TNVF12009

Aritmetica Elemental: Una

introduccion (otra mas)

Sergio Plaza1

1Depto. de Matematica, Facultad de Ciencias, Universidad de Santiago de

Chile, Casilla 307–Correo 2. Santiago, Chile. e–mail [email protected],

Homepage http://lauca.usach.cl/˜splaza

i

Version preliminar, en progreso. Se agradecen los comentarios,

correcciones, indicaciones, ...

Contenidos

1 Divisibilidad 1

1.1 Principio de Induccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Descenso Infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4 Divisibilidad en los numeros enteros . . . . . . . . . . . . 9

1.5 Algoritmo de la Division . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.5.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.6 Maximo Comun divisor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.7 Algoritmo para calcular el maximo comun divisor . . . . 25

1.7.1 Metodo de Blankinship . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.7.2 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.8 Numeros coprimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.8.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.9 Mınimo Comun Multiplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.9.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2 Numeros primos 37

2.0.2 Algoritmo para determinar si un numero entero

dado es primo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

iii

iv

2.0.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.1 Postulado de Bertrand . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.2 Numeros de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.3 Numeros de Mersenne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

2.4 Numeros Triangulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.4.2 Algunos comentarios sobre la distribucion de los

numeros primos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.5 Lista de los primeros 1000 numeros primos . . . . . . . . 83

3 Ecuaciones diofantinas 89

3.1 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

3.2 Curiosidades Numericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

4 Congruencias 113

4.1 Numero de pasos en el algoritmo de la division . . . . . . 122

4.2 Pequeno Teorema de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . 123

4.3 Test de Primalidad Probabilıstico . . . . . . . . . . . . . 124

4.4 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

4.4.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

4.5 Factorizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

4.6 Teorema de Fermat de los dos cuadrados . . . . . . . . . . 141

4.6.1 Orden de un Elemento . . . . . . . . . . . . . . . . 145

4.7 Raıces Primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

4.8 Numeros de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

4.9 Teorema chino de los restos . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

4.9.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

4.10 Ecuaciones de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

v

4.11 Ternas Pitagoricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

4.11.1 Ecuacion de Fermat para n = 4 . . . . . . . . . . 163

4.12 Ultimo Teorema de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

4.13 Teorema de Wilson y Teorema de Fermat . . . . . . . . . 173

4.14 Matematicas e Historia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

4.15 Funcion σ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

4.16 La Funcion de Mobius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

4.17 Numeros Perfectos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

4.18 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

5 Funciones aritmeticas y sucesiones 203

5.1 Funcion σ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

5.2 Funcion φ de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

5.3 Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

5.4 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

6 Representaciones Numericas y Aproximaciones 215

6.1 Representacion decimal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

6.2 Representacion en base p , p > 1 . . . . . . . . . . . . . . 223

6.2.1 Representacion Binaria . . . . . . . . . . . . . . . 224

6.2.2 Representacion triadica . . . . . . . . . . . . . . . 225

6.3 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

6.4 e es irracional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

6.5 Conjunto de Cantor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

6.5.1 Longitud del Conjunto de Cantor . . . . . . . . . 234

6.6 k –Volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236

6.6.1 Triangulo de Sierpinski . . . . . . . . . . . . . . . 238

6.6.2 Triangulo de Sierpinski y expansion en base 2 . . . 240

vi

6.7 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

7 Fracciones continuadas 243

7.1 Fracciones Continuadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247

7.2 Aplicacion de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

7.3 Aproximaciones racionales por fracciones continuadas . . 260

7.4 Fracciones Continuas y Geometrıa . . . . . . . . . . . . . 266

7.5 Ecuaciones de Pell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

8 Problemas resueltos 271

8.1 Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278

9 Problemas Clasicos No Resueltos 279

Capıtulo 1

Divisibilidad

En lo que sigue suponemos que el lector esta familiarizado con los

numeros naturales, N , y los numeros enteros, Z . Tambien asumire-

mos conocidas las operatorias de suma y producto en estos conjuntos.

Denotaremos muchas veces el producto de dos numeros a y b por ab ,

en vez de a · b . Ademas, suponemos conocidas las propiedades de orden

“6 ” en los numeros enteros.

Como toda historia tiene un comienzo y todo libro esta basado en

algun principio, nosotros nos basaremos en el siguiente principio.

Principio de la Buena Ordenacion (P.B.O.) Todo subconjunto no

vacıo S de los numeros enteros no negativos (enteros mayores o iguales

que cero) posee un menor elemento.

En otras palabras, existe un elemento q en S tal que q 6 s para

todo elemento s en S.

En matematicas los principios no se demuestran, su validez se acepta

sin discusion. Por otra parte, los teoremas deben ser demostrados y

para desarrollar una demostracion se pueden usar definiciones, resulta-

1

2 Teorıa de Numeros

dos previamente demostrados y principios. En este capıtulo el unico

principio supuesto sera el P.B.O.

Como aplicacion del P.B.O. veamos la irracionalidad de√2 .

Ejemplo 1.1 El numero√2 es irracional.

En efecto, Supongamos contrariamente que√2 es un numero racional,

digamos√2 = a/b , con a y b enteros, los cuales podemos suponer son

positivos, con b 6= 0 . Tenemos entonces que a = b√2 es un entero

positivo y podemos definir el conjunto

S = {n√2 : con n y n

√2 enteros positivos } .

Es claro que S es no vacıo pues b√2 ∈ S . Por el P.B.O., S tiene un

menor elemento, digamos, j = k√2 .

Como√2−1 > 0 , se sigue que j(

√2−1) = j

√2− j = j

√2−k

√2 =

(j−k)√2 es un entero, por ser diferencia de dos enteros. Por otra parte,

como 2 < 2√2 vemos que 2−

√2 <√2 , y como j = k

√2 se tiene que

j√2 = 2k . De esto,

(j − k)√2 = j

√2− k

√2 = 2k − k

√2 = k(2 −

√2) < k

√2 = j ,

de donde (j−k)√2 es un entero positivo que pertenece a S y es menor

que j . Esto contradice la eleccion de j como el menor entero positivo

en S .

Comentario. Hay muchas maneras de probar que√2 es irracional.

Una de ella, las mas divulgada y mas directa, es la siguiente. Igual que

antes supongamos que√2 = a/b con a , b enteros sin factores comunes

y b 6= 0 . Elevando al cuadrado se obtiene 2b2 = a2 . Por lo tanto 2

Sergio Plaza 3

divide a a2 , y se sigue que 2 divide a a , por lo que concluımos que a

debe ser un numero par, digamos a = 2h , donde h es un numero entero,

elevando al cuadrado esa igualdad nos queda a2 = 4h2 . Reemplazando

este valor en la igualdad 2b2 = a2 , se obtiene b2 = 2h2 , de lo cual

deducimos que 2 divide a b2 y como antes vemos que 2 divide a b , lo

cual es una contradiccion con el hecho de que a, b no tenıan divisores

comunes.

Ejemplo 1.2 El cuadrado de un numero entero es de la forma 8n,

8n+ 1 u 8n+ 4 .

Solucion. Sea z un numero entero, entonces z puede ser par o impar.

Probaremos que en cada uno de estos casos se tiene lo pedido.

Primer caso z par.

Sea z = 2k con k un numero entero. Luego z2 = 4k2 . Para k2 hay

dos posibilidades, que sea par o impar.

1. Si k2 es par entonces k2 = 2p , donde p es un entero, y por lo

tanto z2 = 4k2 = 8p , cumpliendose lo pedido.

2. Si k2 es impar entonces k2 = 2q + 1 , donde q es un numero

entero. Luego z2 = 4k2 = 4(2q + 1) = 8q + 4 , obteniendose lo

pedido.

Segundo caso z impar.

En este caso z = 2r + 1 , con r un numero entero. Desarrollando el

cuadrado del binomio se obtiene que z2 = 4(r2 + r)+ 1 = 4r(r+1)+1 .

Puesto que el producto de dos numeros enteros consecutivos es siempre

par (excluyendo el caso cero) se concluye que r(r+1) = 2m para algun

numero entero m , obteniendose que z2 = 8m+ 1 .

A continuacion probaremos el siguiente resultado, que se deduce del

Principio de la Buena Ordenacion.

Teorema 1.1 (Propiedad Arquimediana)1 Si a y b son numeros en-

teros positivos, entonces existe un numero entero positivo n tal que

na > b .

Demostracion. Supongamos que no existe tal entero positivo n , esto

significa que na 0} = {b− a, b− 2a, . . .}.1Arquımedes. Nacio 287 AC en Siracusa, Sicilia, Italia. Fallecio : 212 AC en

Siracusa, Sicilia. Las mayores contribuciones de Arquımedes fueron en geometrıa.

Sus metodos anticipados de calculo integral 2.000 anos antes de Newton y Leibniz.

Arquımedes era un nativo de Siracusa, Sicilia y estudio en Alejandrıa, volviendo

enseguida a su patria. Dedico su genio a la Geometrıa, Mecanica, Fısica e Ingenierıa.

Su geometrıa es una geometrıa de la medida. Efectua cuadraturas de superficies

planas y curvas. Escribio varias obras las cuales se han ordenado segun la epoca

en que fueron escritas: 1. Esfera y cilindro. 2. Medida del cırculo. 3. Gnoides y

esferoides. 4. Espirales. 5. Equilibrio de los planos y sus centros de gravedad. 6.

Cuadratura de la parabola. 7. El arenario. 8. Cuerpos flotantes. 9. Los lemas. 10.

El metodo. Arquımedes demostro que la superficie de una esfera es cuatro veces la

de uno de sus cırculos maximos. Calculo areas de zonas esfericas y el volumen de

segmentos de una esfera. Demostro que “El area de un casquete esferico es igual a la

superficie de un cırculo que tiene por radio la recta que une el centro del casquete con

punto de la circunferencia basal”. El problema al cual le atribuıa gran importancia

era el de demostrar que “El volumen de una esfera inscrita en un cilindro es igual a

2/3 del volumen del cilindro”. Como postrer homenaje se coloco una esfera inscrita

en un cilindro. Asimismo demostro Arquımedes que la superficie de esta esfera era

tambien los 2/3 de la superficie del cilindro.

Sergio Plaza 5

Como hemos supuesto que b − na > 0 para todo entero positivo n ,

se tiene que S es un conjunto no vacıo de numeros enteros positivos.

Aplicando el Principio de Buena Ordenacion se obtiene que S posee un

menor elemento. Luego existe m0 ∈ Z tal que b−m0a 6 b−napara todon entero positivo. De esta ultima desigualdad se obtiene que n 6 m0

para todo n entero positivo, lo cual evidentemente es falso, pues basta

tomar n = m0+1 > m0 . Esta contradiccion se obtuvo por la suposicion

de que na < b para todo entero positivo n . Por lo tanto el teorema ha

sido probado.

1.1 Principio de Induccion

Aunque el Principio de Induccion (P.I.) es llamado ası, es de hecho un

teorema, el cual pasamos a enunciar y probar.

Teorema 1.2 (Principio de Induccion) Sea P (n) una propiedad de

enteros no negativos n . Suponga que

(a) P (0) ( o P (1) ) es verdadera, y

(b) P (n+ 1) es verdadera si P (n) lo es, para todo n > 0 (n > 1) .

Entonces P (n) es verdadera para todos los enteros no negativos (po-

sitivos).

Demostracion. Haremos la prueba por contradiccion.

Supongamos que P (n) es falsa para algun entero no negativo n .

Por el P.B.O., existe un menor entero no negativo n tal que P (n) es

falsa, pero P (m) es verdadera para todo entero no negativo m , con

0 6 m < n . Como P (0) es verdadera por ( a ), se sigue que n > 0 .

Luego, P (n − 1) es verdadera, pues 0 6 n − 1 < n . Desde ( b ) se

sigue entonces que P (n) es verdadera, lo cual nos da la contradiccion

deseada.

Teorema 1.3 (Principio de Induccion Completa) Sea P (n) una propiedad

de enteros no negativos n . Supongamos que para cualquier entero no

negativo n , la propiedad P (n) es verdadera cuando P (m) es verdadera

para todo entero no negativo m menor que n . Entonces P (n) es ver-

dadera para todo n > 0 .

Demostracion. La afirmacion es equivalente a su contrapositiva, esto

es, para cualquier n , si P (n) es falsa entonces P (m) es falsa para

algun entero no negativo m , con m < n . Luego el conjunto de todos

los enteros no negativos para P (n) es falsa no tiene un menor elemento,

y por el P.B.O., este conjunto debe ser vacıo.

1.2 Problemas

Problema 1.1 Para todo n > 1 , pruebe lo siguiente por induccion

matematica1

12+

1

22+

1

32+ · · ·+ 1

n26 2− 1

n.

Problema 1.2

Problema 1.3

Problema 1.4

Problema 1.5

Sergio Plaza 7

Problema 1.6

Problema 1.7

Problema 1.8

Problema 1.9

Problema 1.10

Problema 1.11

Problema 1.12

Aquı voy, 14 de Mayo de2009

1.3 Descenso Infinito

En el siglo XVII, el gran matematico frances Pierre de Fermat introdujo

un metodo de prueba, el cual llamo el metodo “descenso infinito”, sobre

el que afirmo uso en todos sus descubrimientos en Teorıa de Numeros.

Este metodo esta basado en la siguiente afirmacion obvia: “una sucesion

decreciente de numeros naturales no puede continuar indefinidamente”.

Con esto Fermat fue capaz de establecer algunos de sus resultados

mas relevantes referentes a propiedades de los numeros enteros.

Supongamos, como en el caso con induccion matematica, que son

dadas una cantidad infinita de afirmaciones P1, P2, P3, . . . , una para

cada numero entero positivo n , y que deseamos probar que todas ellas

son verdaderas. Eso puede ser hecho mostrando que cada afirmacion

falsa es precedida por otra afirmacion falsa. Mas precisamente, supon-

gamos que cualquier afirmacion dada Pn es falsa, entonces otra afir-

macion Pm puede ser encontrada, con m < n , la cual tambien es falsa.

Note que asumimos solo que m es algun valor menor que n , y no nece-

sariamente el entero inmediatamente menor. Como n fue arbitrario,

la plaicacion repetida de este argumento nos lleva a otro valor k < m

para el cual Pk es falsa, y ası sucesivamente “ad infinitum”. Pero esto

es imposible, pues existe solo una cantidad finita de numeros enteros

positivos menores que n , y concluımos por reduccion al absurdo que las

afirmaciones deben ser verdaderas.

El metodo de descenso infinito es simplemente otra forma del Princi-

pio de Induccion, este ultimo bien podrıa llamarse “Metodo de Ascenso

Infinito”. Ambos metodos de demostracion son equivalentes al P.B.O.

Si podemos demostrar, sin restricciones, que cada afirmacion falsa es

precedida por otra afirmacion falsa, entonce se sigue a priori que es

imposible que la primera afirmacion sea falsa. La segunda afirmacion

debe ser tambien verdadera, pues su falsedad deberıa implicar la de la

primera. De modo analogo, la tercera afirmacion debe ser precedida por

afirmaciones verdaderas, y ası sucesivamente ad infinitum.

Invirtiendo la logica hemos ganado una ventaja. La transicion desde

n a n+ 1 , que es la parte importante de una prueba por induccion, es

reemplazada por una transicion desde n a algun valor menor, pero no

necesariamente n−1 , lo cual permite hacer pruebas sin tanta restriccion.

Ademas en una prueba por descenso infinito. ??????

Ejemplo 1.3 Prueba de la irracionalidad de√2 usando el metodo de

descenso infinito. Por reduccion al absurdo. Supongamos que existe una

fraccion positiva a/b tal que (a/b)2 = 2 , es decir, a2 = 2b2 . De esto se

Sergio Plaza 9

sigue que a2 es par y en consecuencia a debe ser par. Luego, podemos

escribir a = 2c , y tenemos 4c2 = a2 = 2b2 , de donde b2 = 2c2 . Pero

claramente, b es menor que a , y hemos encontrado otra fraccion b/c ,

igual a√2 , pero que tiene denominador menor. Esto es el inicio del

descenso infinito, lo cual nos lleva a una contradiccion.

Observacion 1.1 Existe otra prueba interesante en la cual la relacion

la relacion hipotetica a2 = 2b2 puede ser escrita en la forma equivalente

(2b − a)2 = 2(a − b)2 , luego (2b − a)|(a − b) es otra fraccion igual a

a/b y que tiene un denominador menor. La contradiccion se sigue por

el descenso infinito o asumiendo de inicio que a/b esta en su forma

simplificada.

1.4 Divisibilidad en los numeros enteros

Definicion 1.1 Dados dos enteros a, b ∈ Z , con a 6= 0 . Decimos que

a divide a b si existe un numero entero c tal que b = c ·a . Si a divide

a b lo denotaremos por el sımbolo a|b . Al numero entero a lo llamamos

un divisor de b . Tambien decimos que b es un multiplo de a , o bien

que a es un factor de b . Si a no divide a b usamos la notacion a |/ b .

Ejemplo 1.4 Claramente 3|27 , pues existe el numero 9, tal que 27 =

3 · 9 , es decir, 3 es un factor de 27 o 3 es un divisor de 27.

Ejemplo 1.5 Para todo numero entero n , se cumple que n|0 . Esto es

inmediato de la propiedad de que todo numero entero, incluido el cero,

multiplicado por cero es igual a cero.

A continuacion enumeramos algunas propiedades de la division que

aplicaremos muchas veces en este texto.


Teorema 1.4 (Propiedades de la divisibilidad)

i) Si a|b y b|a , entonces a = ±b .

ii) Si a|b y c|d , entonces ac|bd .

iii) Si a|b y b|c , entonces a|c .

iv) Si a|b , a|c y u, v ∈ Z , entonces a|(bu+ cv) .

Demostracion. Probaremos solamente la propiedad iv) y dejaremos

las restantes como ejercicios para el lector.

Si a|b y a|c entonces existen numeros enteros k1 y k2 tales que

b = k1a y c = k2a . Luego bu+ cv es de la forma

bu+ cv = k1au+ k2av = (k1u+ k2v)a,

lo cual significa que a|(bu+ cv) .

Nota 1.1 Una factorizacion algebraica util en Teorıa de Numeros es la

siguiente.

Para todo par numeros de a, b y para todo n numero natural se tiene

que

an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b+ an−3b2 + · · ·+ abn−2 + bn−1) .

Esta factorizacion resulta directamente de dividir el polinomio an −bn por a − b . Veamos un ejemplo de la utilidad de esta formula de

factorizacion.

Ejemplo 1.6 Pruebe que para cualquier numero natural n , 17 divide

a 2n · 32n − 1 .

Sergio Plaza 11

Solucion. Debemos mostrar que 2n · 32n− 1 puede ser escrito como un

multiplo de 17. Tenemos

2n · 32n − 1 =(2 · 32

)n − 1

= 18n − 1

= (18− 1)(18n−1 + 18n−2 + · · · + 18 + 1)

= 17 ·N

donde N = 18n−1 + 18n−2 + · · · + 1 . Luego, 17|(2n · 32n − 1

).

Problema 1.1 Pruebe que si a, b, c son enteros que no son divisibles

por 5 entonces a2 + b2 − c2 tampoco es divisible por cinco.

Solucion. Este problema puede abordarse directamente haciendo una

tabla. La idea es utilizar el hecho que al dividir por 5 cada uno de

ellos se tiene un resto no nulo, es decir, a = 5k1 + r1 , b = 5k2 + r2 ,

c = 5k3 + r3 , con los restos 0 < ri 6 4 . Por lo tanto, calculando

a2 + b2 − c2 se obtiene la expresion a2 + b2 − c2 = 5l + r21 + r22 − r23 .

Luego basta con examinar la expresion r21 + r22 − r23 con la condicion de

que los restos son numeros 0 < ri 6 4 . Como no son muchos, podemos

intentar calcular todos los posibles valores de r21 + r22 − r23 .

r21 r21 r21 r21 + r22 − r23

1 1 1 1

4 4 4 4

9 9 9 9

16 16 16 16

Experimentando con esta tabla de valores se puede calcular todos los

casos y deducir que la expresion r21+r22−r23 en la ultima columna nunca

es cero ni tampoco un multiplo de 5. Con ellos se ha probado lo que se

pide. Una vez logrado esta etapa de experimentacion numerica se puede

tratar de encontrar una demostracion formal que solamente tiene por

objetivo abstraer lo que numericamente se ha corroborado.

1.5 Algoritmo de la Division

Ejemplo 1.7 Vimos que 3|27 , pero 3 no divide a 20. Sin embargo el

numero 20 se puede escribir como 20 = 3 · 6 + 2 . Esta propiedad es

generalizable a un par de numeros enteros arbitrarios como lo indica el

resultado siguiente.

Este algoritmo es debido a Euclides2.

Teorema 1.5 Sean a, b ∈ Z , con a > 0 . Entonces existen dos numeros

enteros q y r , unicos, tales que

b = qa+ r, con 0 6 r < a (1.1)

2Nacio 365 AC en Alejandrıa, Egipto. Fallecio: Alrededor del 300 AC. Muy poco

se sabe con certeza de su vida. Probablemente, fue llamado a Alejandrıa en el ano 300

AC. Sin duda que la gran reputacion de Euclides se debe a su famosa obra titulada

“Los Elementos Geometricos”, conocida simplemente por “Los Elementos”. Tal es la

importancia de esta obra que se ha usado como texto de estudios por cerca de 2000

anos, veinte siglos, sin que se le hicieran correcciones de importancia, salvo pequenas

modificaciones. Los Elementos estan constituidos por trece libros. A aquellos se ha

agregado un XIV libro que comprende un trabajo de Hipsicles del siglo II de nuestra

era, y aun un XV libro con un trabajo de menor importancia. Esta obra de Euclides

es el coronamiento de las investigaciones realizadas por los geometras de Atenas, como

ası mismo de los anteriores. Euclides no hace sino volver a tomar con mas perfeccion

los ensayos anteriores; hace una seleccion de las proposiciones fundamentales y las

ordena convenientemente desde el punto de vista logico. La forma que emplea es la

logica deductiva.

Sergio Plaza 13

Al numero r en (1.1) se le llama el resto de la division de b por a.

Demostracion. Primero mostraremos que tales numeros q, r ∈ Z ex-

isten. Para ellos consideramos el conjunto

S = {b− as > 0 : s ∈ Z} .

Es facil ver que S es un subconjunto no vacıo de N ∪ {0} . Se sigue

del P.B.O. que S tiene un primer elemento.

Sea r el menor elemento de S , y sea q ∈ Z tal que b− aq = r . Es

claro que r > 0 , por lo tanto resta mostrar que r < a . Supongamos

contrariamente que r > a . Entonces b−a(q+1) = (b−aq)−a = r−a > 0

de donde b−a(q+1) ∈ S . Por otra parte es claro que b−a(q+1) < r ,

lo que contradice el hecho de que r es el menor elemento de S .

Ahora pasamos a probar la unicidad de los numeros q, r ∈ Z para

los cuales se tiene b = qa + r , con 0 6 r < a . Supongamos que

b = aq1 + r1 = aq2 + r2 , de esto se sigue que |r1 − r2| = a|q1 − q2| . Si

q1 6= q2 , entonces se tiene que a|q1−q2| > a , mientras que |r1−r2| < a ,

lo cual es una contradiccion. Por lo tanto q1 = q2 y de esto se sigue que

r1 = r2 , lo que completa la prueba del teorema.

Este teorema nos dice que si a > 0 , entonces a|b si solo si el resto de

la division de b por a es cero.

Ejemplo 1.8 Sabemos que un ano no bisiesto tiene 365 dıas. Si el

primero de Enero de un ano fue dıa Domingo ¿Cuantos Domingos tiene

ese ano? ¿Cuantos Lunes tiene ese ano? ¿Cuantos Martes tiene ese

ano?

Solucion. Aquı utilizamos la division por 7, que corresponde a los siete

dıas de la semana. No es dıficil de ver que 365 = 52·7+1 . Esto significa

que el 30 de Diciembre de ese ano es un dıa Domingo y por lo tanto el

31 de Diciembre es un dıa Lunes. Por lo tanto podemos responder la

pregunta en forma mas general, hay exactamente 52 dıas de cada semana

excepto el Lunes que hay uno mas, es decir 53 dıas Lunes.

1.5.1 Ejercicios

Problema 1.13 Una maquina fabrica alternadamente un perno de pre-

cision cada 14 minutos y una tuerca cada 5 minutos. Si la maquina tra-

baja 24 horas que conviene mas ¿que la maquina comience fabricando

una tuerca o que comience fabricando un perno?

Problema 1.14 Sean a, b enteros positivos tales que ab + 1 divide a

a2 + b2 . Pruebe que a2+b2

ab+1 es el cuadrado de un numero entero.

Problema 1.15 Sean a, b, c, d enteros. Pruebe que el producto

(a− b) · (a− c) · (a− d) · (b− c)(b − d)(c − d)

es divisible por 12.

Problema 1.16 Sean x, y enteros positivos tales que xy divided a

x2 + y2 + 1 . Pruebe que x2+y2+1xy = 3

Problema 1.17 (R.K. Guy, R.J. Nowakowki)

a) Encuentre infinitos pares de enteros a y b , con 1 < a < b , tal

que ab divide a a2 + b2 − 1 .

b) Sean a, b como en (a) ¿Cuales son los posibles valores de a2+b2+1ab ?

Sergio Plaza 15

Problema 1.18 Pruebe que para cada entero n > 2 , se tiene que n

no divide a 2n − 1 .

Problema 1.19 Sea k > 2 un entero, y sean n1, n2, . . . , nk > 1 enteros

con la propiedad

n2|2n1 , n3|2n2 − 1, . . . , nk|2nk−1 − 1, n1|2nk − 1.

Pruebe que n1 = n2 = · · · = nk = 1 .

Problema 1.20 Sean m,n enteros positivos tales que mn + 1 es di-

visible por 24. Pruebe que m+ n es divisible por 24.

Problema 1.21 Sea f(x) = x3 + 17 . Pruebe que para cada entero

n > 2 , existe un entero positivo para el cual f(x) es divisible por 3n

pero no lo es por 3n+1 .

Problema 1.22 Pruebe que para cada entero no negativo n ,

n∑

k=0

(

2n+ 1

2k + 1

)

23k

es divisible por 5

Problema 1.23 Sea n un entero positivo. Pruebe que las siguientes

afirmaciones son equivalentes.

1. n no es divisible por 4.

2. Existen a, b ∈ Z tal que a2 + b2 + 1 es divisible por n .

Problema 1.24 Muestre que existen infinitos numeros enteros com-

puestos n tal que 3n−1 − 2n−1 es divisible por n .

Problema 1.25 Sean a, b y c enteros tales que a + b + c divide a

a2 + b2 + c2 . Pruebe que existen infinitos enteros positivos n tales que

a+ b+ c divide a an + bn + cn .

Problema 1.26 Pruebe que para cada n ∈ N se tiene que 7 divide a

3n + n3 si y solo si 7 divide a 3nn3 + 1 .

Problema 1.27 Determine todos los enteros n > 1 tal que

2n + 1

n

es un entero.

Problema 1.28 Encuentre todos los triples de enteros positivos (a, c, b) ,

tal que (2c − 1) divide a 2a + 2b + 1 .

Problema 1.29 Encuentre todos los enteros a, b, c con 1 < a < b < c

tales que (a− 1)(b− 1)(c − 1) es un divisor de abc− 1 .

Problema 1.30 Determine todos los triples enteros positivos (a,m, n)

tales que am + 1 divided a (a+ 1)n .

Problema 1.31 Encuentre todos los n ∈ N tal que 2n−1|n! .

Problema 1.32 Encuentre todos los enteros positivos n tales que 2n

divide a 3n − 1 .

Problema 1.33 Determine todos los pares (a, b) de enteros para los

cuales a2 + b2 + 3 es divisible por ab .

Problema 1.34 Encuentre el menor entero positivo n tal que 21989|(mn−1) para todo entero positivo impar m > 1 .

Sergio Plaza 17

Problema 1.35 (Shaulesh Shiradi) Si a, b, c son enteros positivos tales

que

a < a2 + b2 − abc 6 c .

Pruebe que a2 + b2 − abc es un cuadrado perfecto.

Nota: Si a2 + b2 − abc = c entonces a2+b2

ab+1 = c ∈ N .

Problema 1.36 Sean a y b enteros positivos tales que a|b2 , b2|a3 ,a3|b4 , b4|a5, . . . Pruebe que a = b .

Problema 1.37 Sean m ,n enteros positivos, tales que

A =(m+ 3)n + 1

3m

es un entero. Pruebe que A es impar.

Problema 1.38 Pruebe que si 3 6 d 6 2n+1 , entonces d no divide a

(a2n + 1) para todo entero positivo a .

Problema 1.39 Si n > 6 es un entero compuesto, pruebe que n|(n−1)! .

Problema 1.40 Pruebe que existen infinitos enteros positivos n tales

que n2 + 1 divide a n! .

Problema 1.41 Sea a y b enteros con la propiedad que para cada

entero no negativo (es decir, mayor o igual que cero) n , el numero

2na+ b es el cuadrado de un entero. Pruebe que a = 0 .


Problema 1.42 Para cada entero positivo n , pruebe que

(n + 1)(n + 2) · · · (n + 10)

no es un cuadrado perfecto.

Problema 1.43 Determine todos los numeros N de 3 dıgitos, que tiene

la propiedad que N es divisible por 11, yN

11es igual a la suma de los

cuadrados de los dıgitos de N .

Problema 1.44 Pruebe que 198019811982

+198219801980

es divisible por

19811981 .

Problema 1.45 Sean m,n enteros positivos.

1. Pruebe que n!|(m+ 1)(m+ 2) · · · (m+ n).

2. Pruebe que(3m)!(4n)!

(m!)3(n!)4es un entero.

Problema 1.46 Sean n1, . . . , nk enteros positivos. Pruebe que n1!n2! · · · nk!

divide a (n1 + n2 + · · ·+ nk)!

Problema 1.47 Pruebe que 2n|(n+1)(n+2) · · · (2n) para cada n ∈ N .

Problema 1.48 Encuentre todos los enteros positivos d tales que d|(n2+

1) y d|((n + 1)2 + 1) para algun entero n .

Problema 1.49 Encuentre, con demostracion, todos los valores de n

tal que n2+1n+2 es un entero.

Problema 1.50

Problema 1.51

Sergio Plaza 19

Problema 1.52

Problema 1.53

Problema 1.54

Problema 1.55

Problema 1.56

Problema 1.57

Problema 1.58

1.6 Maximo Comun divisor

El maximo comun divisor entre dos numeros enteros a , b es un numero

entero positivo d , que denotamos por d = mcd (a, b) , el cual satisface

las siguientes propiedades.

1. d > 0 , d|a y d|b .

2. Si c ∈ Z es tal que c|a y c|b entonces c 6 d .

En otras palabras, el maximo comun divisor mcd (a, b) es un numero

que divide a a y divide a b , y si existe otro numero que divide a a

y a b entonces necesariamente tal numero es menor o igual a d . Por

ejemplo se tiene que mcd (n, 0) = 0 para todo n numero entero.

Ejemplo 1.9 mcd (45, 78) = 3 , pues los divisores de 45 son: 1, 3, 5, 9,

15, y 45, y los divisores de 78 son: 1, 2, 6, 13, 26, 39, y 78. Observando

los divisores de ambos numeros vemos que el mayor divisor comun a

ellos es 3.


Ejemplo 1.10 de manera analoga al jemplo anterior se tiene que mcd (12, 21) =

3 y mcd (943, 414) = 23 .

Dos preguntas surgen inmediatamente de la definicion de maximo

comun divisor:

1. ¿Existe siempre el maximo comun divisor de un par de numeros

dados?

2. ¿Es posible construir un algoritmo para calcularlo?

La respuesta a ambas preguntas es afirmativa. La respuesta a la

primera esta basada en el P.B.O.

Con respecto a la segunda pregunta, una manera de calcular mcd (a, b)

es encontrar todos los divisores de a y de b y elegir el mayor divisor

comun a ambos numeros. Este metodo resulta ser muy engorroso para

numeros grandes.

Un metodo mas eficaz es descrito en el septimo libro de la obra de

Euclides, “Los Elementos”. Este algoritmo para el calculo de mcd (a, b)

se basa en el siguiente resultado.

Lema 1.1 Si b = qa+ r , entonces mcd (a, b) = mcd (a, r).

Demostracion. Es inmediata de la definicion de maximo comun di-

visor. Sean k = mcd (a, b)) y ℓ = mcd (a, r) los maximos comunes

divisores de a, b y de a, r , respectivamente.

Despejando r se tiene que r = b− qa . Como k|a y k|b , se obtiene,

por propiedad iv) de la division, que k tambien divide a r y luego,

por definicion de ℓ , k 6 ℓ . Ademas ℓ es tambien un divisor de b y,

Sergio Plaza 21

por definicion de k , ℓ 6 k . Por lo tanto no queda otra alternativa que

k = ℓ .

Para calcular mcd (a, b) procedemos de la siguiente manera. Apli-

cando el algoritmo de la division sucesivamente obtenemos la siguiente

cadena de igualdades:

b = q1 · a+ r1, 0 6 r1 < a,

a = q2 · r1 + r2, 0 6 r2 < r1,

r1 = q3 · r2 + r3, 0 6 r3 < r2,...

rn−2 = qn · rn−1 + rn, 0 6 rn < rn−1

rn−1 = qn+1 · rn + rn+1, rn+1 = 0.

(1.2)

Detenemos el proceso al encontrar el primer resto nulo. Esto siempre

sucede, puesto que el resto de una etapa es estrictamente menos que el

resto de la etapa anterior y r1 , el primer resto, es estrictamente menor

que a . Aplicando el Lema 1.1 se obtiene que

mcd (a, b) = mcd (a, r1) = mcd (r1, r2) = · · · = mcd (rn−1, rn) = mcd (rn, 0) = rn.

Ejemplo 1.11 Calculemos mcd (414, 943) . Tenemos

943 = 2 · 414 + 115

414 = 3 · 115 + 69

115 = 1 · 69 + 46

69 = 1 · 46 + 23

46 = 2 · 23


En este ejemplo, a = 414 , b = 943 y los correspondientes restos son

r1 = 115 , r2 = 69 , r3 = 46 , r4 = 23 y r5 = 0 . Luego mcd (414, 943) =

23 .

Ejemplo 1.12 Calculemos mcd (5486, 3254) . Tenemos

5486 = 1 · 3254 + 2234

3254 = 1 · 2234 + 1020

2234 = 2 · 1020 + 194

1020 = 5 · 194 + 50

194 = 3 · 50 + 44

50 = 1 · 44 + 6

44 = 7 · 6 + 2

6 = 3 · 2 + 0

Luego,mcd (5486, 3254) = 2 .

Este algoritmo muestra tambien que para un par de numeros enteros

a y b existen numeros enteros α y β tales que

mcd (a, b) = αa+ βb . (1.3)

Esta ecuacion es llamada representacion de Bezout3 para el maximo

comun divisor.

En el ejemplo 1.11 anterior se obtienen α y β eliminado consecuti-

vamente los restos r1, r2, . . . , rn , empezando por la penultima igualdad

3Etienne Bezout, nacio en Nemours, Francia 1730 y murio en Basses-Loges, Francia

1783.

Sergio Plaza 23

23 = 69− 1 · 46= 2 · 69− 115

= 2 · (141 − 3 · 115) − 115

= 2 · 414 − 7 · 115= 2 · 414 − 7 · (943 − 2 · 414)= 16 · 414− 7 · 943 ,

es decir, α = 16 y β = −7 .

Este ejemplo muestra como proceder para el caso en que a y b son

dos enteros cualesquiera, es decir, se empieza por la ultima igualdad de

la de cadena en (1.2) y se continua imitando lo realizado en el ejemplo.

Ademas de la existencia del maximo comun divisor de dos enteros

a, b ∈ Z , tenemos una representacion de Bezout, esto es, si d = mcd (a, b) ,

entonces existen enteros m,n ∈ Z tal que d = ma+ nb .

Teorema 1.6 (Lema de Bezout) Sean a, b ∈ Z . Si d = mcd (a, b) ,

entonces d tiene una presentacion de Bezout para d , en otars palabras,

existen enteros m,n ∈ Z tales que d = ma+ nb .

Demostracion. Considere el conjunto D = {am + bn : a, b ∈ Z} .Claramente, D es un conjunto no vacıo de numeros enteros. Notemos

que si c ∈ D entonces tambien −c ∈ D . En consecuencia, D contiene

enteros positivos. Sea d el menor entero positivo en D ; afirmamos que

d = mcd (m,n) . Para demostrar esto existen dos cosas a probar.

Afirmacion 1. d es un divisor comun de m y n .

En efecto, por simetrıa basta probar que d|m . Escribamos m = rd+s

con 0 6 s < d ; tenemos que d = am + bn , luego s = rd − m =

r(am+ bn)−m = (ra− 1)m+ bn ∈ D .


La minimalidad de d implica que s = 0 , luego d|m .

Afirmacion 2. Si e es un divisor comun de m y n , entonces e|d .En efecto, supongamos que e|m y e|n . Como d = am + bn se

concluye que e|d .La existencia de la representacion de Bezout para d es inmediata pues

d ∈ D .

Note que la clave de la prueba es la existencia de una division con

resto.

El lema de Bezout puede ser usado para dar una generalizacion im-

portante de la propiedad: p|ab⇒ p|a o p|b de los primos p .

Teorema 1.7 Si m|ab y mcd (m, b) = 1 , entonces m|a .

Demostracion. Escribamos ab = mn , por el lema de Bezout, existen

x, y ∈ Z tal que mx + by = 1 . Multiplicando esta igualdad por a ,

obtenemos a = max+ aby = max+mny = m(ax+ ny) , esto es, m|a .

Un ejercicio interesante consiste en probar que el maximo comun di-

visor d = mcd (a, b) tambien es determinado por las condiciones

1. d > 0 , d|a y d|b .

2. Si c|a y c|b entonces c|d .

Para probar que estas condiciones (que no usan el concepto de orden)

son equivalentes a la definicion de mcd (a, b) dada anteriormente, se

aplica la propiedad (1.3) del maximo comun divisor.

Sergio Plaza 25

1.7 Algoritmo para calcular el maximo comun

divisor

El algoritmo de Berlekamp para determinar el maximo comun divisor

entre dos enteros, tambien entrega la representacion de Bezout para el

maximo comun divisor, esto es, d = mcd (a, b) = ax+ by .

1. haga a1 ← a, a2 ← b;x1 ← 1, x2 ← 0; y1 ← 0, y2 ← 1.

2. haga q ←[a1a2

]

( [x] denota la parte entera de x , es decir, [x] es

el mayor entero menor o igual que x )

3. haga a3 ← a1 − qa2;x3 ← x1 + qx2; y3 ← y1 + qy2.

4. haga a1 ← a2, a2 ← a3;x1 ← x2, x2 ← x3; y1 ← y2, y2 ← y3 .

5. Si a2 > 0 vaya a 2.

6. Si ax1 − by1 > 0 retorne como resultado (d, x, y) = (a1, x1,−y1) ,en otro caso retorne como resultado (d, x, y) = (a1 − x1, y1) .

Ejemplo 1.13 Numeros de Fibonaci. Una manera de generar numeros

de Fibonaci4 es definir la sucesion de numeros construidos por la recu-

rrencia f0 = 0 , f1 = 1 y fn+1 = fn + fn−1 , para n > 1 . Ası podemos

4Nacio en 1170 probablemente en Pisa, Italia. Fallecio en 1250 probablemente en

Pisa. Leonardo Pisano es mas conocido por su apodo Fibonacci. Jugo un rol muy

importante al revivir las matematicas antiguas y realizo importantes contribuciones

propias. Fibonacci nacio en Italia pero fue educado en Africa del Norte donde su

padre ocupaba un puesto diplomatico. Viajo mucho acompanando a su padre, ası

conocio las enormes ventajas de los sistemas matematicos usados en esos paıses. En

su libro ”Liber Abaci, publicado en el 1202 despues de retornar a Italia, esta basado

en trozos de aritmetica y algebra que Fibonacci acumulo durante sus viajes. En

Liber Abaci Fibonaci introduce el sistema decimal Hindu–Arabico y usa los numeros

arabicos dentro de Europa. Un problema en Liber Abaci permite la introduccion de


formar los siguientes numeros 17 primeros numeros de Fibonaci

fn : 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34,

55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, . . . ,

Notemos la siguiente curiosidad que se extrae examinando directa-

mente los numeros fn . Se tiene que 3|6 y f3|f6 ; 4|8 y f4|f8 ; 3|9 y

f3|f9 ; 5|10 y f5|f10 ; 6|12 y f6|f12 , . . . .Podemos conjeturar que “si k |n entonces fk|fn ”.

Tratemos de demostrar esta afirmacion, que en un principio asoma solo

por simple observacion. Para ellos establecemos el siguiente resultado.

Teorema 1.8 Sean fn , con n > 1 los numeros de Fibonaci como

fueron generados arriba. Si k|n entonces fk|fn .

Demostracion. Primero probemos la siguiente identidad

fs+t = fs−1ft + fsft+1.

Despues, tomando s = n y t = kn , reemplazando en la identidad

nos queda

fn+kn = f(k+1)n = fn−1fkn + fnfkn+1 .

los numeros de Fibonacci y la serie de Fibonacci por las cuales es recordado hoy en

dıa. El Diario Trimestral de Fibonacci es un moderno periodico cientıfico dedicado al

estudio de las matematicas que llevan estas series. Otro libro de Fibonacci de mayor

importancia es “Practicas de Geometrıa” publicado en el ano 1220. Este contiene

una extensa coleccion de problemas de geometrıa y de trigonometrıa. Tambien en

su “Liber Quadratorum” publicado en el ano 1225 aproximo las raıces cubicas obte-

niendo una respuesta que en la notacion decimal es correcta en 9 dıgitos. En el libro

“Mis Practicas de Geometrıa, publicado el ano 1220 entrega una compilacion de la

geometrıa al mismo tiempo que introduce algo de trigonometrıa.

Sergio Plaza 27

De aquı, si fn|fkn entonces fn|f(k+1)n . Como trivialmente se tiene

que fn|fn·1 y el resultado se sigue por induccion.

1.7.1 Metodo de Blankinship

Este metodo fue descubierto por W.A Blankinship y permite obtener

los enteros s y t en el Lema de Bezout y al mismo tiempo produce

mcd (a, b) .

Dados dos enteros a > b > 0 , comenzamos con el arreglo

(

a 1 0

b 0 1

)

continuamos sumando multiples de una fila a otra fila, eligiendo alter-

nadamente la fila, hasta obtener un arreglo de la forma

(

0 x1 x2

d y1 y2

)

(

d y1 y2

0 x1 x2

)

Entonces d = mcd (a, b) = y1a+ y2b .

Ejemplo 1.14 Consideremos a = 35 y b = 15 . Tenemos entonces el

arreglo

(

35 1 0

15 0 1

)


Notemos que 35 = 15 · 2 + 5 , luego 35 + 15 · (−2) = 5 . Ahora,

multiplicando la fila 2 por -2 y sumando a la fila 1, obtenemos

(

5 1 −215 0 1

)

Ahora, 15 = 5 · 3 , de donde 15 + 5(−3) = 0 , luego multiplicando la

fila 1 por −3 y sumandola a la fila 2 obtenemos

(

5 1 −20 −3 1

)

Luego, mcd (35, 15) = 5 y 5 = 1 · 35 + (−2) · 15 .

Ejemplo 1.15 Sean a = 1876 y b = 365 . Tenemos el arreglo

(

1876 1 0

365 0 1

)

Como 1876 = 365 · 5+ 51 , multiplicando la fila 2 por -5 y sumandola

a la fila 1, obtenemos

(

51 1 −5365 0 0

)

Ahora, 365 = 51 · 7 + 8 , luego multiplicando la fila 1 por −7 y

sumandola a la fila 2, obtenemos

(

51 1 −58 −7 36

)

Sergio Plaza 29

Como 51 = 8 · 6 + 3 , multiplicando la fila 2 por −6 y sumandola a

la fila 1 nos queda

(

3 43 −2218 −7 36

)

Ahora, como 8 = 3 · 2 + 2 , sumamos −2 veces la fila 1 a la fila 2, y

obtenemos

(

3 43 −2212 −93 478

)

Como 3 = 2 ·1+1 , sumamos −1 veces la fila 2 a la fila 1 y obtenemos

(

1 136 −6992 −93 478

)

Finalmente, como 2 = 1 · 2 , si multiplicamos la fila 1 por −2 y la

sumamos a la fila 2, obtenemos

(

1 136 −6990 −365 1876

)

Por lo tanto, mcd (1876, 365) = 1 y 1 = 136 · 1876 + (−699) · 365 .

Notemos que al momento de producir un cero en la columna 1, no

es necesario calcular los otros elementos de esa fila, pues nos interesan

los coeficientes en que aparece d = mcd (a, b) , por ejemplo, en el ultimo

ejemplo, no es necesario calcular los coeficientes 136(−2)−93 y (−699)·(−2) + 478 .


Examinemos un poco el algoritmo de Blankinship. Note que esta-

mos viendo lo que ocurre en la primera columna, y esto corresponde

exactamente a lo que hacemos en el algoritmo de Euclides.

Tenemos

(

a 1 0

b 0 1

)

y a = 1 · a+ a · b , b = 0 · a+ 1 · bVeamos un paso intermedio cualesquiera, en este caso tenemos un

arreglo de la forma

(

a1 x1 x2

b1 y1 y2

)

y a1 = a1a+ x2b , b1 = y1a+ y2b , y el resultado se sigue de esto.

1.7.2 Ejercicios

Problema 1.59 Determine el maximo comun divisor de los elementos

del conjunto {n13 − n : n ∈ Z} .

Problema 1.60 Sean a , m y n enteros positivos. Pruebe que mcd (am−1, an − 1) = xmcd (m,n)−1 .

Problema 1.61 Suponga que n tiene al menos dos representaciones

distintas como suma de dos cuadrados, es decir, n = 52 + t2 = u2 + v2 ,

donde s > t > 0 , u > v > 0 y s > u . Muestre que mcd (su− tv, n) es

un divisor propio de n .

Sergio Plaza 31

Problema 1.62 Pruebe que

mcd (m,n)

n

(

n

m

)

es un entero para todo par de enteros positivos (m,n) con n > m > 1 .

Problema 1.63 (Teorema de los cuatro numeros). Sean a, b, c y d

enteros positivos tales que ab = cd . Entonces existen enteros positivos

p , q , r y s tales que

a = pq, b = rs, c = pt y d = su .

Problema 1.64 (Kiran S. Kedlaya) Sean x , y , z enteros positivos.

Pruebe que (xy + 1)(yz + 1)(zx + 1) es un cuadrado perfecto si y solo

si xy + 1 , yz + 1 , zx+ 1 son todos cuadrados perfectos.

Problema 1.65 Encuentre los triples (a, b, c) de enteros positivos, tales

que a , b , c estan en progresion aritmetica y ab+ 1 , bc + 1 y ca + 1

son cuadrados perfectos.

Problema 1.66 Sean a, b, c, d ∈ N . Pruebe cada una de los siguientes

afirmaciones.

1. Si a|bc y (mcd (a, b) = 1 , entonces a|c .

2. (a; b) = d si y solo si

(a

d;b

d

)

= 1 .

3. mcd (ac, bc) = d = c ·mcd (a, b)

4. mcd (a, bc) = mcd (a,mcd (a, b)c)


5. mcd (a2, b2) = (mcd (a, b))2 .

Problema 1.67 Todos los dıgitos de un numero N con 1998 dıgitos

son 1. Encuentre el maximo comun divisor de N y 1111.

Problema 1.68

Problema 1.69

Problema 1.70

Problema 1.71

Problema 1.72

1.8 Numeros coprimos

Definicion 1.2 Diremos que los numeros enteros no nulos a y b son

coprimos (relativamente primos) si no poseen divisores comunes dife-

rentes de 1. En otras palabras, a y b son coprimos si mcd (a, b) = 1 .

Ejemplo 1.16 Los numeros 18 y 35 son coprimos, mientras que 18 y

15 no lo son, puesto que 3 es un divisor comun.

En particular, por la representacion de Bezout (1.3), si a y b son

coprimos entonces existen dos numeros enteros α y β tales que

aα+ bβ = 1 .

