Parcial 2 – Soluciones

Univ. Nal. de Colombia, Medellı́n – Esc. de Matemáticas – Conj. y Combinatoria – 2011-I
Parcial 2 – Soluciones
Mayo 11, 2011
1. Justifique que las congruencias
x ≡ a (mod m)
x ≡ b (mod n)
y
(∗)
admiten una solución simultánea si y sólo si mcd(m, n) | a − b. Si una solución
existe, pruebe que es única módulo mcm(m, n) (el mı́nimo común múltiplo de m
y n). Sugerencia: Puede usar resultados acerca de ecuaciones diofantinas lineales
y mcm(m, n) = mn/mcd(m, n).
Solución. Sea d = mcd(m, n). Existencia: (⇒) Supongamos que las congruencias
(∗) tienen una solución simultánea x. Entonces existen enteros s y t tal que
x = a + sm
y
x = b + tn.
Por lo tanto
a + sm = b + tn
y
−sm + tn = a − b.
Puesto que d | m y d | n se obtiene que d | a − b.
(⇐) Supongamos que d | a−b. Entonces existe un entero q tal que a−b = qd. Por
la identidad de Bezout, existen enteros s, t tal que d = sm + tn. De lo anterior,
obtenemos que
a − b = q(sm + tn)
y entonces
a − qsm = b + qtn.
Pero entonces x = a − qsm = b + qtn satisface las congruencias (∗).
Unicidad: Supongamos que x y x 0 satisfacen las congruencias (∗). Entonces
x ≡ x 0 (mod m)
y
x ≡ x 0 (mod n),
y m | x − x 0 y n | x − x 0 . Es decir, x − x 0 es común múltiplo de m y n y por lo tanto,
por propiedad del mı́nimo común múltiplo,
mcm(m, n) | x − x 0
y entonces x ≡ x 0 (mod mcm(m, n)).
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2. Justifique que si mcd(a, n) = 1, la congruencia lineal ax ≡ b (mod n) tiene
solución
x ≡ baφ(n)−1 (mod n). (∗)
Use esto para resolver la congruencia 3x ≡ 5 (mod 26).
Solución. Por el teorema de Euler sabemos que para todo entero a
aφ(n) ≡ 1 (mod n). (∗∗)
Sea x que satisface (∗). Entonces, usando (∗∗) se obtiene que
ax ≡ a · (baφ(n)−1 ) ≡ b · aφ(n) ≡ b (mod n).
Esto es, x en (∗) satisface la congruencia lineal dada.
Ahora resolvemos la congruencia dada. Primero
φ(26) = 26(1 − 1/2)(1 − 1/13) = 12.
Entonces necesitamos determinar 311 (mod 26). Pero 33 = 27 ≡ 1 (mod 26), por
lo tanto
311 = (33 )3 · 32 ≡ 9 (mod 26)
Por lo tanto, la solución es
x ≡ 5 · 311 ≡ 5 · 9 ≡ 45 ≡ 19 (mod 26).
3. Justifique que para p primo y m entero positivo, φ(pm ) = pm−1 φ(p)
Solución. Para p primo, los enteros 1, 2, 3, . . . , p − 1 son coprimos con p; por lo
tanto φ(p) = p − 1. Más general, para m ≥ 1 entero, un entero k con 1 ≤ k ≤ pe
no es coprimo con pe si y sólo si k es múltiplo de p. Estos múltiplos son
p, 2p, 3p, . . . , pm−1 p;
es decir, hay pm−1 no coprimos y por lo tanto
pm − pm−1 = pm−1 (p − 1)
coprimos con pm . Por lo tanto
φ(pm ) = pm−1 (p − 1) = pm−1 φ(p).
4. Sea p primo. Justifique que para todo entero a, p divide ap + a(p − 1)!
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Solución. Por el teorema de Fermat, si p 6 | a se tiene ap−1 ≡ 1 (mod p). De
aquı́ que ap ≡ a (mod p), lo que es válido incluso cuando p | a. Por otra parte,
por el teorema de Wilson, (p − 1)! ≡ −1 (mod p) y por lo tanto
ap + a(p − 1)! ≡ a + a(−1) = 0 (mod p).
