Apunts Aritmètica Teresa Crespo

ARITME`TICA Curs 2013-2014

Teresa Crespo

12 de febrer de 2014

Index

1 Nombres complexos 51.1 Nombres naturals, enters, racionals, reals . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 El cos dels nombres complexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Arrels quadrades en forma bino`mica. . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Pla complex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.5 Arrels n-e`simes de nombres complexos . . . . . . . . . . . . . . . . 91.6 Arrels de la unitat. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Divisibilitat a lanell dels enters 132.1 Divisio entera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2 Bases de numeracio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3 Ma`xim comu divisor de dos enters . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4 Algoritme dEuclides. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.5 Mnim comu multiple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.6 El teorema fonamental de laritme`tica . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.7 Equacions diofantines lineals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3 Polinomis amb coeficients en un cos 353.1 Lanell K[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.2 Divisio entera de polinomis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.3 Ma`xim comu divisor de dos polinomis . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.4 Algoritme dEuclides per a polinomis . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.5 Descomposicio dun polinomi en producte dirreductibles . . . . . . 463.6 Arrels de polinomis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.7 El teorema fonamental de la`lgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4 Congrue`ncies 554.1 Relacio de congrue`ncia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3

4 INDEX

4.2 Anells de classes de restes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.3 Congrue`ncies lineals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 624.4 Sistemes de congrue`ncies lineals . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.5 Propietats multiplicatives de les congrue`ncies . . . . . . . . . . . . . 674.6 Smbol de Legendre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.7 Smbol de Jacobi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

5 Aplicacions 895.1 Tests de primeritat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

5.1.1 Test de Solovay-Strassen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.1.2 Certificats de primeritat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 935.1.3 Nombres de Mersenne. Test de Lucas-Lehmer . . . . . . . . 95

5.2 Algoritmes de factoritzacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 965.2.1 Me`tode de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 965.2.2 Algoritme p-1 de Pollard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

5.3 Criptosistemes de clau privada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 995.3.1 Criptosistema de Ce`sar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 995.3.2 Criptosistemes afins . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1025.3.3 Criptosistema de Vigene`re . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

5.4 Criptosistemes de clau publica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1045.4.1 Criptosistemes de tipus RSA . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1055.4.2 El problema del logaritme discret . . . . . . . . . . . . . . . 1065.4.3 El criptosistema de ElGamal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1075.4.4 Autentificacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1075.4.5 Generacio i intercanvi de claus . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

6 Ape`ndix 1096.1 El conjunt N dels nombres naturals. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1096.2 Operacions en un conjunt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1096.3 Definicio de grup, anell, cos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1106.4 Glossari Catala`-Castella`-Angle`s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

Captol 1

Nombres complexos

1.1 Nombres naturals, enters, racionals, reals

Indiquem per N el conjunt dels nombres naturals. Fem el conveni que 0 N.

Indiquem per Z el conjunt dels enters.

Indiquem per Q el conjunt dels nombres racionals.

Indiquem per R el conjunt dels nombres reals.

Tenim que N Z Q R. Recordem que a N tenim definides dues operacionsinternes, la suma (+) i el producte () manera que se satisfan les propietats seguents.

la suma es associativa, commutativa i 0 es element neutre per la suma,

el producte es associatiu, commutatiu, 1 es element neutre pel producte i elproducte es distributiu respecte de la suma.

A Z la suma i el producte satisfan les mateixes propietats que a N i a mes totelement de Z te oposat. Diem que Z es un anell commutatiu amb unitat.A Q la suma i el producte satisfan les mateixes propietats que a Z i a mes totelement no nul de Q te invers. Diem que Q es un cos.El conjunt R amb la suma i el producte tambe es un cos.

5

6 CAPITOL 1. NOMBRES COMPLEXOS

1.2 El cos dels nombres complexos

Considerem

R2 = R R = {(a, b) : a, b R}.Sabem que a R2 tenim definida una suma per

(a, b) + (a, b) = (a+ a, b+ b)

i que (R2,+) es un grup abelia`. Volem definir a R2 un producte intern. Posem

(a, b) (a, b) = (aa bb, ab + ab).A partir de les propietats de la suma i el producte de nombres reals, es pot provarque aquest producte es associatiu, commutatiu, distributiu respecte de la suma i(1, 0) es element neutre per aquest producte.Recordem que R2 es espai vectorial amb la suma i el producte extern definit per

(a, b) = ( a, b), per a R, (a, b) R2.Si a R, tenim

a(a, b) = (aa, ab) = (a, 0) (a, b)Identifiquem el nombre real a amb lelement (a, 0) de R2. Fem servir la notacioi := (0, 1). Per la definicio del producte, tenim que i2 = 1. A mes, si b R,tenim que bi = (0, b) i a+ bi = (a, b).Si a+ bi 6= 0, tenim que a 6= 0 o b 6= 0, aleshores

(a+ bi)(a bi) = a2 + b2 6= 0i per tant

(a+ bi)(a

a2 + b2 ba2 + b2

i) = 1.

Tenim doncs que tot element no nul te invers. Hem obtingut que R2 amb la sumai el producte intern que hem definit es un cos. Sescriu C i es diu cos dels nombrescomplexos. Escrivim els seus elements en la forma a+ bi. Amb aquest notacio, lasuma i el producte sescriuen en la forma

1.3. ARRELS QUADRADES EN FORMA BINO`MICA. 7

(a+bi)+(a+bi) = (a+a)+(b+b)i , (a+bi) (a+bi) = (aabb)+(ab+ab)i.

Per a z = a+ bi C, a es diu part real de z, b es diu part imagina`ria de z. Posema = Re z, b = Im z. Diem que a + bi es la forma bino`mica del nombre complex z.Si z = a+ bi, posem z = a bi i diem que z es el nombre complex conjugat de z.Proposicio 1.2.1. Si z1, z2 C, se satisfa`

1. z1 + z2 = z1 + z2

2. z1 z2 = z1 z2

Demostracio. Posem z1 = a1 + b1i, z2 = a2 + b2i, amb a1, a2, b1, b2 R. Tenim quez1 = a1 b1i, z2 = a2 b2i. Ara

z1 + z2 = (a1 + a2) + (b1 + b2)i z1 + z2 = (a1 + a2) (b1 + b2)i = z1 + z2

z1z2 = (a1a2b1b2)+(a1b2+a2b1)i z1 z2 = (a1a2b1b2)(a1b2+a2b1)i = z1 z2.

2

1.3 Arrels quadrades en forma bino`mica.

Sabem que tot nombre real a > 0 te dues arrels quadrades a R. Escrivima larrel

quadrada positiva de a. Com que i2 = 1, tot nombre real a < 0 te dues arrelsquadrades a C: |a| i. Veiem ara com calcular les arrels quadrades dun nombrecomplex, no real.Volem calcular les arrels quadrades del nombre complex z = a + bi, amb b 6= 0.Volem doncs resoldre lequacio

(x+ yi)2 = a+ bi.

Com que (x+ yi)2 = x2 y2 + 2xyi, igualant part real i part imagina`ria, tenim lesdues equacions


{x2 y2 = a

2xy = b.

Si x = 0, (yi)2 = y2 es un nombre real, per tant ha de ser x 6= 0 i de la segonaequacio, obtenim

y =b

2x

i, substituint a la primera,

x2 b2

4x2= a

que, multiplicant per x2, dona

x4 ax2 b2

4= 0,

equacio biquadra`tica en x. Posant X = x2, obtenim lequacio quadra`tica en X

X2 aX b2

4= 0, (1.1)

de la qual busquem arrels positives, ja que x ha de ser real i per tant X = x2 hade ser positiu. Les dues arrels de (1.1) son

X =aa2 + b2

2.

Com que a2 + b2 > 0, tenim dues arrels reals diferents. Ara, b 6= 0 a2 + b2 >a2. Per tant, larrel amb + davant de larrel quadrada es positiva i larrel amb -negativa. Obtenim doncs dues solucions.

x = a+a2 + b2

2, y =

b

2x.

Exercici. Calculeu les arrels quadrades del nombre complex 3 + 4i.