Ahora probaremos un resultado frecuentemente empleado, y que apli-

caremos en la proxima seccion.

Sergio Plaza 33

Lema 1.2 Si d = mcd (a, b) es el maximo comun divisor de a y b , en-

tonces existen enteros r , s tales que a = rd y b = sd , con mcd (r, s) =

1.

Demostracion. Por definicion de maximo comun divisor, se tiene que

d es un divisor positivo de a y b . Luego es posible encontrar un par

de numeros r, s tal que a = rd y b = sd . Si r , s no son coprimos,

entonces tienen un divisor comun t > 1 , de donde td es un divisor

comun de a y de b . Ahora, como td > d , se obtiene una contradiccion

con la hipotesis de que d es el maximo comun divisor de a y de b .

Se puede enumerar una gran cantidad de propiedades para este tipo

de numeros. Mencionamos solamente algunas y dejamos como ejercicios

sus demostraciones.

Teorema 1.9 Sean a, b dos numeros coprimos, y c ∈ Z .

1. Si c|a y d|b , entonces mcd (c, d) = 1 .

2. Si a|bc , entonces a|c .

3. Si a|c y b|c , entonces ab|c .

4. Si mcd (a, c) = 1 , entonces mcd (a, bc) = 1 .

Ejemplo 1.17 Las expresiones 2x + 3y y 9x + 5y son divisibles por

17 para los mismos valores enteros x e y .

Solucion. Llamemos w = 2x+3y y z = 9x+5y a las expresiones dadas.

Se tiene que 4w + z = 17(x + y) . Luego 17 divide a 4w + z . Ademas,

si 17|4w , entonces 17|w, puesto que mcd (17, 4) = 1 . Finalmente, es

claro de la igualdad anterior que 17|w si y solamente si 17|z .


Ejemplo 1.18 Sean a y b numeros naturales tales que su maximo

comun divisor es d . Entonces hay exactamente d numeros del conjunto

S = {a, 2a, 3a, . . ., (b− 1)a, ba} que son divisibles por b .

Solucion. Sea d = mcd (a, b) , entonces d|a y d|b , es decir, existen

enteros r y s tales que a = rd y b = sd , con mcd (r, s) = 1 . Luego el

conjunto S puede describirse como sigue

S = {rd, 2rd, 3rd, . . . , (b− 1)rd, brd} = {krd : k = 1, 2, . . . , b}.

Al dividir cada numero del conjunto S por b = sd , se obtiene resto

cero si y solamente si s divide a k , pues mcd (r, s) = 1 . Como b = sd ,

esto sucede exactamente d veces.

1.8.1 Ejercicios

Problema 1.73 Pruebe que entre cualesquiera diez enteros positivos y

consecutivos al menos uno es coprimo con el producto de los otros.

1.9 Mınimo Comun Multiplo

Introducimos ahora el concepto de mınimo comun multiplo para dos en-

teros a y b . Este numero es el menor entero positivo que es un multiplo

comun de a y b , y lo denotamos por mcm (a, b) = [a, b] . Por ejemplo,

[9, 12] = 36 , pues los multiplos de 9 son: 9, 18, 27, 36, 45, 54, . . . y los

multiplos de 12 son: 12, , 24, 36, 48, 60, . . . , y el menor multiplo comun

de ambos numeros es 36. De manera analoga, se ve que [25, 9] = 225 y

[−49, 14] = 98 . Cuando calculamos ab +

cd primero buscamos el mınimo

comun multiplo entre b y d , enseguida procedemos a realizar la suma.

Sergio Plaza 35

Una forma relativamente facil para calcular el mınimo comun multiplo

para a y b es dada por la formula

mcm (a, b) =|ab|

mcd (a, b).

En los ejemplos anteriores, tenemos [9, 12] = |9·12|mcd (9,12) = 108

3 = 36 ,

[25, 9] = |25·9|mcd (25,9) = 225

1 = 225 y [−49, 14] = |−49·14|mcd (−49,14) = 686

7 =

98 .

Como una aplicacion de ambos conceptos, veamos el siguiente proble-

ma.

Ejemplo 1.19 El numero 739ABC es divisible por 7, 8 y 9 ¿Que val-

ores pueden tomar A,B y C ?

Solucion. Recuerde que dos numeros naturales a y b son coprimos si

su maximo divisor comun es 1. Si a , b y c son coprimos dos a dos,

es decir, cada par distintos de ellos son coprimos, entonces su mınimo

multiplo comun, mcm (a, b, c), es igual a su producto abc .

Ahora como 739ABC es divisible por 7, 8 y 9, debemos elegir 739ABC

de modo sea un multiplo de 7, 8 y 9, es decir, debemos elegir 739ABC

que es divisible por mcm (7, 8, 9) = 504 . Ahora 739000 deja un resto

igual a 136 cuando es dividido por 504. Luego, los numeros 739ABC

que andamos buscando deben ser de la forma 739−136+k ·504 , dondek es un entero. Vemos que k solo puede tomar los valores 1 o 2. Si

k = 1 , obtenemos el numero 739368 que es una solucion para A = 3 ,

B = 6 , C = 8 , por otra parte si k = 2 obtenemos el numero 739872

que es otra solucion con A = 8 , B = 7 y C = 2 .


1.9.1 Ejercicios

Problema 1.74 Para todo a, b ∈ Z , se tiene mcd (a, b) ·mcm(a, b) =

ab .

Problema 1.75 Para cada entero a , demuestre lo siguiente

1. mcd (2a+ 1, 9a + 4) = 1 ;

2. mcd (5a+ 2, 7a + 3) = 1 ;

3. Si a es impar, entonces mcd (3a, a3 + 2) = 1 .

Problema 1.76 Pruebe que n divided a 15+35+55+ · · ·+(2n−1)5 .

Problema 1.77

Problema 1.78

Problema 1.79

Problema 1.80

Problema 1.81

Problema 1.82

Capıtulo 2

Numeros primos

Diremos que un numero entero p > 1 es un numero primo (o simple-

mente primo) si sus unicos divisores son 1 , −1 , p y −p . Si un numero

a > 1 no es primo diremos que a es un numero compuesto.

Teorema 2.1 Un entero > 2 es compuesto si y solo si existen enteros

a y b tales que n = a · b , y 1 < a < n , 1 2 un entero. Si n es compuesto, entonces

existe un entero positivo a tal que a 6= 1 , a 6= n y a|n . Esto significa

que n = a · b para algun entero b . Como a y n son positivos, se sigue

que b tambien es positivo. Luego 0 > 1 y b > 1 . Ademas, tambien

se tiene que a 6 n y b 6 n . Como a 6= 1 y a 6= n , se tiene que

1 < a < n . Si b = 1 , entonces a = n , lo cual es imposible, por lo

tanto b 6= 1 . Si b = n , entonces a = 1 , lo cual es imposible. Luego,

1 < b < n .

La recıproca es obvia.

Trabajaremos solo con los primos positivos. Los primeros primos son

2, 3, 5, 7, . . . y los primeros compuestos son 4, 6, 8, 9, . . . . Notese que el

37

numero 1 no es primo ni compuesto.

Teorema 2.2 Si n > 1 es un entero compuesto, entonces n tiene un

factor primo p , con p 6√n .

Demostracion. Sea n > 1 un entero compuesto. Entonces n = a · b ,con 1 < a < n y 1 

√n y b >

√n , entonces

n = a · b >√n · √n = n , esto es, n > n , lo que es una contradiccion.

Por lo anterior, tenemos a 6√n o b 6

√n . Supongamos que a 6

√n .

Como a > 1 , del lema anterior, existe un primo p tal que p|a . Como

a|n , se sigue que p|n y como p|a , se tiene tambien que p 6 a 6√n .

Teorema 2.3 Si n > 1 , entonces existe un primo p tal que p|n .

Demostracion. Supongamos por el contrario que existe un entero n0 >

1 que no posee divisores primos. Sea A = {n ∈ N;n > 1 tal que n no

posee divisores primos } . Por lo que estamos asumiendo A 6= φ , pues

n0 ∈ A . Por el P.B.O. existe un menor elemento para A , llamemos este

m , es decir, m ∈ A y m 6 n para todo n ∈ A .

Ahora m > 1 y no tiene divisores primos. Luego m no puede ser

primo, de donde m es compuesto, por lo tanto por el lema anterior,

podemos escribir

m = ab, 1 < a < m, 1 < b < m

Como 1 < a < m , se sigue que a no permite a A . Por lo tanto a

tiene un divisor primo p . Ahora, como p|a y a|m se sigue que p|m .

Esto no tiene divisores primos. Esta contradiccion prueba el resultado.

Sergio Plaza 39

Examinaremos una propiedad elemental de los primos que es de mucha

utilidad.

Teorema 2.4 Si p es un primo y p|ab , entonces p|a o p|b , es decir,si un numero primo divide al producto de dos numeros, entonces necesa-

riamente el debe dividir a uno de ellos (o a ambos).

Demostracion. Si p|a no hay nada mas que hacer. Si p no divide a a

entonces mcd (p, a) = 1 , puesto que p no posee ningun divisor aparte

de 1 y p , es decir, a y p son coprimos. Aplicando la propiedad 2) de

la coprimalidad se obtiene que necesariamente p|b .

Ahora estamos en condiciones de describir el resultado quizas mas

importante de la teorıa de numeros:

Teorema 2.5 (Teorema Fundamental de la Aritmetica [T.F.A.]) Sea

n > 1 un numero entero. Entonces existen primos p1, p2, . . . , pr , con

p1 < p2 < · · · < pr , y numeros enteros positivos α1, α2, . . . , αr , tales

que

n = pα11 · pα2

2 · · · pαrr . (2.1)

Ademas, esta presentacion 2.1, llamada descomposicion primaria de

n , es unica.

Demostracion. La demostracion del T.F.A esta basada en el P.B.O.

Daremos un esbozo de ella.

Como n > 1 , entonces hay solamente dos posibilidades para n :

1. es primo., en este caso no hay nada mas que hacer, es decir, p1 =

n , α1 = 1 y r = 1 .

2. n es compuesto.

Caso 1) En este caso no hay nada mas que hacer, es decir, p1 = n ,

α1 = 1 y r = 1 .

Caso 2) En este caso se tenemos que n posee divisores distintos de 1

y n . Llamamos p1 al menor de los divisores de n , el cual existe por el

P.B.O., puesto que el conjunto S definido por S = {c : c|n, c > 1} es

un conjunto no vacıo de enteros positivos.

Afirmacion. p1 es primo.

Si p1 no es primo, entonces p1 posee a un divisor c > 1 , con c < p1 .

Como c|p1 y p1|n , se sigue que c|n (propiedad iii) de la division), lo cual

contradice la minimalidad de p1 , quedando demostrada la afirmacion.

Ahora bien, por definicion de divisor existe un numero entero n1 > 1

tal que n = n1 · p1 . Para n1 tenemos dos posibilidades, estas on las

ya descritas en 1. y 2. arriba. Aplicando el argumento anterior a n1 ,

se obtenemos que existe p2 tal que p2|n2 , con p2 el menor divisor de

n2 . Imitando lo hecho para p1 obtenemos que p2 tambien es primo.

Luego n = n2 · p2 · p1, con n2 < n1 < n . Continuando de esta forma,

obtenemos que para algun r , el numero nr es primo, pues ordenando los

rj obtenidos en cada etapa tenemos que nr < nr−1 < · · · < n2 < n1 < n

y nr no puede ser menor que 1. Esto completa la prueba del teorema.

Ejemplo 2.1 Claramente, si no se impone la condicion p1 < p2 < · · · <pr , tal representacion no es unica. Por ejemplo, el numero 12 posee las

descomposiciones siguientes 12 = 22 · 3 = 2 · 3 · 2 = 3 · 22 , pero solo la

primera de estas cumple la condicion p1 = 2 < p2 = 3 .

Para los numeros 112 y 165, sus descomposiciones primarias son 112 =

24 · 7 y 165 = 3 · 5 · 11 .

Sergio Plaza 41

Varias preguntas se pueden plantear para los primos. Algunas de ellas

son

1. ¿Es la cantidad de primos infinita?

2. ¿Existe algun algoritmo para encontrar todos los numeros primos?

La respuesta a la primera pregunta puede ser encontrada en el libro

IX de los Elementos de Euclides. El argumento descrito allı es de una

simplicidad asombrosa.

Euclides, en Libro IX, proposicion 20 (de la version en ingles) formulo

su teorema sobre la infinitud de los primos de la forma siguiente.

“los numeros primos son mas que cualquier multitud de numeros pri-

mos asignados.”

En otras palabras, dada cualquier lista de numeros primos existe un

numero primo que no esta en dicha lista. Note que Euclides cuidadosa-

mente evita la nocion de conjuntos infinitos, de hecho problemas con

infinitos, recuerde la paradoja de Zenon, por ejemplo, llevo a los griegos

solo a admitir cantidades finitas en matematica. Por ejemplo, lineas en

geometrıa no eran infinitas, pero podıan ser prolongadas tanto como se

deseara. Los conjuntos infinitos ganaron su propio lugar en matematica

debido a trabajos de G. Cantor1

Teorema 2.6 (Euclides) La cantidad de numeros primos es infinita.

Demostracion. Para demostrar este teorema Eulides supuso que hay

una cantidad finita de numeros primos y logro mostrar que existe otro

1Georg Cantor, nacio en San Petersburg en 1845 y Murio en Halle en 1918. Se debe

a el entre otras, la nocion de numerabilidad, los racionales son numerables mientras

que los irracionales no lo son.


primo mas aparte de los ya considerados. Examinamos esta construccion

detalladamente.

Supongamos que p1, p2, . . . , pn son todos los primos posibles. Defi-

namos el numero entero q como q = p1 ·p2 · · · pn+1 . Puesto que q > pi

para todo i = 1, 2, . . . , n , se tiene que q no es primo, es decir, debe ser

compuesto. Por el T.F.A. se obtiene que q posee un divisor primo p,

el cual debe ser uno de los numeros p1, p2, . . . , pn . Por otra parte, es

claro que p|(p1 · p2 · · · pn) . Luego, por la propiedad iv) de la division,

p debe dividir al numero q − p1 · p2 · · · pn = 1 y, por lo tanto, p = 1 ,

lo cual contradice la definicion de primo. En resumen, se ha probado la

infinitud de los numeros primos.

Es interesante notar que si comenzamos con p = 2 , el primer primo,

la construccion anterior genera los siguiente numeros:

q1 = 2 + 1 = 3

q2 = 2 · 3 + 1 = 7

q3 = 2 · 3 · 5 + 1 = 31

q4 = 2 · 3 · 5 · 7 + 1 = 211

q5 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 + 1 = 2311 ,

los cuales son primos. Sin embargo, q6 = 2 ·3 ·5 ·7 ·11 ·13+1 = 30031 =

59 · 509 , q7 = 510511 = 19 · 97 · 277 , q8 = 9699691 = 67 · 104473no lo son. Uno de los problemas no resueltos en teorıa de numeros es

determinar si existe una cantidad infinita de primos que se pueda generar

con el algoritmo anterior. Se conocen muy pocas maneras, y en general

difıciles de obtener, de generar primos. En resumen, la respuesta a la

segunda pregunta planteada no se conoce y es probable que tal algoritmo

no exista.

Sergio Plaza 43

Una variacion del argumento de Euclides es el siguiente

n1 = 2

n2 = n1 + 1 = 3

n3 = n2 · n1 + 1 = 7

n4 = n3 · n2 · n1 + 1 = 43

...

nk = nk−1 · nk−2 · · · n1 + 1

Problema 2.1 . Probar que dos numeros cualesquiera seleccionados

del algoritmo anterior son coprimos, es decir, mcd (ni, nj) = 1 para

i 6= j .

La construccion anterior produce infinitos numeros nk coprimos entre

si y, ya que ellos no poseen ningun factor primo comun, obtenemos otra

demostracion de que hay una cantidad infinita de primos.

A continuacion daremos otras pruebas de la infinitud de los numeros

primo.

Prueba de Hermite. Para n = 1, 2, . . . , sea qn el menor primo divisor

de n! + 1 . Se tiene que qn > n , luego existen infinitos primos.

Otra prueba. Se definen los numeros de Fermat como sigue: Fn =

22n+ 1 es el n –esimo numero de Fermat. Afirmamos que si m < n ,

entonces Fm|(Fn−2) . En efecto, Fn = 22n−1 aqui hay algo mal es di-

visible por 22m+1−1 = (22

m−1)Fm . Luego mcd (Fm, Fn)|(Fn, Fn−2) =2 , pero los numeros de Fermat son impares, luego ellos son coprimos.

Prueba de Stieltjes, 1890. Supongamos que existe solo una cantidad

finita de primos, denotemos por D su producto. Sea D = m · n una

factorizacion de D con m,n ∈ N . Entonces para cualquier primo p ,

tenemos que p|m o p|n , pero no a ambos; luego p no divide a m+ n ,

y por lo tanto m+ n no puede tener divisores primos. Contradiccion.

Observacion. Si en la demostracion anterior tomamos la factorizacion

D = D · 1 , entonces tenemos la prueba de Euclides de la infinitud de

primos.

Prueba de Euler 1849. Esta prueba usa la funcion φ de Euler que

estudiaremos en un capıtulo mas adelante. Supongamos que existe solo

una cantidad finita de primos, y sea D su producto. Entonces

φ(D) =∏

p primo

(p− 1) > 2 · 4 · · · > 2,

luego, debe haber un entero a en {2, . . . ,D} coprimo con D . Este

entero a no puede tener ningun divisor primo, y por lo tanto debe ser

igual a 1 , lo que contradice el hecho que a > 2 .

Observacion. Si tomamos a = D− 1 , basicamente tenemos la prueba

de Euclides con N − 1 en vez de la original con D −N + 1 .

Como ya hemos visto, los primeros primos son 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, . . . .

Denotemos por p1 al primer primo, p2 al segundo primo, p3 al tercero

y ası sucesivamente. En otras palabras, p1 = 2 , p2 = 3 , p3 = 5 , y

pn sera el n –esimo primo. Luego, por notacion, pn < pn+1 . El mayor

numero primo conocido hasta 1979 era 221.701 − 1 .

Teorema 2.7 Si pn denota el n–esimo primo, entonces pn < 22n.

Este resultado prueba que al menos hay (n+ 1 ) primos menores que

22n.

Demostracion. Colocarla

Sergio Plaza 45

La demostracion es una clara y sencilla aplicacion del Principio de

Induccion Matematica y la dejamos para el apendice.

Teorema 2.8 Existen infinitos primos de la forma 4n − 1 .

Demostracion. Supongamos que existen solo una cantidad finita de

primos de la forma 4n − 1 , y sean estos p1 = 3 , p2 = 7, . . . , pn , y

formemos el numero N = 4p1p2 · · · pn − 1 . Este numero no puede ser

primo, pues N 6= pj y por lo que asumimos los pj , para j = 1, 2, . . . , n

son todos los primos de la forma 4n−1 . Luego N debe tener un divisor

primo. Si todos ellos son de la forma 4n+1 , entonces N debe tener tal

forma, pues (4n+ 1)(4m+ 1) = 4(4mn+ n+m) + 1 , pero N no tiene

esa forma, ası al menos uno de los divisores primos de N , digamos p ,

dedbe tener la forma 4n− 1 . Como p|4p1p2 · · · pn− 1 , este primo debe

ser diferente de los primos pj , esto contradice el hecho que existe solo

una cantidad finita de primos de la forma 4n− 1 .

Observacion. La misma idea no funciona para primos de la forma

4n+1 , p1 = 5, p2 = 13, p3 = 17, . . . , pues numeros de la forma 4n+1 ,

pues por ejemplo, 4 · 5 + 1 = 21 = 3 · 7 .

Teorema 2.9 Hay infinitos numeros primos de la forma 4n+ 3.

Demostracion. La prueba de este resultado es una inmediata variante

de la demostracion del resultado Completarla.

Entre las conjeturas acerca de la distribucion de los numeros primos

que aun permanecen sin respuesta mencionamos

Problema 2.1 Para cada n ∈ N , ¿hay siempre un numero primo entre

n y 2n , para n > 1 ?


Problema 2.2 ¿Hay infinitos primos de la forma n2 + 1?

Verfiquemos esta conjetura para unos pocos numeros

n n2 + 1

1 2 primo

2 5 primo

3 10 compuesto

4 17 primo

5 26 compuesto

6 37 primo...

......

Problema 2.3 ¿Hay siempre un primo entre n2 y (n+ 1)2 para todo

n > 1 ? Una verificacion con algunos pocos numeros es dada a seguir

n n2 (n+ 1)2 primos entre n2 y (n+ 1)2

1 1 4 2 y 3

2 4 9 5 y 7

3 9 16 11 y 13

4 16 25 17 , 19 , y 23...

......

...

2.0.2 Algoritmo para determinar si un numero entero

dado es primo

1. input N; if N=1 print ‘N es una unidad’ y termine;

2. if 2 |N print ‘p=2’ y termine;

3. put q:=3;

4. if q |N print ‘p=q’ y termine;

Sergio Plaza 47

5. put q:=q+2; if q>√N print ‘p=N’ y termine;

de otro modo go to paso 3.

Primero que nada notemos que este es un algoritmo pues termina. No

puede formarse un ciclo con el paso 3 para siempre, ya que eventualmente

q va a ser mayor que√N , y el programa termina con el paso 4.

El algoritmo determina el menor factor primo de un numero dado N ,

en la practica, la condicion q >√N es reemplazada por otra como

la siguiente q >√N + 0.1 esto para evitar el problema de error de

redondeo que pueden ocurrir, por ejemplo cuando N = p2 . Si N no es

divisible por ningun entero entre 2 y N−1 entonces N es primo. En el

peor de los casos, es decir, cuando N es primo, este metodo requiere de√N2 divisiones, lo cual es bastante mejor que las N − 1 divisiones que

se requieren para determinar el mismo resultado cuando dividimos por

2, 3, 4, . . . , N − 1 . Un problema interesante se encontrar un algoritmo

que sea altamente eficiente para determinar si un numero entero es primo

o no. Por ejemplo, podemos verificar que nuestro algoritmo no es nada

eficiente cuando queremos determinar si el numero 26.972.593−1 es primo

o no. Este numero es enorme y era el mayor primo conocido hasta el ano

2000. A estas alturas probablemente, ya se conozca uno mucho mayor.

Una pregunta natural es la siguiente ¿Como podemos decidir cuando

un numero natural dado n , posiblemente muy grande, es un numero

primo? Si n es compuesto entonces n = ab para algunos numeros

naturales a y b con ninguno de ellos iguales a 1; y bien a = b =√n

o uno de ellos a o b es menor que√n . Luego, para mostrar que n

es un numero primo necesitamos mostrar que no tiene divisores primos

menores o iguales que√n .


Ejemplo 2.2 97 es un numero primo. Para verlo primero calcule-

mos√97 = 9, 8488578 . . . , y basta entonces considerar solo los primos

menores o iguales que 9, los cuales son 2, 3, 5, 7, y como ninguno de

ellos divide a divide a 97, concluimos que 97 es primo.

Ejemplo 2.3 Los primos menores que 100 son

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73,

79, 83, 89, 97,

esto es facil de verificar, pues solo necesitamos chequear la divisibilidad

de ellos por los primos 2, 3, 5 y 7.

Ejemplo 2.4 Sea n un numero entero mayor que 1. Entonces 4n +n4

no es primo.

En efecto, si n es par la expresion z = 4n + n4 es divisible por 2,

luego no es primo. Supongamos que n = 2k+1 , con k un entero k > 1 .

Entonces z = (22k+1)2 + (n2)2 . Sumando 2n2 · 22k+1 se completa el

cuadrado del binomio, es decir,

z + 2n2 · 22k+1 = (22k+1 + n2)2.

Despejando z en esta igualdad se obtiene que

z =(

22k+1 + n2)2− 22(k+1)n2

=(

22k+1 + n2)2−(

2k+1n)2

=(

22k+1 + n2 − n2 − 2k+1n)

·(

22k+1 + n2 + 2k+1n)

.

Para finalizar basta con probar que las expresiones entre parentesis

de la derecha en la ultima igualdad son mayores que 1. Claramente

la segunda expresion es mayor que uno. Examinaremos la primera de

Sergio Plaza 49

ellas. Supongamos que 22k+1 + n2 − 2k+1n = 1 . Entonces se obtiene

que(n− 2k

)2+ 22k = 1 , lo cual se cumple solamente si k = 0 , lo cual,

a su vez, no esta permitido por hipotesis.

Ejemplo 2.5 Sea n = pe11 pe22 · · · pekk la descomposicion primaria de un

numero natural n , entonces el numero de divisores de n , incluyendo a

1 y n mismo, es igual a (e1 + 1)(e2 + 1) · · · (ek + 1) .

En efecto, notemos que cada divisor de n es de la forma pf11 pf22 · · · pfkk ,

donde todos los f1, f2, . . . , fk son numeros naturales y satisfacen

0 6 f1 6 e1

0 6 f2 6 e2...

0 6 fk 6 ek .

En particular, 1 = p01p01 · · · p0k con f1 = 0, f2 = 0, . . . , fk = 0 , y

n es el divisor de n con f1 = e1, f2 = e2, . . . , fk = ek . Luego el

numero de divisores de n es igual al numero de elecciones de f1 multi-

plicado por el numero de elecciones de f2 ... multiplicado por el numero

de elecciones de fk . Ahora el conjunto de elecciones posibles para f1

es {0, 1, 2, . . . , e1} , y existen e1 + 1 posibilidades para elegir a f1 , el

conjunto de elecciones posibles para f2 es {0, 1, 2, . . . , e2} , y existen

e2 + 1 posibilidades para elegir a f2 , y ası sucesivamente, el conjunto

de elecciones posibles para fk es {0, 1, 2, . . . , ek} , y existen ek+1 posi-

bilidades para elegir a fk . Por lo tanto el numero de divisores de n es

(e1 + 1)(e2 + 1) · · · (ek + 1) .

Ejemplo 2.6 Pruebe que un numero natural n es un cuadrado perfecto

si y solo si tiene un numero impar de divisores.

En efecto, sea n = pe11 pe22 · · · pekk la descomposicion primaria de n .

Ahora es claro que n es un cuadrado perfecto si y solo si todos los

exponentes e1, . . . , ek son pares, en cuyo caso el producto (e1 +1)(e2 +

1) · · · (ek + 1) es un producto de numeros impares, y por lo tanto es

un numero impar. Sin embargo por el resultado anterior, el numero de

divisores de n es igual a (e1+1)(e2+1) · · · (ek +1) . Por lo tanto, n es

un cuadrado perfecto si y solo si el numero de divisores de n es impar.

Ejemplo 2.7 Para todo numero natural n > 2 , se tiene que

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n

no es numero entero.

En efecto, denotemos por A(n) el conjunto de los primeros n numeros

naturales, es decir,

A(n) = {1, 2, 3, ..., n} .

Podemos suponer que n es un numero que se encuentra entre 2ℓ y

2ℓ+1 para algun ℓ > 1 , es decir, n = 2ℓ+ k , con 0 6 k < 2ℓ . Luego los

numeros de la forma 2m , con m > 1 , estan en dicho conjunto, y ademas

ellos son divisores de un numeros z si y solo si en la descomposicion

primaria de z aparece 2ℓ .

Para sumar la expresion pedida se necesita calcular el mınimo comun

multiplo de los elementos del conjunto A(n) . Este mınimo comun

multiplo es el menor entero divisible por todo elemento de A(n) , luego,

por el T.F.A., ese numero debe tener la forma 2ℓb , con b impar.

Sumando obtenemos

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n=

a

2ℓb.

Sergio Plaza 51

Basta con probar que a no es divisible por 2. Reescribiendo esta

igualdad y multiplicandola por 2ℓb , se tiene

2ℓb+2ℓb

2+

2ℓb

3+ · · ·+ 2ℓb

2ℓ+

2ℓb

2ℓ + 1+

2ℓb

2ℓ + 2+ · · · + 2ℓb

2ℓ + k= a .

Puesto que 2ℓb es divisible por todos los numeros de A(n) , todas

las fracciones en el lado izquierdo de la ultima igualdad son numeros

enteros. Ademas, son numeros pares, pues la maxima potencia de 2 que

puede aparecer en la descomposicion primaria de cualquier numero del

conjunto A(n) (que son los denominadores de tales fracciones) es ℓ .

Luego a debe ser impar.

Ejemplo 2.8 Encuentre el valor mınimo de la expresion z dado por

z =p

q+

q

p,

donde p y q son numeros enteros positivos.

Solucion. Debido a que la expresion z es simetrica en p y q , podemos

suponer, sin perdida de generalidad, que p 6 q .

Aplicando el T.F.A. sabemos que existe un numero entero k > 1 tal

que q = kp + r , donde r es un numero entero con 0 6 r < p . Por

tanto z puede escribirse como sigue

z = k +r

p+

p

q.

Claramente, el valor mınimo de z se obtiene cuando k = 1 y r = 0 .

Luego q = 1 · p + 0 = p y entonces el mınimo de z se obtiene cuando

p = q y tal valor es 2.


Ejemplo 2.9 Sean p y q enteros positivos. Si 2p + 1 = q2 , pruebe

que p = q = 3 .

Solucion. Notemos que encontrando q se obtiene inmediatamente p

y que la igualdad puede ser escrita como 2p = (q − 1)(q + 1) . Esto

significa que q − 1 divide a 2p . Aplicando el Teorema Fundamental

de la Aritmetica (T.F.A) se obtiene que necesariamente q − 1 es una

potencia de 2. En resumen, se tiene que q − 1 = 2n , con n 6 p , y por

lo tanto la igualdad se transforma en

2p = 2n · (2n + 2) = 2n · 2(2n−1 + 1) = 2n+1 · (2n−1 + 1) .

De esta igualdad se deduce que (2n−1+1) debe ser una potencia de 2

(por T.F.A), y esto sucede si y solamente si n = 1 . Por lo tanto q = 3

y p = 3 .

Consideremos la lista de los primeros numeros primos

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79,

83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167,

173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, . . .

Observemos que

(3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43), (59, 61), (71, 73), (101, 103),

(107, 109), (137, 139), (149, 151), (179, 181), (191, 193), (197, 199), . . .

son pares de numeros primos que satisfacen que su diferencia, en valor

absoluto, es igual a 2. Tales numeros primos son llamados primos geme-

los, formalmente dos primos p y q son gemelos si |p − q| = 2 . Una

pregunta natural se refiere a la existencia de una cantidad infinita o no

Sergio Plaza 53

de primos gemelos. Tambien nos podemos preguntar acerca de su dis-

tribucion entre los numeros enteros positivos, por ejemplo, vemos que

entre 1 y 99 hay 8 pares de primos gemelos, y entre 100 y 199 hay 7

pares de numeros gemelos, ahora, si consideramos los primos entre 200

y 299 tenemos

211, 223, 227, 229, 233, 239, 241, 251, 257, 263, 269, 271, 277, 281, 283, 293

y formando las parejas de numeros primos gemelos, obtenemos

(227, 229), (239, 241), (269, 271) (281, 283) ,

es decir, hay 4 parejas de primos gemelos. Una buena idea es seguir

buscando este tipo de pares de numeros primos y tratar de comprender

algo mas sobre ellas.

¿Cuantos numeros primos terminan con el dıgito 7? Por ejemplo,

7, 17, 37, 47, 97, 107, 127, 137, 157, 167, 197, . . .

Se puede calcular que de los 664579 primos menores que 10.000.000 el

numero de ellos que terminan con el dıgito 1, 3, 7 y 9, respectivamente

son: 1663104, 166230, 166211 y 166032.

En porcentaje estos corresponden al 24,99%, 25,01%, 25,01 % y 24,98%,

respectivamente ¿que nos sugiere este tipo de estimaciones?

Ejemplo 2.10 Dado un entero positivo n , sea de p(n) el producto de

los dıgitos no ceros de n , si n tiene un solo dıgito entonces p(n) es

igual a ese dıgito. Sea s = p(1) + p(2) + · · ·+ p(999) ¿Cual es el mayor

factor primo de s ?

Solucion. Notemos que los dıgitos no cero de un entero positivo son

los que importan, por ejemplo p(108) = p(180) = p(810) = p(800) =

p(811) = p(81) = p(18) = p(8) = 8.

Obtenemos todos los numeros de 3 dıgitos 001 a 999 desarrollando

(0 + 1 + 2 + · · ·+ 9)3 − 0,

sustraemos el cero para eliminar el numero 000 (= 0). Luego,

(10 + 1 + · · ·+ 9)3 − 0 = 001 + 002 + · · ·+ 999.

Para obtener el valor p(n) , para un numero n , basta sustituir los

posibles ceros en su representacion decimal por 1, ası

p(1) + p(2) + · · ·+ p(n) = 1 · 1 · 1 + 1 · 1 · 2 + · · ·+ 999

=(1 + 1 + 2 + · · ·+ 9)3 − 1

= 463 − 1 .

En la suma anterior, 111 se repite varias veces, una para 001, una para

011, una para 100, una para 101, una para 110,. . . . Como 463 − 1 =

33 · 5 · 7 · 103 , el numero primo buscado es 103.

Recordemos que si α ∈ R , entonces la parte entera de α , es [α] ∈ Z ,

y corresponde al mayor entero menor o igual que α , esto es, [α] = m

es el unico entero satisfaciendo m 6 α < m+ 1 .

Observacion. Sean α, β ∈ R .

(i) Tenemos α− 1 < [α] 6 α y 0 6 α− [α] < 1 .

(ii) Si α > 0 , entonces [α] cuenta el numero de enteros positivos que

no exceden a α . En otras palabras

[α] =∑

16n6α

1 .

Sergio Plaza 55

(iii) Para cada n ∈ Z , tenemos [α+ n] = [α] + n .

(iv) Tenemos [α] + [β] 6 [α+ β] 6 [α] + [β] + 1 .

(v) Si α ∈ Z , entonces [α] + [−α] = 0 .

vi Si α ∈ Z , entonces [α] + [−α] = −1 .

(vii) El numero −[−α] es el menor entero no menor que α .

(viii) Si n ∈ N , entonces [[α]/n] = [α/n] .

(ix) El numero [α + 1/2] es uno de los enteros mas proximo a α .

Ademas, si esos dos enteros ambos difieren de α por el mismo

valor, entoces [α+ 1/2] es el mayor de esos numeros.

(x) Si α > 0 y n ∈ N , entonces [α/n] es el numero de enteros

positivos no excediendo a α y los cuales son multiplos de n .

Sea p un primo. Para cualquier entero positivo n , un problema

interesante es encontrar el mayor entero k tal que pk|n! .

Teorema 2.10 Sean n ∈ N y p un primo. Entonces el mayor entero

k tal que pk|n! es dado por

k =∑

j>1

[n

pj

]

.

Demostracion. Sean m ∈ N con 1 6 m 6 n . Si pr|m y pr+1 divide

a m , queremos contar una contribucion de r .


En otras palabras, contamos una contribucion de 1 para cada j ∈ N

tal que pj|m . Luego,

k =n∑

m=1

∑

j > 1

pj |m

1 =∑

j>1

n∑

m > 1

pj |m

1 =∑

j>1

[n

pj

]

.

2.0.3 Ejercicios

Problema 2.4 Conjetura de Goldbach. 2

Goldbach propuso su conjetura, basado solamente en evidencias empıricas,

esta establece que cada numero par mayor 2 que puede ser representado

como suma de dos primos. Por ejemplo,

4 = 2 + 2

6 = 3 + 3

8 = 3 + 5

10 = 3 + 7 = 5 + 5

12 = 5 + 7

14 = 3 + 11 = 7 + 7

16 = 3 + 13

18 = 5 + 13

20 = 3 + 17

22 = 3 + 19 = 5 + 17

24 = 5 + 19

2Es conjetura fue formulada por el empleado civil del gobierno Ruso, Christian

Goldbach, en 1742 en una carta al gran matematico suizo Leonhard Euler

Sergio Plaza 57

26 = 3 + 23

28 = 5 + 23

30 = 7 + 23

Febrero 1 de 2005. Se ha verificado computacionalmente la conjetura

de Goldbach hasta n = 21017 .

La conjetura de Goldbach es equivalente a que cada entero mayor que

5 es la suma de tres primos.

Es interesante la respuesta de Euler a la carta de Goldbach.

“Que cada numero par es una suma de dos primos, lo considero un

teorema enteramente cierto en el espıritu de que yo no soy capaz de

demostrarlo”.

Algunos progresos se han hecho sobre este problema. Por ejemplo,

se ha probado que cada entero par es la suma de a lo mas seis primos

(Goldbach sugiere dos) y en 1966 Chen probo que cada entero par sufi-

cientemente grande es la suma de un primo mas de dos factores primos.

Vinogradov en 1937 mostro que cada entero impar suficientemente

grande puede ser escrito como la suma de a lo mas tres primos, y luego

cada entero suficientemente grande es la suma de a lo mas cuatro primos.

Un resultado del trabajo de Vinogradov es que conocemos la conjetura

de Goldbach vale para “casi todo” entero par.

Problema 2.5 ¿Es cada numero de la forma 4n+ 2 (n > 1) la suma

de dos primos de la forma 4n+ 1 ? (Euler).

Problema 2.6 ¿Puede cada numero par ser expresado como la diferen-

cia de dos primos? Por ejemplo,

2 = 5− 3


4 = 7− 3

6 = 11− 5

8 = 13− 5

10 = 17− 7

...

Problema 2.7 ¿Puede un numero par ser expresado como la diferencia

de dos primos de infinitas maneras? Por ejemplo,

2 = 5− 3 = 7− 5 = 19 − 17 = 31− 29 = · · ·

Problema 2.8 ¿Existen infinitos primos gemelos? Los primos gemelos

son aquellos primos p y q tales que |p−q| = 2 , es decir, primos p tales

que p+ 2 tambien es primo. Por ejemplo, (11, 13), (17, 19), (29, 31), . . .

son pares de primos gemelos.

Problema 2.9 Sean k , ,m y n numeros enteros positivos tales que

m + k + 1 es un primo mayor que n + 1 . Sea cs = s(s + 1) . Pruebe

que el producto

(cm+1 − ck) · (cm+2 − ck) · · · (cm+n − ck)

es divisible por el producto c1 · c2 · · · cn .

Problema 2.10 ¿Existen infinitos primos de la forma n2 + 1 ?

Por ejemplo, 5 = 22 + 1 , 17 = 44 + 1, . . .

Problema 2.11 ¿Existe un entero positivo n que n tiene exactamente

200 divisores primos y 2n + 1 es divisible por n ?

Sergio Plaza 59

Problema 2.12 Pruebe que todos los numeros de forma 22k+ 1 son

mutuamente coprimos

Problema 2.13 Sean n ∈ N y α ∈ R un numero no negativo.

Pruebe que

n−1∑

k=0

[

α+k

n

]

= [nα] (identidad de Hermite).

Problema 2.14 Encuentre el mayor factor primo de

(

200

100

)

.

Problema 2.15 Suponga que n ∈ N , y que p >√2n es un primo tal

que p divide a

(

2n

n

)

. Pruebe que p2 no divide a

(

2n

n

)

.

Problema 2.16

Problema 2.17

2.1 Postulado de Bertrand

Teorema 2.11 (Postulado de Bertrand, probado por Chebyschef) Para

cada entero positivo n > 1 existe un primo p tal que n 2 un entero, entonces

∏

p6n

p < 4n ,

donde el producto del lado izquierdo tiene un factor por cada primo p 6

n .

Demostracion. Por induccion sobre n . Para n = 2 , tenemos el unico

primo p = 2 , y es obvio que 2 < 42 . Supongamos que el resultado vale

para todo etero menor que n . Si n es para, entonces no es primo, luego

por induccion

∏

p6n

6∏

p6n−1

p < 4n−1 < 4n

y el paso inductivo en este caso es trivial. Supongamos que n = 25+1 es

impar, es decir, s =n− 1

2. Como

∏

s+1<p6n

es un divisor de

(

n

s+ 1

)

,

obtenemos

∏

p6n

p =∏

p6s+1

p ·∏

s+1<p6np

6 4s+1

(

n

s+ 1

)

< 4s+1 · 2n−1

usando induccion para n = s + 1 y la desigualdad: si n es impar,

entonces

(

n

(n+ 1)/2

)

6 2n−1

cuya demostracion se deja a cargo del lector.

Ahora,

4s+1 · 2n−1 = 225+2 · 2n−1 = 245+2 = 425+1 = 4n

Esto completa la prueba del teorema.

Prueba del Postulado de Bertrand.

Sergio Plaza 61

Supongamos que no existen primos entre n y 2n .

Consideremos la factorizacion primaria para

(

2n

n

)

, es decir,

(

2n

n

)

=∏

p6n

psp,

donde sp es el exponente y del factor primo p en esta factorizacion.

Ningun primo mayor que n puede ser encontrado en esta factorizacion.

En efecto, para ello, usamos el siguiente lema.

Lema 2.1 Sea n > 3 un entero y p un primo. Sea s el mayor expo-

nente tal que ps|(

2n

n

)

. Entonces

1. ps 6 2n

2. Si√2n √2n . Luego

(

2n

n

)

6∏

p6√2n

psp ·∏

p62n/3

Ahora, no tenemos mas que

√2n

n− 1 factores en el primer factor del

producto del lado derecho. Luego

(

2n

n

)

< (2n)√

2n2

−1 · 42n/3 (1)

Por otra parte, si n es par, se tiene que

(

n

n/2

)

>2n

2

(prueba a cargo del lector). Luego

(

2n

n

)

>22n

2n=

4n

2n(2)

Combinando (1) y (2), obtenemos

4n/3 < (2n)√

n/2

Tomando logaritmo a ambos lados de esta desigualdad, nos queda

2n

3ln(2) <

√n

2ln(2n)

esto es,

√8n ln(2)− 3 ln(2n) < 0 (3)

Reemplazando n = 22k−3 para algun k .

Sergio Plaza 63

Tenemos entonces 2k ln(2) − 3(2k − 2) ln(2) < 0 o 2k < 3(2k − 2) lo

cual es verdadero para k 6 4 . Luego (3) no es verdadero para n = 27 =

128 .

Usando calculo, se puede ver que (3) no es verdadera para todo n >

128 . Luego, no es verdadera para todo n > 128 . Luego, hemos probado

el postulado de Bertrand para n > 128 . Para n 6 128 , se puede hacer

por impeccion derecta de esos pocos casos.

2.2 Numeros de Fermat

Recuerde que los numeros de Fermat, Fn , son definidos por

Fn = 22n+ 1

para n > 0 .

Los primeros cinco numeros de Fermat son

F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65537

ellos son primos. Esto llevo a Fermat a conjeturar que cada numero Fn

es primo para todo n > 0 .

Cerca de 100 anos mas tarde, en 1732, Euler probo que esta conjetura

era falsa, para ello mostro que

F5 = 232 + 1 = 4294967297 = 641 · 6700417 .

Los numeros de Fermat que son primos son llamados primos de Fer-

mat, y hasta hoy dıa no se sabe si existen infinitos primos de Fermat.


No se han encontrado primos de Fermat mas alla de F4 . Sin embargo

el mayor numero de Fermat conocido es F234711 , y fue descubierto por

W. Keller en 1984.

La siguiente demostracion del hecho que F5 es compuesto no se usa

ninguna division y es debida a G. Bennet.

Afirmacion. F5 es compuesto.

En efecto, primero notemos que

641 = 5 · 27 + 1 .

Ahora,

F5 = 225+ 1

= 232 + 1

= 24 · 228 + 1

= 16 · 228 + 1

= (641 − 625)228 + 1

= (641 − 54)228 + 1

= 641 · 228 − (5 · 27)4 + 1

= 641 · 228 − (641 − 1)4 + 1

= 641 · 228 − (6414 − 4 · 6413 + 6 · 6412 − 4 · 641 + 1) + 1

= 641(228 − 6413 + 4 · 6412 − 6 · 641 + 4)

= 641 × 6700417

= 4294967297 .

Luego 641|F5 .

Sergio Plaza 65

Quizas, una de las mas importantes propiedades de los numeros de

Fermat, es la conexion encontrada por Gauss en 1796 entre los primos de

Fermat y la construccion con regla (sin marcas) y compas de polıgonos

regulares.

Teorema 2.13 Un polıgono regular con n lados es constructible us-

ando solamente una regla y compas si y solo si

n = 2r · F1 · F2 · · ·Fk,

donde r > 0 y F1, F2, . . . , Fk son distintos primos de Fermat.

Los antiguos Griegos sabıan como construir polıgonos regulares, usan-

do solamente regla y compas, con lados 2k , 3·2k , 5·2k y 15·2k = 2k·3·5 .Tambien sabıan como construir polıgonos regulares con 3, 4, 5, 6, 8,

10, 12, 15 y 16 lados, pero no sabıan como construir un polıgono

regular con 17 lados. La construccion de un polıgono con 17 lados fue

hecha por Gauss cuando tenıa 19 anos, y segun cuenta la historia, esto

lo llevo a dedicar el resto de su vida a la matematica.

Damos a seguir una relacion de recurrencia que satisfacen los numeros

de Fermat y usamos esto para probar algunos resultados interesantes.

Teorema 2.14 Para cada entero n > 0 , se tiene

Fn+1 = F0 · F1 · F2 · · ·Fn + 2 .

Demostracion. Como F0 = 220 − 1 = 1 , tenemos

F0 · F1 · F2 · F3 · · ·Fn = 1 · F0 · F1 · F2 · F3 · · ·Fn


= (220 − 1)(22

0+ 1)(22

1+ 1)(22

2)(22

3+ 1) · · · (22n + 1)

= (222 − 1)(22

2+ 1)(22

3+ 1) · · · (22n + 1)

= (223 − 1)(22

3+ 1) · · · (22n + 1)

......

= (22n − 1)(22

n+ 1)

= 22n+1 − 1

= 22n+1

+ 1− 2

= Fn+1 − 2 .

Teorema 2.15 Dos numeros de Fermat distintos Fm y Fn , con m >

n , son coprimos.

Demostracion. Sean Fm y Fn dos numeros de Fermat distintos, con

m > n . Supongamos que d > 0 es un divisor de Fm y Fn , entonces d

divided a

2 = Fm − F0 · F1 · · ·Fn · · ·Fm−1 .

Por lo tanto d = 1 o d = 2 , pero Fm y Fn son impares, luego

debemos tener que d = 1 . Lo que completa la prueab del teorema.

Damos a continuacion una prueba elemetal sobre la infinitud de los

primos debida a G. Polya.

Teorema 2.16 Existen infinitos primos.

Demostracion. (G. Polya) Existen infinitos numeros de Fermat dis-

tintos, cada uno de ellos es divisible por un primo impar, y como dos

numeros de Fermat distintos son coprimos, esos primos impares deben

ser todos distintos. Luego, existen infinitos primos.

Sergio Plaza 67

Teorema 2.17 Para cada entero n > 0 , el entero positivo

N = 22n − 1

es divisible por al menos n primos diferentes.

Demostracion. Para cada n > 0 , tenemos

22n − 1 = 22

n+ 1− 2

= Fn − 2

= F0 · F1 · F2 · F3 · · ·Fn−1,

y como todos los Fk son coprimos, el resultado se sigue.

2.3 Numeros de Mersenne

Denotemos por Mn = 2n − 1 , los numeros de Mersenne.

Teorema 2.18 Si d|n , entonces Md|Mn .

Demostracion. Escribamos n = dr entonces la identidad

xdr − 1 = (xd − 1)(xrd− 1 + xd−2 + · · · + xr + 1)

nos muestra que para x = 2 , se tiene que Md = 2d − 1|2dr − 1 = Mn .

Corolario 2.1 Si Mn es primo, entonces n es primo.

Demostracion. Por el teorema anterior si n es compuesto entonces

Mn . Supongamos por lo tanto que n = a · b con 1 < a, b < n .

Entonces Ma|Mb por el teorema anterior, Ma > 1 pues a > 1 , y

Ma < Mn pues a < n .


2.4 Numeros Triangulares

Un entero positivo n es un numero triangular si es de la forma

n =k(k + 1)

2,

donde k ∈ N . Luego, el m –esimo numero triangular es

tm =m(m+ 1)

2.

Notemos que para cada m ∈ N , se tiene

tm = 1 + 2 + · · ·+m =

(

m+ 1

2

)

,

tm+1 = tm + (m+ 1)

y

(tn)n∈N = {1, 3, 6, 10, . . . , n(n+ 1)

2, . . .} .