Esto significa que p divide ap + a(p − 1)!
5. Justifique lo siguiente:
Sea G un grupo con elemento unidad e. Si g ∈ G con ordG (g) < ∞,
entonces gk = e si y sólo si ordG (g) | k.
Solución. Sea d = ordG (g). (⇒) Usando el algoritmo de la división, se obtiene
que k = qd + r donde 0 ≤ r < d. Entonces
e = gk = gqd+r = gqd gr = (gd )q gr = eq gr = gr .
De aquı́ se deduce que r = 0 ó de lo contrario se tendrı́a una contradicción con el
hecho de que d = ordG (g). Por lo tanto, k = qd; es decir, d | k.
(⇐) Si d | k entonces k = qd y gk = (gd )q = eq = e.
6. Justifique que para cualquier entero n, n9 + 2n7 + 3n3 + 4n es divisible por 5.
Sugerencia: Utilice el teorema de Fermat para obtener un polinomio en n que es
divisible por 5.
Solución. Si 5 | n entonces 5 divide el polinomio dado (ya que n se puede factorizar). Si 56 | n entonces, por el teorema de Fermat, se tiene que n4 ≡ 1 (mod 5) y,
por lo tanto, aplicando esta equivalencia repetidamente:
n9 + 2n7 + 3n3 + 4n = (n4 )2 n + 2(n4 ) n3 + 3n3 + 4n
≡ n + 2n3 + 3n3 + 4n (mod 5)
= 5n + 5n3
≡ 0 (mod 5).
Por lo tanto 5 divide n9 + 2n7 + 3n3 + 4n.
7. Sea p un primo impar y r una raı́z primitiva de p (es decir, ordp (r) = p − 1).
Justifique que
a) r(p−1)/2 ≡ −1 (mod p)
Solución. Sea x = r(p−1)/2 . Entonces x2 = rp−1 ≡ 1 (mod p) porque
ordp (r) = p − 1. De aquı́ que, factorizando,
(x − 1)(x + 1) ≡ 0 (mod p).
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Puesto que p es primo, se deduce que x − 1 ≡ 0 (mod p) ó x + 1 ≡ 0 (mod p).
En el primer caso se tendrı́a que x = r(p−1)/2 ≡ 1 (mod p), lo que contradice
la minimalidad de ordp (r). Por lo tanto,
r(p−1)/2 ≡ −1 (mod p).
b) r0 , r1 , r2 , . . . , rp−2 son incongruentes (mod p) (y por lo tanto congruentes
(mod p) con 1, 2, 3, . . . , p − 1 en algún orden)
Solución. Si dos de estas potencias, ri y rj con j > i satisfacen xj ≡
xi (mod p), entonces xj−i ≡ 1 (mod p). Pero 0 < j−i < ordp (r), lo que contradice la minimalidad de ordp (r). Por lo tanto, las potencias r0 , r1 , r2 , . . . , rp−2
son incongruentes y, puesto que hay p−1 de estas, ellas deben ser congruentes
(mod p) con 1, 2, 3, . . . , p − 1 en algún orden.
c) Use (a,b) para probar que (p − 1)! ≡ −1 (mod p) (el teorema de Wilson)
Sugerencia: Forme el producto 1 · 2 · 3 · · · · · (p − 1) usando (b) y entonces use
(a)
Solución. Utilizando (b), podemos escribir (p − 1)! como
(p − 1)! = 1 · 2 · 3 · · · · · (p − 1)
≡ r0 · r1 · r2 · · · · · rp−2 (mod p)
= r
0+1+2+···+(p−1)
= r
(p−2)(p−1)/2
= (r
(p−1)/2 p−2
≡ (−1)
= −1
)
p−2
usando (b)
usando propiedad de potencias
usando fórmula para la suma 1 + 2 + · · · + (p − 1)
usando propiedad de potencias
(mod p)
usando (a)
porque p − 2 es impar.
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