Tenim les equacions {x2 y2 = 3

2xy = 4.

1.4. PLA COMPLEX 9

De la segona obtenim que y = 2/x i, substituint a la primera, x2 4/x2 = 3.Multiplicant per x2, obtenim x4 3x2 4 = 0. Posant X = x2, tenim lequacioquadra`tica X2 3X 4 = 0, de la qual larrel positiva es 4. Obtenim doncsx = 2, y = 1.Les arrels quadrades de 3 + 4i son (2 + i).

1.4 Pla complex

Podem representar el nombre complex a + bi pel punt (a, b) del pla. Es a dir, enel pla R2, agafem 1 com a vector unitat de les abscisses i i com a vector unitatde les ordenades. Direm eix real leix de les abscisses i eix imaginari leix deles ordenades. Diem mo`dul del nombre complex z = a + bi el mo`dul del vector(a, b). Posem |z| el mo`dul de z. Si z = a + bi, tenim que |z| = a2 + b2. Diemargument del nombre complex no nul z = a + bi langle que fa el vector (a, b)amb leix real. Posem Arg z largument de z. Largument dun nombre complexesta` determinat tret dun multiple enter de 2pi, si el donem en radians, i tret dunmultiple enter de 360, si el donem en graus. Si r = |z|, = Arg z, tenim queRe z = r cos, Im z = r sin. El nombre complex z queda doncs determinat pelseu mo`dul i el seu argument. Posem z = r i diem aquesta expressio la forma polardel nombre complex z.

Exemples.

1) Si a R, a > 0, tenim que |a| = a, Arg a = 0. Si a R, a < 0, tenim que|a| = a, Arg a = pi.

2) Si b R, b > 0, tenim que |b i| = b, Arg(b i) = pi/2. Si b R, b < 0, tenim que|b i| = b, Arg(b i) = 3pi/2.

3) Si z = 1 + i, |z| = 2,Arg z = pi/4.

4) Si a > 0,Arg(a+ bi) = arctan(b/a); si a < 0,Arg(a+ bi) = arctan(b/a) + pi.

1.5 Arrels n-e`simes de nombres complexos

Veiem ara com sexpressa el producte de dos nombres complexos en forma polar.Si z = r, z

= r , tenim que


zz = r(cos + i sin) r(cos + i sin)= rr(cos + i sin) (cos + i sin)= rr ((cos cos sin sin) + (cos sin + cos sin) i)= rr(cos( + ) + i sin( + )).

Hem obtingut doncs

|zz| = |z||z|, Arg(zz) = Arg z + Arg z.Per tant lexpressio del producte de dos nombres complexos en forma polar es

rr = (rr

)+ .

Com a cas particular, obtenim

|z2| = |z|2, Arg(z2) = 2 Arg z.Per induccio, es demostra

|zn| = |z|n, Arg(zn) = nArg z, (1.2)per a tot enter n > 1.A partir de (1.2), podem veure com calcular les arrels n-e`simes dun nombre com-plex, per a qualsevol enter n > 1. Si es una arrel n-e`sima del nombre complexz, ha de complir

||n = |z|, nArg = Arg z.Com que |z| es un nombre real positiu, existeix exactament un nombre real positiuque aixecat a n dona |z| i que escrivim n|z|. Ara, com que Arg z esta` determinattret dun multiple enter de 2pi, lequacio nArg = Arg z te n solucions que son

Arg z

n,Arg z + 2pi

n, . . . ,

Arg z + 2(n 1)pin

.

Obtenim doncs n arrels n-e`simes del nombre complex z que sescriuen

( n|z|)Arg z+2kpi

n, 0 k n 1,

en forma polar.

Exercici. Calculeu les arrels cubiques de -1.

1.6. ARRELS DE LA UNITAT. 11

El mo`dul de -1 es 1 i el seu argument es pi. Les tres arrels cubiques de -1, escritesen forma polar, son doncs

1pi/3, 1pi, 15pi/3.

Tenint en compte cos(pi/3) = 1/2, sin(pi/3) =

3/2, cospi = 1, sin pi = 0,cos(5pi/3) = 1/2, sin(5pi/3) = 3/2, obtenim que les arrels cubiques de -1 enforma bino`mica son

1 + i

3

2,1, 1 i

3

2.

Exercici. Calculeu les arrels vuitenes de 25.

El mo`dul de 25 es 25 i el seu argument es 0. Les 8 arrels vuitenes de 25, escritesen forma polar, son doncs

(4

5)0, (4

5)pi/4, (4

5)pi/2, (4

5)3pi/4, (4

5)pi, (4

5)5pi/4, (4

5)3pi/2, (4

5)7pi/4.

Tenint en compte els valors de sinus i cosinus dels arguments, obtenim que lesarrels vuitenes de 25 en forma bino`mica son

4

5, 4

5

2(1 + i)/2, 4

5i, 4

5

2(1 + i)/2, 45, 452(1 i)/2, 45i, 452(1 i)/2.

1.6 Arrels de la unitat.

En particular, les arrels n-e`simes complexes de 1 per a n enter > 1 son (1)2kpi/n,0 k n 1.Exercici. Calculeu les arrels sisenes de 1.

Les arrels sisenes de 1 son, en forma polar,

(1)0, (1)pi/3, (1)2pi/3, (1)pi, (1)4pi/3, (1)5pi/3.

I en forma bino`mica

1,1 + i

3

2,1 + i3

2,1, 1 i

3

2,1 i3

2.

Captol 2

Divisibilitat a lanell dels enters

2.1 Divisio entera

Proposicio 2.1.1 (Divisio de nombres enters). Donats a, b Z, b 6= 0, existeixenq, r Z unics tals que

a = bq + r, 0 r < |b|.Diem que q es el quocient i r la resta (o el residu) de la divisio de a entre b.

Demostracio. Provem primer lexiste`ncia. Distingim quatre casos segons el signede a i b.

1. Primer cas. a 0, b > 0.Si a < b, clarament q = 0, r = a satisfan les condicions de lenunciat.

Si a b, considerem el conjunt

N := {n N : bn a}.

El conjunt N esta` acotat superiorment, per tant te ma`xim (veure Seccio 6.1),posem-li q. Tenim doncs bq a i b(q + 1) > a. Posant r = a bq, obtenimr 0, r < b.

2. Segon cas. a 0, b < 0.Com que b > 0, pel primer cas, tenim que q, r tals que

13

14 CAPITOL 2. DIVISIBILITAT A LANELL DELS ENTERS

a = (b)q + r, 0 r < |b|.Per tant q i r satisfan

a = b(q) + r, 0 r < |b|tal com volem.

3. Tercer cas. a < 0, b > 0.

Com que a > 0, pel primer cas, tenim que q, r tals que

a = bq + r, 0 r < |b|.Si r = 0, tenim que a = b(q).Si r > 0, a = b(q) r = b(q 1) + (b r) amb 0 < b r < b.Per tant q 1 i b r satisfan les condicions per ser quocient i resta de ladivisio de a entre b.

4. Quart cas. a < 0, b < 0.

Com que b > 0, pel tercer cas, tenim que q, r tals que

a = (b)q + r, 0 r < |b|.Per tant q i r satisfan

a = b(q) + r, 0 r < |b|tal com volem.

Provem ara lunicitat. Suposem que, donats enters a, b, tenim dues parelles denters(q1, r1), (q2, r2) tals que

a = bq1 + r1 , 0 r1 < |b|,a = bq2 + r2 , 0 r2 < |b|.

Restant les dues igualtats, obtenim b(q2 q1) = r1 r2. Ara la desigualtat0 r2 < |b| implica |b| < r2 0 i sumant aquesta amb la desigualtat que

2.2. BASES DE NUMERACIO 15

satisfa` r1, obtenim |b| < r1 r2 < |b| i, per tant |b| < b(q2 q1) < |b|. Com queq2 q1 es enter, ha de ser q2 q1 = 0, es a dir q2 = q1 i tambe r2 = r1. 2Exemple.2 i 1 son el quocient i la resta de la divisio entera de 7 entre 3.2 i 1 son el quocient i la resta de la divisio entera de 7 entre 3.3 i 2 son el quocient i la resta de la divisio entera de 7 entre 3.3 i 2 son el quocient i la resta de la divisio entera de 7 entre 3.