El nombre de numeros triangulares se debe al hecho podemos colo-

carlos como sigue, formando triangulo equilateros

La siguiente caracterizacion de los numeros triangulares entre los

numeros naturales es debida a Plutarco (cerca 100 D.C.).

Sergio Plaza 69

Teorema 2.19 Un numero n ∈ N es triangular si y solo si 8n+1 es

un cuadrado perfecto.

Demostracion. Supongamos que n es un numero triangular, es decir,

n = tk para algun k ∈ N . Luego,

8n+ 1 = 8tk + 1

= 8 · k(k + 1)

2+ 1

= 4k2 + 4k + 1

= (2k + 1)2

que es un cuadrado perfecto.

Recıprocamente, si n ∈ N es tal que 8n + 1 = k2 es un cuadrado

perfecto. Tenemos entonces que k debe ser impar y k > 3 . Luego

k−12 ∈ N . Tomamos m = k−1

2 y tenemos

tm = t k−12

=k−12

(k−12 + 1

)

2=

k2 − 1

8= n ,

esto es, n es un numero triangular, mas precisamente n es el k−12

–esimo termino en la sucesion de los numeros triangulares.

Teorema 2.20 Entre los numeros de Fermat Fn , no hay cuadrados,

no hay cubos, y no hay numeros triangulares, excepto F0 = 3 =2 · 32

.

Teorema 2.21 Si n ∈ N es un cuadrado perfecto, entonces se tiene

a) Si n es par, entonces n es divisible por 4.

b) Si n es impar, entonces n es de la forma 8k + 1 , con k ∈ N ,

esto es, cuando n es dividido por 8 deja resto 1.

Demostracion. Sea m ∈ N tal que n = m2 .


a) Si m = 2k es par, entonces n = m2 = 4k2 es divisible por 4.

b) Si m = 2l−1 es impar, entonces n = m2 = (2l−1)2 = 4l2−4l+1 =

4(l − 1)l + 1 .

Como el producto (l−1)l de dos numeros naturales consecutivos siempre

es par, se tiene que (l− 1)l = 2k , y nos queda n = 4 · 2k + 1 = 8k + 1 .

Ejemplo 2.11 En la sucesion de numeros 11, 111, 1111, . . . , 111 . . . 1111, . . .

no aparece ningun cuadrado perfecto.

En efecto, tenemos que 11 = 8+3 y n = 111 . . . 1111 = 111 . . . 1000+

111 = 8l+8·13+7 = 8k+7 para n > 111 , esto significa que ninguno de

los numeros en la sucesion es de la forma 8k + 1 , que es una condicion

necesaria para ser un cuadrado perfecto.

Ejemplo 2.12 a) n = 12 es divisible por 4, pero no es cuadrado

perfecto.

b) n = 17 = 2 · 8 + 1 , es de la forma 8k + 1 pero no es un cuadrado

perfecto.

Numeros naturales que son diferencia de dos cuadrados, es decir, n =

x2− y2 , con x ∈ N , y ∈ N∪{0} . Note por ejemplo que n = 2 y n = 6

no pueden ser escritos como diferencia de dos cuadrados como arriba.

Tenemos el siguiente resulado

Teorema 2.22 Sea n ∈ N , entonces n = x2 − y2 para x ∈ N e

y ∈ N ∪ {0} si y solo si n no es de la forma 4k + 2, k ∈ N ∪ {0} .

Demostracion. Supongamos que n = x2−y2 , con x ∈ N, y ∈ N∪{0} .Para probar que n no es de la forma 4k+2 , con k ∈ N∪{0} , podemos

Sergio Plaza 71

suponer que n es par (si n es impar esto es inmediato). De esto se

sigue que x e y ambos son pares o ambos son impares. Si x = 2k e

y = 2l , tenemos que n = x2 − y2 = (2k)2 − (2l)2 = 4(k2 − l2) que

no es de la forma 4m + 2 . Si x = 2k − 1 e y = 2l − 1 , tenemos

n = x2 − y2 = (2k − 1)2 − (2l − 1)2 es de la forma 4m+ 2 .

Recıprocamente, supongamos que n no es de la forma 4m + 2 , esto

implica que n es impar o divisible por 4.

Si n es impar, entonces n ± 1 es par y por lo tanton− 1

2,n+ 1

2∈

N∪{0} . Ahora,(n+12

)2−(n−12

)2=

1

4((n+1)2 − (n− 1)2) = n , esto es

n =

(n+ 1

2

)2

−(n− 1

2

)2

es una posible descomposicion de n como diferencia de dos cuadrados.

Si n = 4k , entonces n = (k + 1)2 − (k − 1)2 , es decir,

n =(n

4+ 1)2−(n

4− 1)2

Observacion. Podemos escribir N como

N = {4k : k ∈ N}∪{4k+1 : k ∈ N∪{0}} · · ·∪{4k+2 : k ∈ ∪{0}}∪{4k+3 : k ∈ N∪{0}}

y vemos que de estos, solamente los numeros del conjunto {4k+2 : k ∈N ∪ {0}} no pueden ser escritos como diferencia de dos cuadrados.

2.4.1 Ejercicios

Problema 2.18 (Teorema de Wolstenholme) Sea p > 5 un primo. En-

tonces p2 divide al numerador de la fraccion resultante del numero

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

p− 1.

Problema 2.19 Sean p1, p2, . . . , pn primos distintos mayores que 3.

Pruebe que

2p1·p2···pn + 1

tiene al menos 4n divisores ¿Que ocurre si algun pi es igual a 2 o 3 ?

Problema 2.20 Sea p un primo y n > 1 un entero tal que n divide

a p− 1 y p divide a n3 − 1 . Pruebe que 4p + 3 es el cuadrado de un

numero entero. Ilustre el resultado con algunos ejemplos.

Problema 2.21 Sea p un primo con p > 5 , y sea S = {p− n2 : n ∈N, n2 < p} . Pruebe que S contiene dos elementos a y b tales que

1 < a < b y a|b .

Problema 2.22 Suponga que 2n + 1 es un primo impar para algun

entero positivo n . Pruebe que n debe ser una potencia de 2 .

Problema 2.23 Sea p un primo mayor que 3. Pruebe que 7p − 6p − 1

es divisible por 43.

Problema 2.24 Suponga que 4n + 2n + 1 es primo para algun entero

positivo n . Muestre que n debe ser una potencia de 3 .

Sergio Plaza 73

Problema 2.25 Para cada entero positivo n > 1 , sea p(n) el mayor

divisor primo de n . Pruebe que existen infinitos enteros positivos n

con p(n) < p(n+ 1) < p(n+ 2) .

Problema 2.26 Determine todos los pares (n, p) de enteros no nega-

tivos tales que

1. p es primo,

2. n < 2p , y

3. (p − 1)n + 1 es divisible por np−1 .

Problema 2.27 Encuentre todos los numeros naturales n tal que el

numero n(n+1)(n+2)(n+3) tiene exactamente tres divisores primos.

Problema 2.28 El siguiente resultado es debido a Dirichlet. Para

a, b, c ∈ N , con mcd (a, b) = 1 , existen infinitos primos de la forma

ak + b .

Usando este resultado pruebe que existen infinitos primos que termi-

nan con el dıgito 9.

Por ejemplo: 19, 29, 59, 79, 89, 139, 149, . . . .

Problema 2.29 Usando el teorema de Dirichlet (problema anterior)

pruebe que existen infinitos primos de la forma 2pk+1 , donde p es un

primo impar.

Problema 2.30 Sean b , m y n enteros positivos, con b > 1 y m 6= n .

Si bm− 1 y bn− 1 tienen los mismos factores primos. Pruebe que b+1

debe ser una potencia de 2.


Problema 2.31 Pruebe que existen infinitos pares ordenados (a, b) de

enteros tal que para cada entero positivo t , el numero at + b es un

numero triangular si y solo si t es un numero triangular.

Problema 2.32 Muestre que existen dos cuadrados consecutivos tales

que entre ellos existen al menos 1000 primos.

Problema 2.33 ¿Existen infinitos primos de Fermat, es decir, primos

de la forma? Fn = 22n+ 1? Se sabe que F0 , F1 , F2, , F3 , F4 son

primos, pero F5 nos lo es (Euler probo esto).

Problema 2.34 ¿Existen infinitos primos de Mersenne, es decir, primos

de la forma 2p − 1 , con p primo?

Problema 2.35 ¿Existen infinitos primos de la forma 2p+1 , donde p

es primo? Por ejemplo,

7 = 2 · 3 + 1, p = 3 primo

11 = 2 · 5 + 1, p = 5 primo

23 = 2 · 11 + 1, p = 11 primo...

Problema 2.36 ¿Existe al menos un primo entre cada par de cuadrados

consecutivos?

n = 1, 12 = 1 3 22 = 4

n = 2, 22 = 4 5, 7 32 = 9

n = 3, 32 = 9 11, 13 42 = 16...

Sergio Plaza 75

Problema 2.37 ¿Existen infinitos primos p para los cuales 2p−1 es

divisible por p2 ?

Problema 2.38 ¿Existen infinitos primos p para los cuales (p−1)!+1

es divisible por p2 ?

Problema 2.39

Problema 2.40

Problema 2.41

Problema 2.42

Problema 2.43

Problema 2.44

Problema 2.45

Problema 2.46 Sea f(n) = σ(n)− n , donde σ(n) denota la suma de

los divisores de n . Por ejemplo, f(1) = 0 , f(2) = 1 + 2 − 2 = 1 ,

f(3) = 1 + 3− 3 = 1 , f(4) = 1 + 2 + 4− 4 = 3 , f(5) = 1 + 5− 5 = 1 ,

f(6) = 1+2+3+6−6 = 6 , f(7) = 1 , f(8) = 1+2+4+8−8 = 7, . . . .

Note que si n es primo entonces f(n) = 1 , pues los divisores de n

son 1 y n.

Para n = 8 , tenemos f(8) = 7 , f(7) = 1 y f(1) = 1 , si n = 9 ,

f(9) = 1 + 3 + 9 − 9 = 4 , f(4) = 3 , f(3) = 1 , y f(1) = 1 . Para

n = 10 , f(10) = 1+2+5−5 = 3 , f(3) = 1 y f(1) = 1 . Caso n = 12 ,

f(12) = 1 + 3 + 4 + 6 + 12 − 12 = 14 , f(14) = 1 + 7 + 14 − 14 = 8 ,

f(8) = 7 , f(7) = 1 y f(1) = 1 . Haga mas ejemplos y formule una


conjetura respecto al calculo , n , f(n) , f(f(n)) , f(f(f(n)) ),... (Si su

conjetura es la siguiente, n, f(n)) , f(f(n)) , f(f(f(n)) ),... se vuelve

periodica. Entonces a ella no se le conoce si es verdadera o falsa. Por

ejemplo, f(95) = 25 , f(25) = 6 , f(6) = 6 , f(6) = 6 ,...

Problema 2.47 Sea an = 6n + 8n . Calcule el resto de la division de

a83 por 49.

Problema 2.48 Si 30x0y03 es divisible por 13 encuentre x e y .

Problema 2.49 Pruebe que su 9|(a3 + b3+ c3) entonces 3|(abc) , paraenteros positivos a, b, c .

Problema 2.50 Encuentre el ultimo dıgito de 3100 .

Problema 2.51 Pruebe que si 7|(a2 + b2) entonces 7|a y 7|b .

Problema 2.52 Pruebe que para todo n , se tiene que n9−6n7+9n5−4n3 es divisible por 8640.

Problema 2.53 Pruebe que para cada entero positivo n se tiene que

(n+ 1) · (n+ 2) · · · 2n es divisible por 2n .

Problema 2.54 Determine los ultimos dıgitos de los numeros en la

sucesion 23 2323 , 23(2323) ,. . .

Problema 2.55 Pruebe que tres numeros enteros positivos n, n+2, n+

4 no pueden simultaneamente primos, salvo si n = 3 .

Problema 2.56 Sea p > 3 un primo.

1. Explique porque p = 6k + 1 o p = 6k − 1 para algun k ∈ N .

Sergio Plaza 77

2. Use (a) para probar que 24|(p2 − 1) .

Problema 2.57 Pruebe que 24|n(n2 − 1) para cada entero positivo

impar n .

Problema 2.58 Sean a, b, c ∈ N .

1. Pruebe que si 3|(a2 + b2) , entonces 3|ab .

2. Pruebe que si 9|(a3 + b3 + c3) , entonces 3|abc .

Problema 2.59 Pruebe que 2n|(n+1)(n+2) · · · (2n) para cada n ∈ N .

Problema 2.60 Pruebe que si p es primo entonces

p

i

≡ 0 (mod p)

para 1 6 i 6 p− 1 .

Use esto para probar que

(1 + x)p ≡ 1 + xp (mod p)

Problema 2.61 Sea p > 3 un primo y sea k =

[2p

3

]

Pruebe que

(

p

1

)

+

(

p

2

)

+ · · · +(

p

k

)

es divisible por p2 .


Problema 2.2 Si a y b son enteros positivos coprimos, pruebe que

mcd (a+ b, a2 + ab+ b2) = 1 .

Problema 2.62 Muestre que si q1, q2, · · · , qn son primos, entonces ex-

iste un primo q , con q ∈ {q1, · · · , qn} . (Indicacion. Considere el numero

N = q1 · q2 · · · qn + 1 . Por un lema anterior existe un primo q , tal que

q|N . Pruebe entonces que q ∈ {q1, q2, · · · , qn} ).

Problema 2.63 Pruebe que, para cada primo impar, existen infinitos

primos de la forma 2kp+ 1 .

Problema 2.64 Sean p y q numeros primos, tales que n = p · q =

243449 y φ(n) = 241536 . Encuentre los primos p y q .

Problema 2.65 Pruebe que un numero de la forma 2n+1 , con n > 1 ,

puede ser primo solo si n es una potencia de 2 .

Problema 2.66 Pruebe que un numero de la forma 2n−1 , con n > 1 ,

puede ser primo solo si n es primo.

Indicacion. 2m−1 divide a 2n − 1 cuando m divide a n .

Problema 2.67 Pruebe que existen infinitos primos en la progresion

aritmetica infinita 2, 5, 11, 14, 17, . . .

Problema 2.68 Sea p un numero primo

1. Pruebe que

(

p

k

)

es divisible por p para k = 1, 2, . . . , p − 1 .

2. Pruebe que 2p − 2 es divisible por p .

Problema 2.69

Sergio Plaza 79

Problema 2.70

Problema 2.71

Problema 2.72

Curiosidad Numerica

La siguiente tabla corresponde a los coeficientes del desarrollo del

binomio de Newton

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

1 9 36 84 126 126 84 36 9 1

1 10 43 120 210 252 210 120 43 10

1 11 53 163 330 462 462 330 163 53 11

En esta tabla hemos considerado los coeficientes del binomio de New-

ton modulo 2.

Si el lector tiene paciencia agregue mas filas y columnas y vera apare-

cer una conocida forma fractal llamada triangulo de Sierpinski.


1

1 1

1 0 1

1 1 1 1

1 0 0 0 1

1 1 0 0 1 1

1 0 1 0 1 0 1

1 1 1 1 1 1 1 1

1 0 0 0 0 0 0 0 1

1 1 0 0 0 0 0 0 1 1

1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1

1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

2.4.2 Algunos comentarios sobre la distribucion de los

numeros primos.

Una de las peculiaridades de los primos es la aparente ausencia de

un patron. Por ejemplo, hay exactamente nueve primos entre los 100

numeros comprendidos entre 9.999.900 y 10.000.000. Sin embargo, hay

solamente dos primos entre 10.000.000 y 10.000.100. ( encontrarlos!).

Por otro lado hay 25 primos entre 1 y 100. Esta falta de regularidad

en la distribucion de los numeros primos ha sido constante fuente de

discusion en la disciplina, que ha llevado al desarrollo de una amplia

variedad de ramas de la matematica. Este aparente desorden ya habıa

tomado la atencion de Gauss (1777–18553).

3C.F. Gauss: Nacio el 30 de Abril 1777 en Brunswick, Alemania. Fallecio el 23

de Febrero 1855 en Gottingen, Hanover. Cuando Gauss tenıa diez anos de edad, su

Sergio Plaza 81

maestro solicito a la clase que encontrara la suma de todos los numeros comprendidos

entre uno y cien. El maestro, pensando que con ello la clase estarıa ocupada algun

tiempo, quedo asombrado cuando Gauss, levanto en seguida la mano y dio la respuesta

correcta. Gauss revelo

que encontro la solucion usando el algebra, el maestro se dio cuenta de que el nino

era una promesa en las matematicas. Hijo de un humilde albanil, Gauss dio senales

dio senales de ser un genio antes de que cumpliera los tres anos. A esa edad aprendio

a leer y hacer calculos aritmeticos mentales con tanta habilidad que descubrio un

error en los calculos que hizo su padre para pagar unos sueldos. Ingreso a la escuela

primaria antes de que

cumpliera los siete anos. Cuando tenıa doce anos, critico los fundamentos dela

geometrıa euclidiana; a los trece le interesaba las posibilidades de la geometrıa no

euclidiana. A los quince, entendıa la convergencia y probo el binomio de Newton. El

genio y la precocidad de Gauss llamaron la atencion del duque de Brunswick, quien

dispuso, cuando el muchacho tenıa catorce anos, costear tanto su educacion secun-

daria como universitaria. Gauss, a quien tambien le interesaban los clasicos y los

idiomas, pensaba que harıa de la filologıa la obra de su vida, pero las matematicas

resultaron ser una atraccion irresistible. Cuando estudiaba en Gotinga, descubrio que

podrıa construirse un polıgono regular de diecisiete lados usando solo la regla y el

compas. Enseno la prueba a su profesor, quien se demostro un tanto esceptico y le dijo

que lo que sugerıa era imposible; pero Gauss demostro que tenıa la razon. El profesor,

no pudiendo negar lo evidente, afirmo que tambien el procedio de la misma manera.

Sin embargo, se reconocio el merito de Gauss, y la fecha de su descubrimiento, 30

de Marzo de 1796, fue importante en la historia de las matematicas. Posteriormente,

Gauss encontro la formula para construir los demas polıgonos regulares con la regla

y el compas. Gauss se graduo en Gotinga en 1798, y al ano siguiente recibio su doc-

torado en la Universidad de Helmstedt. Las matematicas no fueron el unico tema

que le intereso a este hombre; fue tambien astronomo, fısico, geodesta e inventor.

Hablaba con facilidad varios idiomas, e inclusive domino el ruso a la edad de sesenta

anos. En 1807 fue nombrado director del observatorio y profesor de astronomıa en la

Universidad de Gotinga. A principios del siglo XIX, Gauss publico sus Disquisiciones

aritmeticas, que ofrecıan un analisis lucido de su teorıa de numeros, comprendiendo

las complicadas ecuaciones que confirmaban su teorıa y una exposicion de una con-

vergencia de una serie infinita. Estudio la teorıa de los errores y dedujo la curva


La idea genial fue no considerar los primos de a uno si no que tomarlos

de montones. Llamemos por π(n) la cantidad de primos menor o igual

que n . Esta cantidad se puede calcular para varios valores de n . A

continuacion damos algunos valores para π(n) .

El cociente n/π(n) representa la proporcion de numeros hasta n que

son primos. Examinando con detencion esta razon. Vemos que por

cada potencia de 10 la razon aumenta en 2,3. Este numero es magico

para los matematicos, pues se parece a ln(10) , y por lo tanto, n/π(n)

se deberıa parecer ln(n) o lo que es equivalente, π(n) se aproxima

n/ ln(n) . Mas precisamente, podemos enunciar el famoso Teorema de

los Numeros Primos que afirma que

limn→∞

π(n)

n/ ln(n)= 1 .

normal de la probabilidad, llamada tambien curva de Gauss, que todavıa se usa en

los calculos estadısticos. En 1833 invento un telegrafo electrico que uso entre su

casa y el observatorio, a una distancia de unos dos kilometros. Invento tambien un

magnetometro bifiliar para medir el magnetismo y, con Weber, proyecto y construyo

un observatorio no magnetico. Tanto Gauss como Riemann, que fue discıpulo suyo,

pensaban en una

teorıa electromagnetica que serıa muy semejante a la ley universal de la gravitacion,

de Newton. Empero, la teorıa del electromagnetismo fue ideada mas tarde, en 1873,

por Maxwell, aunque Gauss ya poseıa los cimientos matematicos para la teorıa. En

1840, las investigaciones de Gauss sobre la optica tuvieron especial importancia debido

a sus deducciones por lo que toca a los sistemas de lentes. A la edad de setenta y

siete anos, Gauss fallecio. Se ha dicho que la lapida que senala su tumba fue escrita

con un diagrama, que construyo el mismo Gauss, de un polıgono de diecisiete lados.

Durante su vida, se reconocio que era el matematico mas grande de los siglos XVIII

y XIX. Su obra en las matematicas contribuyo a formar una base para encontrar la

solucion de problemas complicadısimos de las ciencias fısicas y naturales.

Sergio Plaza 83

n π(n) n/π(n)

10 4 2,5

100 25 4,0

1000 168 6,0

10.000 1.229 8,1

100.000 9.592 10,4

1.000.000 78.498 12,7

10.000.000 664.579 15,0

100.000.000 5.761.455 17,4

1.000.000.000 50.847.534 19,7

10.000.000.000 455.052.512 22,0

Esto quiere decir que para n suficientemente grande la cantidad de

primos menor o igual que n es aproximadamente n/ ln(n) .

Ejercicio 2.1 Utilizando una calculadora o un computador, calcular los

valores de n/ ln(n) para n = 10k para valores de k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10

y compararlos con los valores exactos dados por la segunda columna de

la tabla para π(n) .

2.5 Lista de los primeros 1000 numeros primos

Los primeros 1000 primos, el primo numero 1000 es 7919. Para mas in-

formacion sobre numeros primos consultar la pagina siguiente http://www.utm.edu/research/primes

2 3 5 7 11 13 17 19 23 29

31 37 41 43 47 53 59 61 67 71

73 79 83 89 97 101 103 107 109 113

127 131 137 139 149 151 157 163 167 173


179 181 191 193 197 199 211 223 227 229

233 239 241 251 257 263 269 271 277 281

283 293 307 311 313 317 331 337 347 349

353 359 367 373 379 383 389 397 401 409

419 421 431 433 439 443 449 457 461 463

467 479 487 491 499 503 509 521 523 541

547 557 563 569 571 577 587 593 599 601

607 613 617 619 631 641 643 647 653 659

661 673 677 683 691 701 709 719 727 733

739 743 751 757 761 769 773 787 797 809

811 821 823 827 829 839 853 857 859 863

877 881 883 887 907 911 919 929 937 941

947 953 967 971 977 983 991 997 1009 1013

1019 1021 1031 1033 1039 1049 1051 1061 1063 1069

1087 1091 1093 1097 1103 1109 1117 1123 1129 1151

1153 1163 1171 1181 1187 1193 1201 1213 1217 1223

1229 1231 1237 1249 1259 1277 1279 1283 1289 1291

1297 1301 1303 1307 1319 1321 1327 1361 1367 1373

1381 1399 1409 1423 1427 1429 1433 1439 1447 1451

1453 1459 1471 1481 1483 1487 1489 1493 1499 1511

1523 1531 1543 1549 1553 1559 1567 1571 1579 1583

1597 1601 1607 1609 1613 1619 1621 1627 1637 1657

1663 1667 1669 1693 1697 1699 1709 1721 1723 1733

1741 1747 1753 1759 1777 1783 1787 1789 1801 1811

1823 1831 1847 1861 1867 1871 1873 1877 1879 1889

1901 1907 1913 1931 1933 1949 1951 1973 1979 1987

1993 1997 1999 2003 2011 2017 2027 2029 2039 2053

2063 2069 2081 2083 2087 2089 2099 2111 2113 2129

Sergio Plaza 85

2131 2137 2141 2143 2153 2161 2179 2203 2207 2213

2221 2237 2239 2243 2251 2267 2269 2273 2281 2287

2293 2297 2309 2311 2333 2339 2341 2347 2351 2357

2371 2377 2381 2383 2389 2393 2399 2411 2417 2423

2437 2441 2447 2459 2467 2473 2477 2503 2521 2531

2539 2543 2549 2551 2557 2579 2591 2593 2609 2617

2621 2633 2647 2657 2659 2663 2671 2677 2683 2687

2689 2693 2699 2707 2711 2713 2719 2729 2731 2741

2749 2753 2767 2777 2789 2791 2797 2801 2803 2819

2833 2837 2843 2851 2857 2861 2879 2887 2897 2903

2909 2917 2927 2939 2953 2957 2963 2969 2971 2999

3001 3011 3019 3023 3037 3041 3049 3061 3067 3079

3083 3089 3109 3119 3121 3137 3163 3167 3169 3181

3187 3191 3203 3209 3217 3221 3229 3251 3253 3257

3259 3271 3299 3301 3307 3313 3319 3323 3329 3331

3343 3347 3359 3361 3371 3373 3389 3391 3407 3413

3433 3449 3457 3461 3463 3467 3469 3491 3499 3511

3517 3527 3529 3533 3539 3541 3547 3557 3559 3571

3581 3583 3593 3607 3613 3617 3623 3631 3637 3643

3659 3671 3673 3677 3691 3697 3701 3709 3719 3727

3733 3739 3761 3767 3769 3779 3793 3797 3803 3821

3823 3833 3847 3851 3853 3863 3877 3881 3889 3907

3911 3917 3919 3923 3929 3931 3943 3947 3967 3989

4001 4003 4007 4013 4019 4021 4027 4049 4051 4057

4073 4079 4091 4093 4099 4111 4127 4129 4133 4139

4153 4157 4159 4177 4201 4211 4217 4219 4229 4231

4241 4243 4253 4259 4261 4271 4273 4283 4289 4297

4327 4337 4339 4349 4357 4363 4373 4391 4397 4409


4421 4423 4441 4447 4451 4457 4463 4481 4483 4493

4507 4513 4517 4519 4523 4547 4549 4561 4567 4583

4591 4597 4603 4621 4637 4639 4643 4649 4651 4657

4663 4673 4679 4691 4703 4721 4723 4729 4733 4751

4759 4783 4787 4789 4793 4799 4801 4813 4817 4831

4861 4871 4877 4889 4903 4909 4919 4931 4933 4937

4943 4951 4957 4967 4969 4973 4987 4993 4999 5003

5009 5011 5021 5023 5039 5051 5059 5077 5081 5087

5099 5101 5107 5113 5119 5147 5153 5167 5171 5179

5189 5197 5209 5227 5231 5233 5237 5261 5273 5279

5281 5297 5303 5309 5323 5333 5347 5351 5381 5387

5393 5399 5407 5413 5417 5419 5431 5437 5441 5443

5449 5471 5477 5479 5483 5501 5503 5507 5519 5521

5527 5531 5557 5563 5569 5573 5581 5591 5623 5639

5641 5647 5651 5653 5657 5659 5669 5683 5689 5693

5701 5711 5717 5737 5741 5743 5749 5779 5783 5791

5801 5807 5813 5821 5827 5839 5843 5849 5851 5857

5861 5867 5869 5879 5881 5897 5903 5923 5927 5939

5953 5981 5987 6007 6011 6029 6037 6043 6047 6053

6067 6073 6079 6089 6091 6101 6113 6121 6131 6133

6143 6151 6163 6173 6197 6199 6203 6211 6217 6221

6229 6247 6257 6263 6269 6271 6277 6287 6299 6301

6311 6317 6323 6329 6337 6343 6353 6359 6361 6367

6373 6379 6389 6397 6421 6427 6449 6451 6469 6473

6481 6491 6521 6529 6547 6551 6553 6563 6569 6571

6577 6581 6599 6607 6619 6637 6653 6659 6661 6673

6679 6689 6691 6701 6703 6709 6719 6733 6737 6761

6763 6779 6781 6791 6793 6803 6823 6827 6829 6833

Sergio Plaza 87

6841 6857 6863 6869 6871 6883 6899 6907 6911 6917

6947 6949 6959 6961 6967 6971 6977 6983 6991 6997

7001 7013 7019 7027 7039 7043 7057 7069 7079 7103

7109 7121 7127 7129 7151 7159 7177 7187 7193 7207

7211 7213 7219 7229 7237 7243 7247 7253 7283 7297

7307 7309 7321 7331 7333 7349 7351 7369 7393 7411

7417 7433 7451 7457 7459 7477 7481 7487 7489 7499

7507 7517 7523 7529 7537 7541 7547 7549 7559 7561

7573 7577 7583 7589 7591 7603 7607 7621 7639 7643

7649 7669 7673 7681 7687 7691 7699 7703 7717 7723

7727 7741 7753 7757 7759 7789 7793 7817 7823 7829

7841 7853 7867 7873 7877 7879 7883 7901 7907 7919

Capıtulo 3

Ecuaciones diofantinas

Una ecuacion con coeficientes enteros en una o mas incognitas es llamada

diofantina (en honor a Diofanto1 quien fue el primero en estudiar este

tipo de ecuaciones). En particular, nos interesa examinar la ecuacion

diofantina, llamada ecuacion diofantina lineal en dos incognitas,

ax+ by = c , (3.1)

donde a , b y c son enteros dados, con a y b no simultaneamente

nulos. Un par de numeros x0, y0 es una solucion de la ecuacion (3.1) si

y solo si ax0 + by0 = c .

Ejemplo 3.1 Consideremos la ecuacion diofantina 3x+6y = 18 . Clara-

mente x0 = 4 e y0 = 1 es una solucion, puesto que 3 · 4 + 6 · 1 = 18 .

Tambien los pares (−6, 6) y (10,−2) son soluciones. Este ejemplo

muestra que una ecuacion diofantina lineal no necesariamente posee solu-

ciones unicas.

1Diofantus, nacio alrededor del ano 200 y fallecio alrededor del ano 284. Su libro

“Aritmetica” inspiro a Fermat en sus investigaciones.

89


Ejemplo 3.2 Puede suceder que una ecuacion diofantina no posea ninguna

solucion en Z . Por ejemplo, la ecuacion diofantina 2x − 8y = 13

no puede tener soluciones en los numeros enteros, puesto que el lado

izquierdo de la ecuacion es siempre par y el lado derecho es impar.

Ejemplo 3.3 La ecuacion 9x + 100y = 1 tiene soluciones x, y en los

enteros.

En efecto, como mcd (9, 100) = 1 , existen enteros x, y tales que 9x+

100y = 1 (representacion de Bezout del maximo comun divisor de dos

enteros). Por ejemplo, 9(−11)+100 · 1 = 1) o 9 · 89+100(−8) = 1 . De

hecho, la ecuacion diafantina 9x + 100y = 1 tiene infinitas soluciones

enteras x e y como muestra el siguiente resultado.

En el siguiente teorema formulamos un criterio de solubilidad para las

ecuaciones diofantinas del tipo (3.1).

Teorema 3.1 Sean a, b, c ∈ Z . Considere la ecuacion diofantina (3.1)

ax+ by = c .

(a) Si mcd (a, b) |/ c , entonces no esisten soluciones enteras x, y de

(3.1).

(b) Si mcd (a, b)|c , entonces existen infinitas soluciones de (3.1). Ademas,

todas ellas son de la forma

x =b

mcd (a, b)k + x0, y = − a

mcd (a, b)k + y0,

donde (x0, y0) es una solucion particular y k ∈ Z .

Sergio Plaza 91

Demostracion. Consideremos la ecuacion diofantina

ax+ by = c .

Caso 1. Supongamos que mcd (a, b) |/ c . Si x, y son soluciones de la

ecuacion diofantina, entonces

mcd (a, b)|(ax + by) = c,

y esto es una contradiccion. Por lo tanto no existen soluciones enteras

para la ecuacion (3.1).

Caso 2. Supongamos que mcd (a, b)|c . Entonces existe algun k ∈ Z

tal que c = kmcd (a, b) . Por otra parte existen enteros m y n tales

que

am+ bn = mcd (a, b) ,

luego, amk + bnk = mcd (a, b)k = c . Por lo tanto, x = km , y = kn es

una solucion de la ecuacion (3.1).

Ahora, sea (x0 , y0) una solucion particular de la ecuacion diofantina

(3.1). Entonces, denotando por d = mcd (a, b) , tenemos

a

(b

dk + x0

)

+ b(

−a

dk + y0

)

= ax0 + bx0 = c .

Esto prueba que x =b

dk + x0 , y = −a

dk + y0 es una solucion de la

ecuacion (3.1) para cada k ∈ Z .

Nos resta mostrar que cada solucion tiene la forma x =b

dk + x0 ,

y = −a

dk+y0 , con x0, y0 una solucion particular y k ∈ Z . Supongamos


para ello que x, y es una solucion. Entonces de ax+by = c y ax0+by0 =

c tenemos que

a(x− x0) + b(y − y0) = c− c = 0 .

Luego,a

d(x− x0) +

b

d(y − y0) = 0 ,

esto es,a

d(x− x0) = −

b

d(y − y0) .

Ahora, comoa

ddivide el lado izquierdo de la ultima igualdad, debe

dividir tambien el lado derecho. Por otra parte, como mcd(ad ,

bd

)= 1 ,

se debe tener quea

d| (y− y0) , esto se traduce en que y− y0 = k

a

dpara

algun k ∈ Z es decir, y = y0 + ka

d. Ahora, reemplazando y − y0 en

la igualdada

d(x− x0) = −

b

d(y − y0) nos queda

a

d(x− x0) = −

b

d· k a

d,

esto es, x = − b

dk + x0 . Lo que completa la prueba del teorema.

Otra forma de formular el mismo teorema es la siguiente.

Teorema 3.2 Denotemos por d = mcd (a, b) . Entonces la ecuacion

diofantica (3.1) posee una solucion si y solo si d|c . Ademas, si x0 e

y0 es una solucion particular de la ecuacion entonces todas las otras

soluciones x e y estan dadas por

x = x0 + αt, y = y0 − βt,

para t un entero arbitrario, donde b = αd y a = βd .

Sergio Plaza 93

Observacion. Una consecuencia inmediata de este teorema es el caso

particular en que los coeficientes a y b de la ecuacion son coprimos.

En tal caso se obtiene que si x0 e y0 es una solucion particular de la

ecuacion, entonces todas las soluciones x e y estan dadas por

x = x0 + bt, y = y0 − at,

para todo t ∈ Z .

Ejemplo 3.4 La ecuacion 6x + 9y = 21 tiene infinitas soluciones en-

teras.

En efecto, como mcd (6, 9) = 3 y 3|21 , por la primera parte del

teorema (3.1) existen infinitas soluciones para la ecuacion propuesta.

Por otra parte, una solucion particular es x0 = 8 , y0 = −3 , pues

6 · 8 + 9(−3) = 48 − 27 = 21 , y la solucion general es dada por x =9

3k + 8 = 3k + 8 e y = −6

3k − 3 = −2k − 3 , con k ∈ Z . Por ejemplo,

para k = 1 obtenemos la solucion x = 11 , y = −5 y para k = 2

obtenemos la soluci’on x = 14 e y = −7 .

Ejemplo 3.5 Estudiemos la ecuacion diofantina 172x + 20y = 1000 .

Como mcd (172, 20) = 4 y como 4 divide a 1000, el teorema (3.1)

garantiza que la ecuacion posee solucion en los numeros enteros.

Ademas se tiene que

1000 = 500 · 172 + (−4250) · 20 .

Por lo tanto, x0 = 500 e y0 = −4250 es una solucion de la ecuacion,

y todas las soluciones son de la forma x = 500+ 5t e y = −4250− 43t ,

con t ∈ Z .


Ejemplo 3.6 Sean m y n enteros positivos, con m > n . Entonces

mcd (m,n)

m

m

n

es un numero entero.

Solucion. Usaremos la ecuacion de Bezout de un modo bastante ele-

gante. Sea S el conjunto de los enteros x tales que

x

m

m

n

sea un numero entero. Notemos que m pertenece a S , pues los

numeros binomiales son numeros enteros. Tambien n pertenece a S ,

ya que

n

m

m

n

=n

m

m!

(m− n)!n!=

m− 1

n− 1

.

Ahora, si x e y pertenecen a S , entonces para cualquier par de

enteros u y v se tiene que ux+ vy tambien pertenece a S . En efecto,

tenemos que

ux+ vy

m

m

n

= u · xm

m

n

+ v · ym

m

n

que es un entero por la condicion de que x e y pertenecen a S . Como el

maximo comun divisor de m y n puede ser escrito en la forma mu+nv

para algun par de enteros u y v , se sigue por lo anterior que mcd (m,n)

pertenece a S .

Ejemplo 3.7 Cuando Juana sea un ano mas joven que Beatriz sera

cuando Juana tenga la mitad de la edad que tendra Beatriz cuando

Juana tenga el doble de la edad de Beatriz ahora, Beatriz tendra tres

veces la edad que Juana tenıa cuando Beatriz tenıa la edad que Juana

Sergio Plaza 95

tiene ahora. Una es adolescente y las edades son en anos completos ¿Que

edad tienen ellas?

Solucion. Sea x la edad de Juana ahora e y, la edad de Beatriz ahora.

Representemos las edades de Juana y Beatriz en tiempo, por xi e yi .

respectivamente. Reescribamos la informacion dada, incluyendo estas

elecciones de variables.

“Cuando Juana sea x1 un ano mas joven que Beatriz sera y2 cuando

Juana tenga x2 la mitad de la edad y3 que tendra Beatriz cuando Juana

tenga x3 el doble de la edad y de Beatriz ahora, Beatriz tendra y1 tres

veces la edad x4 que Juana tenıa cuando Beatriz tenıa y4 la edad x

que Juana tiene ahora”.

Se tienen ası las siguientes ecuaciones x1 = y2 − 1 , x2 = 13y3 , x3 =

2y , y1 = 3x4 , y4 = x .

Sean a, b, c, d tales que x1 = x+a , x2 = x+b , x3 = x+c , x4 = x+d ;

de modo que y1 = y + a , y2 = y + b , y3 = y + c , y4 = y + d . Las

ecuaciones de anteriores transforman entonces en x + a = y + b − 1 ,

x+ b = 12 (y + c) , x+ c = 2y , y + a = 3(x+ d) , y + d = x .

Reordenando estas ecuaciones (y multiplicando por un factor apro-

piado), obtenemos x + a − b = y − 1 , x + b − 12c =

12y ,

12x+ 1

2c = y ,

3x− a+3d = y , 3x− 3d = 3y . Sumando estas ecuaciones encontramos

que se cancelan a , b , c y d , obteniendose

81

2x = 6

1

2y ,

esto es 13y−17x = 2 . Puesto que x e y pueden solamente ser enteros,

esta ecuacion es un ejemplo de ecuacion diofantina lineal.

Un metodo para resolver tal ecuacion consiste en aplicar primero el


algoritmo euclidiano para encontrar el maximo comun divisor d de 13

y 17, que es por cierto 1. Siguiendo el algoritmo en reversa, podemos

expresar d en terminos de 13 y 17 como

1 = 13− 12

= 13− 3 · 4= 13− 3(17 − 3)

= 4 · 13 − 3 · 17 .

Luego 2 = 8·13−6·17 = 8·13+13·17t−13·17 = 13(8+17t)−17(6+13t) .

Ası, obtenemos la solucion x = 6+13t , y = 8+17t para algun entero

t . Ahora, dado que una de las chicas tiene menos de 20 anos, debe ser

t = 1 , luego x = 19 e y = 25 . Por lo tanto, Juana tiene 19 y Beatriz

25.

Ejemplo 3.8 La ecuacion diofantina 6x + 9y = 5 no tiene solucion,

pues mcd (6, 9) = 3 y 3 no divide a 5.

Ejemplo 3.9 Resuelva 3x+ 3y + 5z = 10 .

Solucion. Primero factorizando el factor mcd (3, 3) = 3 de las dos

primeros coeficientes de la ecuacion, y obtenemos

3

(3

3x+

3

3y

)

+ 5z = 0 .

Ahora hacemos w = x+ y y la ecuacion se transforma en 3w+5z =

10 . Como mcd (3, 5) = 1 y 1|10 , la ecuacion 3w + 5z = 10 tiene

infinitas soluciones. Por simple impeccion vemos que w0 = 5 y z0 = −1es una solucion particular de esta ultima ecuacion. Luego su solucion

general es w = 5s+ 5 y z = −3s− 1 .

Sergio Plaza 97

Ahora debemos encontrar x e y . Tenemos x + y = w , es decir,

x + y = 5s + 5 . Como mcd (1, 1) = 1 y 1|(5s + 5) la ecuacion tiene

infinitas soluciones. Como x = 5 e y = 5s es una solucion particular,

se sigue que la solucion general es dada por x = t + 5 e y = 5s − t .

Juntando lo anterior, la solucion general de la ecuacion 3x+3y+5z = 10

es

x = t+ 5 , y = 5s− t , z = −3s− 1 ,

con t , s ∈ Z . Por ejemplo, tomando t = 2 y s = −1 tenemos la

solucion x = 7 , y = −7 y z = 2 .

Ejemplo 3.10 Un comerciante gasto cincuenta y seis mil pesos en telas,

unas a cuatro mil ciento diez, otras a tres mil novecientos setenta ¿Cuantos

de cada cual ha comprado?

Solucion. Sean x e y el numero de telas a $ 4.110 y 4 3.970, respec-

tivamente. Entonces, tenemos la ecuacion diofantina

4110x + 3970y = 56000 ,

esto es, 411x+ 397y = 5600 . Notese que 411− 397 = 14 . Luego

411 · 400 − 397 · 400 = 5600 .

Por lo tanto, la ecuacion diofantina debe satisfacer z = 400 − 397t

y = −400 + 411t , para algun entero t . Para tener x e y ambos

positivos, se necesita que t = 1 . Ası x = 3 e y = 11 . De modo que el

comerciante compro 3 telas a $ 4110 cada una y 11 telas a $ 3970 cada

una.


Ejemplo 3.11 Se cuenta de una chica llamada Margot que al pregun-

tarle su edad ası respondio “Los dos tercios de su cuadrado como un

cubo pueden ser mirados” ¿A que numero Margot se refirio?

Solucion. Sea x la edad, y3 el cubo. Ambos x e y deben ser enteros.

Entonces2

3x2 = y3,

o equivalentemente 2x2 = 3y3 . Puesto que 2 divide el lado izquierdo,

debe entonces dividir el lado derecho. Luego 2|y , y en consecuencia 8

divide el lado derecho. Por lo tanto 2|x .Ahora, como 3 divide al lado derecho de la ultima ecuacion, tambien

divide el lado izquierdo, es decir, 3|x . Luego 9 divide el lado izquierdo,

y en consecuencia tambien el lado derecho. Se concluye que 3|y . Por lotanto 81 divide el lado derecho. Luego 9|x .

Ası, tenemos que mcm (2, 9) = 18|x y mcm (2, 3) = 6|y .Pongamos x = 18α e y = 6β . Sustituyendo en la ecuacion 2x2 =

3y3 , obtenemos

2 · 182α2 = 3 · 63β3 .

Supongamos ahora que, dado un primo p , se tiene que pi es la mayor

potencia de p que divide el lado izquierdo. Entonces i debe ser un

multiplo de 2. Ademas, siendo pi la potencia de p que divide el lado

derecho, i debe ser un multiplo de 3. Por lo tanto i es un multiplo

de 6. Se tiene entonces que i = 0 para cualquier primo p o i es a lo

menos 6 para algun primo p . Si i es a lo menos 6 para algun primo p

entonces a lo menos 93|α , en cuyo caso α > 23 = 8 y x > 8 · 18 = 144 .

De acuerdo a standards de hoy en dıa, Margot no serıa una chica, sino

Sergio Plaza 99

una candidata al libro de records Guiness. Entonces α = 1 y x = 18 .

De modo que Margot tiene 18 anos.

Ejemplo 3.12 Pili mira por sobre el hombro de Willy mientras este

hace unos calculos. “No hay nada equivocado en eso”, ella declara,

“444888 es en verdad uno menos que el cuadrado de 667”. Pregunta

Willy, “¿tu piensas que es el unico numero de 6 cifras que es uno menos

que un cuadrado, tal que su segunda mitad es justo el doble de la

primera?” “No, hay otro”, responde Pili, “pero veamos si tu puedes

encontrarlo” ¿Esta Pili en lo correcto?

Solucion. Representemos el numero en la forma 1002(100x+10y + z) .

Entonces

1002(100x + 10y + z) = n2 − 1

para cierto entero n . Luego 1002|(n − 1)(n + 1) y 105 6 n2 < 106 .

Luego 316 < n < 1000 . Como 1002 = 2 · 3 · 167 , cada uno de esos

numeros 2, 3 y 167 divide a lo menos uno de entre n− 1 y n+ 1 .

Puesto que 2|((n + 1) − (n − 1) , se sigue que 2 debe dividir ambos

n−1 y n+1 . Luego 2 ·167 = 334 divide a uno de entre n−1 y n+1 .

Por lo tanto n = 334k + 1 o n = 334k − 1 para algun entero k tal

que 316 < n < 1000 . Luego 3 debe dividir a 333, 667, 335 y 669 . Pero

3|(n − 1) o 3|(n + 1) , de modo que 3|n , ası es que n no es igual ni a

333 ni a 669. Si n = 667 , entonces n22 − 1 = 444888 . Si n = 335 ,

entonces (n− 1)(n+1) = 334 · 336 = 1002 · 112 = 112224 . Por lo tanto

el otro numero anunciado por Pili es 112224, que es uno menos que el

cuadrado de 335.

Ejemplo 3.13 Willy vacio el monedero de Pili sobre la mesa “Tienes

aquı 56 monedas de $ 100, $ 50 y $ 10 ¿Sabes cuanto tienes en total?”


“Sı, me faltan $ 30 para tener mil pesos”. Determine cuanto dinero tiene

Pili en su monedero.

Solucion. Sean x, y, z las cantidades de monedas de $ 100, $ 50 y $ 10

pesos, respectivamente. Entonces 10x+ 5y + z = 97 y x+ y + z = 56 .

Restando estas ecuaciones se elimina z , y obtenemos 9x + 4y = 41 .

Observe que 9 ·1−4 ·2 = 1 , luego 9 ·41−4 ·82 = 41 . Por lo tanto, para

resolver la ecuacion diofantina 9x+4y = 41 necesitamos que x = 41−4te y = −82 + 9t , para algun entero t . Ahora, como x > 0 e y > 0 , se

debe tener que t = 10 . Por lo tanto x = 1 e y = 8 , de tal manera que

z = 56− 8− 1 = 47 . En consecuencia, el monedero de Pili contiene una

moneda de $ 100, ocho de $ 50 y cuarenta y siete de monedas de $ 10.

Ejemplo 3.14 “Tu y Bella fotografiadas la semana pasada, ¿eh?” dijo

Jenny, mirando el retrato sobre el escritorio. “Muy bonita ¿Que edad

tiene ella ahora?” Mimı penso un momento. “Si tu divides tu edad

por la mıa y restas el resultado de tu edad dividida por la de ella, tu

obtendras un septimo de tu edad” ¿Que edad tenıa Mimi?

Solucion. Sea m la edad de Mimi, b la dedad de Bella y j la edad de

Jenny. Entoncesj

b− j

m=

1

7j .

Como j 6= 0 , se tiene que 1b − 1

m = 17 , esto es, m − b = mb

7 . Luego

7|m o 7|b . Ademas, como m > 0 y b > 0 se sigue que 17mb > 0 ,

luego m > b . Supongamos que b = 7k para algun entero k . Entonces

b = m− km = (1− k)m .

Como b > 0 , se tiene que k = 0 , en cuyo caso b = m , lo que es

imposible, de donde concluımos que 7|b , luego m = 7k , para algun

entero k . Por lo tanto, 7k = b+ kb = (k+1)b . Ahora m > 0 , luego k

Sergio Plaza 101

y en consecuencia k + 1 son positivos. De modo que b = 7kk+1 . Por lo

tanto (k + 1)|7k ; como mcd (k + 1, k) = 1 , se tiene que (k + 1)|7 , demodo que k + 1 es igual a 1 o 7. Como k + 1 no puede ser 1, porque

entonces k = 0 y b = m , lo que es imposible. Luego k + 1 = 7 , esto

es, k = b = 6 y m = 7k = 42 . De tal manera que Mimi tiene 42 anos

y Bella tiene 6 anos. No hay suficiente informacion para determinar la

edad de Jenny. Ella podrıa tener 42 anos u 84 anos–un multiplo de 6 y

42.

