 2a, 3a, . . . ,p12a_. Para todok = 1, 2 , . . . ,p12existemqk, tk ZZcomka = qkp + tke 1 tk p1.Os t1, t2, . . . , tp12sao distintos. Seja_t1, t2, . . . , tp12_ =_r1, . . . , rm, s1, . . . , sn_,onde 1 ri