Observacio. De vegades interessa tenir una resta de la divisio que sigui el mespetita possible en valor absolut. Proveu com a exercici, a partir de 2.1.1, el resultatseguent.Donats a, b Z, b 6= 0, existeixen q, r Z unics tals que

a = bq + r, |b|/2 < r |b|/2.

2.2 Bases de numeracio

Habitualment escrivim els enters naturals en base 10. Aleshores, comencant per ladreta, la primera xifra es la de les unitats, la segona la de les desenes, la tercera la deles centenes, etc. Per exemple, 7543 representa lenter 7103 +5102 +410+3.Podem escriure els enters naturals utilitzant com a base qualsevol enter b > 1.Concretament, tenim el resultat seguent, que es pot provar per induccio a partirde la divisio entera.

Proposicio 2.2.1. Sigui b un enter > 1. Si n es un enter > 0, existeixen entersk 0 i a0, a1, . . . , ak {0, 1, 2, . . . , b 1} unics tals que ak 6= 0 i

n = akbk + ak1bk1 + + a1b+ a0.

Posem n = (akak1 . . . a1a0)b i diem que ak, ak1, . . . , a1, a0 son les xifres de n enbase b.

Habitualment, fem servir les xifres 0, 1, . . . , b1 si b 10. Si b > 10, afegim lletresmajuscules en ordre alfabe`tic. Per exemple, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A,B, C,D sonles xifres en base 14. Per trobar les xifres en base b dun nombre escrit en base 10,fem divisions successives.


Exercici. Escriviu 6695 en base 12 i 545 en base 2. Quin es lenter (1CAFE)16?

1. Volem escriure 6695 en base 12. Escrivim les xifres en base 12 com que0, 1, . . . , 9,A,B. Fent les divisions corresponents, obtenim

6695 = 12 557 + 11; 557 = 12 46 + 5; 46 = 12 3 + 10.I per tant 6695 = 12557+11 = 12(1246+5)+11 = 46122+512+11 =(12 3 + 10) 122 + 5 12 + 11 = 3 123 + 10 122 + 5 12 + 11 que dona6695 = (3A5B)12.

2. Escrivim 545 en base 2. Tenim que

545 = 2 272 + 1; 272 = 2 136; 136 = 2 68; 68 = 2 34;34 = 2 17; 17 = 2 8 + 1; 8 = 2 4; 4 = 2 2; 2 = 2 1.

Obtenim doncs 545 = (1000100001)2.

3. Per escriure en base 10 un enter escrit en una altra base, simplement operemtenint en compte la magnitud que indica cada xifra.

(1CAFE)16 = 14 + 15 16 + 10 162 + 12 163 + 164 = 117502,ja que A representa 10, B representa 11, C representa 12, D representa 13,E representa 14 i F representa 15.

Definicio 2.2.2. Donats a, b Z, si existeix q Z tal que a = bq, diem que a esmultiple de b o que b es divisor de a o que b divideix a o que a es divisible per b.Posem b | a. Si b no divideix a, posem b - a.

Exemples. 4 | 12, 5 - 12, 1 divideix qualsevol enter, 0 es divisible per qualsevolenter. Si n es qualsevol enter, n es divisible per 1,1, n,n.Observacio. Si a i b son enters no nuls, b | a |b| |a|.Proposicio 2.2.3 (Propietats de la relacio de divisibilitat a Z). Si a, b, c,m, n Z,se satisfa`

a) a | a (reflexivitat)

2.2. BASES DE NUMERACIO 17

b)c | bb | a

} c | a (transitivitat)

c)a | bb | a

} b = a (antisimetria)

d)b | ab | c

} b | am+ cn (linealitat)

e) b | a cb | ca (multiplicativitat)

f)cb | cac 6= 0

} b | a (llei de simplificacio)

Demostracio.

a) Clarament a = a 1

b)c | b b = qc amb q enterb | a a = qb amb q enter

}

a = qb = q(qc) = (qq)c i qq es enter c | a.c) Si a = 0, tenim que b = 0, ja que b = aq, per a algun enter q i per tant se satisfa`

b = a.

Suposem ara a 6= 0.a | b b = qa amb q enterb | a a = qb amb q enter

}

a = (qq)aa6=0 qq = 1 q = q = 1 b = a.

d)b | a a = bq amb q enterb | c c = bq amb q enter

} am+ cn = (bq)m+ (bq)n

= b(qm+ qn), on qm+ qn es enter b | am+ cn.e) b | a a = bq amb q enter ca = (cq)b on cq es enter cb | ca.

f)cb | ca ca = cbq amb q enterc 6= 0

} a = bq b | a

2

Observacio. Les propietats a),b),c) de la relacio de divisibilitat indiquen queaquesta relacio es una relacio dordre a N. No es una relacio dordre total.


2.3 Ma`xim comu divisor de dos enters

Un divisor comu de dos enters a i b es un enter d tal que d | a i d | b.

Definicio 2.3.1. Donats dos enters a, b direm que un enter d es ma`xim comudivisor de a i b si satisfa` les dues propietats seguents.

1. d | a i d | b

2. Si d1 es un enter tal que d1 | a i d1 | b, aleshores d1 | d.

Observacio. Si d es ma`xim comu divisor de a i b, d tambe ho es.

Proposicio 2.3.2. Si d1 i d2 son ma`xims comuns divisors de a i b, tenim qued1 = d2.

Demostracio. Com que d1 es ma`xim comu divisor de a i b i d2 nes un divisor comu,obtenim de la definicio, d2 | d1. Com que d2 es ma`xim comu divisor de a i b i d1nes un divisor comu, obtenim d1 | d2. Aleshores, per la propietat antisime`trica dela relacio de divisibilitat, obtenim que d1 = d2. 2Tenim doncs que el ma`xim comu divisor de dos enters queda determinat tret delsigne. Podem escriure, per exemple, 2 = mcd(4, 6) i tambe 2 = mcd(4, 6).Qualsevol igualtat amb ma`xims comuns divisors sera` tambe tret del signe.

Exemple. Per a tot enter a, tenim que mcd(a, 0) = a ja que qualsevol enterdivideix 0.

2.4 Algoritme dEuclides.

Veiem ara un algoritme per a calcular el ma`xim comu divisor de dos nombresenters. En particular, tindrem que, donats dos nombres enters, existeix el seuma`xim comu divisor. Abans provem un resultat previ.

Lema 2.4.1. Si a, b, q son nombres enters, tenim que

mcd(a, b) = mcd(a bq, b).

2.4. ALGORITME DEUCLIDES. 19

Demostracio. Veurem que les parelles (a, b) i (abq, b) tenen els mateixos conjuntsde divisors comuns. Daqu es dedueix clarament la igualtat dels ma`xims comunsdivisors. Ara, per la propietat de linealitat de la relacio de divisibilitat, tenim lesimplicacions seguents.

d | a i d | b d | a bqd | a bq i d | b d | (a bq) + qb = a.

2

Proposicio 2.4.2 (Algoritme dEuclides). Siguin a, b dos enters, b 6= 0. Femsuccessivament les divisions enteres

a = bq1 + r1, 0 r1 < |b|b = r1q2 + r2, 0 r2 < r1r1 = r2q3 + r3, 0 r3 < r2r2 = r3q4 + r4, 0 r4 < r3

...

Aleshores, existeix n N tal que rn = 0 i se satisfa` mcd(a, b) = rn1.

Demostracio. Volem veure que arribem a una resta igual a 0 en un nombre finitde passos. En efecte, si considerem la successio de restes, tenim que r1 > r2 >r3 > . . . per tant formen una successio estrctament decreixent denters naturalsi tenim doncs rn = 0 per a algun n N. Ara, pel lema, se satisfa` mcd(a, b) =mcd(b, r1) = mcd(r1, r2) = mcd(r2, r3) = = mcd(rn1, rn) = mcd(rn1, 0)= rn1. 2

Exercici. Calculeu el ma`xim comu divisor de les seguents parelles denters amblalgoritme dEuclides.