Ejemplo 3.15 Dado un numero de cuatro dıgitos, intercambie el primero

con el segundo y el tercero con el cuarto. Ası usted obtendra cuatro veces

el numero original ¿Cual es el numero?

Solucion. Sea el numero 1000w+100x+10y+z . Entonces 4(1000w+

100x + 10y + z) = 1000x + 100w + 10z + y . Reordenando, tenemos

3900w − 200x = 2z − 13y , esto es, 1300w − 200x = 2z − 13y .

Ahor, 0 6 y 6 9 y 0 6 z 6 9 , luego 2·0−13·9 6 2z−13y 6 2·9−13·0 ,esto es, −117 6 2z − 3y 6 18 .

Ahora 100|(1300w − 200x) . Luego 100|(2z − 13y) , esto implica que

2z − 13y = 0 o 2z − 13y = −100 .Supongamos que 2z − 13y = 0 . Entonces 13w − 2x = 0 , luego

w = 2t , x = 13t para algun entero t tal que 0 < w 6 9 (w es el dıgito

de mas a la izquierda, luego debe ser necesariamente distinto de cero) y

0 6 x 6 9 , lo que es imposible. Por lo tanto, 2z−13y = −100 , luego se

tiene que 1300w − 200x = −100 , simplificando nos queda 13w − 2x =

−1 .Observemoa que 13 · 1− 2 · 7 = −1 , luego w = 1 + 13t y x = 7 + 2t

para algun entero t . La unica posibilidad es t = 0 , luego w = 1 y

x = 7 . Notemos que 13 · 8− 2 · 2 = 100 , esto es, 2 · 2− 13 · 8 = −100 .


Por lo tanto, para satisfacer la ecuacion diofantina 2z − 13y = −100 ,debemos tener y = 8 + 2s y z = 2 + 13s , para algun entero s , tal que

0 6 y 6 9 y 0 6 z 6 9 . La unica posibilidad es s = 0 .

En consecuencia, el numero pedido es 1782.

Ejemplo 3.16 “Cambia mi ultimo dıgito por y , mi primero por cinco.

Entonces el cuadrado de un tercio de un noveno de mi tu encontraras.

En unos segundos tu veras, de eso estoy seguro. Claramente mis tres

dıgitos ¿Cuales crees tu que son?”

Solucion. Sea n el numero y sea y su segundo dıgito. Entonces

(1

3· 19n

)2

= 509 + 10y .

El lado izquierdo debe ser en efecto el cuadrado de un entero, por

consiguiente el lado derecho debe ser 529, esto es, y = 2 . De manera

que n = 621 , cuyo segundo dıgito de hecho es 2.

3.1 Problemas

Problema 3.1 Para las siguientes ecuaciones diofantinas, determine to-

das sus soluciones en enteros, y liste las soluciones en los enteros positivos

1. 18x + 5y = 48 ,

2. 54x + 21y = 906,

3. 123x + 360y = 99,

4. 158x − 57y = 7 .

Sergio Plaza 103

Problema 3.2 Pruebe que si d = mcd (a, b) , entonces mcd(ad ,

bd

)=

1 .

Problema 3.1 Para todo a, b, k,m ∈ Z se tiene

1. a y b son coprimos si y solo si existen u, v ∈ Z tales que au+bv =

1 ;

2. mcd (a, b) = mcd (b, a) = mcd (|a|, |b|) ;

3. mcd (ka, kb) = |k|mcd (a, b) ;

4. mcd (a, 0) = |a| y mcd (a, 1) = 1 ;

5. Si mcd (a,m) = mcd (b,m) = 1 , entonces mcd (ab,m) = 1 ;

6. Si mcd (a, b) = 1 , entonces mcd (ak, bℓ) = 1 para todo k, ℓ ∈ N .

Problema 3.2 Generalice el primer problema, es decir, si a1, a2, . . . , ak ,

con k > 2 , son enteros positivos tales que mcd (a1, a2, . . . , ak) = d . De-

muestre que

1. Existen enteros x1, x2, . . . , xk tales que x1a1+x2a2+ · · ·+xkak =

d .

2. Si d = 1 , muestre que existe un entero positivo m0 tal que todo

entero m > m0 puede ser escrito en la forma y1a1 + y2a2 + · · ·+ynan , con y1, y2, . . . , yn > 0 .

Problema 3.3 Considere los numeros que aparecen en la prueba de

Euclides sobre la infinidad de numeros primos, es decir,


2 + 1 = 3

2 · 3 + 1 = 7

2 · 3 · 7 + 1 = 31

2 · 3 · 7 · 31 + 1 = 211

2 · 3 · 7 · 31 · 211 + 1 = 2311...

son todos coprimos a pares ¿son primos?

Problema 3.4 A la fecha son conocidos 3 primos de la forma nn + 1 ,

ellos son 11 + 1 = 2 , 22 + 1 = 5 , 44 + 1 = 257 . Mostrar que si existen

otros entonces ellos deben tener mas de 300.000 dıgitos. No resuelto a

la fecha. ¿Existen otros?

Problema 3.5 ¿Hay una cantidad infinita de primos de la forma n!+1 ?

No resuelto a la fecha. Por ejemplo, 2!+1 = 3 , 3!+1 = 7 , 4!+1 = 25 ,

no es primo, 5!+1 = 121 , no es primo. Encuentre algunos otros primos

de la forma indicada.

Problema 3.6 La siguiente sucesion de numeros es llamada repunid

(repite unidad)

11, 111, 1111, 11111, . . . , 11 . . . 1, . . .

Para n fijo, ¿cuantos primos hay en esta sucesion entre 11 y 11 . . . 1 ?

¿Es posible probar que en la sucesion repunid hay infinitos numeros

primos?

Sergio Plaza 105

Problema 3.7 Encuentre todos los triangulos pitagoricos cuyo perımetro

es igual a su area.

Problema 3.8 Pruebe que la longitud del radio del cırculo inscrito en

un triangulo pitagorico es siempre un numero entero.

Problema 3.9 Muestre que en cualquier triangulo pitagorico, uno de

los lados es divisible por 3, uno divisible por 4, y uno divisible por 5.

Problema 3.10 La ecuacion 3n + 4n = 5n , n ∈ N tiene como unica

solucion n = 2.

Problema 3.11 Muestre que la unica terna pitagorica formada por en-

teros consecutivos es (3, 4, 5)

Problema 3.12 ¿Es posible construir una caja cuyos lados y diagonales

son todos numeros enteros? No resuelto a la fecha.

Problema 3.13 Examine los siguientes ejemplos y haga su propia con-

jetura.

1 · 8 + 1 = 9 = 32

3 · 8 + 1 = 25 = 52

6 · 8 + 1 = 49 = 72

10 · 8 + 1 = 81 = 92

15 · 8 + 1 = 121 = 112

21 · 8 + 1 = 169 = 132

Note que los numeros 1, 3, 6, 10, 15, 21, . . . no son otros que los

numeros triangulares.


Problema 3.14 Pruebe geometricamente que la suma de dos numeros

triangulares consecutivos es un cuadrado. Por ejemplo, 1 + 3 = 4 = 22 ,

3 + 6 = 9 = 32 , 6 + 10 = 16 = 42 , 10 + 15 = 25 = 52 , 15 + 21 = 36 =

62 , . . .

Problema 3.15 Considere lo siguiente

5 = 12 + 22

13 = 22 + 32

41 = 42 + 52

Estos son numeros primos que son suma de cuadrados de dos enteros

consecutivos.

Determine otros primos con esta propiedad. No se sabe a la fecha

si la cantidad de numeros primos que satisfacen lo anterior es finita o

infinita.

Problema 3.16 Encuentre todos los numeros primos p, q tales que pq

divide a (5p − 2p)(5q − 2q) .

Problema 3.17 Sean p, q numeros primos. Si q divide 2p+3p , pruebe

que q > p o q = 5 .

Problema 3.18 Demuestre que la fraccion 21n+414n+3 es irreducible para

todo numero natural n .

Problema 3.19 Sean x, y, z enteros tales que x3+y3− z3 es multiplo

de 7. Pruebe que uno de esos numeros es multiplo de 7.

Problema 3.20 Determine el numero de cuadrados perfectos que hay

entre 40.000 y 640.000 que son multiplos simultaneamente de 3, 4 y 5.

Sergio Plaza 107

Problema 3.21 Pruebe que un entero de la forma 4a(8b + 7) , con a

y b enteros no negativos, no puede ser una suma de tres cuadrados.

Problema 3.22 Demostrar que un numero natural es divisible po 2n ,

para n = 1, 2, 3, . . . si y solo si el numero formado por sus ultimos n

dıgitos es divisible por 2n .

Problema 3.23 ¿Cual es el tamano del subconjunto mayor S de {1, 2, . . . , 50}tal que ningun para de elementos distintos de S tenga una suma divis-

ible por 7?

Problema 3.24 Demostrar que un entero que consiste de 3n dıgitos

identicos es divisible por 3n .

Problema 3.25 Si 32ab427 es un multiplo de 99 , hallar los dıgitos a

y b .

Problema 3.26 1. Encontrar todos los numeros enteros positivos n

para los cuales 2n − 1 es divisible por 7.

2. Demostrar que no existen numeros enteros positivos n para los

cuales 2n + 1 es divisible por 7.

Problema 3.27 Sea k un entero positivo tal que k(k+1)3 es un cuadrado

perfecto. Demuestre que k3 y k + 1 . son cuadrados perfectos.

Problema 3.28 Un numero triangular es un numero entero positivo

de la forma 1 + 2 + · · · + n , con n ∈ N . Por ejemplo, 3, 6, 10, 15,

21, 28, 36, y 45, son numeros triangulares. Estos numeros pueden ser

ordenados como se muestra a seguir, y es claro desde esa configuracion

a que se debe su curioso nombre


1

2 3

1

2 3

4 5 6

1

2 3

4 5 6

7 8 9 10

Sergio Plaza 109

...

Tabla de numeros triangulares

Pruebe que los dıgitos 2, 4, 7, y 9 no pueden ser el ultimo dıgito de

un numero triangular.

3.2 Curiosidades Numericas

1. Veamos la siguiente curiosidad

1

3=

1 + 3

5 + 7=

1 + 3 + 5

7 + 9 + 11=

1 + 3 + 5 + 7

9 + 11 + 13 + 15= · · ·

Esta fue descubierta por Galileo (1615)

2. Considere la tabla

1 =1

3 5 =8

7 9 11 =27

13 15 17 19 =64

21 23 25 27 29 =125...

Observe que sumando los elementos de cada fila se obtiene el cubo

de un numero natural ¿Puede probar esto?


3. Conjetura de los numeros capicuas. Dado un numero natu-

ral, sume a este sus dıgitos escritos en forma reversa. Repita el

proceso con el resultado. Continue de esa forma hasta obtener

un numero capicua, es decir, uno que se lee igual de derecha a

izquierda y viceversa. Por ejemplo, 95+59=154, 154+451=605,

605+506=1111 que es capicua, 72+27=99 que nos resulto capicua

de inmediato. La afirmacion es que este procedimiento siempre nos

conduce a un numero capicua. Una demostracion de esta hecho

no es conocida a la fecha.

4. Primos Gemelos. Los primos gemelos son pares de primos de la

forma n, n + 2. Por ejemplo, 3,5, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 29, 31,. . .

Conjetura. Existen infinitos primos gemelos.

5. Considere la tabla

1+2 = 3

4+5+6 = 7+8

9+10+11+12 = 13+14+15

16+17+18+19+20 = 21+22+23+24

6. Considere la siguiente distribucion de los numeros del 1 al 24,

Descubra la regla general de la formacion de esa distribucion y si

es posible haga una prueba.

7. Numeros de Fermat. El n –esimo numero de Fermat, Fn , es

definido por Fn = 22n+ 1 .

Conjetura. Solo un numero finito de numeros de Fermat son

primos. Una conjetura mas fuerte es que los unicos numeros de

Sergio Plaza 111

Fermat primos son F0 = 3 , F1 = 5 , F2 = 17 , F3 = 257 , y

F4 = 65537 .

8. Conjetura de Goldbach. Cada entero par mayor que 4 puede

ser escrito como la suma de dos primos impares.

Por ejemplo, 6 = 3 + 3 , 8 = 3 + 5 , 10 = 3 + 7 , 12 = 5 + 7 ,

14 = 3 + 11 = 7 + 7 , 16 = 3 + 13 , 18 = 5 + 13 , 20 = 3 + 17 ,

22 = 3+19 , 24 = 5+19 , 26 = 3+23 , 28 = 5+23 , 30 = 7+23 , . . .

9. Conjetura de Catalan. Las unicas torres de primos consecutivos

son 8 = 23 y 9 = 32 .

Langevin y Tijdeman mostraron que cualquier contraejemplo debe

ser menor que eeee

730

, luego en teorıa deberıa ser verificable en un

computador.

10. Problema de Callatz o problema 3x + 1 . Consideremos la

funcion f : N→ N dada por

f(x) =

x2 si x es par

3x+ 1 si x es impar

Conjetura. para cada entero positivo n existe un entero d tal

que f◦d(n) = 1 , donde f◦d = f ◦ · · · ◦ f es la composicion de f

consigo misma d –veces.

Por ejemplo,


n = 2, 2f−→ 1, d = 1

n = 3, 3f−→ 10

f−→ 5f−→ 16

f−→ 8f−→ 4

f−→ 2f−→ 1, d = 7

n = 4, 4f−→ 2

f−→ 1d = 2

n = 5, 5f−→ 16

f−→ 8f−→ 4

f−→ 2f−→ 1, d = 5

Capıtulo 4

Congruencias

Calculo con congruencias ocurren a diario en nuestro vivir cotidiano.

Los principales ejemplos son la “aritmetica del reloj” sumamos las ho-

ras sobre un reloj tomando congruencias modulo 12 (o modulo 24, si

reemplazamos xpm por x+ 12 ).

Definicion 4.1 Sean m ∈ N , y a, b ∈ Z . Decimos que a es con-

gruente con b modulo m si a− b es multiplo de m . Si esto sucede lo

denotaremos por el sımbolo a ≡ b (mod m) , es decir, a ≡ b (mod m)

si y solo si m|(a− b) .

Ejemplo 4.1 11 ≡ 1 (mod 5) , puesto que 11 − 1 = 10 es multiplo de

5 .

Ejemplo 4.2 23 ≡ 2 (mod 7) , puesto que 23 − 2 = 21 es multiplo de

7, es decir, 7|(23 − 2) .

Es inmediato desde la definicion de congruencia que ella es refleja,

es decir, para todo numero entero a se tiene que a ≡ a (mod m) .

113


Ademas claro que es simetrica, puesto que a ≡ b (mod m) si y solo si

b ≡ a (mod m) .

A continuacion daremos algunas propiedades de las congruencias. Sus

demostraciones son directas de las propiedades de la divisibilidad y las

dejamos de ejercicio para el lector.

Teorema 4.1 (Propiedades basicas de la congruencia)

1. Si a ≡ 0 (mod m) , entonces m|a .

2. Si a ≡ b (mod m) , entonces a y b dejan el mismo resto en la

division por m .

3. Si a ≡ b (mod m) y b ≡ c (mod m) , entonces a ≡ c (mod m)

(transitividad).

4. Si a ≡ b (mod m) , entonces (a+ c) ≡ (b+ c) (mod m) y (a · c) ≡(b · c) (mod m).

5. Si a ≡ b (mod m) , entonces bk ≡ ak (mod m) para todo entero

positivo k .

6. Si p es primo y a · b ≡ 0 (mod p) , entonces a ≡ 0 (mod p) o

b ≡ 0 (mod p) .

Es importante observar que para un numero fijo no nulo, m , y para un

entero z cualquiera, se debe satisfacer una y solo una de las siguientes

congruencias

z ≡ 0 (mod m), z ≡ 1 (mod m), z ≡ 2 (mod m), . . . , z ≡ (m−1) (mod m).

Sergio Plaza 115

Este hecho es consecuencia directa del Algoritmo de la Division y es

otra forma de decir que cualquier numero entero, al dividirlo por m ,

deja resto 0 , 1 , 2 . . . , (m− 1) . En particular, si elegimos m = 2 esto

nos asegura que todo numero entero es par si z ≡ 0 (mod 2) o impar si

z ≡ 1 (mod 2) .

Ejemplo 4.3 Consideremos la congruencia modulo 3, es decir, m = 3 .

Entonces cualquier numero entero a es de la forma a = 3k , de la forma

a = 3k + 1 o de la forma a = 3k + 2 . Notemos que a ≡ 2 (mod 3) es

lo mismo que decir a ≡ −1 (mod 3) .

Ejemplo 4.4 Pruebe que existen infinitos primos de la forma 3n− 1 .

Solucion. Por ejemplo, n = 1 , 3n− 1 = 2 primo, n = 2 , 3n− 1 = 5

primo, n = 3 , 3n − 1 = 8 compuesto, n = 4 , 3n − 1 = 11 primo,

n = 5 , 3n− 1 = 14 compuesto, n = 6 , 3n− 1 = 17 primo.

Vemos entonces que existen primos de la forma 3n− 1 . Supongamos

que existe solo una cantidad finita de primos de la forma 3n − 1 , y

sean estos p1, p2, . . . , pr . Definamos el numero N = 3p1 · p2 · · · pr − 1 ,

entonces pi no divide a N para i = 1, 2, . . . r . En efecto, tenemos que

N +1 = 3 · p1p2 · · · pr , luego pi|(N +1) y si pi|N , entonces pi divide a

la diferencia (N +1)−N = 1 , es decir, pi|1 , esto es una contradiccion.

Por otra parte, tenemos que N > 1 , luego N tiene un factor primo.

Afirmamos que N tiene un factor primo p , con p ≡ 2 (mod 3) . En

efecto, como N no es divisible por 3, cada factor primo p de N debe

ser tal que p ≡ 1 (mod p) o p ≡ 2 (mod p) . Si todos los factores primos

de N fueran congruente a 1 (mod 3) , tendrıamos que N ≡ 1 (mod 3) ,

y es una contradiccion, por lo tanto N debe tener un factor primo p ,

con p ≡ 2 (mod 3) , y como p 6= pi , este es un primo que no esta en

nuestra lista.


Luego, para cualquier lista de primos p ≡ 2 (mod 3) , podemos mostrar

que debe existir un primo congruente a 2 (mod 3) , el cual no esta en

nuestra lista, lo cual muestra que existen infinitos primos de la forma

3n− 1 .

Ejemplo 4.5 Sea p un primo impar tal que p = x2+2y2 . Pruebe que

p ≡ 1 (mod 8) o p ≡ 3 (mod 8) .

Solucion. Si x es par, entonces p = x2 +2y2 es par, contradiciendo el

hecho que p es un impar.

Luego, x debe ser impar, luego x ≡ 1 (mod 8) , pues x tiene la forma

x = 2n − 1 , ası x2 = 4n2 − 2n + 1 . Ahora si n es par, n = 2a , luego

x2 = 4(2a)2 − 2(2a) + 1 = 16a2 − 4a+ 1 y si a es par a = 2 nos queda

x2 = 16 · 4 · t2 − 4 · 2t+ 1 ≡ 1 (mod 8)

La prueba para las restantes alternativas es analoga.

Si y tambien es impar, entonces p = x2+2y2 ≡ 1+2 ≡ 3 (mod 8) . Si

y es par entonces y ≡ 0, 2, 4, 6 (mod 8) , luego y2 ≡ 0, 4 (mod 8) . En

cada caso, tenemos que 2y2 ≡ 0 (mod 8) , por lo tanto p = x2 + 2y2 ≡1 + 0 = 1 (mod 8) .

Ejemplo 4.6 Determinar para cuales numeros primos p se cumple que

2p + p2 es primo.

Solucion. Notemos que p = 2 y p = 3 producen los numeros 8 y 17,

compuesto en el primer caso y primo en el segundo. Basta considerar

entonces primos p > 2 .

Consideremos congruencia modulo 3. Sabemos que p debe satisfacer

una y solo una de las congruencias siguientes

Sergio Plaza 117

p ≡ 0 (mod 3), p ≡ 1 (mod 3), p ≡ −1 (mod 3) .

Claramente, el primer caso solo se puede dar si p = 3 , puesto que de

otra manera p serıa un numero compuesto.

Aplicando las propiedades de congruencia en cualquiera de los dos

casos restantes se obtiene que p2 ≡ 1 (mod 3) .

Por otro lado, como 2 ≡ −1 (mod 3) se obtiene 2p ≡ (−1)p (mod 3) .

Ademas p es impar, luego 2p ≡ −1 (mod 3).

En resumen, 2p ≡ −1 (mod 3) y p2 ≡ 1 (mod 3) . Aplicando las

propiedades de las congruencias con respecto a la suma se obtiene fi-

nalmente que 2p + p2 ≡ 0 (mod 3) . Pero entonces 2p + p2 es siempre

divisible por 3 si p > 3 . Luego el unico primo p que resuelve el pro-

blema es p = 3 .

Ejemplo 4.7 (Reglas de divisibilidad). Veamos como se establecen

las reglas clasicas de divisibilidad usando el concepto de congruencia.

1. Divisibilidad por 2. Cada numero natural n puede ser escrito

en la forma 10q + r , donde r es el resto de la division de n por

10, es decir, r es el ultimo dıgito de n . Ahora, como 2|10 se

sigue 2|n si y solo si 2|r . En otras palabras, 2|n si y solo si n

termina en 0, 2, 4, 6 u 8.

2. Divisibilidad por 3. Supongamos que la representacion deci-

mal de n es dada por n = akak−1 · · · a0 , es decir, n = ak10k +

ak−110k−1 + · · · + a110 + a0 . Ahora, como 10 ≡ 1 (mod 3) , se

sigue que 10m ≡ 1 (mod 3) para todo numero natural m . Por lo

tanto,


n = ak10k + ak−110

k−1 + · · · + a110 + a0

≡ ak + ak−1 + · · ·+ a1 + a0 (mod 3).

Luego, 3|n si y solo si 3|(ak + ak−1 + · · · + a1 + a0) . En otras

palabra 3 divide a un numero natural n si y solo si divide a la

suma de sus dıgitos.


en la forma n = 100q + r , donde r es el resto de la division de

n por 100. Ahora, como 4|100 se tiene que 4|n si y solo si 4|r ,donde r consiste de al menos dos dıgitos de n .


en la forma n = 10q + r , donde r es el resto de la division de n

por 10. Ahora, como 5|10 se tiene que 5|n si y solo si 5|r , donder es el ultimo dıgito de n . En otras palabras 5|n si y solo si n

termina en 0 o en 5.

5. Divisibilidad por 6. Como el mınimo comun multiplo de 2 y 3

es 6, se sigue que para verificar si n es divisible por 6 verificamos

si es divisible por 2 y por 3.


en la forma n = 1000q+ r , donde r es el resto de la division de n

por 1000. Ahora, como 8|1000 se tiene que 8|n si y solo si 8|r ,donde r consiste de al menos tres dıgitos de n .

7. Divisibilidad por 9. Supongamos que la representacion deci-

mal de n es dada por n = akak−1 · · · a0 , es decir, n = ak10k +

Sergio Plaza 119

ak−110k−1+ · · ·+a110+a0 . Ahora como 10 ≡ 1 (mod 9) , se sigue

que 10m ≡ 1 (mod 9) para todo numero natural m . Por lo tanto,

n = ak10k + ak−110

k−1 + · · ·+ a110 + a0

≡ ak + ak−1 + · · ·+ a1 + a0 (mod 9).

Luego, 9|n si y solo si 9|(ak + ak−1 + · · · + a1 + a0) . En otras

palabra 9 divide a un numero natural n si y solo si divide a la

suma de sus dıgitos.

Ejemplo 4.8 Dado un numero A de tres dıgitos, se lo multiplica por

143. Ahora, multiplicando por 7 las tres ultimas cifras del numero ası

obtenido, se obtiene un numero cuyas ultimas tres cifras coinciden con

A ¿Cual es el numero A?

Solucion. Sean A = abc = 100a + 10b + c y 143 = 100 + 4 · 10 + 3 ,

escritos en notacion decimal. Entonces

143A = 10000a + 1000 · 4a+ 100 · 3a+ 1000b + 100 · 4b+ 10 · 3b+

100c + 10 · 4c+ 3c

= a · 104 + (4a+ b)103 + (3a+ 4b+ c)102 + (3b+ 4c)10 + 3c .

Ahora multiplicamos por 7 y luego reducimos modulo 1000, obte-

niendo

7 · 143A ≡ (21a+ 28b+ 7c) · 102 + (21b + 28c) · 10 + 21c (mod 1000)

= (2 · 10 + 1)a102 + (2 · 10 + 8)b · 102 + 7c · 102 +

(2 · 10 + 1)b · 10 + (2 · 10 + 8)c · 10 + 2 · 10c+ c

≡ a · 102 + 8b · 102 + 7c · 102 + 2b · 102 + b · 10 + 2c · 102 +


8c · 10 + 2c · 10 + c (mod 1000)

= (a+ 8b · 7c+ 2b+ 2c) · 102 + (b+ 8 + 2c) · 10 + c

= (a+ 10b+ 9c) · 102 + (b+ 10c) · 10 + c

= a · 102 + b · 103 + 9c · 102 + b · 10 + c · 102 + c

≡ a · 102 + b · 10 + c (mod 1000)

= A .

Esto concluye el problema.

Ejemplo 4.9 Los enteros de dos dıgitos desde el 19 hasta el 92 se

escriben consecutivamente para obteniendose el numero entero N =

192021222324 . . . 89909192 ¿Cual es la potencia mayor de 3 que divide

a este numero?

Solucion. Por la regla de los nueves este numero es divisible por 9 si y

solo si

19 + 20 + 21 + · · ·+ 92 = 372 · 3

lo es. Por lo tanto, el numero es divisible por 3 pero no por 9.

Ejemplo 4.10 Encuentre el resto de la division de 61987 por 37.

Solucion. Tenemos que 62 ≡ −1 (mod 37) . Luego,

61987 = 6 · 61986

= 6 · (62)993

≡ 6 · (−1)993 (mod 37)

≡ −6 (mod 37)

≡ 31 (mod 37) .

Sergio Plaza 121

Por lo tanto, el resto de la division de 61987 por 37 es 31.

Ejemplo 4.11 Encuentre el resto cuando 12233 · 455679 + 876533 es

dividido por 4.

Solucion. Tenemos que 12233 = 12200+32+1 ≡ 1 (mod 4) , 455679 =

455600 + 76 + 3 ≡ 3 (mod 4) , 87653 = 87600 + 52 + 1 ≡ 1 (mod 4) .

Luego, 12233 · 455679 + 876533 ≡ 1 · 3 + 1 ≡ 0 (mod 4) . Por lo tanto

12233 · 45679 + 876533 es divisible por 4.

Ejemplo 4.12 Para cada numero entero positivo n el numero 32n+1+

2n+2 es divisible por 7.

Solucion. Observemos que 32n+1 ≡ 3 · 9n ≡ 3 · 2n (mod 7) y 2n+2 =

4 · 2n , luego 32n+1 + 2n+2 = (3 + 4) · 2n = 7 · 2n ≡ 0 (mod 7) , lo que

termina la prueba.

Ejemplo 4.13 Pruebe el siguiente resultado debido a Euler. El numero

de Fermat F5 es divisible por 641 , es decir, 641|(232 + 1) .

Solucion. Observemos que 641 = 27 · 5 + 1 = 24 + 54 . Luego, 27 · 5 ≡−1 (mod 641) y 54 ≡ −24 (mod 641) . Ahora, 27 · 5 ≡ −1 (mod 641)

nos da que 54 · 228 = (5 · 27)4 ≡ (−1)4 ≡ 1 (mod 641) . Esta ultima

congruencia y 54 ≡ −24 (mod 641) nos da −24 · 228 ≡ 1 (mod 641) , es

decir, 232 + 1 ≡ 0 (mod 641) , dicho de otra forma 641|(232 + 1) = F5 .

Ejemplo 4.14 Pruebe o encuentre un contraejemplo para las siguientes

afirmaciones.

1. Si a ≡ b (mod d) y d|n , entonces a ≡ b (mod n) .

2. Si a ≡ b (mod n) y d|n entonces a ≡ b (mod d) .

Solucion. La primera afirmacion es falsa, por ejemplo, tomemos a =

0 , b = 1 , d = 1 y n = 2 . Entonces d|n y a ≡ b (mod d) , pero

a 6= b (mod n) .

La segunda es verdadera. En efecto, supongamos que a ≡ b (mod n)

y que d|n , entonces a − b ≡ n · m y n = cd , con c,m ∈ Z . Luego,

a− b = n ·m = d(cm) , de donde a ≡ b (mod d) .

4.1 Numero de pasos en el algoritmo de la di-

vision

Si deseamos calcular mcd (3073531, 304313) por el algoritmo de division,

vemos que tendremos que hacer muchos pasos y nos gustarıa saber de

antemano mas o menos cuantos pasos deberıamos hacer para obtener el

resultado.

Teorema 4.2 Sean a y b enteros positivos. El algoritmo de Euclides

para calcular mcd (a, b) toma a lo mas 2([log2(b)] + 1) pasos (es decir,

divisiones).

Demostracion. Sea s = [log2(b)] + 1 . Sea n el numero de pasos que

debemos dar en el algoritmo de la division de Euclides para obtener

mcd (a, b) = rn .

Queremos probar que n 6 25 . Supongamos que n > 25+1 . Primero

mostramos que rj+2 < rj/2 para j ∈ {1, 2, . . . , n− 2} . Si rj+1 6 rj/2 ,

entonces rj+2 < rj+1 6 rj/2 . Si rj+1 > rj/2 , entonces rj = rj+1qj+1+

rj+2 , donde qj+1 = 1 . Luego, ,en este caso, rj+2 = rj − rj+1 < rj/2 .

Por lo tanto, en cualquier caso, tenemos que rj+2 < rj/2 . Deducimos

entonces que

Sergio Plaza 123

1 6 rn <rn−2

2<

rn−4

4< · · · < rn−25

256

r125

=b

25

Por lo tanto, s < log2(b) . Esto contradice el hecho que s = [log2(b)+

1] > log2(b) .

4.2 Pequeno Teorema de Fermat

Enunciamos a seguir dos teoremas acerca de los numeros primos que

son utiles de recordar. Sus demostraciones son mas complicadas y las

omitiremos por ahora. En el ¿¿capıtulo 3?? daremos una sencilla de-

mostracion del primero de ellos.

Teorema 4.3 (Pequeno Teorema de Fermat) Dados dos entero a y

p , con a > 0 y p primo. Entonces

ap ≡ a (mod p) .

Otra version de este teorema es la siguiente

Teorema 4.4 (Pequeno Teorema de Fermat, otra version ). Si n es

un numero entero y p es un numero primo entonces p|(np − n) .

Corolario 4.1 Dados numeros naturales k y n , y dado un primo p ,

si k ≡ 1 (mod p− 1) . Entonces p|(nk − n) .

El pequeno teorema de Fermat puede ser usado para determinar si un

numero entero dado N es compuesto como sigue:


Paso 1. Chequear N para factores primos pequeos (este paso no es

necesario, pero es razonable de hacer).

Paso 2. Escriba N en base 2, digamos N =

k∑

j=0

εj2j , con εj ∈ {0, 1}

para cada j y k = [logN/ log 2] + 1 .

Paso 3. Calcule 22j(mod N ).

Paso 4. Calcule m ∈ {0, 1, . . . , N − 1}tal que

m = Πkj=02

εj2j ≡ 2N (mod N)

Paso 5. Si m 6= 2 , entonces N es compuesto. Si no el algoritmo no

concluye nada.

Comentario. El algoritmo funciona bien para establecer que la “mayorıa”de

los numeros son compuestos, es decir, para la mayorıa de los numeros

compuestos, m 6= 2 . Si m = 2 , entones podemos chequear si 3N ≡ 3

(mod N ). Note que el algoritmo toma sobre el orden de log(N) pa-

sos, luego el algoritmo es un algoritmo de tiempo que es un polinomial

(este corre en tiempo que es un polinomio en la longitud de la entrada

(input)). No existe algoritmo de tiempo polinomial que determina con-

clusivamente cuando un entero arbitrario es compuesto.

4.3 Test de Primalidad Probabilıstico

De acuerdo al pequeno teorema de Fermat, si p es primo y 1 6 a 6 p−1 ,entonces

ap−1 ≡ 1 (mod p)

Sergio Plaza 125

La recıproca tambien vale en el siguiente sentido.

Teorema 4.5 Si m > 2 y para todo entero a tal que 1 6 a 6 m − 1

se tiene am−1 ≡ 1 (mod m) . Entonces m debe ser primo.

Demostracion. Si la hipotesis vale, entonces para todo a con 1 6 a 6

m − 1 , se tiene que a posee un inverso modulo m , es decir, am−2 es

un inverso para a modulo m . Ademas, tenemos que 1 6 a 6 m − 1

y mcd (a,m) = 1 . Ahora si m no es primo, entonces m = a · b , con1 < a < m y 1 1 , lo cual es

una contradiccion. Luego m debe ser primo.

Observacion. Sea m > 0 . Si ab ≡ 1 (mod m) , entonces mcd (a,m) =

1 y mcd (a,m) = 1 y mcd (b,m) = 1 . En efecto, si ab ≡ 1 (mod m) ,

entonces m(ab − 1) . Luego, ab − 1 = m · t para algun t . De esto, se

sigue que

ab+m(−t) = 1

de donde obtenemos que mcd (a,m) = 1 y mcd (b,m) = 1 .

Si usamos el teorema anterior para chequear si p es primo, debemos

chequear que ap−1 ≡ 1 (mod p) para a = 1, 2, · · · , p − 1 . Esto es un

trabajo no trivial (por su extension). Supongamos que tenemos 2m−1 ≡1 (mod m) para algun m > 2 ¿Debe ser m primo? El menor entero

compuesto m que satisface 2m−1 ≡ 1 (mod m) es m = 341 = 11 · 31 .En otras palabras, 2341−1 ≡ (mod 341) , pero 341 no es primo. La

moral del asunto, es que aun cuando 2m−1 ≡ 1 (mod m) , el numero m

no es necesariamente primo. Por otra parte, tomando m = 63(= 21 ·3) ,tenemos 26 = 64 ≡ 1 (mod 63) .

Luego, elevando a la decima potencia la congruencia 26 ≡ 1 (mod 63) ,

obtenemos

260 ≡ 1 (mod 63)

Multiplicando por 22 esta ultima congruencia, obtenemos

262 ≡ 4 (mod 63)

y como 4 6= 1 (mod 63) se sigue que

262 6= 1 (mod 63) .

Por lo tanto 63 no es primo. Note que para saber esto no necesitamos

descomponer 63.

Reiteremos lo que acabamos de concluir. Si 2m−1 no es congruente a

1 (mod m) , entonces m no es primo.

Aceptemos los siguientes hechos. Existen 455052511 primos impares

p 6 1010 , todos los cuales satisfacen 2p−1 ≡ 1 (mod p) . Existen solo

14884 numeros compuestos 2 < m 6 1010 que satisfacen 2m−1 ≡1 (mod m) .

Luego, si 2 < m 6 1010 y m satisface 2m−1 ≡ 1 (mod m) , entonces

la probabilidad de m ser primo es

455052511

455052511 + 14884≈ 0.999672928

Sergio Plaza 127

En otras palabras, si encontramos que 2m−1 ≡ 1 (mod m) , entonces

es seguro que m es primo, al menos cuando m 6 1010 .

Este tipo de algoritmo es mucho mas eficiente si la cantidad de primos

que estamos considerando es menor, por ejemplo se sabe que el numero

de primos menor o igual que 106 es 78498, y que la cantidad de numeros

compuestos m 6 106 tales que 2m−1 ≡ 1 (mod m) es 245.

La cantidad de numeros compuestos m 6 106 tales que 2m−1 ≡1 (mod m) y 3m−1 ≡ 1 (mod m) es 66.

La cantidad de numeros compuestos m 6 106 tales que am−1 ≡1 (mod m) para a ∈ {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 31, 37, 41} es 0.

De lo anterior, tenemos el siguiente resultado.

Si m 6 106 y am−1 ≡ 1 (mod m) para a ∈ {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 31, 37, 41}entonces m es primo.

Si m > 106 y am−1 ≡ 1 (mod m) para a ∈ {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 31, 37, 41}es altamente probable pero no es seguro, que m es primo.

Ejercicios.

Problema 4.1 Verifique que 390 ≡ 1 (mod 91) , pero 91 = 7 · 13 no es

primo.

Problema 4.2 Para m = 1105 = 221 · 5 (no primo) se verifica que

2m−1 ≡ 1 (mod m) y mm−1 ≡ 1 (mod m) . Compruebe esta afirmacion.

4.4 Ejemplos

Ejemplo 4.15 Usaremos este teorema para probar que 3 divide a (a+

b)3−a3−b3 . Tenemos que (a+b)3 ≡ (a+b) (mod 3) , a3 ≡ a (mod 3) ,

y b3 ≡ b (mod 3) . Luego,

(a+ b)3 − a3 − b3 ≡ a+ b− a− b (mod 3)


≡ 0 (mod 3) ,

es decir, 3|((a+ b)3 − a3 − b3) .

Ejemplo 4.16 Determinar todos los enteros positivos n para los cuales

la expresion 2n + 1 es divisible por 3.

Solucion. Consideremos congruencia modulo 3.

Tenemos 2 ≡ −1 (mod 3) , luego 2n ≡ (−1)n (mod 3) y por lo tanto

2n+1 ≡ [(−1)n + 1] (mod 3) . Luego, si n es impar, 2n+1 ≡ 0 (mod 3) ,

es decir, 2n + 1 es divisible por 3 para todo n impar. Ademas, si n

es par se obtiene que 2n + 1 ≡ 2 (mod 3) . Luego 2n + 1 no es nunca

divisible por 3 si n es par.

Ejemplo 4.17 Calcule 50250 (mod 83) .

Solucion. Usando un programa de calculo numerico obtenemos que

50250 = 55271478752604445602472651921922557255142402332392200864151

70220907898754023953317101764802222264464998750268125535

78470207686332597244588393792241731716785579919815063

4765625000000000000000000000000000000000000000000000

0000000000000000000000000000000000000000000000000000

0000000000000000000000000000000000000000000000000000

0000000000000000000000000000000000000000000000000000

0000000000000000000000000000000000000000000000000

Ahora usaremos el pequeno teorema de Fermat, es decir, si p es un

numero primo y p no divide a a entonces ap−1 ≡ 1 (mod p) . Tenemos

que 83 no divide a 50, luego tomando p = 17 , por el peque no teorema

de Fermat, 5082 ≡ 1 (mod 17) . Ahora, como 3 · 82 = 246 tenemos

50250 = 50246 · 504 =(5082

)3 · 25002 ≡ 13 · 102 = 100 = 17 (mod 83).

Sergio Plaza 129

Ejemplo 4.18 Resolvamos la ecuacion en congruencia 16x ≡ 25 (mod 41) .

Solucion. La idea serıa multiplicar ambos lados de la ecuacion 16x ≡25 (mod 41) por el recıproco de 16 (mod 41) . Una manera simple de

encontrar tal numero es usar el teorema de Fermat, para ello notemos

que 1640 ≡ 1 (mod 41) . Luego,

1639 · 16x ≡ 1639 · 25 (mod 41)

nos da que

x ≡ 1639 · 25 (mod 41)

que es una solucion buscada.

Ejemplo 4.19 No existe un entero n > 1 que divide a 3n − 2n .

Solucion. Supongamos que existe algun entero n > 1 que divide a

3n − 2n , es decir, 3n − 2n ≡ 0 (mod n) . Es facil verificar que 2 ni 3

dividen a n . Consideremos el menor factor primo p de n , el cual existe

pues n > 1 . Usando ahora el pequeno teorema de Fermat, tenemos ¿¿

??. Como 3n ≡ 2n (mod n) se sigue que 3mp ≡ 2mp (mod p) , de donde

3m ≡ 2m (mod p) . Sea d = mcd (m, p − 1) , tenemos que en particular

d divide a n . Por lo tanto, como p es el menor factor primo de n

deducimos que d = 1 . Luego existen entero positivos x e y tales que

mx = (p−1)y+1 . Usando nuevamente el pequeno teorema de Fermat,

junto con el hecho que 3m ≡ 2m (mod p) , obtenemos 3 ≡ 3(p−1)y+1 =

3mx ≡ 2mx = 2(p−1)y+1 ≡ 2 (mod p) , lo cual es imposible.

Ejemplo 4.20 Muestre que 7|(22225555 + 55552222) .

Solucion. Por el pequeno Teorema de Fermat, para cualquier numero

natural n se tiene que n7 ≡ n (mod 7) . Luego, para numeros naturales

q y r se tiene que


n7q+r ≡ (n7)q · nr (mod 7)

≡ nq · nr (mod 7)

= nq+r (mod 7) .

A continuacion usaremos este resultado varias veces. Pero antes, ob-

serve que

2222 ≡ 3 (mod 7) y 5555 ≡ −3 (mod 7)

Luego

22225555 + 55552222 ≡ 35555 + (−3)2222 (mod 7)

≡ 3793·7+4 + (−3)317·7+3 (mod 7)

≡ 3113+6 + (−3)45+5 (mod 7)

≡ 317+0 + (−3)7+1 (mod 7)

≡ 32+3 + (−3)1+1 (mod 7)

≡ 32(33 + 1) (mod 7)

≡ 28 · 32 (mod 7)

≡ 0 (mod 7) .

De donde concluimos que 7 divide a 22225555 + 55552222 .

Solucion alternativa. Una manera mas astuta de usar el pequeno

teorema de Fermat es la siguiente. Puesto que n7 − n = n(n6 − 1) ,

del pequeno teorema de Fermat sigue que si n es un numero natural y

Sergio Plaza 131

n ≡ 0 (mod 7) , entonces n6 ≡ 1 (mod 7) . Por lo tanto, para numeros

naturales n , q y r , si n ≡ 0 (mod 7) , entonces

n6q+r ≡ (n6)q · nr (mod 7)

≡ 1q · nr (mod 7)

≡ nr (mod 7 .

En otras palabras, si n ≡ 0 (mod 7) , entonces podemos reducir la

potencia de n modulo 6. Luego

22225555 + 55552222 ≡ 355555 + (−3)2222 (mod 7)

≡ 35 + (−3)2 (mod 7)

≡ 32(33 + 1) (mod 7)

≡ 28 · 32 (mod 7)

≡ 0 (mod 7)

Luego 7|(22225555 + 55552222) .

Ejemplo 4.21 Muestre que existen infinitos enteros positivos n tales

que 2n + 27 es divisible por 7.

Solucion. Para n = 3 , se tiene que 23 + 27 = 35 es divisible por 7.

Observemos que 21 ≡ 2 , 22 ≡ 4 , 23 ≡ 1 , 24 ≡ 2 , 25 ≡ 4 , y 26 ≡ 1

(mod 7) . Luego 23k ≡ 1 (mod 7) para todo entero positivo k . Por lo

tanto 23k + 27 = 1 + 27 ≡ 0 (mod 7) para todo entero positivo k .

Ejemplo 4.22 Para todo k = 0, 1, 2, . . . al dividir 2k − 5 por 7 nunca

se obtiene resto igual a 1.


Solucion. Tenemos 21 ≡ 2 , 22 ≡ 4 , 23 ≡ 1 (mod 7) y este ciclo se

repite. Luego 2k − 5 puede dejar resto 3, 4 o 6 en la division por 7.

Ejemplo 4.23 Muestre que n31 − n es divisible por 56786730, para

todos numero natural n .

Solucion. La descomposicion del numero dado como producto de pri-

mos es 56786730 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 31 · 61 .Aplicaremos el corolario del pequeno teorema de Fermat.

Usaremos este resultado varias veces para k = 61 y p igual a cada

uno de los primos 2, 3, 5, 7, 11, 13, 31 y 61. Tenemos

61 ≡ 1 (mod 1) . Luego 2|(n61 − n) .

61 ≡ 1 (mod 2) . Luego 3|(n61 − n) .

61 ≡ 1 (mod 4) . Luego 5|(n61 − n) .

61 ≡ 1 (mod 6) . Luego 7|(n61 − n) .

61 ≡ 1 (mod 10) . Luego 11|(n61 − n) .

61 ≡ 1 (mod 12) . Luego 13|(n61 − n) .

61 ≡ 1 (mod 30) . Luego 31|(n61 − n) .

61 ≡ 1 (mod 61) . Luego 61|(n61 − n) .

Por lo tanto mcm (2, 3, 5, 7, 11, 13, 31, 61) = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 31 · 61divide n61 − n para todos los numeros naturales n .

Ejemplo 4.24 ¿Cual es el dıgito final de ((((((((((77)7)7)7)7)7)7)7)7)7 ?

(7 ocurre 10 veces como potencia)

Solucion. El dıgito final de un numero escrito en forma decimal es

su resto modulo 10 (mod 10) . Ahora, tenemos 72 ≡ −1 (mod 10) .

Luego 77 = (72)3 · 7 ≡ −7 (mod 10) , y (77)7 ≡ (−7)7 ≡ −(7)7 ≡−(−7) = 7 (mod 10) . Procediendo de esta forma, vemos que ((77)7)7 ≡7 (mod 10) , en general, (· · · (((77)7)7) · · ·)7 ≡ ±7 (mod 10) , donde el

Sergio Plaza 133

signo es + si tenemos una cantidad par de 7 que aparecen como poten-

cias, y el signo es − si una cantidad impar de 7 aparece como potencias

en la formula. Como en nuestro caso 7 aparece 10 veces como potencia

concluimos que el dıgito final en la expresion es 7.

Ejemplo 4.25 Consideremos la sucesion de numeros 3, 15, 24, 48, . . . ,

que consiste de los multiplos de 3 que son iguales a un cuadrado perfecto

menos 1 ¿Cual es el resto cuando el termino 1994 de esta sucesion se

divide por 1000?

Solucion. Deseamos 3|(n2 − 1) , es decir, 3|(n− 1)(n+ 1) . Como 3 es

primo, obtenemos que n = 3k + 1 o n = 3k − 1 , con k = 1, 2, 3, . . .

La sucesion 3k + 1 , con k = 1, 2, 3, . . . produce los terminos n2 − 1 =

(3k + 1)2 − 1 que son los terminos en los lugares pares de la sucesion

3, 15, 24, 48, . . . La sucesion 3k − 1 , con k = 1, 2, . . . produce los

terminos n2−1 = (3k−1)2−1 que son los terminos en los lugares impares

de la sucesion 3, 15, 24, 48, . . . Debemos encontrar el termino 997 de la

sucesion 3k + 1 , con k = 1, 2, . . . . Este termino es (3 · 997 + 1)2 − 1 ≡(3 · (−3) + 1)2 − 1 ≡ 64 − 1 ≡ 63 (mod 1000) . Por lo tanto, el resto

buscado es 63.

Ejemplo 4.26 ¿Cual es el ultimo dıgito de 7777

777

?

Solucion. Llamamos a una expresion como la anterior una torre de

sietes. En nuestro caso la torre de sietes tiene 7 sietes. Ahora como

74 = (72)2 ≡ (−1)2 = 1 (mod 10) , de donde (mod 10) tenemos que

7k =

1k ≡ 0 (mod 4)

7k ≡ 1 (mod 4)

−1k ≡ 2 (mod 4)

−7k ≡ 3 (mod 4)


donde k es un numero natural. Por lo tanto, para determinar el ultimo

dıgito de la torre de 7 sietes, necesitamos determinar que una torre de

6 sietes es congruente mod 4 . Ahora, como 7 ≡ −1 (mod 4) , tenemos

(mod 4)

7m ≡

1 si m es par

−1 si m es impar,

donde m es un numero natural. Una torre de 5 sietes es ciertamente

impar. Luego, una torre de 6 sietes es congruente a −1 (mod 4) (−1 ≡3 (mod 4)) . Por lo tanto, una torre de 7 sietes es congruente a −7modulo 10 (y −7 ≡ 3 (mod 10)) . Ası que una torre de 7 sietes debe

terminar en un 3.

Ejemplo 4.27 Calcule los dos ultimos dıgitos de 773 .

Solucion. Tenemos

72 = 49

74 = 2401 ≡ 1 (mod 100)

Luego 772 = (74)18 ≡ 1 (mod 100) , por lo tanto 773 ≡ 7 (mod 100 ),

y los dos ultimos dıgitos de 773 son 01.