{4347, 235}, {5957, 994}, {2874, 999}.

1. mcd(4347, 235)

4347 = 235 18 + 117235 = 117 2 + 1

Obtenim que mcd(4347, 235) = 1.


2. mcd(5957, 994)

5957 = 994 5 + 987994 = 987 1 + 7987 = 7 28 + 0


3. mcd(2874, 999)

2874 = 999 2 + 876999 = 876 1 + 123876 = 123 7 + 15123 = 15 8 + 315 = 3 5 + 0


Proposicio 2.4.3 (Identitat de Bezout). Si d = mcd(a, b), aleshores existeixenenters s, t tals que

d = sa+ tb.

Demostracio. Veiem com es poden calcular s, t de manera que se satisfaci d = sa+tba partir de les divisions que hem fet en aplicar lalgoritme dEuclides. Si a = bq1+r1,tenim que r1 = a bq1 i podem escriure la igualtat de matrius(

br1

)=

(0 11 q1

)(ab

).

Ana`logament, b = r1q2 + r2 r2 = b r1q2 que dona la igualtat de matrius(r1r2

)=

(0 11 q2

)(br1

)i, per a cada i, ri = ri+1qi+2 + ri+2 ri+2 = ri ri+1qi+2 que dona(

ri+1ri+2

)=

(0 11 qi+2

)(riri+1

).

Si rn es la primera resta nulla, obtenim

2.4. ALGORITME DEUCLIDES. 21

(rn1

0

)=

(0 11 qn

)(rn2rn1

)

=

(0 11 qn

)(0 11 qn1

)(rn3rn2

)= . . .

=

(0 11 qn

)(0 11 qn1

). . .

(0 11 q1

) s t

(ab

).

Com que s i t sobtenen fent sumes i productes denters, son enters i per la igualtatde matrius satisfan mcd(a, b) = rn1 = sa+ tb. 2

Exercici. Calculeu els coeficients duna identitat de Bezout per a 2874 i 999.

Havem calculat mcd(2874, 999) = 3. Tenim que

(30

)=

(0 11 5

)(0 11 8

)(0 11 7

)(0 11 1

)(0 11 2

)(ab

)Fent el producte de matrius

(0 11 5

)(0 11 8

)(0 11 7

)(0 11 1

)(0 11 2

)=

( 65 187

).

Per tant 3 = 65 2874 + 187 999.

Observacio. Tambe podem calcular els coeficients de la identitat de Bezout allantsuccessivament les restes de cada divisio comencant per lultima. En lexempleanterior, tenim que

3 = 123 15 8 = 123 (876 123 7) 8 = 123 57 876 8= (999 876 1) 57 876 8 = 999 57 876 65= 999 57 (2874 999 2) 65 = 999 187 2874 65.


Corollari 2.4.4. Sigui d = mcd(a, b). Aleshores un enter n es multiple de d si inomes si existeixen enters x, y tals que n = xa+ yb.

Demostracio. Tenim que d = sa+ tb, amb s, t enters per 2.4.3. Per tant, si n = d,aleshores n = xa + yb amb x = s, y = t. Recprocament, si n = xa + yb, ambx, y enters, com que a i b son multiples de d, n tambe ho es.

Podem definir tambe el ma`xim comu divisor de mes de dos enters.

Definicio 2.4.5. Donats enters a1, a2, . . . , an direm que un enter d es ma`xim comudivisor de a1, a2, . . . , an si satisfa` les dues propietats seguents.

1. d | ai per a tot i = 1, . . . , n,2. Si d1 es un enter tal que d1 | ai per a tot i = 1, . . . , n, aleshores d1 | d.

Se satisfa` la igualtat seguent entre ma`xims comuns divisors

mcd(a1, a2, . . . , an) = mcd(mcd(a1, a2, . . . , an1), an)

per tant el ca`lcul del ma`xim comu divisor de mes de dos enters es redueix al ca`lculdel ma`xim comu divisor de dos enters.

Exercici. Calculeu mcd(750, 1110, 780, 474).

Aplicant lalgoritme dEuclides, obtenim mcd(750, 1110) = 30,mcd(30, 780) =30,mcd(30, 474) = 6. Tenim doncs mcd(750, 1110, 780, 474) = 6.

2.5 Mnim comu multiple

Un multiple comu de dos enters a, b es un enter m tal que a | m i b | m.Definicio 2.5.1. Donats dos enters a, b direm que un enter m es mnim comumultiple de a i b si satisfa` les dues propietats seguents.

1. a | m i b | m2. Si m1 es un enter tal que a | m1 i b | m1, aleshores m | m1.

Observacio. Si m es mnim comu multiple de a i b, m tambe ho es.

2.5. MINIM COMU MULTIPLE 23

Proposicio 2.5.2. Si m1 i m2 son mnims comuns multiples de a i b, tenim quem1 = m2.

Demostracio. Com que m1 es mnim comu multiple de a i b i m2 nes un multiplecomu, obtenim de la definicio 2.5.1, m1 | m2. Com que m2 es mnim comu multiplede a i b i m1 nes un multiple comu, obtenim m2 | m1. Aleshores, per la propietatantisime`trica de la relacio de divisibilitat, obtenim que m1 = m2. 2Dos enters a i b es diuen coprimers si mcd(a, b) = 1.

Exemple. 4337 i 235 son coprimers.

Proposicio 2.5.3. Siguin a, b, c Z. Si a | bc i mcd(a, b) = 1, aleshores a | c.

Demostracio. Com que mcd(a, b) = 1, existeixen enters s, t tals que 1 = sa + tb.Multiplicant aquesta igualtat per c, obtenim c = sac+tbc. Com per hipo`tesi a | bc,obtenim a | c. 2

Observacio. En general, si un enter divideix un producte de dos altres enters, nonecessa`riament divideix un dels factors. Per exemple, 4 | 6 10 pero` 4 - 6 i 4 - 10.Proposicio 2.5.4. Si a, b son enters no nuls, tenim

mcd(a, b) = 1 existeixen enters s, t tals que sa+ tb = 1.

Demostracio. Limplicacio ja esta` vista.Suposem ara que existeixen enters s, t tals que sa + tb = 1. Si d | a i d | b, per lapropietat de linealitat de la divisibilitat, tenim que d | sa + tb = 1, per tant hade ser d = 1. Com queels unics divisors comuns de a i b son 1 i 1, tenim quemcd(a, b) = 1. 2

Corollari 2.5.5. Si a, b son enters, d = mcd(a, b), posem a = da1, b = db1.Aleshores mcd(a1, b1) = 1.

Demostracio. Tenim que d = sa + tb per certs enters s, t i per tant 1 = sa1 + tb1que implica mcd(a1, b1) = 1 per la proposicio anterior. 2

Proposicio 2.5.6. Si a, b son enters, d = mcd(a, b),m = mcm(a, b), se satisfa`dm = ab.


Demostracio. Posant a = da1, b = db1, tenim que ab/d = ab1 es enter. Veiem queab/d es mnim comu multiple de a i b. Com que ab/d = ab1 = a1b, es multiple dea i de b.Sigui ara m1 un multiple comu de a i b. Tenim que m1 = pa,m1 = qb per certsenters p i q. Per tant m1 = pa = pda1 i m1 = qb = qdb1. Tenim doncs pda1 =qdb1 pa1 = qb1. Com que b1 | pa1 i mcd(a1, b1) = 1, obtenim que b1 | p. Podemescriure p = b1s, per un cert enter s. Aleshores m1 = pda1 = s(b1da1) = s(ab/d),es a dir m1 es multiple de ab/d i hem provat que ab/d satisfa` la segona propietatde mnim comu multiple. 2

A partir daquesta proposicio i del ca`lcul del ma`xim comu divisor, podem calcularel mnim comu multiple de dos enters.

Exercici. Calculeu el mnim comu multiple de 5957 i 994.

Havem calculat mcd(5957, 994) = 7. Tenim doncs

mcm(5957, 994) =5957 994

7= 845894.