El mismo problema para 373 es un poco mas interesante;

32 = 9

34 = 81

38 = 6561 ≡ 61 (mod 100)

316 ≡ 612 = 3721 ≡ 21 (mod 100)

332 ≡ 212 = 441 ≡ 41 (mod 100)

364 ≡ 412 = 1681 ≡ 81 (mod 100)

Sergio Plaza 135

luego 373 = 364 · 38 · 3 ≡ 81 · 61 · 3 ≡ 23 (mod 100) y los dos ultimos

dıgitos de 373 son 23.

Ejemplo 4.28 Cuando 44444444 es escrito en notacion decimal, la suma

de sus dıgitos es A . Sea B la suma de los dıgitos de A . Encuentre la

suma de los dıgitos de B .

Solucion. Primero notemos que como 4444 < 10000 = 104 se tiene

que 44444444 < 104×4444 = 1017776 , por lo tanto la cantidad de dıgitos de

44444444 no puede ser mayor que 17776, y en consecuencia la suma de los

dıgitos de 44444444 , que es A , no puede ser mayor que 17776·9 = 159984

(pues cada dıgito es a lo mas un 9). De entre los numeros menores que

159984, el numero con la mayor suma de sus dıgitos es 99999. Luego

B , no puede ser mayor que 45. De entre los numero naturales menores

o iguales que 45, el numero con mayor suma de sus dıgitos es 39. Por lo

tanto la suma de los dıgitos de B no puede ser mayor que 12.

Ahora usaremos el siguiente hecho ya demostrado sobre la disibilidad

por 9

“para cualquier numero natural N , se tiene que

N ≡ suma de los dıgitos de N (mod 9) ”.

Usando esto vemos que 44444444 es congruente a la suma de los dıgitos

de A (mod 9) . Usando otra vez ese resultado, vemos que A es congru-

ente a la suma de los dıgitos de B (mod 9) . Usando el resultado una

vez mas tenemos que B es congruente a la suma de sus dıgitos modulo

9, esto es

44444444 ≡ A (mod 9)

≡ B (mod 9)

≡ (suma de los dıgitos de B) (mod 9) .


Ahora determinaremos a que numero es congruente 44444444 (mod 9) .

44444444 ≡ (4 + 4 + 4 + 4)4444 (mod 9)

≡ 164444 (mod 9)

≡ (−2)4444 (mod 9)

≡ (−2)31481+1 (mod 9)

≡ ((−2)3)1481 · (−2) (mod 9)

≡ (−8)1481 · (−2) (mod 9)

≡ 11481 · (−2) (mod 9)

≡ 1 · (−2) (mod 9)

≡ 7 (mod 9) .

Por lo tanto, juntando los hechos anteriores vemos que

(suma de los dıgitos de B) ≡ 7 (mod 9)

y la suma de los dıgitos de B es un numero natural menor o igual que

12. Luego la suma de los dıgitos de B es igual a 7.

Ejemplo 4.29 Calcule (m − 1)! (mod m) para 2 6 m 6 9 . Formule

una conjetura.

Solucion. Tenemos 2! ≡ 2 (mod 3) , 3! ≡ 2 (mod 4) , 4! ≡ 4 (mod 5) , . . . ,

8! ≡ 0 (mod 9) .

Conjetura. (m− 1)! ≡ −1 (mod m) si y solo si m es primo. Ademas,

(m− 1)! ≡ 0 (mod m) para todo m compuesto, excepto m = 4 .

Sergio Plaza 137

Ejemplo 4.30 Hallar los cuadrados de los numeros enteros positivos

(mod 13) .

Solucion. Observemos primero que solo necesitamos calcular los cuadra-

dos de los enteros hasta 6, porque r2 ≡ (13 − r)2 (mod 13) . Calcu-

lando los cuadrados de los enteros no negativos hasta el 6, obtenemos

02 ≡ 12 ≡ 1 , 22 ≡ 4 , 32 ≡ 9 , 42 ≡ 3 , 52 ≡ 12 , 62 ≡ 10 (mod 13) .

Por lo tanto los cuadrados (mod 13) son 0, 1, 4, 9, 3, 12 y 10.

Ejemplo 4.31 La ecuacion x2 + 5y2 = 2 no tiene soluciones enteras.

Solucion. Si x2 = 2 + 5y2 , entonces x2 ≡ 2 (mod 5) . Pero 2 no es un

cuadrado (mod 5) .

Ejemplo 4.32 Calcular el resto de la division de 3100 por 101.

Solucion. Por ejemplo, usando un computador, obtenemos

3100 = 515377520732011331036461129765621272702107522001

y3100

101= 0.5102747730 × 1046

no es muy revelador para solucionar nuestro problema. Por otra parte,

si usamos aritmetica modular, es decir, congruencias, os calculos los

podemos hacer facilmente.

Escribiendo 100 como suma de potencias de 2, esto es 100 = 64 +

32 + 4 = 26 + 25 + 22 , tenemos 3100 = 364 · 332 · 34 . Ahora, 34 = 81 ≡−20 (mod 101) , es decir, 34 ≡ −20 (mod 101) . Elevando al cuadrado

ambos lados de la congruencia, tenemos 38 ≡ 202 ≡ −4 (mod 101) .

Repitiendo el proceso nos queda 316 ≡ 42 = 16 (mod 101) , 332 ≡ 162 ≡−47 (mod 101) . Por lo tanto 3100 ≡ 364·332·34 ≡ (−13)·(−47)(−20) ≡(−13)(31) ≡ 1 (mod 101) . Simple y lo pudimos hacer con calculos

sencillos.


Ejemplo 4.33 ¿Existen enteros positivos x, y tal que x3 = 2y + 15 ?

Solucion. No. Los cubos (mod 7) son 0, 1, and 6. Ahora bien, cada

potencia de 2 es congruente a 1, 2, o 4 (mod 7) . Ası pues, 2y + 15 ≡2, 3, 5 (mod 7) . Esto es imposible.

El siguiente teorema caracteriza los numeros primos.

Teorema 4.6 (Wilson) Sea a un numeros entero mayor que 1 . En-

tonces a es un primo si y solo si (a− 1)! ≡ −1 (mod a) .

Demostracion. Ponerla.

4.4.1 Ejercicios

Problema 4.3 Pruebe que entre cualesquiera diez enteros positivos y

consecutivos al menos uno es coprimo con el producto de los otros.

Problema 4.4 Pruebe que para cada r > 1 , existen infinitos primos

p con p ≡ 1 (mod 2r ) .

Problema 4.5 Calcule 2100000 (mod 77) de dos formas: primero, us-

ando el teorema de Euler, y segundo, usando el teorema de Fermat y el

teorema chino de los restos.

Problema 4.6 Encuentre los dos ultimos dıgitos de 9999

(= 9(999 )) .

Problema 4.7 Sea y un numero de 3 dıgitos, el cual cuando es elevado

a la potencia 89 da un numero cuyos 3 ultimos dıgitos es 247. Encuentre

y .

Problema 4.8 ¿El numero [(44 +√1996

100)] es par o impar?

Sergio Plaza 139

Problema 4.9 Un numero de 1996 dıgitos comienza con 6. Cualquier

numero formado por dos dıgitos consecutivos de tal numero es divisible

por 17 o 23 ¿Cual es el ultimo dıgito del numero?

Problema 4.10 ¿En cuantos ceros termina la expansion decimal de

2003!?

Problema 4.11

Problema 4.12

Problema 4.13

Problema 4.14

Problema 4.15

Problema 4.16

Problema 4.17

Problema 4.18

4.5 Factorizacion

Teorema 4.7 Sea n un entero impar. Entonces existe una correspon-

dencia uno–a–uno

{factorizacion} ↔ {expresion de n como la diferencia de dos cuadrados} .


Demostracion. Si escribimos n = ab , entonces como n es impar se

debe tener que a y b son impares. Luego, a+ b y a− b son numeros

pares, por lo tanto a+b2 y a−b

2 son numeros enteros. Ahora,

n =

(a+ b

2

)2

−(a− b

2

)2

expresa a n como diferencia de dos cuadrados de numeros enteros.

Recıprocamente, supongamos que n es escrito como la diferencia de

dos cuadrados de numeros enteros, es decir, n = s2 − t2 , donde s y t

son numeros enteros. Tenemos entonces que

n = (s− t)(s+ t)

es una factorizacion de n .

Ejemplo 4.34 Factoricemos 4819. La idea es tratar de escribir 4819 de

la forma 4819 = s2 − t2 , de donde t2 = s2 − 4819 . Hacemos crecer el

valor de s de modo a obtener un cuadrado perfecto. Como√4819 ≈

69.4 y como 4819 = s2 − t2 , se debe tener que s es mayor o igual que

70 (entero inmediatamente mayor o igual que 69.4). Por otra parte la

factorizacion con el mayor factor posible es 4819 = 1 · 4819 , usando

la prueba del teorema anterior, procedemos con s de la forma s =

4819+12 = 2410 . Luego, solo necesitamos tratar con 70 6 s 6 2410 .

Primero tratamos con, 702 − 4819 = 4900 − 4819 = 81 = 92 . Por lo

tanto, tomando s = 70 y t = 9 obtenemos s + t = 79 , s − t = 61 y

79 · 61 = 4819 .

Sergio Plaza 141

4.6 Teorema de Fermat de los dos cuadrados

Un teorema bien conocido primero establecido por Girard, y proba-

blemente primero probado por Fermat (la primera prueba conocida es

dedebida a Euler) concerniente a primos que son suma de dos cuadros,

tales como 5 = 12 + 22 y 29 = 22 + 52 . La siguiente caracterizacion de

tales primos es una consecuencia simple de la nocion de congruencia, la

recıproca es tambien verdadera, pero mucho mas dıficil de probar.

Teorema 4.8 Si un numero primo p es la suma de dos cuadrados de

enteros, entonces p ≡ 1 (mod 4) o p = 2 .

Demostracion. Dado un numero entero n , se tiene n ≡ 0 (mod 4) ,

n ≡ 1 (mod 4) , n ≡ 2 (mod 4) y n ≡ 3 (mod 4) . Luego para n2 se

tiene n2 ≡ 0 (mod 4) o n2 ≡ 1 (mod 4) .

Supongamos ahora que p = a2 + b2 . Como a2, b2 ≡ 0, 1 (mod 4) ,

vemos que a2 + b2 debe ser congruente modulo 4 a 0 = 0 + 0 , 1 =

1 + 0 = 0 + 1 o 2 = 1 + 1 , esto es p ≡ 0, 1, 2 (mod 4) . Como ningun

primo es congruente a 0 (mod 4) y como 2 es el unico primo congruente

a 2 (mod 4) , se sigue que p = 2 o p ≡ 1 (mod 4) . Lo que completa la

prueba

Para la recıproca, necesitamos conocer cuando −1 es un cuadrado

(mod p) para p primo. Por ejemplo −1 no es un cuadrado mod 3, 7,

u 11 , y 22 ≡ −1 (mod 5) , 52 ≡ −1 (mod 13) . Tenemos el siguiente

resultado general.

Teorema 4.9 Sea p un primo impar; entonces la congruencia a2 ≡−1 (modp) tiene una solucion si y solo si p ≡ 1 (mod 4) .

Para la prueba necesitamos de algunos resultados auxiliares.

Teorema 4.10 (Teorema de Wilson). Para p > 1 , se tiene (p−1)! ≡−1 (mod p) si y solo si p es primo.

Note que el Teorema de Wilson nos da un test de primalidad; desafor-

tunadamente, la unica manera conocida para calcular (n − 1)! es vıa

n− 2 multiplicaciones.

Teorema 4.11 Sea p un primo impar y sea a =

(p− 1

2

)

! , entonces

a2 ≡ (−1)(p+1)/2 (mod p) . En particular, a ≡ ±1 (mod p) si p ≡3 (mod 4) , y a2 ≡ 1 (mod p) si p ≡ 1 (mod 4) .

Demostracion. Del Teorema de Wilson (p − 1)! ≡ −1 (mod p) ; si en

el producto (p−1)! reemplazamos los elementosp+ 1

2,p+ 3

2, . . . , p−1

por sus negativos −p+ 1

2≡ p− 1

2, −p+ 3

2≡ p− 3

2, . . . ,−(p − 1) ≡

1 (mod p) , entonces hemos introducido exactamentep− 1

2factores

−1 ; luego (p− 1)! ≡ (−1)(p−1)/2a2 (mod p) con a =

(p− 1

2

)

! .

Prueba del teorema 4.9. Si p ≡ 1 (mod 4) , entonces hemos cons-

truido una solucion a la congruencia a2 = −1 (mod p) . Supongamos

recıprocamente que esta congruencia es soluble. Elevando ambos lados a

la potenciap− 1

2nos da que 1 ≡ ap−1 ≡ (−1)(p−1)/2 (mod p) , y como

1 6= −1 (mod p) para p primo impar, se debe tener que (−1)p−1/2 = 1 ,

luego p ≡ 1 (mod 4) .

El siguiente resultado es debido a Birkhoff, redescubierto por Aubry,

y posteriormente conocido como Teorema de Thue.

Teorema 4.12 (Birkhoff–Aubry-Thue). Dado un entero a no divis-

ible por p , entonces existen x, y ∈ Z con 0 < |x|, |y| < √p tales que

ay ≡ x (mod p) .

Sergio Plaza 143

Demostracion. Sea f el menor entero mayor que√p , consideremos

u + av (mod p) , con 0 6 u, v < f . Hay f2 > p de tales expresiones,

pero solo p posibles resultados, luego deden existir u , u′ , v y v′ tales

que u + av ≡ u′ + av′ (mod p) . Sea x = u − u′ , y v′ − v , entonces

x = ay (mod p) y ademas, −f < x, y < f .

Ahora podemos probar el siguiente resultado.

Teorema 4.13 (Girard–Fermat–Euler) Cada primo p ≡ 1 (mod 4) es

una suma de dos cuadrados enteros.

Demostracion. Como p ≡ 1 (mod 4) , existe a ∈ Z tal que a2 ≡−1 (mod 4) . Por el Teorema 4.12, existen enteros x e y tales que

ay ≡ x (mod p) y 0 < x, y <√p . Elevando al cuadrado esta ultima

congruencia obtenemos −y2 ≡ x2 (mod p) , esto es, x2+y2 ≡ 0 (mod p) .

Como 0 < x2, y2 < p , se sigue que 0 < x2+y2 < 2p , y como x2+y2 es

divisible por p , se debe tener que x2+ y2 = p , como querıamos probar.

Corolario 4.2 Si p es un primo, entonces√p es irracional.

Demostracion. Para p = 2 ya hicimos la prueba.

Supongamos que p > 2 es primo y que√p es racional, entonces

p = r2/s2 , con r, s ∈ N . Podemos asumir, sin perdida de generalidad,

que r y s son coprimos (si no lo son simplifique primero). Luego

ps2 = r2 . Luego p|r2 , y como p es primo se sigue que p|r , digamos

r = pt . De esto se sigue que ps2 = p2t2 , y entonces s2 = pt2 , lo cual

significa que p|s2 , y por lo tanto p|s , pues p es primo. Esto es una

contradiccion pues mcd (r, s) = 1


Teorema 4.14 (Lucas). Sean m,n enteros no negativos y sea p un

primo. Sean

m = mkpk +mk−1p

k−1 + · · · +m1p+m0

y

n = nkpk + nk−1p

k−1 + · · ·+ n1p+ n0

las expansiones en base p de m y n , respectivamente. Entonces

(

m

n

)

=

(

mk

nk

)(

mk−1

nk−1

)

· · ·(

m1

n1

)(

m0

n0

)

(mod p) .

Demostracion. Tenemos la siguiente identidad

(1 + x)pk= 1 + xp

k(mod p)

cuya prueba es inmediata. De esto se sigue que

(1 + x)m = (1 + x)mkpk+mk−1p

k−1+···+m1p+m0

= (1 + x)mkpk(1 + x)mk−1p

k−1 · · · (1 + x)m1p(1 + x)m0

≡ (1 + xpk)mk(1 + xp

k−1)mk−1 · · · (1 + xp)m1(1 + x)m0 (mod p) .

Por expansion en base p , los coeficientes de xn en ambos lados es(

m

n

)

=

(

mk

nk

)(

mk−1

nk−1

)

· · ·(

m1

n1

)(

m0

n0

)

(mod p) .

Corolario 4.3 Dado un entero no negativo n , sea A(n) el numero

de factores de 2 en n! , y sea B(n) el numero de 1 en la expansion

binaria de n . Entonces el numero de entradas impares en la n –esima

fila del triangulo de Pascal, o equivalentemente el numero de coeficientes

impares en la expansion de (1+x)n es 2B(n) . Ademas, A(n)+B(n) =

n para todo n ∈ N .

Sergio Plaza 145

4.6.1 Orden de un Elemento

Sii mcd (a,m) = 1 , entonces existe un entero positivo n tal que an ≡1 (mod m) . Denotamos por ordm(a) , al menor entero positivo n para

el cual se tiene an ≡ 1 (mod m) .

Teorema 4.15 Si mcd (a,m) = 1 , entonces an ≡ 1 (mod m) si y solo

si ordm(a)|n . Ademas, an0 ≡ an1 (mod m) si y solo si ordm(a)|(n0 −n1) .

Demostracion. Sea d = ordm(a) . Es claro que si d|n entonces an ≡1 (mod m) . Por el algoritmo de la division, existen enteros q y r tales

que n = qd+r , con 0 6 r < d . Luego an ≡ (ad)qar ≡ ar ≡ 1 (mod m) .

Pero r < d , luego r = 0 y por lo tanto d|n .

La prueba de la parte restante del teorema es inmediata.

Observacion. En particular, por el teorema de Euler, se tiene que

ordm(a)|φ(m) .

Ejemplo 4.35 El orden de 2 (mod 101) es 100.

En efecto, sea d = ord 101(2) . Entonces d|φ(101) , esto es, d|100 .Ahora, si d < 100 entonces d divide a 100/2 o a 100/5 , esto es, d

pierde al menos un factor primo. Sin embargo,

250 ≡ 10245 ≡ 145

≡ 196 · 196 · 14

≡ (−6)(−6) · 14

≡ −1 (mod 101)

y

220 ≡ 10242 ≡ 142 ≡ −6 (mod 101)

Por lo tanto d = 100 .

Ejemplo 4.36 Si p es un primo, entonces cada divisor primo de 2p−1

es mayor que p .

En efecto, sea q un primo tal que q|(2p−1) . Entonces 2p ≡ 1 (mod q) ,

luego ord q(2)|p . Pero ord q(2) 6= 1 , por lo tanto ord q(2) = p . Ahora,

por el pequeno teorema de Fermat, ord q(2)|(q−1) , de donde p 6 q−1 ,

en consecuencia q > p . De hecho, para p > 2 , q debe ser de la forma

2kp + 1 . De lo anterior, ord q(2)|(q − 1) , es decir, p|(q − 1) , lo cual

implica que q = mp+ 1 . Como q debe ser impar, m debe ser par.

Ejemplo 4.37 Sea p un primo que es coprimo con 10, y sea n un

entero con 0 < n < p . Sea d = ord p(10) . Entonces

a) La longitud del periodo de la expansion decimal de n/p es d .

b) Si d es par, entonces el perıodo de la expansion decimal de n/p

cuya suma es 10d/2 − 1¿¿?? Falta algo. Por ejemplo, 1/7 =

0.142857 , luego d = 6 y 142 + 857 = 999 = 103 − 1 .

En efecto,

a) Sea m la longitud del perıodo de la expansion decimal de n/p , y

sea n/p = 0.a1a2 · · · am . Entonces 10mnp = a1a2 · · · am·a1a2 · · · am ,

de donde(10m − 1)n

p= a1a2 · · · am

es un numero entero. Como mcd (n, p) = 1 se tiene que p debe

dividir a 10m−1 , luego d|m . Recıprocamente, p|(10d−1) , luego

(10d − 1)n/p es un entero, con a lo mas d dıgitos. Si dividimos

Sergio Plaza 147

este entero por 10d − 1 , entonces obtenemos un numero racional,

cuya expansion decimal tiene a lo mas d dıgitos. Por lo tanto,

m = d .

a) Sea d = 2k . Si n/p = 0.a1a2 · · · akak+1 .

Ahora, p divide a 10d − 1 = 102k − 1 = (10k − 1)(10k + 1) . Sin

embargo, p no puede dividir a 10k−1 , pues el orden de 10 es 2k ,

luego p|(10k + 1) . De esto,

10kn

p= a1a2 · · · akak+1 · · · a2k ,

de donde

(10k + 1)n

p= a1a2 · · · ak + 0.a1 · · · ak + 0.ak+1 · · · a2k

es un entero. Esto puede ocurrir si y solo si a1a2 · · · ak+ak+1 · · · a2kes un numero que consiste solo de nueves, y luego igual a 10k − 1 .

4.7 Raıces Primitivas

Definicion 4.2 Si el orden de un elemento a modulo m es φ(m) , de-

cimos que a es una raız primitiva modulo m .

Demostremos antes que nada el siguiente resultado.

Lema 4.1 22·3n−1 ≡ 1 + 3n (mod 3n + 1) , para todo n > 1 .

Demostracion. Claramente el resultado es verdadero para n = 1 .

Asumamos que es verdadero para algun n = k . Entonces 22·3k−1

=

1 + 3k + 3k+1m para algun entero m , luego 22·3k= 1 + 3k+1 + 3k+2M

para algun entero M (obtenido elevando al cubo).

Por lo tanto, 22·3k ≡ 1 + 3k+1 (mod 3k+2) . Por induccion la prueba

del lema esta completa.


Corolario 4.4 Si 2n ≡ −1 (mod 3k) , entonces 3k−1|n .

Demostracion. La congruencia 2n ≡ −1 (mod 3k) implica que 22n ≡1 (mod 3k) , luego φ(3k)|2n , de donde 3k−1|n .

Ejemplo 4.38 2 es una raız primitiva mod 3n para todo n > 1 .

En efecto, es claro que la afirmacion es verdadera para n = 1 . Su-

pongamos, por induccion, que el resultado vale para n = k , esto es,

2φ(3k) ≡ 22·3

k−1 ≡ 1 (mod 3k) .

Sea d = ord 3k+1 (2). Entonces 2d ≡ 1 (mod 3k+1) , luego 2d ≡ 1 o

d|2 · 3k . De esto deducimos que d es 2 · 3k−1 o bien 2 · 3k .Tenemos 22·3

k−1 ≡ 1+3k 6= 1 (mod 3k+1) , luego el orden de 2 modulo

3k+1 es 2 · 3k , y otra vez por induccion el resultado se sigue.

Teorema 4.16 Si m tiene una raız primitiva, entonces tiene φ(φ(m))

raıces primitivas distintas (mod m) .

Teorema 4.17 Un entero positivo m tiene una raız primitiva si y solo

si m es uno de los numeros siguientes 2, 4, pk o 2pk , donde p es un

primo impar.

Teorema 4.18 Si g es una raız primitiva de m , entonces gm ≡1 (mod m) si y solo si φ(m)|n . Ademas, gn0 ≡ gn1 (mod m) si y

solo si φ(m)|(n0 − n1) .

Teorema 4.19 Si g es una raız primitiva de m , entonces las poten-

cias 1, g, g2 , . . . , gφ(m)−1 representan cada entero coprimo a m uni-

camente modulo m . En particular, si m > 2 , entoncecs gφ(m)/2 ≡−1 (mod m) .

Sergio Plaza 149

Demostracion. Es claro que cada potencia gi es coprimo con m , y

existen φ(m) enteros coprimos con m . Ahora, si gi ≡ gj (mod m) ,

entonces gi−j ≡ 1 (mod m) y tenemos en este caso que φ(m)|(i − j) .

Luego cada una de las potencias son distintas modulo m . Luego, cada

entero coprimo con m es alguna potencia gi modulo m .

Ademas, existe un unico i , con 0 6 i 6 φ(m) − 1 , tal que gi ≡−1 (mod m) , esto implica que g2i ≡ 1 (mod m) , de donde 2i = φ(m)

o equivalentemente, i = φ(m)/2 .

Teorema 4.20 Sea m un entero positivo. Entonces las unicas solu-

ciones de la congruencia x2 ≡ 1 (mod m) son x ≡ ±1 (mod m) si y

solo si m tiene una raız primitiva.

4.8 Numeros de Fermat

Estos son numeros de la forma Fn = 22n+ 1 . Por ejemplo, F1 = 5 ,

F2 = 17 , F3 = 257 , F4 = 65537 , los cuales son todos primos. El propio

Fermat afirmo que los numeros Fn son todos primos. Sin embargo,

Euler probo que F5 = 225+ 1 = 232 + 1 es divisible por 641, pues

F5 = 232 + 1 = 641 · 6700417 . Para ver que F5 es divisible por 641,

notemos que 641 = 24+54 y 641 = 27·5+1 . Por lo tanto, 27 ·5 = 641−1y de aquı se tiene que 228 · 54 = (641 − 1)4 = 641 · N + 1 con N un

entero. Por otra parte, 54 = 641 − 24 , de donde obtenemos que

228 · (641 − 24) = 641 ·N + 1

228 · 641 − 228 · 24 = 641 ·N + 1

232 + 1 = 641 · (228 −N) ,

es decir, 641|(232 + 1) como deseabamos probar

Despues se han descompuesto, por ejemplo, F6 = 274177·67280421310721 ,y F7 = 59649589127497217 · 5704689200685129054721 , y no se han en-

contrado otros primos entre los numeros de Fermat.

Ejemplo 4.39 Sean F0 , F1 , . . . , Fk, , . . . los numeros de Fermat, es de-

cir, Fn = 22n+ 1 . Tenemos que

F0 · F1 · · ·Fn−1 = Fn − 2

para todo n > 0 .

Solucion. Tenemos que F0 = 3 y F1 = 5 , luego F0 = F1 − 2 , y el

resultado vale para n = 1 . Ahora, supongamos por Induccion que

F0F1 · · ·Fn−1 = Fn − 2 .

Luego

F0F1 · · ·Fn−1Fn = (Fn − 2)Fn .

Como (Fn − 2)Fn = (22·2n − 1)(22

n+ 1) = 22·2

n − 1 = 2n+1 − 1 =

2n+1 + 1− 2 = Fn+1 − 2 el resultado se sigue por induccion.

Ejemplo 4.40 Si m 6= n , entonces mcd (Fm, Fn) = 1 .

Solucion. Sin perdida de generalidad, supongamos que m < n .

Supongamos que p es primo y p|Fm y p|Fn . Ahora

Fn − 2 = F0F1 · · ·Fn−1 .

Sergio Plaza 151

Y p|F0F1 · · ·Fn−1 , pues m < n implica que Fm ocurre como un

factor del producto F0F1 · · ·Fm−1 . Luego, p|2 , y por lo tanto p = 2 ,

lo cual es imposible pues todos los Fj son impares. Por lo tanto no existe

ningun primo que divide a Fm y a Fn a la vez, ası mcd (Fm, Fn) = 1 .

4.9 Teorema chino de los restos

Tanto en teorıa y practica se presentan problemas de encontrar un

numero que tiene resto prescrito cuando es dividido por dos o mas

modulos. Tales problemas aparecen en adivinanzas chinas antiguas y

su solucion es conocida como teorema chino de los restos. Una de esas

adivinanzas tıpicas es la de la canasta con huevos que puede ser enun-

ciada ası. “Hay una cierta cantidad de huevos en una canasta. Esa

cantidad es tal que si extraemos los huevos desde la canasta en grupos

de 2, 3, 4, 5 y 6 siempre sobra uno, pero si los extraemos en grupos de

7 huevos al final no queda ninguno en la canasta”. Nos estamos pregun-

tando por un entero positivo n tal que n ≡ 1 (mod 2) , n ≡ 1 (mod 3) ,

n ≡ 1 (mod 4) , n ≡ 1 (mod 5) ,, n ≡ 1 (mod 6) y n ≡ 0 (mod 7) .

Veamos primero como se soluciona una congruencia lineal, para des-

pues estudiar la solucion de un sistema de congruencias lineales. Una

congruencia lineal la podemos expresar en la forma

ax ≡ b (mod m) .

Por ejemplo, 2x ≡ 1 (mod 7) . En este caso vemos que x = 4 es

una solucion. Por otra parte 2x ≡ 1 (mod 6) no tiene solucion, pues

la ecuacion 2x ≡ 1 (mod 6) significa que buscamos un numero entero


positivo x tal que al dividir 2x por 6 obtenemos resto 1, por otra parte,

al dividir un numero entero positivo n por 6 obtenemos como restos 0,

1, 2, 3, 4 y 5. Luego los posibles restos para la division de 2n por 6 son

0, 2 y 4. Consecuentemente no hay enteros positivos (ni negativos) que

satisfacen la congruencia 2x ≡ 1 (mod 6) .

Una diferencia inmediata entre la congruencia 2x ≡ 1 (mod 7) y

2x ≡ 1 (mod 6) es que mcd (2, 7) = 1 y mcd (2, 6) = 2 , es decir, 2 y 7

son coprimos, pero 2 y 6 no lo son.

Ejemplo 4.41 ¿Existe un entero x tal que 7x ≡ 1 (mod 17) ? ¿ lo

mismo para 6x ≡ 1 (mod 15) ?

Solucion. Tenemos 7 · 5 = 35 ≡ 1 (mod 17) . Afirmamos que no existe

solucion para 6x ≡ 1 (mod 15) . En efecto, si existe un tal x , entonces

6x − 1 , y debe ser divisible por 15; en particular debe ser divisible por

3, y entonces −1 debe ser divisible por 3, esto es una contradiccion, lo

cual prueba nuestra afirmacion.

Antes de enunciar el resultado que establece bajo que condiciones una

congruencia lineal ax ≡ b (mod m) tiene solucion, veamos un principio

logico, que parece demasiado elemental para ser enunciado, pero que es

de gran utilidad en algunas demostraciones

“si m objetos son colocados en m cajas, de modo que no haya dos

objetos en una misma caja, entonces existe al menos un objeto en cada

caja”.

Volvamos a la congruencia ax ≡ b (mod m) . Tomamos los m objetos

como los distintos numeros

0, a , 2a , 3a , . . . , (m− 1)a

Sergio Plaza 153

que corresponden a los posibles restos de dividir ax por m .

El problema que podemos tener aquı es que un par de esos numeros

sean congruentes (mod m) , esto es

ax ≡ ay (mod m)

tiene solucion en {0, a, 2a, . . . , (m− 1)a} .Si mcd (a,m) = 1 , es decir, a y m son coprimos, podemos usar

la ley de cancelacion en la congruencia ax ≡ ay (mod m) obteniendo

que x ≡ y (mod m) . Por lo tanto, por el principio logico enunciado, los

numeros 0 , a , 2a , 3a , . . . , (m−1) a deben ser congruente en algun or-

den a los numeros 0, 1, 2, . . . ,m− 1 . En particular, existe exactamente

un x ∈ {0, 1, . . . ,m − 1} para el cual ax ≡ b (mod m) . Formalizando

la discusion anterior, tenemos el siguiente.

Teorema 4.21 La congruencia lineal ax ≡ b (mod m) tiene solucion

si a y m son coprimos. Si este es el caso, entonces existe una unica

solucion (mod m) .

Recordemos que en un conjunto numerico, el inverso multiplicativo de

un numero no cero a , es un numero x tal que ax = 1 . En el conjunto de

los enteros tenemos que la ecuacion ax = 1 tiene solucion para a = 1

y a = −1 , solamente, con x = 1 y x = −1 , respectivamente. Nos

podemos preguntar que ocurre en aritmetica modular, es decir, cuando

la congruencia lineal ax ≡ 1 (mod m) tiene solucion.

Por lo que vimos antes, esa congruencia tiene solucion si y solo si a

y m son coprimos. Esto es, si a y m son coprimos, entonces en el

conjunto {0, 1, . . . ,m − 1} con el producto, (mod m) , cada elemento

distinto de cero tiene un inverso multiplicativo.


Retornemos al problema de sistemas de congruencias lineales. Ten-

emos el siguiente.

Teorema 4.22 (teorema chino de los restos). Un sistema de congruen-

cias lineales x ≡ c1 (mod m1) , . . . , x ≡ ck (mod mk) , en el cual los

modulos m1 , . . . ,mk son coprimos a pares (es decir, mcd (mi,mj) = 1

cuando i 6= j ) tiene solucion. Ademas, la solucion es unica (mod m1 ·m2 · · ·mk .

Demostracion. Probemos primero la unicidad de la solucion, bajo

el supuesto que exista. Si tenemos dos soluciones x e y , entonces

x ≡ y (mod mi) para cada i = 1, . . . , k , y por lo tanto, dado que los

mi son coprimos dos a dos, se tiene que x ≡ y (mod m1 ·m2 · · ·mk) , y

por lo visto anteriormente, en este caso existe solo una solucion.

Veamos ahora el problema de la existencia de una tal solucion.

Para cada i = 1, 2, . . . , k sea Mi el producto de todos los modulos,

excepto mi , es decir, Mi = m1 ·m2 · · ·mi−1 ·mi+1 · · ·mk .

Es claro que Mi y mi son coprimos, luego la congruencia lineal

aiMi ≡ 1 (mod mi)

tiene solucion.

Consideremos el numero x dado por

x = a1M1c1 + a2M2c2 + · · ·+ akMkck .

Como Mj ≡ 0 (mod mi) cuando i 6= j , vemos que

x ≡ aiMici = ci (mod mi)

Sergio Plaza 155

para cada i = 1, 2, . . . , k . Por lo tanto x es la solucion buscada. Esto

completa la prueba del teorema.

Busquemos la solucion al problema de los huevos en la canasta, tene-

mos que resolver el sistema de congruencias lineales

x ≡ 0 (mod 7)

x ≡ 1 (mod 2)

x ≡ 1 (mod 3)

x ≡ 1 (mod 4)

x ≡ 1 (mod 5)

x ≡ 1 (mod 6)

es decir, x es divisible por 7 y deja resto 1 cuando se lo divide por 2, 3,

4, 5 y 6. De esto ultimo vemos que x excede en 1 a un multiplo de 60.

Luego el problema se reduce a resolver

x ≡ 1 (mod 60)

x ≡ 0 (mod 7) .

Como 7 y 60 son coprimos, c1 = 1 y c2 = 0 ¿¿?? desde la con-

struccion de la prueba del tenemos que definir

x = a1M1c1 + a2M2c2

lo cual se reduce a x ≡ a1M1c1 (mod 420) y c1 = 1 , M1 = 7 , es

decir, x = 7a1 ≡ 1 (mod 1)(mod 60) . Realizando los calculos (vıa

calculadora) obtenemos que a1 = 43 , luego x = 301 (mod 420) . Por


lo tanto el menor numero de huevos que debe haber en la canasta para

cumplir las condiciones del problema es de 301 huevos.

4.9.1 Ejercicios

Problema 4.19 Pruebe que los enteros n ≡ 7 (mod 8) no pueden ser

escritos como suma de tre cuadrados.

Indicacion. Escribe n = x2+y2+z2 y considere todas las posibilidades

mod 8 .

Problema 4.20 ¿Cuales son los posibles valores de a s3 (mod 9) ?

¿Cuales son los posibles valores de 53+ t3 (mod 9) ? Pruebe que existen

infinitos enteros que no pueden ser escritos como suma de dos cubos

¿Existen enteros que no pueden ser escritos como suma de tres cubos?

Problema 4.21 Sea N = dndn−1 · · · d1d0 un entero escrito en notacion

decimal. Pruebe que N ≡ d0 (mod 2) , N ≡ d1d0 (mod 4) y N ≡d2d1d0 (mod 8) .

Problema 4.22 Suponga que p es un primo impar. Pruebe que

p∑

j=0

(

p

j

)(

p+ j

j

)

≡ 2p + 1 (mod p2) .

Problema 4.23 Sea n un entero positivo. Pruebe que n es primo si

y solo si(

n− 1

k

)

≡ (−1)k (mod n)

para todo k ∈ {0, 1, . . . , n − 1} .

Sergio Plaza 157

Problema 4.24 Pruebe que para cada n > 2 ,

n terminos n − 1 terminos

︷︸︸︷

22···2

=

︷︸︸︷

22···2

( mod n)

Problema 4.25 Para cada n > 1 , determine los posibles valores de la

sucesion

2, 22, 222, 22

22

, . . . , (mod n) .

Problema 4.26

Problema 4.27

Problema 4.28

Problema 4.29

Problema 4.30

Problema 4.31

Problema 4.32

4.10 Ecuaciones de Fermat

Sea n un entero positivo mayor que 2 . La ecuacion de Fermat de grado

n es

xn + yn = zn . (4.1)


Fermat afirmo que la ecuacion (4.1) no tiene soluciones enteras posi-

tivas para todo n > 2 .

Para n = 2 , la ecuacion es x2 + y2 = z2 la cual tiene soluciones

enteras positivas, de hecho infinitas, dadas por enteros de las ternas

pitagoricas.

El ultimo teorema de Fermat establece que no existen enteros positivos

x , y y z con

xn + yn = zn

si n es un entero mayor que dos.

Lista de personas mas importantes relacionadas con este resul-

tado

Euclides de Alejandrıa ∼ −300Diofanto de Alejandrıa ∼ 250

Pierre Fermat 1601–1665

Leonhard Euler 1707–1783

Joseph Louis Lagrange 1736–1813

Sophie Germain 1776–1831

Carl Friedrich Gauss 1777–1855

Agustin Louis Cauchy 1789–1857

Gabriel Lame 1795–1870

Peter Gustav Lejeune Dirichlet 1805–1859

Joseph Liouville 1809–1882

Ernst Eduard Kummer 1810–1893

Harry Schultz Vandiver 1882–1973

Gerhard Frey

Kenneth A. Ribet

Sergio Plaza 159

Andrew Wiles ∼ 1953–

Para n = 2 existen infinitas soluciones

32 + 42 = 52, 52 + 122 = 132, 82 + 152 = 172, . . .

Los triples pitagoricos. En el margen de su copia de la “Aritmetica”

de Diofantos en la edici’on de Bachet, el jurista frances P. Fermat es-

cribio, alrededor de 1637, que para n grande no pueden existir tales

triples, agrega ademas que el tiene una “prueba maravillosa” para esa

afirmacion, la cual, sin embargo, siendo el margen del libro tan pequeno

no la puede escribir ahı. La afirmacion exacta de Fermat fue la siguiente.

“Cubum autem in duos cubos, ant quadrato-quadratum in duos quadrato-

quadratos, et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potes-

tatem in duous ejusdem nominis fas et dividere cujus rei demostrationem

mirabilem sane detexi. Hame marginis exiguitas non caparet”.

Todos los otros resultados que Fermat enuncio en esta forma fueron

probados hace mucho tiempo, solo este, el ultimo permanecio casi 360

anos sin resolverse, fue en 1994 que A. Wiles obtuvo una prueba para el

“ultimo teorema de Fermat”.

En el problema 8 el Libro II de la traduccion de Claude Bachet de

la Aritmetica de Diofanto se pregunta sobre una regla para escribir un

cuadrado como la suma de dos cuadrados. La ecuacion resultante z2 =

x2 + y2 es la del Teorema de Pitagoras, el cual establece que en cada

triangulo rectangulo el cuadrado sobre la hipotenusa es la suma de los

cuadrados sobre los otros dos lados (en general, llamados catetos).

Como vimos en el caso n = 2 , las soluciones de la ecuacion de Fermat

son conocidas, y son llamadas ternas pitagoricas, las que estudiamos


ahora.

4.11 Ternas Pitagoricas

Una terna (x, y, z) de numeros enteros positivos es llamada pitagorica si

x2 + y2 = z2 . Por ejemplo, (3, 4, 5) es una terna pitagorica, pues 32 +

42 = 52 . Una terna pitagorica puede ser interpretada geometricamente

como los lados de un triangulo rectangulo como en la figura.

Figura

Un problema interesante es saber si existen otras ternas pitagoricas

aparte de la ya mencionada.

Si (x, y, z) es una terna pitagorica y d = mcd (x, y) entonces d2|(x2+y2) de donde d|z , por lo tanto existen enteros no nulos a , b , c con

mcd (a, b) = 1 tales que (x, y, z) = (da, db, dc) . Ahora como x2 +

y2 = z2 si y solo si a2 + b2 = c2 , basta encontrar ternas pitagoricas

(a, b, c) tales que mcd (a, b) = 1 , esto implica que mcd (a, c) = 1 y

mcd (b, c) = 1 . La ternas pitagoricas (x, y, z) , tales que mcd (x, z) = 1

y mcd (y, z) = 1 son llamadas ternas pitagoricas primitivas.

Tenemos que si k ∈ Z entonces k2 ≡ 0 (mod 4) o k2 ≡ 1 (mod 4) ,

pues si k es par entonces k = 2ℓ , luego k2 ≡ 4ℓ2 , es decir, k2 es

Sergio Plaza 161

divisible por 4, ası k2 ≡ 0 (mod 4) , por otra parte si k es impar entonces

k = 2n+ 1 , luego k2 = 4n2 + 4n+ 1 = 4(n2 + n) + 1 ≡ 1 (mod 4) .

Aplicando esto a nuestro problema vemos que si a y b son impares

entonces a2 ≡ 1 (mod 4) y b2 ≡ 1 (mod 4) luego a2+b2 ≡ 2 (mod 4) lo

cual es imposible, pues a2 + b2 = c2 y tendrıamos que c2 ≡ 2 (mod 4) .

Ahora como mcd (a, b) = 1 , es decir a y b son coprimos y no pueden

ser ambos impares, concluimos que hay dos casos a considerar: a impar

y b par, a par y b impar. Por la simetrıa de la ecuacion y del argumento

a seguir, solo basta analizar uno de los casos. Elegimos el primero, es

decir, a impar y b par. Como a es impar se sigue que a2 tambien es

impar, luego a2+b2 es impar, por lo tanto c2 es impar y en consecuencia

c debe ser impar.

Desde a2 + b2 = c2 se sigue que b2 = (c − a)(c + a) y como a y

c son impares, tenemos que c − a y c + a son pares. Ademas, como

mcd (c− a, c+ a) = 2 y como b es par se tiene que b2 es divisible por

4, y podemos escribir

(b

4

)2

=c− a

2· c+ a

2

y como mcd (c−a, c+a) = 2 se tiene que mcd(c−a2 , c+a

2

)= 1 , es decir,

c−a2 y c+a

2 son coprimos.

Como c−a2 · c+a

2 = cuadrado perfecto, y mcd(c−a2 , c+a

2

)= 1 debemos

tener que c−a2 y c+a

2 son cuadrados perfectos, es decir, c+a2 = u2 y

c−a2 = w2 , de donde c + a = 2u2 y c − a = 2v2 . Sumando estas dos

ecuaciones nos queda 2c = 2(u2 + v2) , y de ahı c = u2 + v2 de aquı

u2 + v2 + a = 2u2 luego a = u2 − v2 . Ahora, como(b4

)2= (c−a)2

2(c+a)

2

obtenemos(b2

)2= 2v2

2 · 2u2

2 = v2u2 , de donde b2 = 4u2v2 , por lo tanto

b = 2uv (pues son positivos).


Concluimos entonces que la terna pitagorica viene dada por (a, b, c) =

(u2 − v2, 2uv, u2 + v2) , con u, v enteros positivos y u > v .

Por ejemplo, tomando u = 2 y v = 1 obtenemos la terna (u2 −v2, 2uv, u2 + v2) = (3, 4, 5) . Ahora, si elegimos u = 3 y v = 2 , obten-

emos (u2 − v2, 2uv, u2 + v2) = (5, 12, 13) . Con la eleccion u = 7 y

v = 5 , obtenemos (u2 − v2, 2uv, u2 + v2) = (24, 70, 74) .

En particular, si elegimos u = 2n y v = 1 , obtenemos la terna

pitagorica (4n2 − 1, 4n, 4n2 + 1) , y dando valores a n ∈ N obtenemos

infinitas ternas pitagoricas. Por ejemplo, para n = 1 obtenemos la terna

pitagorica clasica (3, 4, 5) , para n = 2 , obtenemos la terna (15, 16, 17) ,

para n = 3 , tenemos la terna (35, 12, 37) y para n = 4 tenemos la

terna (63, 16, 65) . E lector puede calcular, usando la formula arriba

otras ternas pitagoricas.

Apliquemos la idea anterior para estudiar la ecuacion x2 + y2 = 2 z2

con x, y enteros, x 6= y .

Observemos primero que como 2 z2 es par, x e y deben tener la

misma paridad (ambos pares o ambas impares). Luego, existen enteros

a y b tales que x = a+ b , y = a− b . Para ello basta tomar a = x+y2

y b = x−y2 , los cuales son enteros pues x + y y x − y son pares.

Reemplazando en la ecuacion original nos queda ( a+b)2+(a−b)2 = 2z2 ,

y desarrollando obtenemos 2(a2 + b2) = 2z2 , es decir, nos queda la

ecuacion a2 + b2 = z2 , y por lo tanto debemos encontrar solucion a

esta ultima ecuacion, y como vimos estas vienen dadas por las ternas

pitagoricas (a, b, z) = ((u2 − v2)d, 2duv, (u2 + v2)d) , donde u, v, d son

enteros, con u 6= v , y mcd (u, v) = 1 , y u y v con paridad distinta.

Sergio Plaza 163

Ahora como x = a+ b e y = a− b nos queda

x = (du2 − dv2) + 2duv = d(u2 + 2uv − v2)

y = (du2 − dv2)− 2duv = d(u2 − 2uv − v2)

z = d(u2 + v2)

4.11.1 Ecuacion de Fermat para n = 4

Veamos ahora el caso n = 4 .

Supongamos primero que n es un multiplo de 4, es decir, n = 4k

para algun entero positivo k . Si existiesen enteros positivos no nulos,

x , y , z tales

xn + yn = zn

podemos escribir esto en la forma (xk)4 + (yk)4 = (z2k)2 , es decir,

xk + yk = z2k es entonces una solucion de la ecuacion

u4 + v4 = w2 . (4.2)

En conclusion para mostrar que xn + yn = zn . Con n = 4k , no tiene

soluciones enteras positivas no nulas, basta demostrar que la ecuacion

u4 + v4 = w2 no tiene soluciones enteras positivas no nulas.

Supongamos que (4.2) tiene una solucion entera positiva (a, b, c) .

Podemos elegir (a, b, c) de modo que no existe otra solucion (a, b, c)

de (4.2) con c < c . Si a y b son coprimos, entonces existen enteros

positivos u y v tales que a2 = u2 − v2 , b2 = 2uv y c = u2 + u2 .

Como a2 + v2 = u2 , existen enteros positivos p y q , coprimos, tales

que a = p2 − q2 , v = 2pq y u = p2 + q2 .

De esto, se sigue que b2 = 2uv = 4pq(p2 + q2) . Como p y q son

coprimos, se sigue que p , q son coprimos con p2+q2 . Como 4pq(q2+q2)

es un cuadrado, se sigue que p , q y p2 + q2 deben ser cuadrados, ası

p = r2 y p2 + q2 = t2 , para algunos enteros r, s, t enteros positivos no

nulos. De lo anterior tenemos que r4 + s4 = t2 , con c = u2 + v2 > u =

p2 + q2 = t2 > t . Esto contradice el hecho que c fue elegido de modo

que cualquier otra solucion (a, b, c) de (4.2) debe satisfacer c < c .

Usando la caracterizacion completa de los triangulos pitagoricos, pode-

mos dar una prueba del ultimo Teorema de Fermat en el caso especial

n = 4 .

Sin embargo, preferimos dar unas pequeas vueltas por otra ruta la

cual tambien nos lleva al mismo objetivo, y tambien a una propiedad

notable acerca de triangulos rectagulos.

Teorema 4.23 El area de un triangulo pitagorico no puede ser un

cuadrado.

Demostracion. La prueba consiste en mostrar que, si el area de un

tal triangulo es un cuadrado, entonces existe un triangulo menor con la

misma propiedad, y ası sucesivamente ad infinitum, lo cual es imposible.

Supongamos que existen enteros positivos a , b , c tales que

a2 + b2 = c2

y para el cual el area del triangulo, ab/2 es un cuadrado. No existe

perdida de generalidad en suponer que el triangulo dado es primitivo,

luego, a , b y c tienen la forma

a = m2 − n2, b = 2mn, c = m2 + n2 ,

donde m y n son coprimos de paridad opuesta. Intercambiando a

y b , si es necesario, podemos suponer que a es impar. Ahora, el area

del triangulo es mn(m − n)(m + n) . Pero la unica manera que un

Sergio Plaza 165

producto de numeros coprimos sea un cuadrado es que cada una de ellos

sea un cuadrado. (Esto se sigue directamente del T.F.A.). Por lo tanto

(m− n)(m+ n) es un cuadrado, el cual llamamos p2 , luego

p2 + n2 = m2 ,

donde p y m son impares y n es par (recuerde que a = p2 es impar).

El nuevo triangulo con lados p , m y m es tambien primitivo, y podemos

escribir

p = m21 − n2

1 , n = 2m1n1 , m = m21 + n2

1 ,

donde m1 y n1 son coprimos y de paridad opuesta. Pero n es un

cuadrado, y por lo tanto m1 o bien n1 debe ser un cuadrado impar

mientras que el otro debe ser el doble de un cuadrado. Finalmente, m

es tambien un cuadrado, digamos m = u2 y entonces la tercera ecuacion

arriba es

m21 + n2

1 = u2 .

Luego, m1 , n1 , y u son los lados de un triangulo pitagorico cuya

area1

2m1n1 es un cuadrado perfecto cuya hipotenusa es menor que la

hipotenusa del triangulo original, pues

u =√m < m < m2 < m2 + n2 = c .

Esto completa la prueba por descenso infinito.

Usando la caracterizacion completa de los triangulos pitagoricos, pode-

mos dar una prueba del ultimo Teorema de Fermat en el caso especial

n = 4 .


Sin embargo, preferimos dar unas pequenas vueltas por otra ruta la

cual tambien nos lleva al mismo objetivo, y tambien a una propiedad

notable acerca de triangulos rectagulos.

Teorema 4.24 El area de un triangulo pitagorico no puede ser un

cuadrado.

Demostracion. La prueba consiste en mostrar que, si el area de un

tal triangulo es un cuadrado, entonces existe un triangulo menor con la

misma propiedad, y ası sucesivamente ad infinitum, lo cual es imposible.

Supongamos que existen enteros positivos a, b, c tales que

a2 + b2 = c2

y para el cual el area del triangulo, ab/2 es un cuadrado. No existe

perdida de generalidad en suponer que el triangulo dado es primitivo,

luego, a, b, c tienen la forma

a = m2 − n2 , b = 2mn , c = m2 + n2

donde m y n son coprimos de paridad opuesta. Intercambiando a y

b , si es necesario, podemos suponer que a es impar. Ahora, el area

del triangulo es mn(m − n)(m + n) , y es facil ver otros tres. Pero la

unica manera que un producto de numeros coprimos sea un cuadrado es

que cada una de ellos sea un cuadrado. (Esto se sigue directamente del

T.F.A). Por lo tanto (m− n)(m+ n) es un cuadrado, el cual llamamos

p2 , luego

p2 + n2 = m2

Sergio Plaza 167

donde p y m son impares y n es par (recuerde que a = p2 es impar).

El nuevo triangulo con lados p,m , y m es tambien primitivo, y podemos

escribir

p = m21 − n2

1, n = 2m1n1, m = m21 + n2

1

donde m1 y n1 son coprimos y de paridad opuesta. Pero n es un

cuadrado, y por lo tanto m1 o bien n1 debe ser un cuadrado impar

mientras que el otro debe ser el doble de un cuadrado. Finalmente, m

es tambien un cuadrado, digamos m = u2 y entonces la tercera ecuacion

arriba es

m21 + n2

1 = u2 .

Luego, m1 , n1 , y u son los lados de un triangulo pitagoricocuya

area m1n1/2 es un cuadrado perfecto cuya hipotenusa es menor que la

hipotenusa del triangulo original, pues

u =√m < m < m2 < m2 + n2 = c .

Esto completa la prueba por descenso infinito.

Corolario 4.5 La ecuacion

a4 − b4 = c2

no tiene soluciones enteras positivas a, b, c .

Demostracion. Si la ecuacion tiene soluciones enteras positivas a , b ,

c entonces a4 − b4 , 2a2b2 , a4 + b4 forman los lados de un triangulo

rectangulo, pues


(a4 − b4)2 + (2a2b2)2 = (a4 + b4)2

y el area del triangulo debe ser

1

22a2b2(a4 − b4) = a2b2(a4 − b4) = a2b2c2

que es un cuadrado. Ahora, como el area de ningun triangulo Pitagorico

puede ser un cuadrado, tenemos una contradiccion, y el corolario esta

demostrado.

La misma tecnica usada para resolver x2 + y2 = x2 puede ser usada

para resolver ecuaciones del tipo x2 + ay2 = x2 , para ello escriba la

ecuacion en la forma ay2 = (z − x)(z + x) .

Ecuaciones como la siguiente x2 + y2 = 2z2 no pueden reducirse al

tipo anterior, pues no podemos escribirla como diferencia de cuadrados.

Logrange, observo que en este caso multiplicacion por 2 permite escribir

(2z)2 = 2x2 + 2y2 = (x+ y)2 + (x− y)2

luego nos queda (2z − x− y)(2z + x+ y) = (x− y)2 , y ahora procede-

mos a solucionar la ecuacion exactamente como lo hicimos para triples

pitagoricos.

Veamos como podemos tratar ecuaciones del tipo AX2+BY 2 = CZ2 ,

teniendo al menos una solucion. Multiplicando por A−1 vemos que es

suficiente considerar ecuaciones del tipo x2 + ay2 = bz2 . Supongamos

que (x, y, z) es una solucion de esta ecuacion. Entonces

Sergio Plaza 169

(bzZ)2 = bz2Z2 + abz2Z2

= (x2 + ay2)X2 + (ax2 + a2y2)Y 2

= (xX + yY )2 + a(yX − xY )2

Luego, a(yX − xY )2 = (bzZ)2 − (xX + ayY )2 es una diferencia de

cuadrados, y procedemos como lo hicimos para triangulos pitagoricos.

4.12 Ultimo Teorema de Fermat

Teorema 4.25 (Ultimo teorema de Fermat) La ecuacion xn+yn = zn

no tiene soluciones enteras no ceros si n > 3 .

Se cree que Fermat tenıa una prueba de este resultado para n = 4 y

que erroneamente creyo que su argumento podıa ser generalizado para

el caso general. Por mas de tres siglos y medio un gran numero de

matematicos trataron, infructuosamente de probar este teorema, y du-

rante estas investigaciones para tener que dar una prueba muchos con-

ceptos nuevos y teorıas fueon creadas. En los inicios de los 90 (siglo

pasado), la conjetura de Fermat, como paso a llamarse este resultado,

fue verificado para todo n continendo un factor primo impar menor que

106 , usando computadoras. En junio de 1993, Andrew Wiles anuncio

que tenıa una prueba del teorema de Fermat, pero su prueba original

contenıa algunas lagunas; esas fueron corregidas un ao despues por An-

drew Wiles y Richard Taylor. La conjetura de Fermat fue finalmente

probada y paso a ser un teorema. La prueba es muy larga y usa resul-

tados profundos de geometrıa algebraica.

Daremos la prueba del teorema de Fermat para n = 4 . De hecho

probaremos un resultado un poco mas fuerte.

Teorema 4.26 La ecuacion x4 + y4 = x2 no tiene soluciones enteras

no ceros.

Demostracion. Supongamos lo contrario, entonces existen soluciones

enteras x, y, x . Como cualquier cambio de signo de esas soluciones

no altera el resultado, podemos suponer que x, y, z son enteros posi-

tivos. Podemos suponer tambien que z es el menor posible. Vamos

a obtener una contradiccion probando que existe otra solucion entera

positiva (x1, y1z1) con z1 < z .

Supongamos que mcd(x, y) > 1 , entonces existe un primo p dividi-

endo a ambos x e y . Se sigue entonces que p4|(x4 + y4) , esto es, p4|z2

luego p2|z . De esto, se tiene que(xp

)4+(yp

)4=(

zp2

)2, y hemos encon-

trado una solucion con z1 =z

p2< z . Esto contradice lo que asumimos

sobre la eleccion original de (x, y, z) , por lo tanto se debe tener que

mcd (x, y) = 1 . De esto se sigue que mcd (x2, y2) = 1 , luego (x2, y2, z)

es un triple pitagorico primitivo. Podemos asumir que x2 es impar e y2

es par, luego existen enteros positivos coprimos u y v tales que

x2 = u2 − v2, y2 = 2uv, x = u2 + v2 .

En particular, (x, v, u) es un triple pitagorico primitivo con x impar.

Por lo tanto, existen enteros positivos coprimos s y t tales que

x = s2 − t2, v = 2st, us2 + t2

Como mcd (s, t) = 1 se sigue de la ultima igualdad que u, s , y t son

coprimos a pares. Pero(y2

)2= uv

2 = ust , luego el producto ust es

un cuadrado perfecto, y esto implica que u, s , y t son todos cuadrados

Sergio Plaza 171

perfectos. Luego existen enteros positivos a, b y c tales que s = a2, t =

b2 y u = c2 . Como u = s2 + t2 , se sigue que a4 + b4 = c2 , es decir,

(a, b, c) es una solucion positiva de la ecuacion original. Esto contradice

lo asumido sobre la minimalidad de z , pues c =√y 6 u2 < u2+v2 = z .

Esto completa la prueba del teorema.

Corolario 4.6 La ecuacion x4 + y4 = z4 no tiene soluciones enteras

no ceros.

Demostracion. Si (x, y, z) es una tal solucion, entonces (x, y, z2) es

una solucion de la ecuacion del teorema anterior. Esto es una con-

tradiccion.


Ultimo teorema de Fermat para n = 4 . La solucion de x2 + y2 = z2

es la clave para demostar que la ecuacion diofantina

x4 + y4 = z4,

tiene solo solicones triviales, es decir, aquellas con x = 0 o y = 0 .

Para ello basta probar que la ecuacion

x4 + y4 = z2

tiene solo soluciones triviales, esto es, si x4 + y4 no puede ser un

cuadrado, entonces tampoco puede ser una cuarta potencia.

Teorema 4.27 La ecuacion de Fermat

x4 + y4 = z2

no tiene soluciones enteras con x · y · z 6= 0

La prueba que daremos es debida a Euler, sin embargo Fermat propuso

algo similar.

Demostracion. Primero que nada, para el caso n par basta conside-

rar el caso x , y , z enteros positivos. Podemos suponer, y de hecho

lo hacemos, que los enteros x , y y Z son coprimos a pares, si no es

ası, cancelamos los divisores comunes. Seguimos un poco la solucion

de la ecuacion pitagorica, tenemos que z debe ser impar, pues si z es

par, entonces x e y debe ser impares y tenemos una contradiccion (ver

demostracion de ternas pitagoricas).

Sergio Plaza 173

Supongamos que x es impar e y es par (esto basta por la simetrıa

de la ecuacion). Escribamos x4 + y4 = z2 como y4 = (z − x2)(z + x2) ,

como cualquier divisor comun d de z−x2 y z+x2 divide su suma y su

diferencia, se obtiene que d = 2 . Luego R =1

2(z−x2) y S =

1

2(z+x2)

son coprimos, y RS =1

4y2 . Como R y S no son ambos pares, bien

R es impar (y entonces R y 4S son coprimos) o bien S es impar (y

entonces 4R y S son coprimos). En el primer caso, R · 4S = y4 es una

cuarta potencia, luego 2R = z − x2 = 2a4 y 4S = 2(z + x2) = (2b)4 ,

esto es, z + x2 = 8b4 para enteros positivos a , b , en el segundo caso,

4R · · · S = y4 , y entonces z − x2 = 8a4 y z + x2 = 2b4 . La primera

posibilidad nos lleva a 4b4 − a4 = x2 , la cual es imposible mod 4 ,

pues la ecuacion nos da −a4 ≡ x2(mod 4) con a y x impar, pero

los cuadrados de numeros impares son congruentes mod 4 a 1, luego la

congruencia es −1 ≡ 1 mod 4 que es imposible. Por lo tanto estamos

en el segundo caso y obtenemos b4 − 4a4 = x2 .

Ahora escribiendo 4a4 = (b2 − x)(b2 + x) , como x y b son impares,

tenemos que mcd (b2 − x, b2 + x) = 2 y b2 − x = 2r4 , b2 + x = 2s4 .

Sumando estas ecuaciones obtenemos b2 = r4 + s4 , esto es, hemos en-

contrado una nueva solucion (b, r, s) a nuestra ecuacion z2 = x4 + y4 ,

como 0 < b < x < z , esto significa que para cada solucion (x, y, z) en

los numeros enteros positivos existe otra solucion con un z mas pequeno.

Esto es imposible y por y por descenso infinito la prueba esta completa.

4.13 Teorema de Wilson y Teorema de Fermat

Lema 4.2 Sea p un primo y sea 0 < k < p . Entonces k2 ≡ 1 (mod p)

si y solo si k = 1 o k = p− 1 .


Demostracion. Si k = 1 , entonces k2 ≡ 1 (mod p ) . Si k = p − 1 ,

entonces k2 = p2 − 2p + 1 ≡ 1 (mod p) .

Recıprocamente, supongamos que k2 ≡ 1 (mod p) . Entonces p|(k2−1) = (k−1)(k+1) , y como p es primo, , se tiene que p|(k−1) o p|(k+1) .

El unico numero en {1, 2, . . . , p − 1} que satisface p|(k − 1) es 1, y el

unico numero en {1, 2, . . . , p− 1} que satisface p|(k + 1) es p− 1 .

Teorema 4.28 (Wilson) Sea p > 1 . Entonces p es primo si y solo si

(p− 1)! ≡ −1 (mod p) .

Demostracion. Supongamos que p es primo. Si k ∈ {1, . . . , p − 1} ,entonces k es coprimo con p . Luego existen enteros a y b tales que

ak+bp = 1 , esto es, ak ≡ 1 (mod p) . Reduciendo a (mod p) , podemos

asumir que a ∈ {1, . . . , p− 1} .Luego, cada elemento de {1, . . . , p− 1} tiene un recıproco mod p en

este conjunto. El lema anterior muestra que solo 1 y p − 1 son sus

propios recıprocos. Tenemos ası que los elementos 2, . . . , p − 2 deben

ser pareados en pares {x, x−1} . Se sigue que su producto es 1. Luego,

(p− 1)! = 1 · 2 · · · (p − 2)(p − 1)

= 1 · 1 · (p− 1)

= p− 1

≡ −1 (mod p)

Ahora, suponga que (p− 1)! ≡ −1 (mod p) .

Tenemos que mostrar que p es primo. Comenzamos reescribiendo la

ecuacion como (p − 1)! + 1 = kp .

Sergio Plaza 175

Supongamos que p = ab , con 1 6 a, b 6 p . Si a = p , la factorizacion

es trivial, luego a < p . Entonces a|(p − 1)! , pues a ∈ {1, . . . , p − 1} y

a|p , luego (p−1)!+1 = kp muestra que a|1 . Por lo tanto, a = 1 . Esto

prueba que la unica factorizacion de p es la trivial, consecuentemente

p es primo.

Ejemplo 4.42 El teorema ded Wilson implica que el producto de cua-

lesquiera 10 enteros consecutivos, ninguno divisible por 11, son iguales

a −1 (mod 11) , pues cualesquiera 10 enteros consecutivos se reducen

mod 11 a {1, 2, . . . , 10} .Por ejemplo,

12 · 13 · · · 20 · 21 ≡ −1 (mod 11) .

Teorema 4.29 (Fermat) Sea p un primo. Suponga que p no divide

a a , entonces

ap−1 ≡ 1 (mod p) .

Demostracion. La idea es mostrar que los enteros

a, 2a, . . . , (p − 1)a

se reducen mod p a 1, . . . , p − 1 , y entonces aplicar el teorema de

Wilson.

Hay p − 1 numeros en el conjunto {a, 2a, . . . , (p − 1)a} . Luego, lo

que necesitamos probar que ellos son distintos (mod p) . Supongamos

que 1 6 j, k 6 p− 1 , y

aj = ak (mod p).


Esto significa que p|(aj − ak) = a(j − k) , luego p|a o p|(j − k) . El

primer caso es descartado por hipotesis, se tiene que p|(j − k) . Pero

como 1 6 j, k 6 p− 1 , se tiene p|(j − k) solo si j = k .

Luego, {a, 2a, . . . , (p − 1)a} son p − 1 numeros distintos (mod p) .

Si reducimos (mod p) , obtenemos los numeros {1, . . . , p − 1} .Luego,

a · 2a · · · (p− 1)a = 1 · 2 · · · (p− 1) = (p − 1)! ≡ −1 (mod p) .

Por otra parte, aplicando el teorema de Wilson otra vez, tenemos que

a · 2a · · · (p − 1)a = ap−1(p − 1)! ≡ −ap−1 (mod p) ,

esto es, −ap−1 ≡ −1 (mod p) , es decir, ap−1 ≡ 1 (mod p) .

Corolario 4.7 Si p es primo, entonces ap ≡ a (mod p) para todo a .

Demostracion. Si p|a , entonces ap ≡ a (mod p) y a ≡ 0 (mod p) ,

luego ap ≡ a (mod p) . Si p no divide a a , entonces ap−1 ≡ 1 (mod p) .

Multiplicando por a esta congruencia, obtenemos ap ≡ a (mod p) .

Ejemplo 4.43 Calcule 50250(mod 83) .

Reducimos modulo 17. Como 83 no divide a 80, por el teorema de

Fermat

5082 ≡ 1 (mod 17) .

Ahora, 3 · 82 = 246 , luego

50250 = 50246 · 504

Sergio Plaza 177

= (5082)3 · 25002

= 13 · 102

= 100

= 17 (mod 83) .

En otras palabras, si esta tratando de reducir ak (mod p) , donde p

no divide a a , saque tantos factores ap−1 como sea posible, y entonces

reduzca el resto a mano.

4.14 Matematicas e Historia

En Chile se declaro la Independencia el 18 de Septiembre de 1810 ¿Que

dıa de la semana fue?1 Similarmente podemos preguntarnos por otras

fechas memorables, por ejemplo, el 12 de Octubre de 1492.

Un ano normal tiene 365 dıas y un ano bisiesto tiene 366 dıas. Los

anos bisiestos son aquellos no seculares divisibles por cuatro, por ejem-

plo, 1812, 1816, 1820,... Los anos seculares son bisiestos si son divisibles

por cuatrocientos, por ejemplo, 1600, 2000,... El ano 1.500 si fue bisiesto

pues es anterior a la reforma que se hizo del calendario en 1582, durante

el papado de Gregorio XIII, donde se introdujo un cambio en el calen-

dario que desplaza todo el calendario 10 dıas.

Para calcular el dıa es necesario saber algo de congruencias en teorıa

de numeros.

Examinemos la fecha 12 de Octubre de 1492. La observacion impor-

tante es que si a una fecha le agregamos un numero de dıas multiplo de

7 el dıa de la semana no cambia.

1El dıa 18 de Septiembre fue un Martes


Del 12 de Octubre de 1492 al 12 de Octubre de 2005 hay entonces 513

anos. La cantidad de anos bisiestos hasta ahora desde 1492 (el cual fue

bisiesto) es2004 − 1492

4= 128

Notese que el ano 1492 no se cuenta pues el 12 de Octubre es posterior

al 29 de Febrero. Ademas, debemos descontar los tres anos seculares que

no son bisiestos, es decir, 1700, 1800, 1900.

Por lo tanto el numero de dıas es N = 513 · 365 + 128 = 187373 .

Ahora, para identificar el dıa de la semana debemos calcular N modulo

7. Aplicando el algoritmo de la division se obtiene N = 187373 =

26767 · 7 + 4 , es decir, 187373 ≡ 4 (mod 7) .

De acuerdo al calendario de 2005, el 12 de Octubre es un Miercoles.

Por lo tanto del 12 de Octubre de 1492 al 12 de Octubre de 2005 han

transcurrido 7 · k + 4 dıas. El dıa buscado corresponde al dıa 7 · k .Por lo tanto, de America serıa un Martes. Tomando en cuenta que

1492 es anterior al cambio ya mencionado, podemos asegurar que Colon

descubrio America un dıa Viernes??.

4.15 Funcion σ

Denotemos por σ(n) la suma de los divisores positivos de n .

Teorema 4.30 Si n = pε11 pε22 · · · pεkk es la descomposicion primaria de

n . Entonces

σ(n) =pε1+11 − 1

p1 − 1· p

ε2+12 − 1

p2 − 1· · · p

εk+1k − 1

pk − 1.

Sergio Plaza 179

Demostracion. Es claro que cada divisor positivo de n tiene la forma

pα11 · · · p

αkk , con 0 6 αi 6 εi para i = 1, 2, . . . , k , y cada uno de esos

numeros es un divisor de n . Por lo tanto

σ(n) =

ε1∑

α1=0

· · ·εk∑

αk=0

pα11 · · · p

αkk

=

ε1∑

α1=0

pα11 ·

ε2∑

α2=0

pα22 · · ·

εk∑

αk=0

pαkk

=pε1+11 − 1

p1 − 1· p

ε2+12 − 1

p2 − 1· · · p

εk+1k − 1

pk − 1.

Teorema 4.31 Si mcd (m,n) = 1 , entonces

σ(m · n) = σ(m) · σ(n) ,

es decir, σ es una funcion multiplicativa.

Demostracion: Inmediata del teorema anterior, pues mcd (m,n) = 1

significa que m y n no tienen factores comunes.

Ejemplo 4.44 Definamos g : N −→ N por g(n) = 1 si n no es di-

visible por el cubo de un primo y g(n) = 0 en otro caso ¿Cuales son

los valores de g(1) , g(3) , g(4) , g(27) y g(28) ? Pruebe que g es

multiplicativa.

Solucion. Tenemos que

g(n) =

1 si para todo primo p, p3 |/ n

0 otro caso.

Ahora, es claro que g(1) = g(2) = g(4) = 1 , g(27) = g(33) = 0 , y

g(28) = g(22 · 71) = 1 .


Debemos probar g(m · n) = g(m) · g(n) si mcd (mn) = 1 .

Si m o n es divisible por el cubo de un primo, entonces tambien lo

es m · n . Ahora, si m · n es divisible por p3 , entonces solo uno de

esos numeros m y n puede ser divisible por p , pues ellos son coprimos.

Este hecho prueba que bien m o n debe ser divisible por p3 .

Esto muestra que m · n es divisible por el cubo de un primo si y solo

si uno de ellos m o n es divisible por el cubo de un primo.

Caso m · n no es divisible por el cubo de un primo, tenemos que

g(m ·n) = 1 y g(n) = 1 , g(m) = 1 . Caso m ·n es divisible por el cubo

de un primo, entonces g(m · n) = 0 y uno de ellos m o n es divisible

por el cubo de un primo, luego g(m) = 0 o g(n) = 0 (posiblemente

ambos) y tenemos g(m · n) = g(n) · g(m) = 0 .

4.16 La Funcion de Mobius

Definicion 4.3 La funcion de Mobius es la funcion aritmetica µ :

N −→ N definida por µ(1) = 1 y para n > 1

µ(n) =

(−1)k si n = p1 · · · pk , con pi primos distintos

0 otro caso.

Ejemplo 4.45 µ(6) = 1 , pues 6 = 2 · 3 (k = 2) , µ(30) = 1 , pues

30 = 2 · 3 · 5 (k = 3) , µ(12) = 0 ya que 12 = 22 · 3 , µ(250) = 0 , pues

250 = 53 · 2 .

Definicion 4.4 Si f es una funcion aritmetica, la suma de divisores

de f es

[D(f)](n) =∑

d|nf(d) .

Sergio Plaza 181

Ejemplo 4.46 Sea f : N −→ N definida por f(n) = n2 . Entonces

[D(f)](n) =∑

d|nd2 .

Ası, por ejemplo,

[D(f)](12) =∑

d|12d2 = 12 + 22 + 32 + 42 + 62 + 122 = 210 .

Lema 4.3

[D(µ)](n) =∑

d|nµ(d) =

1 si n = 1

0 otro caso.

Demostracion. La formula para n = 1 es trivial.

Supongamos que n > 1 y sea

n = pr11 pr22 · · · prkk

la factorizacion de n en factores primos distintos. Veamos cuales son los

terminos no cero en la suma∑

d|n µ(d) . Desde la definicion de µ , vemos

que esos terminos corresponden a los productos de potencias simples de

p1, . . . , p2 y d = 1 . (Por ejemplo, µ(p1p3p7) y µ(p2p8) daran origen a


terminos no cero en la suma∑

d|n µ(d) , pero µ(p23 · p8) = 0) . Luego

∑

d|nµ(d) = 1 + (µ(p1) + · · ·+ µ(pk)) + (µ(p1p3) + · · ·

+µ(pk−1pk)) + · · ·+ µ(p1p2 · · · pk)

= 1 +

(

k

1

)

(−1) +(

k

2

)

(−1)2 + · · ·+(

k

k

)

(−1)k

= (1− 1)k

= 0 .

Ejemplo 4.47 Supongamos que n = 24 . Los divisores de 24 son

1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24 . Luego,

∑

d|24µ(d) = µ(1) + µ(2) + µ(3) + µ(4) + µ(6) + µ(12) + µ(24)

= 1 + (−1) + (−1) + 0 + 1 + 0 + 0

= 0 .

Definicion 4.5 Si f y g son funciones aritmeticas, su producto de

Dirichlet es

(f ∗ g)(n) =∑

d|nf(d) g

(n

d

)

.

Ejemplo 4.48 (f∗g)(12) = f(1)g(12)+f(2)g(6)+f(3)g(4)+f(4)g(3)+

f(6)g(2) + f(12)g(1) .

Definamos las funciones aritmeticas I, e : N −→ N por I(n) = 1 para

todo n ∈ N , y

Sergio Plaza 183

e(n) =

1 si n = 1

0 otro caso.

Teorema 4.32 (Propiedades del producto de Dirichlet.) Sean f, g y

h funciones aritmeticas. Entonces

1. f ∗ g = g ∗ f

2. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h)

3. f ∗ e = f = e ∗ f

4. f ∗ I = Df = I ∗ f

5. µ ∗ I = e .

Demostracion. Para la propiedad 1 notemos que los divisores aparecen

a pares, d yn

d. Luego si

(

d,n

d

)

es un par de divisores de n , entonces

tambien lo es(n

d, d)

. Esto significa que los mismos terminos ocurren

en las sumas

(f ∗ g)(n) =∑

d|nf(d) g

(d

n

)

y

(g ∗ f)(n) =∑

d|nf

(d

n

)

g(n) .

Luego esas suman son iguales.

La propiedad 2, es facil pero fastidiosa de verificar y se deja a cargo

del lector.


Para ver la propiedad 3, notemos que

(f ∗ e)(n) =∑

d|nf(d) e

(n

d

)

= f(n)e(1) = f(n)

pues e(n

d

)

= 0 , excepto cuandon

d= 1 , es decir, d = n .

Para la propiedad 4, tenemos

(f ∗ I)(n) =∑

d|nf(d) I

(n

d

)

=∑

d|nf(d) = [D(f)](n) .

Para la propiedad 5, comenzamos con n = 1 . Tenemos

(µ ∗ I)(1) = µ(1) I(1) = 1 · 1 = 1 = e(1) .

Supongamos que n > 1 . Entonces

(µ ∗ I)(n) = [D(µ)](n) = 0 = e(n) .

Por lo tanto la formula vale para todo n .

Teorema 4.33 (formula de inversion de Mobius) Si f es una funcion

aritmetica, entonces f = µ ∗ [D(f)] .

Demostracion. Tenemos

µ ∗ [D(f)] = µ ∗ I ∗ [D(f)] = e ∗ f = f .

Lema 4.4 [D(φ)](n) =∑

d|nφ(n) = n .

Sergio Plaza 185

Demostracion. Sea n un entero positivo construyamos las fracciones

1

n,2

n, . . . ,

n− 1

n,n

n.

Reducimos todas ellas. Consideremos una fraccion tıpica reducidaa

b.

Tenemos que d|n , pues provino de una fraccion cuyo denominador era

n , a < d , pues la fraccion original es menor que 1, y mcd (a, d) = 1,

pues la fraccion esta reducida.

Note que (yendo en la otra direccion) sia

bes un fraccion con numera-

dor y denominador positivo, la cual satisface d|n , a < d y mcd (a, d) =

1 , entonces es una de las fracciones reducidas. Pues si dk = n para

algun k , y entoncesa

b=

ka

kd=

ka

n, y la fraccion es una de las fracciones

originales.

Nos podemos preguntar ¿cuantas de las fracciones reducidas tienen a

d como denominador? Como el numerador a es un numero positivo

coprimo con d , vemos que existen φ(d) de tales fracciones. Sumando

sobre todo los d que dividen a n , obtenemos∑

d|n φ(d) . Pero como

cada fraccion reducida tiene alguno de tales d como denominador, esta

suma toma en cuenta todas tales fracciones, y existen n de ellas. Por

lo tanto∑

d|n φ(d) = n .

Ejemplo 4.49 Supongamos que n = 6 . Entonces

∑

d|6φ(d) = φ(1) + φ(2) + φ(3) + φ(6) = 1 + 1 + 2 + 2 = 6 .

Lema 4.5 Sea n > 1 , entonces

φ(n) =∑

d|nµ(d)

n

d.


Demostracion Por la formula de inversion de Mobius

φ(n) = (µ ∗ [D(φ)](n) =∑

d|nµ(d)[D(φ)]

(n

d

)

=∑

d|nµ(d)

n

d.

Ejemplo 4.50 Para n = 6 , φ(6) = 2 . Ahora

∑

d|6µ(d)

6

d= µ(1) · 6

1+ µ(2) · 6

2+ µ(3) · 6

3+ µ(6) · 6

6

= 1 · 6 + (−1) · 3 + (−1) · 2 + 1 · 1 = 2

Teorema 4.34 Para n > 1 ,

φ(n) = n∏

p|np primo

(

1− 1

p

)

.

(Por convencion, el producto vacıo – el producto sin terminos, es igual

a 1).

Demostracion. Para n = 1 , el resultado es inmediato por convencion.

Si n > 1 , sean p1 , p2, . . . , pk los factores primos distintos de n .

Entonces,

∏

p|np primo

(

1− 1

p

)

=

(

1− 1

p1

)(

1− 1

p2

)

· · ·(

1− 1

pk

)

= 1−∑

j

1

pj+∑

i 6=j

1

pipj− · · · + (−1)k

p1p2 · · · pk(1)

Cada termino es ±1/d , donde d es 1 (primer termino) o un producto

de primos distintos. Los (−1)i cada uno de esos terminos alternan de

Sergio Plaza 187

signo de acuerdo al numero de p –lo cual exactamente lo que hace la

funcion de Mobius. Luego, la expresion (1) es

∑

d|n

µ(d)

d(2)

Esta suma puede ser tomada sobre todos los divisores, pues µ(d) = 0

si d tiene factores primos repetidos. Ahora, multiplicando (2) por n ,

obtenemos

n∏

p|np primo

(

1− 1

p

)

=∑

d|nµ(d)

n

d= φ(n) .

Ejemplo 4.51 Para 40 = 23·5 se tiene que φ(40) = 40

(

1− 1

2

)(

1− 1

5

)

=

16 . Para 81 = 34 , tenemos φ(81) = 81−(

1− 1

3

)

= 54 . Mas general,

si p es primo y k > 1 , entonces

φ(pk) = pk − pk−1

pues

φ(pk) = pk(

1− 1

p

)

= pk − pk−1 .

Definicion 4.6 Una funcion aritmetica f es multiplicativa si

f(m · n) = f(m) · f(n)

cuando mcd (m,n) = 1 .


Lema 4.6 φ es multiplicativa.

Demostracion. Supongamos que mcd (m,n) = 1 . Ahora,

φ(m) = m∏

p|mp primo

(

1− 1

p

)

y

φ(n) = n∏

q|nq primo

(

1− 1

q

)

.

φ(m)φ(n)

m · n =

∏

p|mp primo

(

1− 1

p

)

∏

q|nq primo

(

1− 1

q

)

.

Como mcd (m,n) = 1 , esos dos productos no tienen factores primos

comunes.

Ademas, los primos que aparececen en esos productos son exactamente

los factores primos de m · n . Luego

φ(m)φ(n)

m · n =∏

r|m · nr primo

(

1− 1

r

)

.

Por lo tanto,

φ(m)φ(n) = m · n∏

r|m · nr primo

(

1− 1

r

)

.

Sergio Plaza 189

Teorema 4.35 Si n > 3 , entonces φ(n) es par.

Demostracion. Si n tiene k factores primos impares, entonces 2k|φ(n) .Para ver esto, observemos primero que

φ(2k) = 2k − 2k−1 ,

es par si 2k > 4 .

Supongamos que n tiene k factores primos impares. Entonces

φ(n) = n∏

p|np primo

(

1− 1

p

)

= n∏

p|np primo

(p− 1

p

)

=n∏

p|np primo

p

∏

p|np primo

(p− 1) .

El denominador de la fraccion es el producto de los primos que dividen

a n , luego la fraccion es de hecho un entero. El segundo termino tiene

al menos un factor par para cada primo impar que divide a n . Luego,

el segundo termino –y por lo tanto– φ(n) –es divisible por 2k .

Ejemplo 4.52 La descomposcion primaria de 7623 es 7623 = 32 · 7 ·112 , la cual tiene 3 factores primos impares, luego φ(7623) debe ser

divisible por 8. De hecho, φ(7623) = 3960 = 8495 . ¿¿??


4.17 Numeros Perfectos.

Un numero entero positivo es perfecto si es igual a la suma de sus divi-

sores propios. Mas precisamente, tenemos la siguiente definicion.

Definicion 4.7 Un numero entero n > 0 es perfecto si σ(n) = 2n .

Es decir, n es perfecto si es igual a la suma de sus divisores propios.

Ejemplo 4.53 6 es perfecto pues 6= 1 + 2 + 3; 28 es perfecto, pues 28

= 1 + 2 + 4 + 7 + 14; tambien son perfectos los numeros 496 y 8128.

Problema 4.1 (no resuelto a la fecha) No se sabe si existen numeros

perfectos impares, o si existen infinitos numeros perfectos pares.

El n –esimo numero de Mersenne, Mn , es definido por Mn = 2n−1 .

La existencia de infinitos numeros perfectos pares esta relacionada

a la existencia de infinitos primos de Mersenne a traves del siguiente

resultado

Teorema 4.36 (Euclides) Un numero entero positivo n es perfecto si

y solo si n = 2k−1(2k − 1) , donde 2k − 1 es un primo de Mersenne.

Demostracion. Supongamos que 2k − 1 es primo de Mersenne, en-

tonces n = 2k−1 (2k − 1) es par. Como 2k − 1 , es un primo impar, es

Sergio Plaza 191

coprimo con 2k−1 . Luego

σ(n) = σ(2k−1(2k − 1))

= σ(2k−1)σ(2k − 1)

=2k − 1

2− 1· (2

k − 1)2 − 1

(2k − 1)− 1

= (2k − 1)((2k − 1) + 1)

= (2k − 1)2k

= 2 · 2k−1(2k − 1)

= 2n.

Por lo tanto n es perfecto.

Recıprocamente, supongamos que n es un numero perfecto par. Que-

remos mostrar que n = 2k−1(2k − 1) , donde 2k − 1 es un primo de

Mersenne.

Como n es par, podemos escribir n = 2im , donde i > 1 y m es

impar. Entonces

2i+1m = 2n

= σ(n)

= σ(2im)

= σ(2i)σ(m)

= (2i+1 − 1)σ(m) .


Como 2i+1 divide al lado izquierdo de estas igualdadeds, debe di-

vidir el lado derecho. Pero 2i+1 − 1 es impar, luego debemos tener que

2i+1|σ(m) .

Afirmamos que 2i+1 es la mayor potencia de 2 que divide a σ(m) .

Pues si 2i+2|σ(m) , entonces

2i+1m = (2i+1 − 1)σ(m) = (2i+1 − 1)2i+2k .

Luego, m = (2i+1 − 1) 2K , lo cual contradice el hecho que m es

impar.

Como 2i+1 es la mayor potencia de 2 que divide a m , podemos

escribir σ(m) = 2i+1s , donde s es impar. Luego

2i+1m(2i+1 − 1)σ(m) = (2i+1 − 1)2i+1s ,

luego m = (2i+1 − 1)s .

Tenemos que mostrar que s = 1 . Para hacer esto, comenzamos con

m = (2i+1−1)s . Sumando s a ambos lados de esta igualdad nos queda

m+ s = 2i+1s = σ(m) .

Luego m es divisible por 1, por si mismo, y por s (pues m = (2i+1−1)s) . Si s = m , entonces

n = 2im = 2i(2i+1 − 1)s = 2i(2i+1 − 1)m,

luego, 1 = 2i+1−1 , esto implica que i = 0 , lo que es una contradiccion.

Ademas, si s > 1 , entonces 1 , s y m son tres divisores distintos de

m , luego

σ(m) > m+ s+ 1 .

Sergio Plaza 193

Esto contradice el hecho que σ(m) = m+ s . Por lo tanto, s = 1 .

Tenemos ası que n = 2i(2i+1 − 1) . Ahora debemos mostrar que

2i+1−1 es primo. Como 1 y 2i+1−1 son factores distintos de 2i+1−1 ,

tenemos

2i+1 = σ(m) = σ(2i+1 − 1) > 1 + (2i+1 − 1) = 2i+1 .

Por lo tanto, σ(2i+1 − 1) = 2i+1 , esto significa que 1 y 2i+1 − 1 son

los unicos divisores de 2i+1 , es decir, 2i+1 − 1 es primo.

Ejemplo 4.54 Para i = 1 , 22 − 1 = 3 es primo, por lo tanto 21(22 −1) = 2 · 3 = 6 es perfecto. Para i = 2 , el primer primo, se tiene que

23 − 1 = 7 es primo, luego 22(23 − 1) = 28 es perfecto. Para i = 3 ,

el segundo primo se tiene que 24 − 1 = 15 no es primo. Para n = 4 ,

se tiene que 25 − 1 = 31 es primo, luego 24(25 − 1) = 496 es perfecto.

Para n = 6 , tenemos 27 − 1 = 127 es primo, luego, 26(27 − 1) = 8128

es perfecto. El lector, puede hacer otros ejemplos.

Por el teorema 4.36 tenemos que encontrar numeros perfectos pares es

equivalente a encontrar primos de Mersenne, es decir, primos de la forma

2n − 1 . Por otra parte, se tiene que si 2n − 1 es primo entonces n es

primo. Luego para buscar primos de Mersenne, necesitamos ver si para

n primo, el numero 2n − 1 es primo. Vamos a mostrar un resultado

que simplifica el problema de verificar si 2n − 1 es primo cuando n es

primro. Primero, mostramos el siguiente resultado.

Lema 4.7 Sean a y b enteros positivos. Entonces

mcd (2a − 1, 2b − 1) = 2mcd (a,b) − 1 .


Demostracion. Sin perdida de generalidad podemos suponer que a >

b . Como el maximo comun divisor de dos numeros no cambia si restamos

el menor al mayor, tenemos

mcd (2a − 1, 2b − 1) = mcd ((2a − 1)− (2b − 1), 2b − 1)

= mcd (2a − 2b, 2b − 1)

= mcd (2b(2a−b − 1), 2b − 1) .

Como 2b − 1 es impar no tiene factores comunes con 2b en el primer

factor.

Luego,

mcd (2b(2a−b − 1), 2b − 1) = mcd (2a−b − 1, 2b − 1) .

Siguiendo este proceso, vemos que los exponentes convergen a mcd (a, b) .

Cuando el algoritmo termina, obtenemos

mcd (2mcd (a,b) − 1, 0) = 2mcd (a,b) − 1 .

Ejemplo 4.55 Como mcd (42, 54) = 6 , se tiene que

mcd (242 − 1, 254 − 1) = 26 − 1 = 63 .

Esto es ciertamente no obvio, en especial si calculamos 242−1 y 254−1cuyos valores son 242−1 = 4398046511103 , 254−1 = 18014398509481983 .

Sergio Plaza 195

Teorema 4.37 Sea p un primo impar. Entonces cada factor de 2p−1tiene la forma 2kp+ 1 para algun k > 0 .

Demostracion. Basta probar que el resultado es valido para factores

primos de 2p − 1 . En efecto,

(2ap + 1)(2bp + 1) = (2abp + a+ b)p+ 1 ,

es decir, el producto de numeros de la forma 2kp + 1 tiene la misma

forma.

Supongamos entonces que q es un factor primo de 2p−1 . El pequenoteorema de Fermat nos da que q|(2p − 1) . Por el lema 4.7, tenemos que

mcd (2p − 1, 2q−1 − 1) = 2mcd (p,q−1) − 1 .

Ahora, q|(2p−1) y q|(2q−1−1) implican que q|(2mcd (p,q−1)−1) . En

particular, 2mcd (p,q−1) − 1 > 1 , pues es divisible por el primo q . Esto

implica que mcd (p, q−1) > 1 . Ahora, p es primo, luego mcd (p, q−1) >1 es posible solo si mcd (p, q − 1) = p . En particular p|(q − 1) .

Escribamos q−1 = pt , esto es, q = pt+1 , y tenemos que q es impar

y por lo tanto q − 1 es par y pt es par.

Como p es impar, t debe ser par, es decir, t = 2k para algun k .

Entonces q = 2kp + 1 , lo que termina la prueba.

Ejemplo 4.56 ¿Es 217 − 1 = 131071 primo?

Como√131071 ≈ 362 . Si 217 − 1 tiene un factor propio primo este

debe ser menor que 362, y los factores primos deben tener la forma

2k · 17 + 1 = 34k + 1 .


Luego debemos chequear los primos menores que 362 para ver si ellos

dividen a 131071.

k 34k + 1

1 35 no es primo

2 69 no es primo

3 103 103 es primo, pero no divide a 131071


5 171 no es primo

6 205 no es primo

7 239 239 es primo, pero no divide 131071

8 273 no es primo


10 341 no es primo

Luego 217 − 1 es primo.

Una conjetura es un resultado del que se tiene completo convencimiento

de que es verdadero, por multiples razones, pero no se tiene una prueba.

Por ejemplo se tiene las siguientes respecto de los numeros perfectos.

Conjetura Existe una cantidad infinita de primos de Mersenne (equiv-

alentemente, numeros perfectos) y una cantidad infinita de numeros de

Mersenne no primos.

Conjetura No existen numeros perfectos impares.

cambiar algunos problemas a la correspondi-

ente seccion o capıtulo

Sergio Plaza 197

4.18 Problemas

Problema 4.33 Escriba un programa (simple) que ponga en evidencia

la veracidad de las conjeturas anteriores, es decir, que encuentre una can-

tidad tan grande cuanto se desee de numeros primos de Mersenne. En la

lista que obtendra vera tambien la evidencia para la segunda conjetura.

Nota. La busqueda de primos de Mersenne es un hobby en la cual

cualquiera puede participar. Ayuda, codigos computacionales y resul-

tados pueden ser encontrados en GIMP (The Great Internet Mersenne

Primes Search)

http://www.mersenne.org/prime.htm

Encuentre otras paginas web similares a la indicada, existen muchas

y con bastante informacion.

Problema 4.34 Usando la formula de Euclides encuentre mas numeros

perfectos.

Problema 4.35 Pruebe que no existe entero n > 1 que divide a 2n−1 .

Problema 4.36 Encuentre todos los numeros primos p, q tales que pq

divide a (5p − 2p)(5q − 2q) .

Problema 4.37 Sean p, q numeros primos. Si q divide 2p+3p , pruebe

que q > p o q = 5 .

Problema 4.38 Escribamos los numeros en el triangulo de Pascal en

la forma siguiente

Note que al sumar en diagonal, en cada diagonal, se obtienen los

numeros 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ... que no son otros que los primeros numeros

de Fibonacci. ¿Es posible probar este resultado en forma general?


Hasta hoy no se sabe si existen numeros perfecto impares. Este es un

problema famoso y difıcil de la teorıa de numeros. Por ejemplo, Brent,

Cohen, y Riele probaron que la cota inferior para un numero perfecto

impar es 10300 si existe. Brandstein mostro que el mayor factor primo

es mayor que 500000, y Sayer mostro que un numero perfecto impar

tiene al menos 29 factores primos, no necesariamente distintos.

Problema 4.39 Recuerde que la sucesion de Fibonacci es dada por

(fn)n∈N donde fn+1 = fn + fn−1 y f0 = f1 = 1 . Los primeros numeros

de Fibonacci son 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144,... de entre ellos

vemos los siguientes primos 2, 3, 5, 13, 89,...

Encuentre otros primos en la sucesion de Fibonacci. Se conjetura que

existen infinitos primos en la sucesion de Fibonacci (No resuelto a la

fecha).

Problema 4.40 Una manera de generar los numeros de Fibonacci es

definir f0 = 0 , f1 = 1 y fn+1 = fn + fn−1 , con n > 1 . Ası

fn : 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 239, 377, ...,

Note el siguiente hecho: 3|6 y f3|f6 , 4|8 y f4|f8 , 3|9 y f3|f9 , 5|10y f5|f10 y 6|12 y f6|f12 .

Podemos conjeturar entonces que k|n implica que fk|fn .Para probarlo, demuestre primero la identidad

fs+t = fs−1ft + fsft+1.

Despues, tomando s = n y t = kn reemplazando nos queda

Sergio Plaza 199

fn+kn = f(k+1)n = fn−1fkn + fnfkn+1

De aquı, si fn|fkn entonces fn|f(k+1)n . Como es inmediato que

fn|fn·1 el resultado se sigue por induccion.

Problema 4.41 Sea f(n) = σ(n) − n ,donde σ(n) denota la suma de

los divisores de n . Por ejemplo, f(1) = 0 , f(2) = 1 + 2 − 2 = 1 ,

f(3) = 1 + 3− 3 = 1 , f(4) = 1 + 2 + 4− 4 = 3 , f(5) = 1 + 5− 5 = 1 ,

f(6) = 1+2+3+6− 6 = 6 , f(7) = 1 , f(8) = 1+2+4+8− 8 = 7 , . . .

Note que si n es primo entonces f(n) = 1 , pues los divisores de n

son 1 y n .

Para n = 8 tenemos f(8) = 7 , f(7) = 1 y f(1) = 1 , si n = 9 ,

f(9) = 1 + 3 + 9 − 9 = 4 , f(4) = 3 , f(3) = 1 , y f(1) = 1 . Para

n = 10 , f(10) = 1 + 2 + 5 − 5 = 3 , f(3) = 1 y f(1) = 1 . Caso

n = 12 , f(12) = 1+3+4+6+12− 12 = 14 , f(14) = 1+7+14− 14 =

8 , f(8) = 7 , f(7) = 1 y f(1) = 1 . Haga mas ejemplos y formule

una conjetura respecto al calculo , n, f(n), f(f(n)), f(f(f(n))), . . . (Si

su conjetura es la siguiente, n, f(n)), f(f(n)), f(f(f(n))), . . . se vuelve

periodica. Entonces a ella no se le conoce si es verdadera o falsa. Por

ejemplo, f(95) = 25 , f(25) = 6 , f(6) = 6 , f(6) = 6 , . . . .

Problema 4.42 Sea an = 6n + 8n . Calcule el resto de la division de

a83 por 49.

Problema 4.43 Si 30x0y03 es divisible por 13 encuentre x e y .

Problema 4.44 Pruebe que su 9|(a3 + b3+ c3) entonces 3|(abc) , paraenteros positivos a, b, c .


Problema 4.45 Encuentre el ultimo dıgito de 3100 .

Problema 4.46 Pruebe que si 7|(a2 + b2) entonces 7|a y 7|b .

Problema 4.47 Pruebe que para todo n , se tiene que n9−6n7+9n5−4n3 Es divisible por 8640.

Problema 4.48 Pruebe que para cada entero positivo n se tiene que

(n+ 1) · (n+ 2) · · · (2n) es divisible por 2n .

Problema 4.49 Determine los ultimos dıgitos de los numeros en la

sucesion 23 , 2323 , 23(2323) , . . .

Problema 4.50 Pruebe que si 3 6 d 6 2n+1 , entoncecs d no divide a

(a2n + 1) para todo entero positivo a .

Problema 4.51 Pruebe que si p es primo, entonces pp − 1 tiene un

factor primo que es congruente a 1 modulo p .