Definicio 2.5.7. Un nombre primer es un enter p, diferent de 0, 1 i 1, que nomeses divisible per 1,1, p,p.Observacio. Si p es primer, p tambe ho es.Proposicio 2.5.8. Siguin a, b nombres enters i sigui p un nombre primer. Si p | abi p - a, aleshores p | b.

Demostracio. Si p es primer i p - a, tenim que mcd(a, p) = 1. Per tant, per 2.5.3,p | b. 2Lema 2.5.9. Si n es un enter que no es primer, es divisible per un primer p positiutal que p |n|.Demostracio. Com que n i n tenen els mateixos divisors, podem suposar n > 0.Per la definicio de nombre primer, si n no ho es, tenim que n = m1m2 amb m1,m2enters positius diferents de 1, n. Podem suposar m1 m2 i tenim que m1

n.

Si m1 es primer, ja estem. Si no, podem escriure m1 = q1q2, amb q1, q2 enterspositius diferents de 1,m1. Si q1 es primer, ja estem. Si no, reiterem el proce`s.Com que m1 > q1 > . . . , en un nombre finit de passos trobem un divisor primerde n, mes petit o igual que

|n|. 2

2.5. MINIM COMU MULTIPLE 25

Garbell dErato`stenes. Suposem que volem trobar tots els nombres primerspositius fins a una fita M . Ho podem fer amb el me`tode del garbell dErato`stenesque data del segle III a. C. Posem M=100. Escrivim tots els enters naturals fins aM excepte 0 i 1.

2 3 4 5 6 7 8 9 1011 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 42 43 44 45 46 47 48 49 5051 52 53 54 55 56 57 58 59 6061 62 63 64 65 66 67 68 69 7071 72 73 74 75 76 77 78 79 8081 82 83 84 85 86 87 88 89 9091 92 93 94 95 96 97 98 99 100

El 2 es primer ja que lunic enter positiu mes petit que ell es l1. Treiem tots elsseus multiples:

2 3 5 7 911 13 15 17 1921 23 25 27 2931 33 35 37 3941 43 45 47 4951 53 55 57 5961 63 65 67 6971 73 75 77 7981 83 85 87 8991 93 95 97 99

El primer enter, mes gran que 2, que no hem tret es el 3. Es primer, ja que lunicenter positiu diferent de 1 mes petit que ell es el 2, que no el divideix, ja que si 2divids 3, haurem tret el 3. Treiem ara els multiples de 3 que queden (es a dir elsque no son tambe multiples de 2).


2 3 5 711 13 17 19

23 25 2931 35 3741 43 47 49

53 55 5961 65 6771 73 77 79

83 85 8991 95 97

El primer enter, mes gran que 3, que no hem tret es el 5. Es primer ja que 2 i 3no el divideixen. Treiem els seus multiples.

2 3 5 711 13 17 19

23 2931 3741 43 47 49

53 5961 6771 73 77 79

83 8991 97

Com abans, 7 es primer, treiem els seus multiples.

2 3 5 711 13 17 19

23 2931 3741 43 47

53 5961 6771 73 79

83 8997

El primer enter, mes gran que 7, que no hem tret es l11. Com que 11 >

100,

2.6. EL TEOREMA FONAMENTAL DE LARITME`TICA 27

tenint en compte el lema 2.5.9, podem afirmar que els enters que queden a la taulason tots primers.Amb el mateix me`tode, podem obtenir la taula dels nombres primers positius mespetits o iguals que un enter positiu M donat. Observem que, quan treiem de lataula els multiples dun primer p, comencem per p2 ja que els anteriors son divisiblesper algun primer mes petit i que, quan arribem a un primer mes gran que

M ja

hem acabat, es a dir els nombres que queden a la taula son tots primers.

Teorema 2.5.10 (Teorema dEuclides). El conjunt dels nombres primers es infinit.

Demostracio. Es poden donar diferents proves daquest resultat. Aqu en veuremdues.Primera prova. Veiem que, per a tot nombre natural n, existeix un nombre primermes gran que n. Com que N es infinit, aixo` implicara` que el conjunt dels nombresprimers tambe ho es. Considerem lenter n! + 1. Si aquest nombre es primer, jahem acabat, ja que n! + 1 > n. Si no, existeix un primer p que el divideix. Sip n, p es un dels factors de n!. Tenim doncs p | n! + 1 i p | n! que implica p | 1per tant arribem a contradiccio i ha de ser p > n.Segona prova. Suposem que el nombre de primers positius es finit i arribarema contradiccio. Sigui {p1, p2, . . . , pn} el conjunt dels nombres primers positius.Considerem lenter N = p1p2 . . . pn + 1. Lenter N no pot ser primer, ja que esestrictament mes gran que tots els pi. Per tant es divisible per un primer, es a dirper un dels pi. Tenim doncs pi | N i pi | p1p2 . . . pn que implica pi | 1 i per tantarribem a contradiccio. Hem provat doncs que el conjunt de primers es infinit. 2

2.6 El teorema fonamental de laritme`tica

Teorema 2.6.1 (Teorema fonamental de laritme`tica). Sigui a un nombre enter,a 6= 0, 1,1. Aleshores existeixen nombres primers positius p1, . . . , pn, (n 1) talsque

a = p1 . . . pn

on es igual a 1 o -1. A mes, p1, . . . , pn son unics trets de lordre.

Demostracio. Podem suposar a > 0, ja que, si es cert per a, nomes cal canviar elsigne per tenir el resultat per a.


Si a es primer, tenim el resultat amb n = 1, p1 = a. Ara procedim per labsurd. Su-posem que hi ha enters naturals mes grans que 1 que no descomponen en productede primers. Sigui m el mnim dells. Com queno es primer, tenim que m = n1n2,amb n1n2 enters naturals, 1 < n1 < m, 1 < n2 < m. Com que m es el mnim delsenters naturals mes grans que 1 que no descomponen en producte de primers, n1 in2 si que ho fan i per tant m tambe. Hem arribat doncs a contradiccio.Veiem ara lunicitat. Clarament es unic, ja que es 1 si a > 0 i 1 si a < 0. Ara su-posem que tenim una igualtat p1p2 . . . pn = q1q2 . . . qm amb p1, p2, . . . , pn, q1, q2, . . . ,qm primers positius. Podem suposar n m. Aleshores q1 | p1p2 . . . pn que implicaque q1 divideix algun pi per 2.5.8. Reordenant els p

s podem suposar q1 | p1 i, comque tots dos son primers positius, tenim que p1 = q1. Simplificant la igualtat, te-nim que p2 . . . pn = q2 . . . qm. Repetint el proce`s, obtenim successivament p2 = q2,. . . , pn = qn i ens queda la igualtat 1 = qn+1 . . . qm. Pero` 1 no es divisible per capprimer, per tant ha de ser n = m. 2

Observacio. Podem associar els factors iguals en la descomposicio de lenter a enproducte de primers i escriure

a = pr11 . . . prkk , amb ri 1; p1, . . . , pk primers diferents.

2.7 Equacions diofantines lineals

Una equacio diofantina lineal amb dues inco`gnites es una equacio de la forma

ax+ by = c

amb a, b, c enters. Les solucions de lequacio son les parelles (x, y) denters que lasatisfan.

El teorema seguent dona la resolucio de les equacions diofantines lineals amb duesinco`gnites.

Teorema 2.7.1. Lequacio diofantina

ax+ by = c

te solucio si i nomes si mcd(a, b) | c. Si (x, y) es una solucio, totes les solucionsson

2.7. EQUACIONS DIOFANTINES LINEALS 29

(x+ b

mcd(a, b), y a

mcd(a, b), amb Z.

Demostracio. Posem d = mcd(a, b). Si (x, y) es una solucio de lequacio, tenim qued | ax+by = c. Suposem ara d | c. Posem c = dc1, amb c1 enter. Sabem, per 2.4.3,que existeixen enters s, t tals que d = as+ bt. Multiplicant aquesta igualtat per c1,obtenim que c = dc1 = asc1 + btc1, per tant (sc1, tc1) es una solucio de lequacio.Veiem ara la forma de totes les solucions. Suposem que (x, y) es una solucio delequacio i (x1, y1) nes una altra. Tenim

ax+ by = cax1 + by1 = c

} a(x1 x) + b(y1 y) = 0.