Un ejemplo menos trivial es el ISBN (international standar book num-

bers) codigo, por ejemplo el libro “The Queen on Mathematics” del autor

J. Goldman tiene el ISBN 1-56881-006-7; el primer dıgito codifica en paıs

en el cual la editorial se encuentra: 0 para USA, 1 para el Reino Unido, y

3 para alemania. El siguiente grupo de dıgitos da informacion acerca de

la companıa editorial, por ejemplo, 0-387 es para Springer Verlag New

York , 3-540 para Springer Verlag Heidelberg. El tercer grupo de dıgitos

distingue los diferentes libros publicados por cada companıa editorial.

Luego, podemos explicar cada dıgito en un ISBN, excepto el ultimo

dıgito. El ultimo dıgito no lleva consigo ninguna informacion, si no que

tiene por objetivo ser un dıgito verificador cuando cualquier error ha sido

cometido en copiar el ISBN. Veamos como opera esto, supongamos que

Sergio Plaza 201

los dıgitos de un ISBN son n1n2 · · ·n9 , si el codigo tiene solo 8 dıgitos,

ponga n9 = 0 . Calcule la suma N = n1 + 2n2 + · · · + 9n9 =9∑

j=1jnj ,

enseguida reduzca el resultado mod 11, este es el ultimo dıgito del ISBN.

Capıtulo 5

Funciones aritmeticas y

sucesiones

Usualmente, cuando el dominio de la funcion es el conjunto Z o un

subconjunto de este, por ejemplo N , decimos que la funcion es una

funcion aritmetica.

Examinemos algunos ejemplos de tales fucniones aritmeticas.

5.1 Funcion σ

Definamos la siguiente funcion. A cada numero natural n le asociamos

la suma de sus divisores positivos, es decir,

σ(n) = suma de los divisores de n.

Por ejemplo, σ(1) = 1 , σ(2) = 3 , σ(3) = 4 , σ(4) = 7 , σ(5) = 6 ,

σ(6) = 12 .

203


Puesto que todo numero natural posee una unica cantidad de divi-

sores, esta regla define una funcion. Claramente, por definicion de primo,

se tiene que σ(n) = n+ 1 si solo si n es primo.

Teorema 5.1 Si n = pe11 pe22 · · · pekk es la descomposicion primaria de

n , entonces

σ(n) =pe11 − 1

p1 − 1· p

e12 − 1

p2 − 1· · · p

ekk − 1

pk − 1.

Demostracion. Es claro que cada divisor positivo de n es de la forma

pf11 pf22 · · · pfkk , donde 0 6 fi 6 e1 para i = 1, . . . , k , y cada tal numero

es divisor de n . Por lo tanto,

σ(n) =

e1∑

f1=0

· · ·ek∑

fk=0

pf11 · · · pfkk

=

e1∑

f1=0

pf11 · · ·ek∑

fk=0

pfkk

=pe11 − 1

p1 − 1· p

e12 − 1

p2 − 1· · · p

ekk − 1

pk − 1.

Usando este resultado podemos demostrar que la funcion σ es multi-

plicativa, es decir, tenemos el siguiente resultado.

Teorema 5.2 La funcion σ : N → N es multiplicativa, en otras pala-

bras, σ(n ·m) = σ(n) · σ(m) , cuando mcd (m,n) = 1 .

Demostracion. De lo anterior se sigue inmediatamente que si mcd (m,n) =

1 , entonces σ(m ·n) = σ(m)σ(n) , es decir, σ es una funcion aritmetica

multiplicativa.

Sergio Plaza 205

Teorema 5.3 (Euler) Si p = 2n − 1 es primo entonces

tn =1

2p(p+ 1) = 2n−1(2n − 1)

es un numero perfecto. Ademas, cada numero perfecto par es de esta

forma.

Demostracion. Se sigue de lo anterior que

σ(tn) =2n − 1

2− 1· · · p

2 − 1

p− 1= (2n − 1) (p+ 1) = p(p+ 1).

Ahora sea a un numero perfecto par. Supongamos que a = 2n−1u ,

con u > 1 impar. Tenemos entonces que 2nu = 2a = σ(a) = 2n−12−1 σ(u) ,

lo que implica que σ(n) = 2nu2n−1 = u + u

2n−1 . Notando que u y u2n−1

son divisores de u , obtenemos que u es primo y u2n−1 = 1 , es decir,

u = 2n − 1 .

Hasta hoy no se sabe si existen numeros perfecto impares. Este es un

problema famoso y difıcil de la teorıa de numeros. Por ejemplo, Brent,

Cohen, y te Riele probaron que la cota inferior para un numero perfecto

impar es 10300 si existe. Brandstein mostro que el mayor factor primo

es mayor que 500000, y Sayer mostro que un numero perfecto impar

tiene al menos 29 factores primos, no necesariamente distintos.

Ejemplo 5.1 Definamos la funcion θ : N −→ N por θ(n) =numero de

primos que dividen a n . Probar que n > 2θ(n) .

Solucion. Aplicando el T.F.A. se tiene que n = pα11 · · · p

αkk , donde k

es el numero de primos que divide a n , luego θ(n) = k . Como pi > 2

para todo i = 1, . . . , k se tiene que

n = pα11 pα2

2 · · · pαkk > 2α1 · 2α2 · · · 2αk = 2α1+···+αk


Luego

n > 2α1+α2+···+αk .

Como cada αi > 1, se tiene que 2αi > 21 , para todo i = 1, . . . , k .

Por lo tanto,

n > 2α1+···+αk > 21+···+1 = 2k = 2θ(n) .

5.2 Funcion φ de Euler

A todo numero n ∈ N le asociamos la cantidad de numeros positivos

coprimos con n que no sean mayores que n . Denotamos por φ a tal

funcion, en otras palabras φ : N −→ N es dada por

φ(n) =∑

d|nmcd (d, n) = 1

d .

Claramente, ella define una funcion aritmetica, puesto que a cada

numero natural se le asocia un unico numero que, en este caso, es

tambien un elemento de N .

Por ejemplo

φ(1) = 1, φ(2) = 1, φ(3) = 2, φ(4) = 2, φ(5) = 4, φ(6) = 2, . . .

Teorema 5.4 Si n ∈ N es primo. Entonces φ(n) = n− 1

Sergio Plaza 207

Demostracion. Sea n ∈ N un numero primo. Entonces todo numero

natural menor que n es coprimo con n . De donde obtenemos que,

φ(n) = n− 1 si y solo si n es primo.

A continuacion veremos una manera de calcular φ(n) . Empecemos

con φ(21) . La cantidad de enteros positivos menores o iguales a 21

es 21. Por otro lado, sabemos que 21 posee como divisores a 1, 3,

7 y 21. Luego los multiplos de ellos que no sobrepasan a 21 quedan

descartados. Ademas la cantidad de estos multiplos puede ser calculada

de las siguiente manera. Hay tantos multiplos de 3 como 21/3 = 7 , hay

tantos multiplos de 7 como 21/7 = 3 , y ası sucesivamente, es decir,

φ(21) = 21− 21

3− 21

7+

21

21,

donde el ultimo factor (que es 1) debe agregarse, puesto que 21 fue

sacado dos veces.

Ahora tratemos de aplicar el mismo argumento a un numero natural

n = pαqβ , con p y q numeros primos. Contemos primero los multiplos

de p y q . Tenemos, los multiplos de p son pαqβ

p y los multiplos de

q son pαqβ

q . Pero los multiplos de np son multiplos de p y de q si-

multaneamente, de modo que estan contados dos veces, por lo tanto

φ(pαqβ) = pαqβ − pαqβ

p− pαqβ

q+

pαqβ

pq

= pαqβ(

1− 1

p− 1

q+

1

pq

)

= pαqβ(

1− 1

p

)(

1− 1

q

)

.

La formula para un numero n arbitrario se obtiene a partir de la

descomposicion primaria de n .


Teorema 5.5 Si n = pα11 · pα2

2 · · · pαrr es la descomposicion primaria

de n , entonces

φ(n) = n

(

1− 1

p1

)(

1− 1

p2

)

· · ·(

1− 1

pr

)

.

Ejemplo 5.2 Para n = 570 , su descomposicion primaria es dada por

n = 2 · 5 · 57 . Aplicando el teorema 5.5, obtenemos

φ(570) = 570

(

1− 1

2

)(

1− 1

5

)(

1− 1

57

)

= 224 ,

es decir, existen 224 numeros enteros positivos menores o iguales que

570 y que son coprimos con 570.

Ejemplo 5.3 Para n = 660 , su descomposicion primaria es dada por

n = 22 · 3 · 5 · 11 . Aplicando el teorema 5.5, obtenemos que

φ(660) = 660 ·(

1− 1

2

)(

1− 1

3

)(

1− 1

5

)(

1− 1

11

)

,

y calculando cada termino se obtiene

φ(660) = 660 ·(1

2

)(2

3

)(4

5

)(10

11

)

= 160.

Para finalizar esta seccion daremos la formula para un caso especial.

El metodo usado en la demostracion es interesante de recordar.

Teorema 5.6 Si p es un primo y k es un entero positivo, entonces

φ(pk) = pk − pk−1 .

Sergio Plaza 209

Demostracion. Es evidente que p no divide a n si y solo si mcd (n, pk) =

1. Ademas, hay pk−1 enteros entre 1 y pk que son divisibles por p, , es-

tos son p , 2p , 3p, . . . , pk−1p . Luego el conjunto {1, 2, . . . , pk} contiene

exactamente pk − pk−1 enteros que son coprimos con pk .

Una operacion natural entre funciones es llamada “composicion”. Esta

operacion se define de la siguiente manera. Dadas dos funciones, f y

g , de tal manera que el recorrido de f este contenido en el dominio de

g , entonces podemos construir una nueva funcion, que se denota por

g ◦ f, , cuyo dominio es el de f , definida por la regla de que a cada

imagen mediante f se le aplica la regla de g . Mas precisamente, si D

es el conjunto dominio de f y a es cualquier elemento de D , entonces

su imagen f(a) debe estar en el dominio de g , luego le aplicamos g a

f(a) , es decir, calculamos g(f(a)) .

Claramente esta definicion asegura que el recorrido de g ◦ f es un

subconjunto del recorrido de g .

En general, g ◦ f es diferente de f ◦ g . Mas aun, es posible que

la primera exista, mientras que la segunda no tenga sentido alguno.

Examinemos los siguientes ejemplos.

Ejemplo 5.4 Composicion de σ y φ .

Las funciones φ y σ definidas arriba poseen como dominio todos

los numeros enteros no negativos y sus recorridos son subconjuntos de

los numeros enteros. Luego podemos formar φ ◦ σ y tambien σ ◦ φ .

Calculemos algunos valores de ellas. Por ejemplo,

(σ ◦ φ)(1) = σ(φ(1)) = σ(1) = 1

(σ ◦ φ)(2) = σ(φ(2)) = σ(1) = 1

(σ ◦ φ)(3) = σ(φ(3)) = σ(2) = 3


(σ ◦ φ)(4) = σ(φ(4)) = σ(2) = 3

(σ ◦ φ)(6) = σ(φ(6)) = σ(3) = 4

por otra parte,

(φ ◦ σ)(1) = φ(σ(1)) = φ(1) = 1

(φ ◦ σ)(2) = φ(σ(1)) = φ(3) = 2

(φ ◦ σ)(3) = φ(σ(3)) = φ(4) = 2

(φ ◦ σ)(4) = φ(σ(4)) = φ(7) = 6

(φ ◦ σ)(6) = φ(σ(6)) = φ(4) = 6

Desde los calculos anteriores, claramente vemos que φ◦σ es diferente

de σ ◦ φ .

5.3 Sucesiones

En el capıtulo XXXX formalizaremos el concepto de numero racional.

Por ahora entenderemos por numero racional una fraccion con nume-

rador un numero entero y denominador un numero entero diferente de

cero.

Una sucesion de numeros racionales es una funcion cuyo dominio es

el conjunto de los numeros naturales y su recorrido un subconjunto de

los numeros racionales. Es costumbre denotar una sucesion describiendo

el recorrido de ella de la manera siguiente (xn)n∈N o simplemente por

(xn)n , es decir, una sucesion es una funcion

x : N −→ Q ,

donde xn denota la imagen del numero natural n mediante la funcion

x , esto es, xn = x(n) .

Sergio Plaza 211

Por ejemplo, (xn)n∈N , donde xn = 1/n , representa la sucesion de

numeros racionales {1, 1/2, 1/3, 1/4, . . .} .

Ejemplo 5.5 Progresiones aritmeticas

Consideremos una sucesion (xn)n∈N , donde los elementos xn se for-

man de la manera siguiente

x0 = a, x1 = a+ d, x2 = a+ 2d, . . . , xn = a+ nd, . . .

es decir, x(n) = a+ nd .

Decimos, en este caso, que los numeros x1, x2, . . . , xn, . . . se encuen-

tran en progresion aritmetica. Otra manera de decir esto es que la

diferencia de dos terminos consecutivos cualesquiera de la sucesion es

constante.

Ejemplo 5.6 Los numeros 3, 5, 7, 9, . . . estan en progresion aritmetica,

puesto que la diferencia de dos terminos consecutivos es constante e

igual a 2. En este caso se tiene que a = 3 y d = 2 . En otras palabras,

x(n) = xn = 3 + 2n , para n = 0, 1, . . .

Ejemplo 5.7 Progresiones geometricas

En el caso en que los numeros dados por la sucesion (xn)n∈N se rigen

por la ley de formacion

x0 = a, x1 = ar, x2 = ar2, . . . , xn = arn, . . .

es decir, x(n) = arn .

Decimos que los numeros x1, x2, . . . , xn, . . . se encuentran en pro-

gresion geometrica, es decir, si las razones xn+1/xn de dos terminos

consecutivos de la sucesion son iguales para todo n . A r = xn+1/xn se

le llama la razon de la progresion.


Ejemplo 5.8 Los numeros 3, 9, 27, 81, . . . estan en progresion geometrica,

puesto que xn+1/xn = 3 . En este ejemplo a = 1 y r = 3 . En otras

palabras, x(n) = xn = 3n , para n = 0, 1, 2, . . . .

Ejemplo 5.9 Sucesiones de Fibonacci.

Consideremos la sucesion de numeros enteros (fn)n∈N definida como

sigue

f0 = a, f1 = b, f2 = x1 + x0, . . . , fn+2 = fn+1 + fn, para n > 0 ,

es decir, fn , el termino n –esimo, es la sucesion de Fibonacci. Cuando

a = b = 1 , tenemos la sucsion de Fibonacci clasica {1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . .} .

Una sucesion (xn)n∈N puede tener un recorrido finito, como en el caso

xn = (−1)n . Claramente esta sucesion asocia a todo numero natural

par el 1 y a todo impar el −1 .Las funciones aritmeticas σ y φ tambien se pueden interpretar como

sucesiones de numeros enteros, donde xn = σ(n) y xn = φ(n) .

5.4 Problemas

Problema 5.1 Pruebe que para todo entero positivo n y todo entero

a > 1 , se tiene que n|φ(an − 1) .

Problema 5.1 ¿Existen infinitos enteros n para los cuales φ(n) =n

2?

Lo mismo para φ(n) =n

3y φ(n) =

n

4.

Problema 5.2

Problema 5.3

Problema 5.4

Sergio Plaza 213

Problema 5.5

Problema 5.6

Problema 5.7

Problema 5.8

Problema 5.9

Problema 5.10

Problema 5.11

Capıtulo 6

Representaciones

Numericas y

Aproximaciones

6.1 Representacion decimal

En esta seccion construiremos un algoritmo para lograr aproximar numeros

reales por numeros racionales. Primero estudiaremos la representacion

decimal de un numero real.

Consideremos el conjunto D = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} , el cual lla-maremos conjunto de dıgitos.

Comencemos con un numero natural n . Se quiere expresar n como

una suma de potencias de 10 y coeficientes (dıgitos) en D , esto es,

queremos escribir

n = d0 + d1 · 10 + d2 + · · ·+ dn · 10N =N∑

i=0

di · 10i ,

215

donde los coeficientes di , con i = 0, 1, . . . , N, son elementos en D . En

el argumento que a continuacion explicamos aplicaremos reiteradas veces

el algoritmo de la division y no lo mencionaremos en forma explıcita cada

vez que lo utilicemos.

Primero, si 0 6 n 6 9 , se tiene que n = d0 · 100 ; basta, pues,

con tomar d0 = n . Ahora bien, si 10 6 n < 102 podemos escribir

n = d1 · 101 + r1 , donde d1 ∈ D y 0 6 r1 < 10 . Por lo tanto, r1 puede

ser escrito como r1 = d0 · 100 , con d0 = r1 ; luego

n = d1 · 101 + d0 · 100, con d0, d1 ∈ D.

Si 102 6 n < 103 , tenemos que n = d2 · 102 + r2 , con d2 ∈ D y

0 6 r2 < 102 . Si 0 6 r2 < 10 , entonces r2 = d0 · 100 , donde d0 = r2 ;

tomando d1 = 0 podemos escribir

n = d0 · 100 + d1 · 101 + d2 · 102, con d0, d1, d2 ∈ D.

Por otra parte, si 10 6 r2 < 102 , con r2 = d1 · 101 + r1 , donde

d1 ∈ D y 0 6 r1 < 10 , luego, tomando d0 = r1 , obtenemos tambien

que∑3

i=0 di · 10i , con d1, d2, d3 ∈ D .

Puesto que, para todo numero natural n , existe ℓ tal que 10ℓ 6

n < 10ℓ+1 aplicando en metodo descrito n se puede escribir en la forma

dada. En resumen, hemos probado que cada numero natural n se puede

expresar como una suma de potencias de 10 y coeficientes (dıgitos) en

D. Esta representacion es llamada representacion decimal (o en base

10) de n .

Sergio Plaza 217

El mismo tipo de representacion, mediante una suma finita, para un

numero real x , con 0 6 x < 1 , ya no es posible, como se muestra en el

siguiente ejemplo.

Ejemplo 6.1 Consideremos el numero racional 2/3 . Tenemos

2

3= 0.6 + 0.06 + 0.006 + · · ·

=

∞∑

j=1

6 · 10−j

= 6 ·∞∑

j=1

10−j .

Para ver si la suma con infinitos terminos de la ultima igualdad repre-

senta un numero real, debemos detrminar su convergencia. Mas general,

consideremos una suma de la forma

S = q + q2 + q3 + · · ·+ qj + · · · =∞∑

j=1

qj

con infinitos terminos, donde q ∈ R es distinto de cero. Para determi-

nar su convergencia, consideremos la sucesion asociada a ella, es decir, la

sucesion de sumas parciales Sn =∑n

j=1 qj , con n = 1, 2, . . . . Multipli-

cando Sn por q , obtenemos la sucesion qSn = q2+q3+ · · ·+qn+qn+1 .

Restando qSn de Sn , obtenemos,

Sn(1− q) = q − qn+1

de donde

Sn =q(1− qn)

1− q

que tiene como lımite q1−q cuando n→∞ siempre y cuando |q| < 1 .

En conclusion

“si |q| < 1 entonces

∞∑

j=1

qj =q

1− q. ”

Ahora, la convergencia de la serie infinita∑∞

j=1 6 · 10−j es inmediata,

puesto que es una serie geometrica de razon 1/10 y su suma es 2/3 .

A continuacion construiremos una representacion decimal para los

numeros reales x , con 0 6 x < 1 . Denotaremos a este conjunto por el

sımbolo [0, 1[ , y geometricamente lo representaremos por el segmento

de recta

1

10

1

10

5

10

1

10

4

10

1

10

3

10

1

10

2

10

1

10

7

10

1

10

9

10

1

10

8

10

1

10

6

10

1

10

En otras palabras, a cada punto de la recta corresponde un elemento

de [0, 1[ . Dado x ∈ [0, 1[ , queremos representarlo como

x =

∞∑

i=1

ki · 10−i ,

donde ki ∈ D para cada i > 1 . Para obtener esta suma dividamos

el intervalo [0, 1[ en 10 partes iguales, como se muestra en la figura

anterior.

Sea k1 el mayor elemento en D tal que

k110

6 x <k1 + 1

10,

entonces

x =k110

+ r1, con 0 6 r1 <1

10.

Si r1 = 0 detenemos el proceso y, tomando ki = 0 para cada i > 2 ,

se tiene lo pedido. Por otra parte, si 0 < r1 < 1/10 dividimos, a su vez,

el intervalo [0, 1/10[ en 10 partes iguales.

Sergio Plaza 219

1

100

1

10

5

100

1

10

4

100

1

10

3

100

1

10

2

100

1

10

7

100

1

10

9

100

1

10

8

100

1

10

6

100

1

10

1

10

1

10

Denotemos por k2 el mayor elemento en D para el cual

k2102

6 r2 <k2 + 1

102.

Si r2 = k2/102 detenemos el proceso y tomamos ki = 0 para i > 3 ,

con lo cual

x =

∞∑

i=1

ki · 10−i .

Por el contrario si k2/102 < r2 < (k2 + 1)/102 , podemos escribir

r2 =k2102

+ r3, con 0 6 r3 <1

102.

Repetimos ahora el proceso con r3 y ası sucesivamente. De este modo

obtenemos que x puede escribirse como

x =∞∑

i=1

ki · 10−i ,

donde los coeficientes ki ∈ D , para i = 1, 2, 3, . . .

Como en el Ejemplo anterior de la representacion de x = 2/3 , el

problema se reduce a examinar si la serie del lado derecho de esta ultima

igualdad es convergente.

Para mostrar esto notemos primero que ki/10i 6 9/10i para cada

i > 1 . Sea qn =∑n

i=1 ki · 10−i una suma parcial de la serie∑

i>1 ki ·

10−i y sea Gn la correspondiente suma parcial de la serie geometrica∑

i>1 9 · 10−i . Aplicando la formula ¿(5.2)?, y siendo los coeficientes

de la serie geometrica positivos, se obtiene que

qn 6 Gn 6

∞∑

i=1

9 · 10−i = 1,

lo cual muestra que la sucesion (qn)n∈N es acotada superiormente por

1.

Ademas la sucesion de sumas parciales (qn)n∈N es creciente, pues

cada vez estamos sumando terminos no negativos (mayores o iguales

que cero). Aplicando la Proposicion ¿5.3? se concluye que (qn)n es

convergente, esto es, la serie∑

i>1 ki · 10−i es convergente y su suma

x =∑∞

i=1 ki · 10−i es un numero real en el intervalo [0, 1] .

Teorema 6.1 Dado un numero real x , con 0 6 x 6 1 y un numero

ε > 0 existe un numero racional qε tal que |x− qε| < ε .

Consideremos el desarrollo decimal de x , esto es, escribamos x =∑∞

i=1 ki · 10−i . Definamos para cada numero natural n el numero

xn =n∑

i=1

ki · 10i.

Es claro que cada xn es un numero racional (pues es una suma finita

de numeros racionales). Ademas |x− xn| satisface

|x− xn| =∞∑

i=n+1

ki · 10−i6

∞∑

i=n+1

9 · 10−i = 10−n,

Sergio Plaza 221

de donde se deduce que |x− xn| se aproxima a cero cuando n crece

definitivamente. Mas precisamente, eligiendo n0 tal que 1/10n0 < ε y

definiendo q = xn0 =n0∑

i=1ki · 10−i , se obtiene lo pedido.

Tenemos, ası que dado un numero real x en el intervalo [0,1] hemos

construido una sucesion de numeros racionales que aproxima a x .

Finalmente, veremos que si tenemos un numero real x > 1 tambien

podemos construir estas aproximaciones mediante numeros racionales.

Para ello, reduciremos el problema al caso 0 6 x < 1 .

Escribamos x = [x] + (x) para x > 1 . Como [x] es un numero

natural el se puede representar de la forma

[x] =N∑

i=0

di · 10i, di ∈ D,

con N el menor natural tal que 10N 6 [x] < 10N+1 . Por otra parte,

como 0 6 (x) < 1 , sabemos que

(x) =

∞∑

j=1

kj · 10−i, con kj ∈ D, j > 1.

En resumen, x se puede representar como

x =

N∑

i=0

di · 10i +∞∑

j=1

kj · 10−j .

La primera suma es la representacion decimal del numero natural [x ]

y la segunda suma (que una serie) es la representacion decimal de la parte

fraccionaria (x) de x . Ahora, para cada numero natural n definamos

xn = [x] +n∑

i=1

ki · 10−i .


Cada xn es un numero racional y en forma analoga al caso anterior

se demuestra que xn se aproxima cada vez mas a x cuando n crece

indefinidamente.

Esta propiedad de los numeros racionales en los numeros reales es

llamada la densidad de los racionales en los reales.

Ejemplo 6.2 El numero√2 = 1, , 414213... se puede escribir en la

forma

√2 = 1 · 100 + 4

10+

1

102+

4

103+

2

104+

1

105+

3

106+ · · ·

De este modo, utilizando la representacion ¿(5.4)?, podemos escribir

cada numero real positivo en su forma decimal y obtener de este modo

aproximaciones por numeros racionales.

En general, la representacion decimal de un numero no es unica, como

lo ilustra el siguiente ejemplo.

Ejemplo 6.3 El numero 1 puede escribirse como

1 = 0 · 100 +∞∑

j=1

9

10= 1 · 10−1 +

∞∑

j=2

0

10j.

Cuando el denominador de la fraccion irreducible p/q no es potencia

de 10, la representacion decimal de esta es periodica. Por otra parte, la

perdida de unicidad en la representacion decimal de un numero real x

ocurre cuando x es de la forma p/q , con q una potencia de 10. Ob-

servemos tambien que un numero irracional tiene representacion decimal

no periodica.

Sergio Plaza 223

6.2 Representacion en base p , p > 1

En la seccion anterior estudiamos la representacion decimal, esto es, en

base 10 de los numeros reales no negativos. Ahora trataremos de imitar

tal construccion tomando como base un numero natural p > 1 en vez

de la base 10 ya considerada.

Como en el caso anterior, comenzamos por definir nuestro conjunto

de dıgitos D = {0, 1, 2, . . . , p− 1} . Primero buscamos la representacion

en base p para los numeros naturales, es decir, dado un numero natural

n queremos representarlo como una suma finita de potencias de p y

coeficientes en el conjunto D , esto es, expresar n como

n =N∑

i=0

ki · pi = k0 + k1p+ · · ·+ kNpN ,

donde para i = 0, 1, . . . , N los coeficientes ki son elementos de D .

Para lograrlo procedemos en forma similar al caso de la representacion

decimal y aplicamos el logaritmo de la division con p en vez de 10.

Imitando lo realizado para p = 10 , bastara lograr dicha representacion

para los numeros reales x en intervalo [0, 1[ . Ası, dividimos los inter-

valos [0, 1/pn] (n > 0) en p partes iguales. Siguiendo las mismas

directrices utilizadas para el caso p = 10 , se obtiene la representacion

requerida. Se concluye, en definitiva, que todo real x > 1 posee la

representacion

x =N∑

j=0

dj · pj +∞∑

i=1

ki · p−i .

La convergencia de la serie 6.1 en la ultima igualdad esta garantizada,

pues se compara con la serie geometrica de razon 1/ p ( p > 1 ).


6.2.1 Representacion Binaria

Esta representacion consiste en tomar p = 2 y D = {0, 1} . En este

caso todo numero real positivo x es representable como

x =

N∑

i=0

di · 2i +∞∑

j=1

kj · 2−j , con di, ki ∈ D

Ejemplo 6.4

137

256= 1 ·2−1+0 ·2−2+0 ·2−3+0 ·2−4+1 ·2−5+0 ·2−6+0 ·2−7+1 ·2−8.

Observemos que cualquier numero real x en [0, 1[ tiene asociado una

sucesion de ceros y unos. Por ejemplo, a 137256 se le asocia k1 = 1, k2 =

0, k3 = 0, k4 = 0, k5 = 1, k6 = 0, k7 = 0, k8 = 1 , y kj = 0 , para

j > 9 .

Adaptando para la sucesion anterior la escritura 10001001 , tenemos

que el sımbolo 1000100 representa el numero 137256 .

Ası, los sımbolos 001 y 01011 representan los numeros racionales

1

8= 0 · 2−1 + 0 · 2−2 + 1 · 2−3 ,

19

32= 0 · 2−1 + 1 · 2−2 + 0 · 2−3 + 1 · 2−4 + 1 · 2−5 .

Un numero irracional debe tener infinitos unos en su expresion binaria

(de otra forma representarıa un numero racional) y sus ceros y unos care-

cer de toda periodicidad. Es ası como los sımbolos 01001000100001 . . . ,

110111011110111110 . . . representan numeros irracionales. El lector puede

intentar calcularlos.

Sergio Plaza 225

Para las computadoras, calculadoras y relojes analogicos los numeros

son objetos de diferentes longitudes con ceros y unos. En particular,

como la longitud de los sımbolos que estas maquinas pueden calcular

es finita (dependiendo de la capacidad de cada una), concluimos que

ellas trabajan solamente con numeros racionales. Para maquinas que

procesan con 8 y 13 dıgitos los resultados que generan para el numero

irracional√2 son 1, 4142135 y 1, 414213562373 , respectivamente. Ob-

viamente, por lo que ya sabemos, estos valores son solo aproximaciones

racionales de√2 .

En las representaciones de numeros reales expuestas en estas notas

hemos supuesto que tanto la base p (p > 1) y los dıgitos D utilizados

son numeros naturales. La verdad es que esto solo sirvio para simplificar

la exposicion y los calculos. En general, podemos construir representa-

ciones de los numeros reales usando una base cualquiera p, con |p| > 1 y

un conjunto finito de dıgitos D = {d1, d2, . . . , dk} . La condicion |p| > 1

es necesario para garantizar la convergencia de las series geometricas que

aparecen en tal caso.

6.2.2 Representacion triadica

Esta representacion consiste en tomar p = 3 , y por lo tanto, el conjunto

de dıgitos D = {0, 1, 2} . En este caso todo numero real positivo x es

representable como

x =

N∑

i=0

di · 3i +∞∑

j=1

kj · 3−j , con di, ki ∈ D.

Por ejemplo,

38

81= 1 · 3−1 + 2 · 3−2 + 2 · 3−30 · 3−4 + · · ·+ 0 · 3−n + · · ·


Aquı los coeficientes son k1 = 1 , k2 = 2 , k3 = 2 y kj = 0 para

j > 3 .

Otros ejemplos de representaciones triadicas son

15 = 0 · 30 + 2 · 31 + 1 · 329

7= 2 · 3−1 + 1 · 3−2

√2 = 1 · 30 + 1 · 3−1 + 0 · 3−2 + 0 · 3−3 + 2 · 3−4 + · · · (no periodica)

2

9= 0 · 3−1 + 2 · 3−3 = 1 · 3−1 + 2 · 3−2 + 2 · 3−3 + · · ·+ 2 · 3−k + · · ·

Calcularemos en detalle el siguiente ejemplo

7

8= 2 · 3−1 + 1 · 3−2 + 2 · 3−3 + 1 · 3−4 + 2 · 3−5 + · · · ,

donde los coeficientes de subındice impar son iguales a 2 y los con

subındice par son iguales a 1. Para probar esta ultima igualdad procede-

mos a partir la serie en dos series, en una que agrupan los coeficientes

par y en otra los coeficientes impares. Aplicando la formula ¿(5.2) se

tiene entonces que

∞∑

j=0

2 · 3−(2j+1) +

∞∑

j=0

1 · 3−2j =2

3

∞∑

j=0

9−j +

∞∑

j=1

9−j =2

3· 98+

1

8=

7

8.

En general, un numero real x tiene una representacion finita en base

3, es decir,

x =N∑

i=0

di · 3i +M∑

j=1

kj · 3−j ,

si y solo si x es de la forma m/3n , donde n y m son enteros positivos.

Sergio Plaza 227

Notemos que si el denominador de la fraccion irreducible p/q no es

una potencia de 3, la representacion en base 3 de p/q es periodica. Por

otra parte, numeros irracionales poseen representaciones en base 3 no

periodicas.

Ejemplo 6.5

1

4= 0 · 3−1 + 2 · 3−2 + 3−3 + 2 · 3−4 + · · ·

Aquı los coeficientes con ındice impar son cero y los coeficientes con

ındice par son iguales a 2.

Ejemplo 6.6

1

7= 0 · 3−1 + 1 · 3−2 + 0 · 3−3 + 2 · 3−4 + 1 · 3−5 + 2 · 3−6 + 0 · 3−7 + · · ·

El bloque formado por los coeficientes k1 = 0 , k2 = 1 , k3 = 0 ,

k4 = 2 , k5 = 1 , k6 = 2 y k7 = 0 en la expresion anterior se repite

periodicamente.

Ejemplo 6.7 Al igual que en el caso en base 10, cada numero real

tiene una representacion en la forma ¿(5.7)? y existen numeros para

los cuales se tienen al menos dos representaciones distintas. Por ejemplo:

1

3=

1

3+

0

3+

0

3+ · · · = 0

3+

2

3+

2

3+ · · ·

6.3 Ejemplos

Ejemplo 6.8 Muestre que para cualquier entero n > 1 , la suma del

numero de dıgitos de 4n y de 25n es un entero impar.

Solucion. Sean an = 4n y bn = 25n . Tenemos ası an · bn = 100n =

102n . Sean r el numero de dıgitos de bn . Luego, 10r−1 6 an < 10r

y 10s−1 6 bn < 10s , por lo tanto 10r+s−2 6 anbn < 10r+s . Por otra

parte, 102n es una potencia de 10, luego debemos tener 102n = 10r+s−1 ,

de donde r + s− 1 = 2n , es decir, r + s es impar.

Ejemplo 6.9 Encuentre todos los numeros naturales x tales que el

producto de sus dıgitos, en notacion decimal, es igual a x2 − 10x− 22 .

Solucion. Supongamos que x tiene la forma x = a0 + a110 + a2102 +

· · ·+ an−110n−1 , donde 0 6 ak 6 9 y an−1 6= 0 .

Sea P (x) el producto de los dıgitos de x , entonces debemos tener

que P (x) = x2 − 10x− 22 . Ahora, P (x) = a0a1 . . . an−1 6 9n−1an−1 <

10n−1an−1 6 x . La desigualdad estrictas ocurre cuando x tiene mas de

un dıgito. Luego x2 − 10x − 22 6 x , y deducimos que x < 13 , por lo

tanto x tiene un solo dıgito o x = 10 , x = 11 , x = 12 .

Si x tiene un dıgito, entonces a0 = x2− 10x− 22 , pero esta ecuacion

no tiene soluciones enteras. Si x = 10 , entonces P (10) = 0 , pero

x2 − 10x − 22 = −22 6= 0 . Si x = 11 , entonces P (11) = 1 , pero

x2 − 10x− 22 = −11 6= 1 .

Por lo tanto x = 12 es la unica solucion. En efecto, 122−10·12−22 =

2 y P (12) = 1 · 2 = 2 .

Ejemplo 6.10 Sea A un numero entero positivo, y sea A′ un numero

escrito con los mismos dıgitos de A arreglados en algun otro orden.

Pruebe que si A+A′ = 1010 , entonces A es divisible por 10.

Sergio Plaza 229

Solucion. Es claro que A y A′ deben tener 10 dıgitos. Sean A =

a10a9 . . . a1 y A′ = a′10a′9 . . . a

′1 , donde a′i es algun aj . Ahora, A+A′ =

1010 si y solo si existe un j , con 0 6 j 6 9 para el cual a1 + a′1 =

a2 + a′2 = · · · = aj + a′i , aj+1 + a′i+1 = 10aj+2 + a′j+2 .

Existe un j , con 0 6 j 6 9 para el cual a1 + a′1 = a2 + a′2 =

· · · = aj + aj′ , aj+1 + a′j+1 = 10 , aj+2 + a′j+2 = aj+3 + a′j+3 = · · · =a10 + a′10 = 9 . Observemos que j = 0 implica que no existen suma de

la forma aj+k + a′j+k , k > 2 y j = 0 implica que no existen suma de

la forma aℓ+ a′ℓ , 1 6 ℓ 6 j . Adicionando todas esas sumas, obtenemos

a1 + a′1 + a2 + a′2 + · · ·+ a10 + a′10 = 9 + 9(9− j).

Como los a′s son permutaciones de los as , vemos que el lado izquierdo

de la ultima igualdad es el numero par 2(a1+a2+· · ·+a10) , esto implica

que j debe ser impar. Pero esto implica que a1 + a′1 = 0 , de lo cual el

resultado se sigue.

Ejemplo 6.11 Pruebe que cada entero positivo tiene un multiplo en el

cual aparecen, en su representacion decimal, todos los dıgitos 0, 1, . . . , 9 .

Solucion. Sea n un entero positivo arbitrario con k dıgitos. Sea

m = 123456789 · 10k+1

Se tiene que los n numeros consecutivos m + 1 , m + 2, . . . ,m + n

comienzan con 1234567890 y uno de ellos es divisible por n .

Ejemplo 6.12 Escriba 6312 en base 2.

Solucion. Como 212 = 4096 < 6312 < 213 = 8192 , se tiene que

(6312)2 = a12212 + a11211 + · · ·+ a12 + a0 .

Tenemos 6312 = 212 + 2216 . Ahora, como 211 = 2048 < 2216 <

212 = 4096 , se sigue que 6312 = 212 + 211 + 168 , y siendo que 27 =

128 < 168 < 28 = 256 , se tiene que 6312 = 212 + 211 + 27 + 40 .

Ahora, 25 = 32 < 40 < 26 = 64 , ası 6312 = 212 + 211 + 27 + 25 + 8 =

212 + 211 + 27 + 25 + 23 .

Ejemplo 6.13

137

256= 1 ·2−1+0 ·2−2+0 ·2−3+0 ·2−4+1 ·2−5+0 ·2−6+0 ·2−7+1 ·2−8.

Ejemplo 6.14 Dado x0 , con 0 6 x0 < 1 , sea

xn =

2xn−1 si 2xn−1 < 1

2xn−1 − 1 si 2xn−1 > 1 .

para todo entero positivo n . Encuentre todos los x0 tales que x0 = x5

(si existe alguno).

Solucion. Escribiendo x0 en base 2 se tiene

x0 =

∞∑

k=1

ak2k

, ak = 0 o 1

El algoritmo dado en el enunciado simplemente mueve el punto binario

una unidad a la derecha. Para que x0 sea igual a x5 , necesitamos que

0.a1a2a3a4a5a6a7 · · · = 0.a6a7a8a9a10a11a12 . Esto ocurre si y solo si x0

tiene una expansion periodica en base 2 con a1a2a3a4a5 siendo el bloque

del perıodo. Existen 25 = 32 de tales bloques. Pero si a1 = a2 = · · · =a5 = 1 , entonces x0 = 1 y no es posible. Por lo tanto solo quedan

Sergio Plaza 231

25 − 1 = 32− 1 = 31 posibilidades, y ellas son faciles de construir. Por

ejemplo

a1 a2 a3 a4 a5

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

etc

Ejemplo 6.15 La sucesion 1, 3, 4, 9, 10, 12, . . . consiste de todos los

enteros positivos que son una potencia de 3 o suma de distintas potencias

de 3. Por ejemplo, 12 = 32 + 3 , 10 = 32 + 1 , 4 = 3 + 1 , 1 = 30 ,

13 = 32 + 3 + 1 . Encuentre el termino 100 de esta sucesion.

Solucion. Si los terminos de la sucesion son escritos en base 3, ellos son

exactamente aquellos numeros enteros positivos cuya expansion en base

3 no contienen el dıgito 2. Luego, la sucesion escrita en base 3 y puesta

en orden creciente es

1, 10, 11, 100, 101, 110, 111, . . .

En base 2, estos numeros no son otros que 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, . . . .

Luego para obtener el termino 1000 de la sucesion basta escribir 100 en

binario, esto es, 100 = 1 · 26 + 1 · 25 + 0 · 24 + 0 · 23 + 1 · 22 + 0 · 21 +0 · 20 = (1100100)2 y ponerlo en base 3, lo cual nos da (1100100)3 =

36 + 35 + 32 = 981 .

Observemos que cualquier numero real x , con 0 6 x < 1 tiene aso-

ciado una sucesion de ceros y unos. Por ejemplo, a 137256 se le asocia

k1 = 1, k2 = 0, k3 = 0, k4 = 0, k5 = 1, k6 = 0, k7 = 0, k8 = 1, kj = 0, j > 9 .

Adaptando para la sucesion anterior la escritura 10001001, tenemos

que el sımbolo 10001001 representa el numero 137256 .

Ası, los sımbolos 001 y 01011 representan los numeros racionales

1

8= 0 · 2−1 + 0 · 2−2 + 1 · 2−3,

19

32= 0 · 2−1 + 1 · 2−2 + 0 · 2−3 + 1 · 2−4 + 1 · 2−5

Un numero irracional debe tener infinitos unos en su expresion binaria

(de otra forma representarıa un numero racional) y sus ceros y unos care-

cer de toda periodicidad. Es ası como los sımbolos 01001000100001 . . . ,

110111011110111110 . . . representan numeros irracionales. El lector puede

intentar calcularlos.

Ejemplo 6.16 Escriba 6312 en base 5.

Solucion. Tenemos que 55 = 3125 < 6312 < 56 = 15625 . Luego

(6312)5 = a5 · 55 + a4 · 54 + a3 · 53 + a2 · 52 + a1 · · · 5 + a0 . Tenemos

6312 = 2 · 55 +62 , es decir, a5 = 2 , a0 = 62 , y a1 = a2 = a3 = a4 = 0 .

Ejemplo 6.17 Pruebe que 4.41 es un cuadrado perfecto en cualquier

base p > 1 .

Solucion. Escribiendo 4.41 en la base p tenemos

4 · 41 = 4 +4

p+

1

p2=

(

2 +1

p

)2

6.4 e es irracional

Teorema 6.2 e es irracional.

Sergio Plaza 233

Demostracion. Supongamos que e =a

bcon a y b enteros positivos,

y sea

θ = b|e−b∑

j=0

b!

j!=

∞∑

j=b+1

b!

j!(6.1)

Entonces

0 < θ <

∞∑

j=1

1

(b+ 1)j=

1

b6 1

Por otro lado, la expresion central de (6.1) es un entero. Luego, tene-

mos una contradiccion y e es irracional.

Problema 6.1 ¿Es πe irracional? abierto.

Problema 6.2 ¿Es∞∑

n=1

1

n5irracional?. abierto.

Observacion. Un numero irracional elevado a un numero irracional

puede ser racional. En efecto, considere x =√2√2el cual es irracional.

Pero x√2 =

(√2√2)

√2

= (√2)2 = 2 es racional.

6.5 Conjunto de Cantor

Este es uno de los ejemplos mas simples que sirven para ilustrar el

concepto de conjunto fractal. El conjunto de Cantor es obtenido con-

siderando la representacion en base 3 de los numeros reales x , con

0 6 x 6 1 , usando como conjunto de dıgitos permitido para la re-

presentacion el conjunto D = {0, 2} , es decir, el conjunto de Cantor

esta formado por todos los numeros reales x , con 0 6 x 6 1 , tales que

en su representacion en base 3 no aparece el dıgito 1. Geometricamente,


este conjunto se construye como sigue. Consideremos un segmento de

recta de longitud 1. Dividimos el segmento inicial en 3 segmentos de

igual

longitud y eliminamos el segmento central, obteniendo dos segmentos

cada uno de longitud 13 . Enseguida dividimos cada segmento resultante

en la etapa anterior en 3 segmentos de igual longitud y eliminamos los

segmentos central, obteniendo 4 segmentos cada uno de longitud 19 .

Repetimos el proceso de division y eliminacion anterior a cada segmento

resultante en la etapa anterior, y continuamos el proceso indefinida-

mente.

.................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................0 1

......................................................................................................................................................................................................................0 1/3

......................................................................................................................................................................................................................2/3 1

.......................................................................0 1/9

.......................................................................2/9 1/3

.......................................................................2/3 7/9

.......................................................................8/9 1

...

Conjunto de Cantor

El resultado final es un conjunto C , llamado conjunto de Cantor,

el cual es no vacıo y contiene tantos puntos como la recta real. Defi-

namos la funcion Φ : {x : 0 6 x 6 1} −→ C por Φ(∑∞

j=1 aj2−j) =

∑∞j=1(2aj)3

−j . Es facil verificar que Φ es una biyeccion, por lo tanto

se tiene lo pedido. Lo que acabamos de demostrar no es intuitivo ni facil

de aceptar.

6.5.1 Longitud del Conjunto de Cantor

Si en cada etapa de la construccion del conjunto de Cantor, medimos la

longitud del conjunto resultante, obtenemos la siguiente tabla

Sergio Plaza 235

Etapa Longitud

0 1

1 23

2 49 =

(23

)2

3 827 =

(23

)3

......

Intuitivamente el conjunto de Cantor deberıa tener longitud 0. Debido

a su construccion el conjunto de Cantor es autosimilar, es decir, cada

parte cuando la ampliamos se ve como el conjunto original.

Notemos que el conjunto de Cantor es de “longitud” cero y tiene tantos

puntos como el segmento inicial. Esto no es facil de aceptar ni intuitivo.

La construccion anterior del conjunto de Cantor es la clasica. Exis-

ten muchas construcciones de conjuntos de Cantor, es decir, de division

de un segmento en segmentos (no necesariamente en 3) y en propor-

ciones distintas (no necesariamente 13) , y que nos llevan a un conjunto

de Cantor. Incluso se pueden construir conjuntos de Cantor con “lon-

gitud” positiva. En la actualidad aun se trabaja y se publican trabajos

profundos en matematica que tienen relacion con estos conjuntos.

¿Porque le dimos el nombre de fractal al conjunto de Cantor? No

solo porque posee la propiedad de ser autosimilar, si no mas bien por el

hecho que el ocupa en la recta mas espacio que un conjunto de puntos

aislados y menos que un segmento de recta ¿Como podemos asegurar

tal hecho? Para esto definiremos el siguiente concepto.


6.6 k –Volumen

Consideremos un segmento de recta, que por simplicidad, suponemos

unitario (no es ninguna restriccion esta suposicion). Para calcular el

1 − volumen del segmento unitario procedemos como sigue. Cubrimos

nuestro segmento por segmentos pequenos de longitud, digamos ε , ( ε >

0 un numero). Denotemos por N(ε) el numero mınimo de intervalos de

longitud ε necesario para cubrir el segmento dado. Tenemos entonces

que N(ε) ·ε1 ≈ 1 , donde el sımbolo ≈ significa aproximadamente igual,

luego el 1–volumen del segmento de recta unitario es igual a 1.

Este concepto se extiende de modo natural al caso dimension mayor

que 1.

Para calcular el 2− volumen de un cuadrado, el cual para simplificar

suponemos unitario (es decir, de lado 1) cubrimos este por cuadrados

pequenos de lado ε(ε > 0) . Denotemos por N(ε) el numero mınimo

de cuadrados de lado ε , necesarios para cubrir el cuadrado, entonces

N(ε) · ε2 ≈ 1 , luego el 2–volumen del cuadrado unitario es igual a 2.

Ahora consideremos el conjunto de Cantor. Para calcular su 1 −volumen , en cada paso de la construccion calculamos el 1 − volumen

de los segmentos que conforman la parte que resta en cada etapa de la

construccion. Para n = 0, si tomamos ε = 1, tenemos N(ε) = 1 , para

n = 1, si tomamos ε = 13 , tenemos N(ε) = 2 , para n = 2, tomando

ε = 132 , tenemos N(ε) = 22 , . . . , para n = k tomando ε = 1

3k, tenemos

N(ε) = 2k . Y vemos que en la etapa n de la construccion del conjunto

de Cantor, tenemos la siguiente formula para calcular el 1–volumen de

lo que resto; vn =(23

)n, luego el 1–volumen del conjunto de Cantor

es obtenido haciendo crecer n indefinidamente en la formula para vn ,

consecuentemente es igual a cero como presentıamos intuitivamente. Por

Sergio Plaza 237

otra parte, la ecuacion

N(ε) · ε1 ≈(2

3

)k

,

usada para calcular el 1–volumen del conjunto de Cantor, es reem-

plazada por una ecuacion del tipo

N(ε) · εs = 1

y buscamos el valor de s de modo que esto ocurra. En la etapa k ,

tenemos la ecuacion

2k(

1

3k

)s

= 1 ,

de esto,

2k = 3ks

de donde, aplicando logaritmo en base e , nos queda k ln(2) = ks ln(3) ,

y por lo tanto obtenemos que s = ln(2)ln(3) . Esto nos dice que el conjunto

de Cantor tiene s –volumen igual a ln(2)ln(3) = 0.63092975 . . . lo cual nos

indica que ocupa mas espacio que un conjunto de puntos aislados, pero

menos que un segmento de recta. Este tipo de “ k –volumen” es el que

define el caracter de fractal del conjunto de Cantor, y de otros muchas

figuras que son usadas en la literatura para ilustrar este concepto, muy

de moda en el ultimo tiempo.

Nota: La definicion que dimos de conjunto fractal1 no es enteramente

correcta. Para dar la definicion correcta necesitamos de muchos otros

concepto que escapan muy lejos del objetivo de nuestro texto.

1Para una introduccion a los Fractales y geometrıa fractal puede verse S. Plaza

“Fractales y Generacion Computacional de Imagenes” , monografıa 16, IMCA, Peru,

2000. Este texto incluye tambien una pequena historia del desarrollo del concepto de

conjunto fractal.


6.6.1 Triangulo de Sierpinski

Este es la segunda figura fractal de entre las mas conocidas en general.

Su construccion geometrica es sencilla y la describimos a seguir.

Consideremos una region triangular en el plano. Primero dividimos

los lados del triangulo frontera en sus puntos medios, uniendolos for-

mamos cuatro regiones triangulares, de las cuales eliminamos la region

triangular central. La figura muestra esta primera etapa.

etapa 1

En las regiones triangulares restantes repetimos el proceso anterior, y

ası sucesivamente, como se muestra en las figuras siguientes

etapa 2

Sergio Plaza 239

etapa 3 etapa 4

etapa 5 etapa 6

Este proceso es convergente y la figura obtenida es conocida como

triangulo de Sierpinski. El triangulo de Sierpinski tiene longitud infinita

y ocupa un area cero en el plano, de hecho ocupa mas espacio que

una curva y menos que un plano. Una aproximacion mas refinada al

resultado final es mostrado en la siguiente figura

Triangulo de Sierpinski


Un calculo directo, muestra que en cada etapa de la construccion del

triangulo de Sierpinski, es posible calcular su area y que esta tiende a

cero cuando avanzamos en la etapas de la construccion. Este calculo es

una aplicacion directa de la formula del area de un triangulo, y como

los tres triangulos que aparecen en cada uno de los triangulos de una

etapa para la siguiente son congruentes, basta calcular el area de uno de

ellos y notar que en la etapa 1 tenemos 3 triangulos, en la etapa 2 tene-

mos 32 , en la etapa 3 tenemos 33 triangulos, y ası sucesivamente, en la

etapa n de la construccion tenemos 3n triangulos . Ahora, si consider-

emos las sucesivas etapas de la construccion del triangulo de Sierpinski,

vemos que en la etapa 1 necesitamos 3 triangulos para cubrir lo que

resto despues de eliminar el triangulo central, en la etapa 2 necesitamos

32 triangulos para cubrir lo que resto despues de eliminar el triangulo

central en cada uno de los 3 triangulos de la etapa 1, y en general, nece-

sitamos 3n triangulos para cubrir lo que resto despues de eliminar el

triangulo central en cada uno de los 3n−1 triangulos de la etapa n− 1 .

Razonado como lo hicimos en el caso del conjunto de Cantor, vemos que

el s –volumen del triangulo de Sierpinski es s = ln(4)ln(3) .

6.6.2 Triangulo de Sierpinski y expansion en base 2

En el plano R2 consideramos un sistema de coordenadas (u, v) con

origen en (0, 0) donde la recta de las abscisas coincide con el eje x y

la recta de las ordenadas forma un angulo de 600 con el eje x . Es facil

ver que las coordenadas en el plano (u, v) con 0 6 u 6 1 y 0 6 v 6 1

representan un punto en el triangulo de Sierpinski si y solo si la expansion

en base 2 de u y de v nunca tienen un 1 en la misma posicion.

Otra manera interesante de obtener una imagen del triangulo de Sier-

Sergio Plaza 241

pinski, es considerar el triangulo de Pascal, es decir, el triangulo formado

por los coeficientes binomiales del desarrollo del binomio (x+ y)n , con

n = 0, 1, 2, 3, . . . . Enseguida marcamos de color negro cada numero

impar y marcamos de color blanco cada numero par. Esto es hecho

asignando a 0 el color blanco y a 1 el color negro, y los numeros en el

triangulo de Pascal los consideramos modulo 2, es decir, si k ∈ N en-

tonces k = 1 (mod 2) si y solo si k es impar y k = 0 (mod 2) si y solo

si k es par. La figura obtenida se ve como el triangulo de Sierpinski.

6.7 Problemas

Problema 6.1 Calcule

1. (1034)5 + (243)5

2. (54302)6 − (21543)6

3. (1230)4 · (3120)4 .

Problema 6.2 Determine el valor de b si

1. (104)b = 8285

2. (30407)b = 12551 .

Problema 6.3 Si b > 1 es un entero. Demuestre que (111)b|(10101)b .

Problema 6.4 Sea t un numero real positivo. Pruebe que existe un

entero positivo n tal que la expansion decimal de nt contiene al dıgito

7.

Problema 6.5 Para cada entero positivo k , sea f1(k)=(suma de los

dıgitos de k2 ). Para n > 2 , sea fn(k) = f1(fn−1(k)) . Encuentre

f1988(11) .

Capıtulo 7

Fracciones continuadas

Para hacer matematica, esto es, en orden de entender y hacer contribu-

cione a esta disciplina, es necesario estudiar su historia. Matematica es

constantemente construida sobre descubrimientos pasados.

Veamos por ejemplo un poco de la historia y origen de fracciones

continuadas.

El origen de las fracciones continuadas es difıcil de establecer, esto

debido al hecho que podemos encontrar ejemplos de esas fracciones a

traves de la matematica en los ultimos 2000 anos, pero su verdadero

fundamento nos lleva hasta fines de 1600 e inicio de 1700.

El origen de fracciones continuadas es tradicionalmente puesto en el

tiempo de la creacion del algoritmo de la division de Euclides. El algo-

ritmo de Euclides, es usado para encontrar el maximo comun divisor de

dos numeros. Por manipulaciones algebraicas del algoritmo, podemos

derivar la fraccion continuada simple de un numero racional p/q . Es du-

doso si Euclides o sus predecedores de hecho hayan usado este algoritmo

de esa forma. Debido a su cercana relacion a fracciones continuadas,

la creacion del algoritmo de Euclides significo el desarrollo inicial de

243


fracciones continuadas.

Por mas de mil anos, todo libro que usaba fracciones continuadas es-

taba restricto a ejemplos especıficos. El matematico indu Aryabhata

(c.550 A.C.) uso fracciones continuadas para resolver una ecuacion lin-

eal en una indeterminada. Mas que generalizar su metodo, su uso de

fracciones continuadas es solo para ejemplos especıficos.

A traves de los escritos matematicos griegos y arabes, encontramos

ejemplos y trazas de fracciones continuadas. Pero otra vez, su uso limi-

tado a ejemplos especıficos.

Dos matematicos italianos, de la cuidad de Bologna, Rafael Bombelli

(B.C. 1530) y Prietro Cataldi (1548–1626) tambien contribuyeron al

estudio de fracciones continuadas proveyendo mas ejemplos. Bombelli

expreso la raız cuadrada de 13 como una fraccion continuada repetida.

Cataldi hizo lo mismo con la raız cuadrada de 18. Aparte de esos ejem-

plos, sin embargo, ningun matematico investigo las propiedades de frac-

ciones continuadas.

Fracciones continuadas se transforman en un campo de estudio por

si mismas a traves del trabajo de Hohn Wallis (1616-1703). En su li-

bro Arithmetica Infimtorum (1655), Wallis el desarrolla y presenta la

identidad

4

π=

3× 3× 5× 5× 7× 7× · · ·2× 4× 4× 6× 6× 8× 8× · · · .

El primer presidente de la Royal society, Lord Brounker (1620–1684)

Sergio Plaza 245

transformo esta identidad en

4

π= 1 +

12

2 +32

2 +52

2 +72

2 + 92

. . .

Wallis tomo la iniciativa y comenzo a dar los primeros pasos para

generalizar la teorıa de fracciones continuadas.

En su libro Opera Mathematica (1645), Wallis hace algunas contribu-

ciones a la parte basica para fracciones continuadas. Explica como cal-

cular la convergente n –esima y descubre algunas de las propiedades

familiares de las convergentes. Fue tambien en este trabajo en que el

termino “fraccion continuada” fue usado por primera vez.

El matematico y astronomo aleman Christiaan Huggens (1629–1695)

fue el primero en demostrar una aplicacion practica de fracciones con-

tinuadas. Escribio un artıculo explicando como usar las convergentes de

una fraccion continuada para encontrar la mejor aproximacion racional

para las razones de engranajes.

Esas aproximaciones le permitieron tomar los engranajes con el numero

correcto de dientes. Este trabajo fue en parte motivado por su deseo de

construir un planetario mecanico.

Mientras que los trabajos de Wallis y Huggens comenzaron el trabajo

sobre fracciones continuadas, el campo de las fracciones continuadas

comenzo a florecer cuando Leonard Euler (1707–1783), Johan Heinrich

Lambert (1728–1777) y Joseph Louis Lagrange (1736–1813) abarcan ese

topico. Euler contribuyo mucho a la teorıa moderna en su trabajo De

Fractionlous Continious publicado en (1737). En este trabajo Euler


mostro que cada numero racional puede ser expresado como una fraccion

continuada simple finita. Tambien dio una expresion para e en forma

de una fraccion continuada, y usa esa expresion para mostrar que e y

e2 son irracionales. Tambien demuestra como pasar una serie a una

representacion en fraccion continuada para la serie, y recıprocamente.

Lambert generaliza el trabajo de Euler sobre e y muestra que ex

y tan(x) son irracionales si x es racional. Lagrange usa fracciones

continuadas para encontrar el valor de raıces irracionales. Probo tambien

que una raız real de una irracional cuadratica es una fraccion continuada

periodica.

El siglo IXX puede, probablemente, ser descrito como la edad de oro de

las fracciones continuadas. Claude Brezinki escribio en History of Con-

tinued Fractions and Pade Approximations, “El siglo diecinueve puede

ser llamado el perıodo popular para fracciones continuadas”. Como

resultado, fue un crecimiento explosivo dentro dee este campo. La

teorıa de fracciones continuadas que significativamente desarrollada, es-

pecialmente lo concerniente a las convergentes. Tambien fueron estudi-

adas fracciones continuadas con variables complejas como terminos. Al-

gunos de los matematicos mas prominentes que hicieron contribuciones

a este campo incluye a Jacobi, Perron, Gauss, Cauchy, and Stieljes. A

comienzo del siglo XX, la disciplina tiene grandes avances a partir del

trabajo inicial de Wallis.

A partir del comienzo siglo XX las fracciones continuadas hacen su

aparicion en otro campo. Por ejemplo, las fracciones continuadas han

sido usadas en algoritmos computacionales para calcular aproximaciones

a numeros reales, ası como tambien para resolver ecuaciones indetermi-

nadas.

Aun cuando su desarrollo inicial parece haber tomado mucho tiempo,

Sergio Plaza 247

una vez que este comenzo, el campo y su analisis crecio rapidamente.

Aun hoy en dıa, fracciones continuadas continuan siendo usadas e inves-

tigadas.

7.1 Fracciones Continuadas

Primero veamos las fracciones continuadas se usan para aproximar un

numero real por numeros racionales. Comenzemos con el siguiente ejem-

plo,

4

11=

1

11

4

=1

2 +3

4

=1

2 +1

4

3

=1

2 +1

1 +1

3

=1

2 +1

1 +1

2 + 1

este desarrollo termina en un numero finito de pasos. Una expresion

como la anterior se llama fraccion continuada finita.

Definicion 7.1 Una fraccion continuada finita es una expresion de la

forma

a0 +1

a1 +1

a2 +1

. . . +1

an−1 +1

an

(7.1)

donde a0 es un numero entero cualquiera y para i = 1, 2, . . . , n , los ai

son numeros enteros positivos. Denotaremos la expresion 7.1 mediante

el sımbolo

[a0; a1, a2, . . . , an] o a0 + [a1, a2, . . . , an] .

Ejemplo 7.1

[1; 2, 3, 1] = 1 +1

2 +1

3 +1

1

= 1 +1

2 +1

4

= 1 +4

9=

13

9

Es claro que toda fraccion continuada finita [a0; a1, a2, . . . , an] repre-

senta un numero racional. Recıprocamente, se tiene el siguente resul-

tado.

Teorema 7.1 Todo numero racional puede ser escrito como una fraccion

continuada finita.

Demostracion. Sea a/b un numero racional positivo (caso a/b sea

negativo es analogo). Por el algoritmo de la division de Euclides, existen

numeros enteros positivos a1, . . . , an , tales que

a = ba0 + r1 , 0 < r1 < b

b = r1a1 + r2 , 0 < r2 < r1

r1 = r2a2 + r3 , 0 < r3 < r2...

rn−2 = rn−1an−1 + rn , 0 < rn < rn−1

rn−1 = rnan .

Esta cadena finita de igualdades se puede escribir de la forma siguiente

a

b= a0 +

r1b

= a0 +1

b

r1

Sergio Plaza 249

b

r1= a1 +

r2r1

= a1 +1r1r2

r1r2

= a2 +r3r2

= a2 +1r2r3

...

rn−1

rn= an

Reemplazando las expresiones rk/rk+1 , obtenemos

a

b= a0 +

1

a1 +1

a2 +1

.. . +1

an−1 +1

an

en otras palabras hemos probado que

a

b= [a0; a1, a2, . . . , an] = a0 + [a1, a2, . . . , an] .

Ejemplo 7.2 El numero racional943

414, se descompone segun el al-

gorıtmo de la division como

943 = 2 · 414 + 115

414 = 3 · 115 + 69

115 = 1 · 69 + 46

69 = 1 · 46 + 23

46 = 2 · 23 .


Luego su fraccion continuada es

943

414= 2 +

115

414

= 2 +1

414

115

= 2 +1

3 +69

115

= 2 +1

3 +1

115

69

= 2 +1

3 +1

1 +46

69

= 2 +1

3 +1

1 +1

69

46

= 2 +1

3 +1

1 +1

1 +23

46

Sergio Plaza 251

= 2 +1

3 +1

1 +1

1 +1

2= [2; 3, 1, 1, 2] .

Tambien es inmediato el calculo de 414/943 , puesto que

414

943=

1

943

414

=1

[2; 3, 1, 1, 2]= [0; 2, 3, 1, 1, 2].

Esta representacion de un numero racional como fraccion continuada

no es unica, por ejemplo, si [a0; a1, . . . , an] es una representacion, con

an > 2 , entonces la cola de la fraccion continuada es

an−2 +1

an−1 +1

an

la cual puede ser reescrita como

an−1 +1

(an − 1) + 1= an−1 +

1

(an − 1) +1

1

y por lo tanto tenemos la igualdad de las fracciones continuadas

[a0; a1, . . . , an−1, an − 1, 1] = [a0; a1, . . . , an]

si an = 1 , tenemos

an−1 +1

1= an−1 + 1

y entonces [a0; a1, . . . , an−2, an−1 + 1] = [a0; a1, . . . , an] .

Ahora sea x un numero real, no es racional, el Teoremaema 1 nos

dice que x no es representable por una fraccion continuada finita. Sin

embargo podemos tratar de aplicar el mismo algorıtmo anterior de una

manera espacial, para ellos introduciremos los conceptos parte entera y

parte fraccional de un numero real.

Definicion 7.2 La parte entera, [x] , de un numero real x es el mayor

numero entero menor o igual que x . La parte fraccionaria, (x) , de x

es (x) = x− [x] .

Observemos que 0 6 (x) < x− [x] 6 1 . Por otra parte, tenemos que

x− [x] = 0 si y solo si x es entero.

Ejemplo 7.3[943

414

]

= 2 y

(943

414

)

=115

414.

Ahora sea x un numero real no nulo. Usando lo anterior podemos

escribir x = [x] + (x− [x]) = [x] + (x) . Llamemos r0 = [x] y r1 = (x) ,

entonces 0 < r1 < 1 , y podemos escribir

x = x+ r1 = [x] +1

1

r1

,1

r1> 1 .

Aplicamos el proceso anterior a 1/r1 y podemos escribir

1

r1=

[1

r1

]

+ r2 , 0 < r2 < 1

Sergio Plaza 253

donde r2 = [1/r1]− 1/r1 es la parte fraccionaria de r1 . Continuando

de este modo podemos escribir

x = a0 +1

[1

r1

]

+1

[ 1

r2

]

+ r3

= a0 +1

[ 1

r1

]

+1

[1

r2

]

+1

[ 1

r3

]

+ r3

...

Este proceso termina cuando tenemos algun rℓ = 0 , en cuyo caso el

numero es racional como vimos arriba. Si el proceso no acaba en un

numero finito de pasos, el numero en cuestion es irracional.

El algoritmo anterior asocia a cada numero real x una fraccion con-

tinuada finita

ck = [a0; a1, a2, . . . , ak]

donde aℓ = [1/rℓ] y rℓ = [1/rℓ−1]− 1/rℓ .

A continuacion damos algunas proposiciones basicas sobre fracciones

continuadas, ¿¿su demostracion ver [3] , [4] o [5]??.

Dados un numero real x y un numero natural k , consideremos la

fraccion continuada finita, ck = [a0; a1, a2, . . . , ak] asociada, es decir,


ck = a0 +1

a1 +1

a2 +1

. . . ak−2 +1

ak−1 +1

ak

(7.2)

donde

x = a0 +1

a1 +1

a2 +1

.. . ak−2 +1

ak−1 +1

ak + rk

(7.3)

Asociado con ck , definimos los siguientes numeros

p−2 = 0 , p−1 = 1 , pi = aipi−1 + pi−2, para i > 2 (7.4)

y

q−2 = 1 , q−1 = 0 , qi = aiqi−1 + qi−2 , para i > 2 (7.5)

Se tiene q0 = 1, q1 = a1q0 > q0, . . . , qi = aiqi−1 + qi−2 > qi−1 , es

decir, 1 = q0 6 q1 6 · · · 6 qn 6 · · · .

Teorema 7.2 Con las notaciones anteriores,

1.- Dados un numero real r y un numero entero n > 0 , entonces

[a0; a1 . . . , an−1, r] =rpn−1 + pn−2

rqn−1 + qn−2.

Sergio Plaza 255

2.- Para cada numero entero n > 0 , rn =pnqn

.

3.-

pn · qn−1 − pn−1 · qn = (−1)n−1, n > 1

rn − rn−1 =(−1)n−1

qn · qn−1, n > 1

pnqn−2 − pn−2qn = (−1)nan, n > 2

rn − rn−2 =(−1)nanqn · qn−2

, n > 2

y mcd (pn, qn) = 1 .

Ahora mostraremos que un numero real, no racional, x puede ser

aproximado tanto cuanto se desee por numeros racionales.

Teorema 7.3 Sea x un numero real arbitrario. Dado un numero real

ε > 0 cualesquiera, existe un numero racional qε tal que |x− qε| < ε .

Demostracion. Sabemos que

x = [a0; a1, . . . , an, rn] =rn · pn−1 + pn−2

rn · qn−1 + qn−2

y

cn = [a0; a1, . . . , an] .

Luego

x− cn−1 =rn · pn−1 + pn−2

rn · qn−1 + qn−2− pn−1

qn−1

= −pn−1 · qn−2 − pn−2qn−1

qn−1(rn · qn−1 + qn−2

=(−1)n−1

qn−1(rn · qn−1 + qn−2).

Como la sucesion (qn)n∈N crece indefinidamente y rn > 0 , se tiene

que x−cn−1 es cada vez mas proxima de cero cuando n crece indefinida-

mente. Por otra parte, es facil ver que dado ε > 0 existe un numero

natural n0 tal que1

n0< ε . Tomamos n0 suficientemente grande de

modo que |x − cn−1| <1

n0< ε y eliguiendo qε = cn−1 se tiene lo

pedido.

Las fracciones continuada finitas cn , son llamadas las convergentes

de x .

Ejemplo 7.4 Busquemos el desarrollo en fraccion continuada de√2 .

Tenemos

√2 = 1 + (

√2− 1)

= 1 +1

1 +√2

= 1 +1

2 +1

1 +√2

= 1 +1

2 +1

2 +1

1 +√2

...

Sergio Plaza 257

Por lo tanto√2 = [1; 2, 2, 2, 2, 2, 2, . . .] . Esta fraccion continuada es

periodica infinita. Como ejercicio el lector puede desarrollar las aproxi-

maciones ck , k = 1, 2, 3, . . . para√2 .

Ejemplo 7.5 Consideremos la ecuacion cuadratica x2 = ax+1 , donde

a es un numero entero positivo. Tenemos

x = a+1

x

= a+1

a+1

x

= a+1

a+1

a+1

a+1

x...

luego x = [a; a, a, a, . . .] . Para a = 1 se tiene x =1 +√5

2, y por lo

tanto1 +√5

2= [1; 1, 1, 1, 1, . . .] . Ahora, si escribimos las convergentes

de la fraccion continuada de1 +√5

2, tenemos

1, 1 +1

1=

2

1, 1 +

1

1 +1

1

=3

2, 1 +

1

1 +1

1 +1

1

=5

3,

los siguientes terminos de esta sucesion son 8/5, 13/8, 21/13, . . . .

Observemos que los denominadores de la sucesion anterior vienen dados


por la sucesion

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .

es decir, vienen dados por la sucesion

f0 = 1, f1 = 1 y fn+1 = fn + fn−1 , n > 2 ,

la cual no es otra que la sucesion de sucesion de Fibonacci

7.2 Aplicacion de Gauss

Al parecer Gauss fue el primero en preocuparse del estudio de la parte

fraccional en el desarrollo de un numero en fraccion continuada, para

ello considero la aplicacion G : [0, 1[→ [0, 1[ definida por

G(x) =

0 si x = 0 ,

1

x(mod 1), si x 6= 0 .

Grafico de G .

Con esta aplicacion, el algoritmo para encontrar la fraccion continuada

de un numero real x , se escribe como sigue

rk+1 =

(1

rk

)

= G(rk)

Sergio Plaza 259

ak+1 =

[1

rk

]

, k = 0, 1, 2, . . . .

Ahora si x0 = [ a1, a2, a3, a4, . . . ] ∈ [0, 1[ , entonces G(x0) = x1 =

[ a2, a3, a4, . . . ] , G(x1) = x2 = [ a3, a4, . . . ] y ası sucesivamente. De-

notemos por G◦k la composicon de G consigo misma k veces, es decir,

G◦k = G ◦G ◦ · · · ◦G , k –veces. Decimos que un punto x0 es periodico

de perıodo k > 1 para G , si G◦k(x0) = x0 , cuando k = 1 deci-

mos que x0 es un punto fijo de G . Por ejemplo, x0 = [ 1, 2, 1, 2, . . . ]

es periodico de perıodo 2, pues x1 = G(x0) = [ 2, 1, 2, 1, . . . ] , x2 =

G(x1) = [ 1, 2, 1, 2, . . . ] , esto es, G ◦G(x0) = x0 .

Es facil ver que existen infinitos puntos periodicos para G , para ello

basta tomar un bloque de longitud m de enteros positivos k1, k2, . . . , km

y formar el numero x0 = [ k1, k2, . . . , km, k1, k2, . . . , km, . . . ] . Un calculo

sencillo muestra que si x0 es un punto periodico de G entonces es

solucion de una ecuacion cuadratica con coeficientes enteros.

Mas general, se tiene

Teorema 7.4 (Galois) Un numero real x tiene una fraccion continua-

da periodica, incluyendo el primer entero n0 si y solo si x es solucion

de una ecuacion cuadratica con coeficientes enteros. Ademas, la otra

raız pertenece al intervalo ]− 1, 0[ .

Ejemplo 7.6 La razon aurea, τ =1 +√5

2, es solucion de la ecuacion

τ2 − τ − 1 = 0 y como vimos arriba su fraccion continuada es τ =

1 + [ 1, 1, 1, 1, . . . ] y la de 1/τ es 1/τ = [ 1, 1, 1, 1, 1 . . . ] .

Decimos que x0 es finalmente periodico, si para algun entero positivo

k > 2 , se tiene que xk = G◦k(x0) es periodico para G , por lo visto


arriba su fraccion continuada tiene la forma

x0 = [ a1, a2, . . . , ak, n1, . . . , nℓ, n1, . . . , nℓ, . . . ].

Estos punto tienen una caracterizacion sencilla dada por el siguiente

Teorema 7.5 (Lagrange) Un punto x0 es finalmente periodico para

G si y solo si es solucion de una ecuacion cuadratica con coeficientes

enteros.

Cuando x no es solucion de ninguna ecuacion cuadratica con coefi-

cientes enteros, su fraccion continuada puede ser muy irregular, ver por

ejemplo ¿el artıculo de Carlos Tamm en este mismo numero.?

7.3 Aproximaciones racionales por fracciones

continuadas

Probaremos primero que los denominadores de las convergentes de frac-

ciones continuadas crecen.

Lema 7.1 Sean a0, a1, . . . una sucesion de enteros, con ak > 0 para

todo k > 1 . Definamos

p0 = a0, q0 = 1

p1 = a1a0 + 1, q1 = a1

pk = akpk−1 + pk−2, qk = akqk−1 + qk−2, k > 2 .

Entonces qk+1 > qk para todo k > 0 .

Sergio Plaza 261

Demostracion. Sea k > 0 . Note que qk−1 es un entero positivo.

Luego,

qk+1 = ak+1qk + qk−1 > ak+1qk > 1 · qk = qk ,

pues ak+1 > 1 , ya que aj son todos enteros positivos para todo j > 1 .

Las convergentes de una fraccion continuada oscilan alrededor del

valor lımite, y las convergentes son siempre fracciones en terminos menores.

De hecho, las convergentes con la mejor aproximacion racional al valor

de la fraccion continuada. Establecemos esto en forma mas precisa.

Teorema 7.6 Sea x un numero irracional, y sea ck =pkqk

la k–esima

convergente en la expansion de fraccion continuada de x . Supongamos

que p, q ∈ Z , con q > 0 , y

|qx − p| < |qkx− pk| .

Entonces q > qk+1 .

Antes de demostrar este teorema, veamos su significado geometrico.

En el plano (t, y) dibujemos la recta de pendiente x a traves del origen.

Marquemos los puntos (p, q) y (pk, qk) . La hipotesis |qx−p| < |qkx−pk|nos dice que las distancias verticales desde (q, p) a y = tx es menor

que la distancia vertical desde (qk, pk) para y = xt .

La conclusion dice que q > qk+1 . De hecho, como qk+1 > qk , q >

qk ¿¿?? . El denominador de p/q es mayor que el denominador de

pk/qk . En otras palabras, la unica manera que el punto (p, q) sea mas

proximo a la linea y = xt es que su y –coordenada es mayor. Podemos

reformular el teorema en la forma de un corolario en el cual podemos

ver las fracciones en cuestion aproximando a x .

Corolario 7.1 Sea x un numero irracional, y sea ck =pkqk

la k–esima

convergente en la expansion en fraccion continuada de x . Supongamos

que p, q ∈ Z , q > 0 , y

∣∣∣∣x− p

q

∣∣∣∣<

∣∣∣∣x− pk

qk

∣∣∣∣.

Entonces q > qk .

Demostracion. Supongamos lo contrario, es decir, q < qk . Ahora,

como

∣∣∣∣x− p

q

∣∣∣∣<

∣∣∣∣x− pk

qk

∣∣∣∣,

multiplicando esas dos desigualdades obtenemos

|qx− p| < |qkx− pk| .

Del teorema 7.6 obtenemos q > qk+1 , de donde qk > q > qk+1 , lo

cual contradice el hecho que los qj son crecientes. Por lo tanto, q > qk .

Este resultado dice que la unica manera que un numero racionalp

q

puede a una fraccion continuada mejor que una convergentepkqk

es si la

fraccion tiene mayor denominador que el de la convergente.

Ejemplo 7.7 En la tabla siguiente se dan las convergentes de la ex-

pansion en fraccion continuada de π .

Sergio Plaza 263

ak pk pk ck

7 3 1 3

7 22 7 227

15 333 106 333106

1 355 113 35113

292 103993 33102 10399333102

Ahora,103993

33102= 3.1415926530119026040 · · · y vemos que

∣∣∣∣

103993

33102− π

∣∣∣∣≈ 0.57789063 · · · × 10−9 .

El teorema 7.6 dice que una fraccionp

qpuede ser mayor aproximacion

a π que103993

33102solo si q > 33102 .

El proximo resultado es una especie de recıproco a los dos resultados

anteriores. Este dice que si un numero racional aproxima a un numero

irracional x “suficientemente bien”, entonces el numero racional debe

ser una convergente en la expansion en fraccion continuada de x .

Teorema 7.7 Sea x un numero irracional, y seap

qun numero racional,

con mcd (p, q) = 1 , y q > 0 . Supongamos que∣∣∣∣x− p

q

∣∣∣∣<

1

2q2.

Entoncesp

qes una convergente en la expansion en fraccion continuada

para x .

Demostracion. Como qk > k para k > 0 , la sucesion (qn)n∈N es una

sucesion de enteros positivos estrictamente creciente.

Por lo tanto para algun k , se tiene que qk 6 q 6 qk+1 . Como

q < qk+1 , del teorema anterior obtenemos

|qkx− pk| 6 |qx − p| = q

∣∣∣∣x− p

q

∣∣∣∣< q

1

2q2=

1

2q.

Luego

∣∣∣∣x− pk

qk

∣∣∣∣<

1

2qqk.

Supongamos quep

qno es una convergente en la expansion en fraccion

continuada para x . En particular,p

q6= pk

qk, luego qpk 6= pqk y |qpk −

pqk| es un entero positivo.

Como |qpk − pqk| > 1 , se tiene

1

qqk6|qpk − pqk|

qqk=

∣∣∣∣

pkqk− p

q

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣

pkqk− x+ x− p

q

∣∣∣∣

6

∣∣∣∣

pkqk− x

∣∣∣∣+

∣∣∣∣x− p

q

∣∣∣∣

<1

2qqk+

1

2q2

de donde1

qqk<

1

2qqk+

1

2q2, restando

1

2qqka ambos lados de esta

desigualdad obtenemos

1

2qqk<

1

2q2,

luego q < qk . Pero hemos supuesto que qk 6 q . Esto es una con-

tradiccion.

Sergio Plaza 265

Por lo tanto,p

qes una convergente en la expansion en fraccion con-

tinuada para x .

Ejemplo 7.8 La fraccion355

113es la mejor aproximacion a π por una

fraccion que tiene denominador menor que 1000.

En efecto, supongamos quep

qes una fraccion irreducible con q <

1000 . Supongamos ademas que

∣∣∣∣π − p

q

∣∣∣∣6

∣∣∣∣π − 355

113

∣∣∣∣.

En otras palabras, supongamos quep

qes al menos una buena aproxi-

macion como355

113a π . Como q < 1000 , se tiene 2q2 < 2000000 , luego

1

2q2>

1

2000000= 5× 10−7 . Pero

∣∣∣∣π − 355

113

∣∣∣∣≈ 2.6676418 × 10−7 .

Luego

1

2q2> 5× 10−7 >

∣∣∣∣π − 355

113

∣∣∣∣>

∣∣∣∣π − p

q

∣∣∣∣.

Las hipotesis del teorema son satisfechas, luego p/q debe ser una

convergente en la expansion en fraccion continuada para x . Por lo que

supusimos, ella aproxima π al menos tan bien como355

113. Por otra

parte, las otras convergentes 3 ,22

7,333

106con denominadores menores

que 1000 son aproximaciones a π mas pobres que la aproximacion355

113.

Luego la unica posibilidad esp

q=

355

113.


7.4 Fracciones Continuas y Geometrıa

Como una aplicacion de las fracciones continuas, vamos a probar que√2 es irracional. Consideremos la figura siguiente,

en la figura, AD y AE son segmentos de una secante a traves del cıculo

con centro en C . AB es tangente al arco con centro en C . Por lo tanto

tenemos AB2= AE · AD de donde

AB

AD=

AE

AB,

BC = AB ,

AE = AD +DE = AD + 2BC ,

De estas igualdades se obtiene que

BC

AD=

AB

AD=

AE

AB=

AD + 2BC

AB=

AD + 2AB

AB= 2 +

AD

AB

Ahora dado un cuadrado unitario y arcos de cırculos como en la figura,

tenemos, AC2= AB

2+ BC

2= 12 + 12 = 2. Por lo tanto, AC =

√2 .

Sergio Plaza 267

Luego,AC

BC=

√2

1

por lo tanto,

√2 =

AC

BC=

CD +AD

BC= 1 +

AD

BC= 1 +

1

BC

AD

= 1 +1

2 +AD

AB

= 1 +1

2 +1

AB

AD

= 1 +1

2 +1

2 +AD

AB

repitiendo el proceso anterior con AD/AB , se ve que la fraccion con-

tinua anterior no termina en un numero finito de paso, por lo tanto, el

numero√2 no puede ser racional.

7.5 Ecuaciones de Pell

Observemos que si P es un numero entero que no sea un cuadrado

perfecto entonces

√P = [a1; a2, . . . , an, 2a1, a2, . . . , 2a1, a2, . . .]

para algun numero natural n .

Una ecuacion de Pell es una ecuacion cuadratica de la forma

x2 − Py2 = 1 (7.6)

donde P es un numero natural. Ya estudiamos ecuaciones lineales de

este tipo (ecuaciones Diofanticas).

Proposicion 7.1 Existen soluciones enteras x e y para la ecuacion

de Pell.


Demostracion. Tenemos que

√P = [a1; a2, . . . , an, 2a1, a2, . . .],

para algun numero natural n , es decir,

√P = a1 +

1

a2 +1

a3 +1

.. . an−1 +1

an +1

a1 + a1 +1

a2 +1

.. .

= a1 +1

a2 +1

a3 +1

.. . an−1 +1

an +1

a1 +√P

escribiendo, an+1 = a1 +√P , se tiene

cn = rn+1/sn+1 =√P =

an+1 · rn + rn−1

an+1 · sn + sn−1

reemplazando el valor de an+1 = a1 +√P en esta ultima ecuacion

obtenemos,√P =

(a1 +√P )rn + rn−1

(a1 +√P )sn + sn−1

esto es,

√P

(

(a1 +√P )sn + sn−1

)

= (a1 +√P )rn + rn−1

Sergio Plaza 269

sn√P (a1 +

√P ) + sn−1

√P = a1rn + rn

√P + rn−1

a1sn√P + sn

√P + sn−1

√P = a1rn + rn−1 + rn

√P

snP + (a1sn + sn−1)√P = a1rn + rn−1 + rn

√P (7.7)

como√P es irracional, de la ecuacion (3.14) se tienen las ecuaciones

snP = a1rn + rn−1

rn = a1sn + sn−1 .

De estas ultimas se derivan las siguientes ecuaciones para rn−1 y sn−1

rn−1 = snP − a1rn (7.8)

sn−1 = rn − a1sn . (7.9)

Por otra parte, sabemos que rnsn−1−snrn−1 = (−1)n y reemplazando

los valores de rn−1 y sn−1 dados por las ecuaciones (3.15) y (3.16) en

esta ultima igualdad se tiene que

rn(rn − a1sn)− sn(snP − a1rn) = (−1)n

r2na1rnsn − s2nP + a1snrn = (−1)n

r2n − Ps2n = (−1)n

es decir, u = rn y v = sn son soluciones de la ecuacion de la ecuacion

x2 − Py2 = (−1)n . Por lo anterior, para encontrar soluciones enteras

de la ecuacion x2 − Py2 = (−1)n , buscamos la expansion en fraccion

continua de√P y formamos la tabla de las convergentes. Si n es el

numero de termino en la expansion en fraccion continua de√P antes

que vuelva a aparecer por primera vez el termino 2a1 , llamando x e y

al numerador y denominador de la n -esima convergente de la expansion

en fraccion continua de√P , se tiene que ellos son numeros enteros que

satifacen la ecuacion x2 − Py2 = (−1)n . Por lo tanto, de lo anterior


tenemos que si n es par, entonces x e y son soluciones de la ecuacion

(3.13).

Ademas si n es impar, tomamos x = r2n e y = s2n en la expansion

anterior y tenemos que ellos son soluciones de la ecuacion de Pell, pues

para todo n ∈ N , el numero 2n es par y (r2n)2−P (s2n)

2 = (−1)2n = 1 .

Capıtulo 8

Problemas resueltos

Problema 8.1 Pruebe que la ecuacion

x3 + 1991y3 = z4

tiene infinitas soluciones.

Solucion.

de lo cual se obtiene que x = 1992.

Entonces el trıo x0 = 1992 , y0 = 1992 , z0 = 1992 es una solucion

de la ecuacion.

Claramente, si k es un numero entero positivo y u0 , v0 , w0 , es

un trıo solucion de la ecuacion, entonces el trıo k4u0 , k4v0 , k3w0 es

tambien una solucion. Como k es arbitrario, se ha encontrado una

infinidad de ellas.

Problema 8.2 Sean p y q enteros positivos. Demuestre que 2p +1 =

q2 implica que p = q = 3 .

271


Solucion. Notemos que encontrando q se obtiene inmediatamente p

y que la igualdad puede ser escrita como 2p = (q − 1)(q + 1) . Esto

significa que ( q − 1) divide a 2p . Aplicando el Teorema Fundamental

de la Aritmetica (R.F.A) se obtiene que necesariamente ( q − 1) es una

potencia de 2. En resumen, se tiene que (q− 1) = 2n , con n 6 p , y por

lo tanto la igualdad se transforma en

2p = 2n · (2n + 2) = 2n · 2(2n−1 + 1) = 2n+1 · (2n−1 + 1).

De esta igualdad se deduce que (2n−1+1) debe ser una potencia de 2

(por T.F.A), y esto sucede su y solamente si n = 1 . Por lo tanto q = 3

y p = 3.

Problema 8.3 Sea n un numero entero mayor que 1. Demuestre que

4n + n4 no es primo.

Solucion. Si n es par la expresion z = 4n+n4 es divisible por 2, luego

no es primo. Supongamos que n = 2k + 1 , con k un entero k > 1 .

Entonces z = (22k+1)2 + (n2)2 . Sumando 2n2 · 22k+1 se completa el

cuadrado del binomio, es decir,

z + 2n2 · 22k+1 = (22k+1 + n2)2.

Despejando z en esta igualdad se obtiene que

z =(

22k+1 + n2)2− 22(k+1)n2

=(

22k+1 + n2)2−(

2k+1n)2

=(

22k+1 + n2 − n2 − 2k+1n)

·(

22k+1 + n2 + 2k+1n)

Sergio Plaza 273

Para finalizar basta con probar que las expresiones entre parentesis

de la derecha en la ultima igualdad son mayores que 1. Claramente

la segunda expresion es mayor que uno. Examinaremos la primera de

ellas. Supongamos que 22k+1 + n2 − 2k+1n = 1 . Entonces se obtiene

que(n− 2k

)2+ 22k = 1 , lo cual se cumple solamente si k = 0 , lo cual,

a su vez, no esta permitido por hipotesis.

Problema 8.4 Determine todos los numeros enteros positivos que son

soluciones de la ecuacion x3 − y3 = 602 .

Solucion. Algebraicamente se tiene la descomposicion

x3 − y3 = (x− y)(x2 + xy + y2) .

Ademas x− y < x2 + xy + y2 si x, y son enteros positivos. Notemos

que la descomposicion primaria de 602 = 2 · 7 · 43 . Se debe resolver,

entonces,

x− y = A

x2 + xy + y2 = B ,

donde A < B . Experimentando con los pares (A,B) posible (1, 602) ,

(2, 301) , (7, 86) y (14, 43) , se obtiene que el unico que produce solu-

ciones enteras es (2, 301) , a saber x = 1 e y = 9 .

Problema 8.5 El producto de ciertos tres numeros pares consecutivos

esta dado por 88xxxxx2 , donde cada x representa un dıgito. Determine

los dıgitos faltantes.

Solucion. Se tiene que 88 · 106 < (n − 2)n(n + 2) = n3 − 4n < n3 .

Como 4403 < 88 · 106 < 4503 = 91.125.000 , el numero n es superior o

igual a 442 .

Tres numeros pares consecutivos terminan en una de las cinco formas

posibles: 0, 2, 4; o 2, 4, 6; o 6, 8, 0; u 8, 0, 2; y la unica forma en

que el ultimo dıgito del producto sea 2 es 4, 6, 8. Resulta entonces que

los numeros son 444, 446, 448,cuyo producto es 88714752. Los dıgitos

faltantes son, por tanto, 7, 1, 4, 7 y 5.

Problema 8.6 Determinar para cuales numeros primos p se cumple

que 2p + p2 es primo.

Solucion. Notemos que p = 2 y p = 3 producen los numeros 8 y 17,

compuesto en el primer caso y primo en el segundo. Basta considerar

entonces primos p > 2 .

Consideremos congruencia modulo 3. Sabemos que p debe satisfacer

una y solo una de las congruencias siguientes

p ≡ 0 (mod 3), p ≡ 1 (mod 3), p ≡ −1 (mod 3) .

Claramente, el primer caso solo se puede dar si p = 3 , puesto que de

otra manera p serıa un numero compuesto.

Aplicando las propiedades de congruencia en cualquiera de los dos

casos restantes se obtiene que p2 ≡ 1 (mod 3) .

Por otro lado, como 2 ≡ −1 (mod 3) se obtiene 2p ≡ (−1)p (mod 3) .

Ademas p es impar, luego 2p ≡ −1 (mod 3).

En resumen, 2p ≡ −1 (mod 3) y p2 ≡ 1 (mod 3) . Aplicando las

propiedades de las congruencias con respecto a la suma se obtiene final-

mente que

Sergio Plaza 275

(2p + p2

)≡ 0 (mod 3) .

Pero entonces(2p + p2

)es siempre divisible por 3 si p > 3 . Luego

el unico caso es p = 3 .

Problema 8.7 Determinar todos los enteros positivos n para los cuales

la expresion 2n + 1 es divisible por 3.

Solucion. Consideremos congruencia modulo 3. Entonces, 2 ≡ −1 (mod 3)

implica que 2n ≡ (−1)n (mod 3) , luego 2n + 1 ≡ [(−1)n + 1] (mod 3)

Luego, si n es impar, 2n + 1 ≡ 0 (mod 3) , es decir, 2n + 1 es

divisible por 3 para todo n impar. Ademas, si n es par se obtiene que

2n + 1 ≡ 2 (mod 3) . Luego 2n + 1 no es nunca divisible por 3 si n es

par.

Problema 8.8 Sean a y b numeros naturales tales que su maximo

comun divisor es d . Probar que hay exactamente d numeros del con-

junto {a, 2a, 3a, . . . , (b− 1)a, ba} que son divisibles por b .

Solucion. Si d = mcd (a, b) entonces d|a y d|b , es decir, existen

enteros r, s tales que a = rd y b = sd , con mcd (r, s) = 1 . Luego el

conjunto en cuestion puede describirse como sigue

{rd, 2rd, 3rd, · · · , (b− 1)rd, brd} = {krd : k = 1, 2, · · · , b} .

Al dividir cada numero del conjunto por b = sd , se obtiene resto

cero si y solamente si s divide a k (notar que mcd (r, s) = 1 ). Como

b = sd , esto sucede exactamente d veces.


Problema 8.9 Una sucesion de numeros a1, a2, a3, . . . es formada de

acuerdo a la siguiente regla a1 = 19 , a2 = 77 , y

an =1− an−1

an−2, para n > 2 .

Calcule el termino a1992 de esta sucesion.

Solucion. Como a1 6= 0 y a2 6= 0 , se tiene que a1+a2 6= 1 . Calculemos

los primos terminos de la sucesion

a3 =1− a2a1

a4 =1− a3a2

=(a1 + a2 − 1)

a1a2

a5 =1− a1a2

a6 = a1, a7 = a2...

Como cada termino solo depende de los dos inmediatamente anteri-

ores, se sigue que ella se repite en ciclos de cinco terminos. Ahora, como

1992 ≡ 2 (mod 5) , se tiene que a1992 = a2 = 77 .

Problema 8.10 Pruebe que, para todo numero natural n > 2 ,

1 +1

2+

1

3+ ·+ 1

n

no es numero entero.

Solucion. Denotemos por A(n) el conjunto de los primeros n numeros

naturales, es decir,

Sergio Plaza 277

A(n) = {1, 2, 3, . . . , n}

Podemos suponer que n es un numero que se encuentra entre 2ℓ y

2ℓ+1 para algun ℓ > 1 , es decir, n = 2ℓ+ k , con 0 6 k < 2ℓ . Luego los

numeros de la forma 2m , con m 6 1 , estan en dicho conjunto, y ademas

ellos son divisores de un numeros z si y solo si en la descomposicion

primaria de z aparecer 2ℓ .

Para sumar la expresion pedida se necesita calcular el mınimo comun

multiplo de los elementos del conjunto A(n) . Este mınimo comun

multiplo es el menor entero divisible por todo elemento de A(n) , luego,

por el T.F.A., el debe tener la forma 2ellb , con b impar.

Sumando obtenemos que

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n=

a

2ℓb

Basta con probar que a no es divisible por 2. Reescribiendo esta

igualdad y multiplicandola por 2ℓb , se tiene que

2ℓb+2ℓb

2+

2ℓb

3+ · · ·+ 2ℓb

2ℓ+

2ℓb

2ℓ + 1+

2ℓb

2ℓ + 2+ · · · + 2ℓb

2ℓ + k= a .

Puesto que 2ℓb es divisible por todos los numeros de A(n) , todas

las fracciones en el lado izquierdo de la ultima igualdad son numeros

enteros. Ademas, son numeros pares, pues la maxima potencia de 2 que

puede aparecer en la descomposicion primaria de cualquier numero del

conjunto A(n) (que son los denominadores de tales fracciones) es ℓ .

Luego a debe ser impar.


8.1 Problemas Propuestos

1. Determine todas las soluciones enteras de la ecuacion

x2 + 15a = 2b.

con a, b numeros enteros.

2. Demuestre que la fraccion

21n+ 4

14n+ 3

es irreducible para todo numero natural n .

3. Sean x, y, z enteros tales que x3+y3−z3 es multiplo de 7. Pruebe

que uno de esos numeros es multiplo de 7

4. Determine el numero de cuadrados perfectos que hay entre 40.000

y 640.000 que son multiplos simultaneamente de 3, 4 y 5.

5. Un entero de la forma 4a(8b+7) , con a y b enteros no negativos,

no puede ser una suma de tres cuadrados.

6. Encontrar todos los numeros enteros positivos n para los cuales

2n − 1 es divisible por 7.

7. Demostrar que no existen numeros enteros positivos n para los

cuales 2n + 1 es divisible por 7

8. Sea k un entero positivo tal que k(k+1)3 es un cuadrado perfecto.

Demuestre que k3 y (k + 1) son cuadrados perfectos.

Capıtulo 9

Problemas Clasicos No

Resueltos

Problema 9.1 ¿Existen numeros perfectos impares?

Problema 9.2 Sea f(n) = σ(n) − n . Defina la sucesion f0(n) = n y

fk+1(n) = f(fk(n)) para k = 1, 2, . . . ¿permanece esta sucesion acotada

para cada n ? (Poulet).

Problema 9.3 xn1 + xn2 + · · · + xnn−1 = xnn soluble para cada n > 2 ?

(Euler)

Problema 9.4 ¿Es πe irracional?

Problema 9.5 ¿Para que valores de k es x2 + k = y3 ?

Problema 9.6

Problema 9.7

Problema 9.8

279


Problema 9.9

Problema 9.10

Problema 9.11

Problema 9.12

Problema 9.13

Referencias

[1] O. Barriga, V. Cortes, S. Plaza, G. Riera.Matematicas y Olimpıadas.

Soc. de Matematica de Chile, 1994.

[2] R. M. Corless, G. W. Frank, J. G. Monroe. Chaos and Continued

Fractions. Physica D 46 (1990), 241–253.

[3] A. Y. Khintchin. Continued Fractions. Noordhoff, Groningen, 1963.

[4] G. H. Hardy, E. M. Wright. An Introduction to the Theory of Num-

bers. Oxford Univ. Press, 1971.

[5] W. B. Jones, W. J. Thron. Continued Fractions: Analytic Theory

and Applications. Addison–Wesley, Reading, 1980.

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