Si d = mcd(a, b), podem posar a = da1, b = db1. Dividint la igualtat obtingudaper d, tenim que a1(x1x) + b1(y1 y) = 0, que implica a1(x1x) = b1(y1 y).Tenim doncs b1 | a1(x1 x) i, com que a1, b1 son primers entre ells (veure 2.5.5),b1 | (x1 x) (per 2.5.3). Podem posar doncs, x1 x = b1, amb enter. Ara,substituint a a1(x1 x) = b1(y1 y), tenim que a1b1 = b1(y1 y) i, per tant,y1 y = a1. Hem obtingut (x1, y1) = (x + b1, y a1), amb enter. Nomesqueda veure que, si (x, y) es solucio de lequacio, aleshores (x+ b1, ya1) tambeho es per a qualsevol enter . Substituint a lequacio, tenim

a(x+ b1) + b(y a1) = ax+ by + (ab1 ba1) = ax+ by = c,ja que ab1 = da1b1 = ba1 i (x, y) es solucio de lequacio. 2

Exercici. Resoleu les equacions diofantines seguents.

91x+ 112y = 14, 221x+ 273y = 3, 105x 176y = 2.

a) 91x+ 112y = 14

Tenim que mcd(91, 112) = 7 i 7 | 14, per tant lequacio te solucions. Unaidentitat de Bezout es

5 91 4 112 = 7,

per tant (10,8) es una solucio de lequacio. Totes les solucions son:


{x = 10 + 16y = 8 13

b) 221x+ 273y = 3

Tenim que mcd(221, 273) = 13 - 3, per tant lequacio no te solucions.

c) 105x 176y = 2Tenim que mcd(105, 176) = 1 i 1 | 2, per tant lequacio te solucions. Unaidentitat de Bezout es

57 105 34 176 = 1,per tant (114, 68) es una solucio de lequacio. Totes les solucions son:{

x = 114 + 176y = 68 + 105

Podem considerar equacions diofantines lineals amb mes de dues inco`gnites. Unaequacio diofantina lineal amb n inco`gnites es una equacio de la forma

a1x1 + a2x2 + + anxn = camb a1, a2, . . . , an, c enters. Les solucions de lequacio son les n-ples (x1, x2, . . . , xn)denters que la satisfan.

Teorema 2.7.2. Lequacio diofantina

a1x1 + a2x2 + + anxn = c (2.1)te solucio si i nomes si mcd(a1, a2, . . . , an) | c.Sigui d = mcd(an1, an). Les solucions de lequacio (2.1) son les n-ples (x1, x2, . . . , xn)denters tals que (xn1, xn) es solucio de

an1xn1 + anxn = dyn1 (2.2)

amb yn1 enter tal que (x1, . . . , xn2, yn1) es solucio de

a1x1 + a2x2 + + an2xn2 + dyn1 = c. (2.3)


Demostracio. Si (x1, x2, . . . , xn) es una solucio de lequacio (2.1), tenim

mcd(a1, a2, . . . , an) | a1x1 + a2x2 + + anxn = c.Si (xn1, xn) es solucio de (2.2) i (x1, . . . , xn2, yn1) es solucio de (2.3), tenim

a1x1 + a2x2 + + an1xn1 + anxn = a1x1 + a2x2 + + dyn1 = c.Recprocament, si (x1, x2, . . . , xn) es solucio de (2.1), tenim, a partir del corollari2.4.4, an1xn1 + anxn = dyn1, amb d = mcd(xn1, xn), per un cert enter yn1 ise satisfa`

a1x1 + a2x2 + + an2xn2 + dyn1 = a1x1 + a2x2 + + an1xn1 + anxn = ces a dir, (x1, . . . , xn2, yn1) es solucio de (2.3).Provem ara que mcd(a1, a2, . . . , an) | c es condicio suficient per que lequacio (2.1)tingui solucions, per induccio sobre el nombre de variables. En el cas dequacionsdiofantines amb dues variables, ja ho vam provar en el teorema 2.7.1. Suposemque es cert per equacions diofantines amb n 1 variables i considerem lequacio(2.1). Tenim

mcd(a1, a2, . . . , an2,mcd(an1, an)) = mcd(a1, a2, . . . , an) | c,per tant, (2.3) te solucio, per hipo`tesi dinduccio. Ara (2.2) te solucions, ja quemcd(an1, an) = d | dyn1, per tant (2.1) te solucio. 2

A partir del teorema anterior podem resoldre una equacio diofantina amb mes dedues inco`gnites fent reduccio en el nombre dinco`gnites.

Exercici. Resoleu les equacions diofantines seguents.

21x+ 49y + 105z = 147, 6x+ 10y + 9z = 3, 165x+ 60y + 105z + 30t = 225.

a) 21x+ 49y + 105z = 147

Tenim que mcd(21, 49, 105) = 7 | 147, per tant lequacio te solucions i es equi-valent a 3x+ 7y + 15z = 21.

Ara mcd(7, 15) = 1. Resolem primer lequacio diofantina 3x + t = 21. Tenimque mcd(3, 1) = 1 i 3 2 1 = 1; les solucions son


{x = 21 + t = 42 3

amb enter. Resolem ara 7y + 15z = 42 3. Tenim que mcd(7, 15) = 1 i1 = 15 2 7; les solucions son{

y = 2(42 3) + 15 = 84 + 6+ 15z = 42 3 7

Les solucions de 21x+ 49y + 105z = 147 sonx = 21 + y = 84 + 6+ 15z = 42 3 7

,

amb i enters.

b) 6x+ 10y + 9z = 3

Tenim que mcd(6, 10, 9) = 1 | 3, per tant lequacio te solucions.Ara mcd(10, 9) = 1. Resolem primer lequacio diofantina 6x + t = 3. Tenimque mcd(6, 1) = 1 i 6 5 1 = 1; les solucions son{

x = 3 + t = 15 6

amb enter. Resolem ara 10y + 9z = 15 6. Tenim que mcd(10, 9) = 1 i1 = 10 9; les solucions son{

y = 15 6+ 9 =z = (15 6) 10 = 15 + 6 10

Les solucions de 6x+ 10y + 9z = 3 sonx = 3 + y = 15 6+ 9z = 15 + 6 10

,

amb i enters.


c) 165x+ 60y + 105z + 30t = 225

Tenim que mcd(165, 60, 105, 30) = 15 | 225, per tant lequacio te solucions i esequivalent a 11x+ 4y + 7z + 2t = 15.

Ara mcd(7, 2) = 1. Posem 7z+2t = u i ens queda lequacio amb tres inco`gnites11x+ 4y + u = 15. Ara mcd(4, 1) = 1. Posem 4y + u = v i ens queda lequacioamb dues inco`gnites

11x+ v = 15. (2.4)

Tenim que mcd(11, 1) = 1, 11 1 10 = 1. Les solucions de (2.4) son{x = 15 + v = 150 11

amb enter. Resolem ara 4y + u = 150 11. Tenim que mcd(4, 1) = 1 i1 = 4 3 1; les solucions son{

y = 150 11+ u = 3(150 11) 4 = 450 + 33 4

Resolem ara 7z+ 2t = 450 + 334. Tenim que mcd(7, 2) = 1 i 1 = 732;les solucions son{

z = 450 + 33 4+ 2t = 3(450 + 33 4) 7 = 1350 99+ 12 7

Les solucions de 165x+ 60y + 105z + 30t = 225 sonx = 15 + y = 150 11+ z = 450 + 33 4+ 2t = 1350 99+ 12 7

,

amb , i enters.

Captol 3

Polinomis amb coeficients en uncos

3.1 Lanell K[X ]

Sigui K un cos (per exemple, K = Q, K = R o K = C). Una successio delementsde K es una aplicacio de N en K. Si indiquem per an limatge de n, la successioesta` determinada per (a0, a1, a2, . . . ) i lindiquem per (an)nN o simplement (an).Un polinomi amb coeficients a K es una successio (an) delements de K tal quean = 0 excepte per un nombre finit de valors de n. Definim la suma i el productede dos polinomis (an), (bn) per

(an) + (bn) = (an + bn), (an) (bn) = (ni=0

aibni).

Si an = 0, per a n > N , i bn = 0, per a n > M , tenim que an + bn = 0 per an > max{N,M} i ni=1 aibni = 0 per a n > N + M , per tant suma i producteson operacions internes en el conjunt de polinomis. A partir de les propietats dela suma i el producte del cos K, podem provar les seguents propietats de la sumai el producte en el conjunt de polinomis amb coeficients a K.

La suma es associativa i commutativa. El polinomi (an) amb an = 0 per a totn N es element neutre per la suma. Tot polinomi (an) te oposat: (an).

El producte es associatiu, commutatiu i distributiu respecte de la suma. Elpolinomi (an) amb a0 = 1, an = 0 per a tot n > 0 es element neutre pel producte.

35

36 CAPITOL 3. POLINOMIS AMB COEFICIENTS EN UN COS

Per tant el conjunt de polinomis amb coeficients a K amb la suma i el producteque hem definit es un anell commutatiu i amb unitat.

Posem X = (0, 1, 0, . . . ). A partir de la definicio del producte, tenimX2 = (0, 0, 1, 0, . . . ), X3 = (0, 0, 0, 1, 0, . . . ) i, en general, Xn = (0, . . . , 0

n

, 1, 0, . . . ).

Definim un producte extern amb escalars a K en el conjunt de polinomis.

(an) = (an).

Si b K i (an) es un polinomi amb coeficients a K, tenim

b(an) = (ban) = (b, 0, . . . )(an).

Identifiquem un element b K amb el polinomi (b, 0, . . . ). Anomenem constantsels polinomis daquesta forma. Obtenim

(an) = a0 + a1X + a2X2 + =

n0

anXn.

Anomenem X indeterminada i denotem per K[X] lanell de polinomis amb coefi-cients a K.Diem que el polinomi no nul (an) te grau m si am 6= 0 i an = 0 per a tot n > m. Elgrau del polinomi 0 es . Si (an) te grau m i am = 1, diem que (an) es mo`nic.

Notacio. A partir dara denotarem els polinomis per una lletra majuscula: A,B, . . . ,o be A(X), B(X), . . . , quan volguem destacar la variable. Denotarem per an elscoeficients del polinomi A, amb bn els coeficients del polinomi B, . . .

Proposicio 3.1.1. Siguin A,B K[X]. Si A 6= 0 i B 6= 0, aleshores AB 6= 0.

Demostracio. Si n = grA,m = grB, el coeficient de Xm+n en A+ B es anbm 6= 0,per tant AB 6= 0. 2Corollari 3.1.2 (Llei de simplificacio). Siguin A,B,C K[X]. Si C 6= 0, ales-hores CA = CB A = B.

Demostracio. CA = CB C(AB) = CACB = 0. Per la proposicio, un delsdos factors ha de ser 0. Com per hipo`tesi, C 6= 0, tenim que AB = 0. 2Proposicio 3.1.3 (Propietats del grau). Per a A,B K[X], se satisfa`

3.2. DIVISIO ENTERA DE POLINOMIS. 37

1. gr(A+B) max{grA, grB}2. gr(AB) = grA+ grB

Demostracio. Observem primer que les dues formules son va`lides en el cas queun dels polinomis es 0 si convenim que es mes petit que qualsevol enter i+ n = per a tot n N {}.Suposem ara A i B no nuls. Sigui n = grA,m = grB. Podem suposar n m.Aleshores, si n < m, el coeficient de Xm en A + B es bm 6= 0 i els de Xk, k > m,son tots nuls. Per tant, en aquest cas, tenim que gr(A + B) = max{grA, grB}.Si n = m, els coeficients en A + B de Xk, k > m, son tots nuls pero` no podemassegurar que el coeficient en A+B de Xm no sigui nul i tenim que gr(A+B) max{grA, grB}.Pel producte, si n = grA,m = grB, el coeficient de Xm+n en AB es anbm 6= 0 i elsde Xk, k > m+ n son tots nuls. Per tant, tenim que gr(AB) = grA+ grB. 2

Corollari 3.1.4. Els elements invertibles de K[X] son exactament els de K \{0}.

Demostracio. Per la proposicio, si A,B K[X]\{0}, AB = 1 implica grA+grB =0 i com que grA i grB son nombres naturals, tenim que grA = grB = 0, per tantA i B constants. 2

3.2 Divisio entera de polinomis.

Proposicio 3.2.1 (Divisio de polinomis). Sigui K un cos. Donats A,B K[X],B 6= 0, existeixen Q,R K[X] unics tals que

A = BQ+R, grR < grB.

Diem que Q es el quocient i R la resta (o el residu) de la divisio de A entre B.

Demostracio. Provem primer lexiste`ncia.1) Si grA < grB, es clar que Q = 0, R = A satisfan les dues relacions de lenunciat.2) Si grA grB, fem induccio sobre grA. Suposem lenunciat cert per a grA < ni ho provem per a grA = n. Posem

A(X) = anXn + an1Xn1 + + a0, amb an 6= 0,

B(X) = bmXm + bm1Xm1 + + b0, amb bm 6= 0.


Considerem A1(X) = A(X) anbmXnmB(X). El coeficient de Xn en A1 es

an anbmbm = 0, per tant grA1(X) < grA(X). Per hipo`tesi dinduccio, existei-

xen Q1(X), R(X) K[X] tals que

A1(X) = B(X)Q1(X) +R(X), grR(X) < grB(X).

Tenim doncs

A(X) = A1(X) +anbmXnmB(X)

= B(X)

(anbmXnm +Q1(X)

)

Q(X)

+R(X).

Per tant Q(X) =anbmXnm +Q1(X), R(X) satisfan les condicions per ser quocient

i resta de la divisio de A(X) entre B(X).Provem ara lunicitat. Suposem que, donats polinomis A,B K[X], tenim duesparelles (Q1, R1), (Q2, R2) de polinomis de K[X] tals que

A = BQ1 +R1 , grR1 < grB,A = BQ2 +R2 , grR2 < grB.

Restant les dues igualtats, obtenim

B(Q2 Q1) = R1 R2. (3.1)Ara tenim

gr(R1 R2) max{grR1, grR2} < grB.Daltra banda

gr(B(Q2 Q1)) = grB + gr(Q2 Q1),per tant gr(Q2 Q1) < 0 que implica Q2 Q1 = 0. Substituint a (3.1), obtenimque R1 R2 = 0. 2Exercici. Considerem els polinomis A = X4 + 3X3 2X2 + 5X 3,B = 2X2 X + 4 Q[X]. Feu la divisio de A entre B.

3.2. DIVISIO ENTERA DE POLINOMIS. 39

X4 + 3X3 - 2X2 + 5X - 3 2X2 - X + 4

- X4 +1

2X3 - 2X2

1

2X2 +

7

4X -

9

8

7

2X3 - 4X2 + 5X

-7

2X3 +

7

4X2 - 7X

-9

4X2 - 2X - 3

9

4X2 -

9

8X +

9

2

-25

8X +

3

2

Obtenim que el quocient es1

2X2 +

7

4X 9

8i la resta 25

8X +

3

2.

Donats A,B K[X], si existeix Q K[X] tal que A = BQ, direm que A esmultiple de B o que B es divisor de A. Posem B | A.

Exemples. X + 1 | X2 1, X - X2 + 1; K \ {0} divideix qualsevol polinomi;0 es divisible per qualsevol polinomi. Si A es qualsevol polinomi de K[X], A esdivisible per i per A, per a tot K \ {0}.Proposicio 3.2.2. (Propietats de la relacio de divisibilitat a K[X])Si A,B,C,M,N K[X], se satisfa`

a) A | A ( reflexivitat)

b)C | BB | A

} C | A ( transitivitat)

c)A | BB | A

} B = A, amb K \ {0} ( antisimetria)

d)B | AB | C

} B | AM + CN ( linealitat)

e) B | A CB | CA ( multiplicativitat)


f)CB | CAC 6= 0

} B | A ( llei de simplificacio)

Demostracio.

a) Clarament A = A 1, per tant A | A.

b)C | B B = QC amb Q K[X]B | A A = QB amb Q K[X]

}

A = QB = Q(QC) = (QQ)C i QQ K[X] C | A.c) Tenim que A | B B = AQ, amb Q K[X]; B | A A = BP , amb

P K[X]. Si A = 0, tenim que B = AQ = 0 i se satisfa` limplicacio. Si A 6= 0,la igualtat A = BP = AQP implica QP = 1, per 3.1.2, es a dir Q es elementinvertible de K[X] i per 3.1.4, Q K \ {0}.

d)B | A A = BQ amb Q K[X]B | C C = BQ amb Q K[X]

} AM + CN = (BQ)M + (BQ)N

= B(QM +QN), on QM +QN K[X] B | AM + CN.e) B | A A = BQ amb Q K[X] CA = (CQ)B on CQ K[X]

CB | CA.

f)CB | CA CA = CBQ amb Q K[X]

C 6= 0} ( per 3.1.2)A = BQ B | A

2

3.3 Ma`xim comu divisor de dos polinomis

Un divisor comu de dos polinomis A,B de K[X] es un polinomi D K[X] tal queD | A i D | B.Definicio 3.3.1. Donats dos polinomis A,B de K[X] direm que un polinomi Dde K[X] es ma`xim comu divisor de A i B si satisfa` les dues propietats seguents.

1. D | A i D | B2. Si D1 es un polinomi de K[X] tal que D1 | A i D1 | B, aleshores D1 | D.

3.4. ALGORITME DEUCLIDES PER A POLINOMIS 41

Observacio. Si D es ma`xim comu divisor de A i B, D, amb K \ {0} tambeho es.

Proposicio 3.3.2. Si D1 i D2 son ma`xims comuns divisors de A i B, tenim queD1 = D2, amb K \ {0}.

Demostracio. Com que D1 es ma`xim comu divisor de A i B i D2 nes un divisorcomu, obtenim de la definicio, D2 | D1. Ana`logament, obtenim D1 | D2. Aleshores,per la propietat antisime`trica de la relacio de divisibilitat, obtenim que D1 = D2,amb K \ {0}. 2A K[X], les igualtats entre ma`xims comuns divisors son tret dun factor constantno nul.

3.4 Algoritme dEuclides per a polinomis

Veiem ara que lalgoritme dEuclides tambe es va`lid per calcular el ma`xim comudivisor de dos polinomis deK[X]. En particular, tindrem que, donats dos polinomisde K[X], existeix el seu ma`xim comu divisor. Abans provem el lema ana`leg de2.4.1.

Lema 3.4.1. Si A,B,Q son polinomis de K[X], tenim

mcd(A,B) = mcd(ABQ,B).

Demostracio. Veurem que les parelles (A,B) i (A BQ,B) tenen els mateixosconjunts de divisors comuns. Daqu es dedueix clarament la igualtat dels ma`ximscomuns divisors. Ara, per la propietat de linealitat de la relacio de divisibilitat(3.2.2 d)), tenim les implicacions seguents.

D | A i D | B D | ABQD | ABQ i D | B D | (ABQ) +QB = A.

2

Proposicio 3.4.2 (Algoritme dEuclides per a polinomis). Siguin A,B dos poli-nomis de K[X], B 6= 0. Fem successivament les divisions enteres


A = BQ1 +R1, grR1 < grBB = R1Q2 +R2, grR2 < grR1R1 = R2Q3 +R3, grR3 < grR2R2 = R3Q4 +R4, grR4 < grR3

...

Aleshores, existeix n N tal que Rn = 0 i se satisfa` mcd(A,B) = Rn1.

Demostracio. Veiem primer que arribem a una resta igual a 0 en un nombre fi-nit de passos. En efecte, si considerem la successio de restes, tenim que grR1 >grR2 > grR3 > . . . , es a dir una successio estrctament decreixent denters na-turals, per tant arribem a Rn = 0 per a algun n N. Ara, aplicant 3.4.1,se satisfa` mcd(A,B) = mcd(B,R1) = mcd(R1, R2) = mcd(R2, R3) = =mcd(Rn1, Rn) = mcd(Rn1, 0) = Rn1. 2

Exercici. Calculeu el ma`xim comu divisor dels polinomis A = X5 X3 X2 2X + 2, B = X4 + 3X3 X2 6X 2.Fent la divisio de A entre B, obtenim quotient Q1 = X 3 i resta R1 = 9X3 +2X2 18X 4.Fent la divisio de B entre R1, obtenim quotient Q2 =

1

9X +

25

81i resta R2 =

31

81X2 62

81=

31

81(X2 2).

Fent la divisio de R1 entre R2, obtenim quocient Q3 =81

31(9X + 2) i resta 0.

Per tant hem obtingut mcd(A,B) = X2 2.Feu les divisions com a exercici.

Com pels enters, tenim el resultat seguent.

Proposicio 3.4.3 (Identitat de Bezout). Si A,B,D K[X] i D = mcd(A,B),aleshores existeixen polinomis S, T a K[X] tals que

D = SA+ TB.

Demostracio. Veiem com es poden calcular S, T de manera que se satisfaci D =SA+TB a partir de les divisions que hem fet en aplicar lalgoritme dEuclides. SiA = BQ1 +R1, tenim que R1 = ABQ1 i podem escriure la igualtat de matrius


(BR1

)=

(0 11 Q1

)(AB

).

Ana`logament, B = R1Q2 +R2 R2 = B R1Q2 que dona la igualtat de matrius(R1R2

)=

(0 11 Q2

)(BR1

)i, per a cada i, Ri = Ri+1Qi+2 +Ri+2 Ri+2 = Ri Ri+1Qi+2 que dona(

Ri+1Ri+2

)=

(0 11 Qi+2

)(RiRi+1

).

Si Rn es la primera resta nulla, obtenim(Rn1

0

)=

(0 11 Qn

)(Rn2Rn1

)

=

(0 11 Qn

)(0 11 Qn1

)(Rn3Rn2

)= . . .

=

(0 11 Qn

)(0 11 Qn1

). . .

(0 11 Q1

) S T

(AB

).

Com que S i T sobtenen fent sumes i productes de polinomis de K[X], tambe sona K[X] i per la igualtat de matrius satisfan mcd(A,B) = Rn1 = SA+ TB. 2 2

Exercici. Calculeu una identitat de Bezout pels polinomis A = X5 X3 X2 2X + 2, B = X4 + 3X3 X2 6X 2 de lexemple anterior.A partir de les divisions efectuades per calcular el ma`xim comu divisor, obtenim

( 3181

(X2 2)0

)=

(0 11 Q3

)(0 11 Q2

)(0 11 Q1

)(AB

)=

( Q2 1 +Q1Q2

)(AB

) .


Operem:

Q2 = (19X +

25

81) = 1

81(9X + 25),

1 +Q1Q2 = 1 + (X 3)(19X +

25

81) =

1

81(9X2 2X + 6).

Hem obtingut

31

81(X2 2) = 1

81(9X + 25)A+

1

81(9X2 2X + 6)B

o, equivalentment

X2 2 = 131

(9X + 25)A+1

31(9X2 2X + 6)B.

Donem ara la definicio de mnim comu multiple de dos polinomis.

Definicio 3.4.4. Donats dos polinomis A,B de K[X] direm que un polinomi Mes mnim comu multiple de A i B si satisfa` les dues propietats seguents.

1. A |M i B |M2. Si M1 es un polinomi de K[X] tal que A |M1 i B |M1, aleshores M |M1.

Observacio. Si M es mnim comu multiple de A i B, M , amb K \ {0}tambe ho es.

Proposicio 3.4.5. Si M1 i M2 son mnims comuns multiples de A i B, tenim queM1 = M2, amb K \ {0}.

Demostracio. Com que M1 es mnim comu multiple de A i B i M2 nes un di-visor comu, obtenim de la definicio, M1 | M2. Ana`logament, obtenim M2 | M1.Aleshores, per la propietat antisime`trica de la relacio de divisibilitat, obtenim queM1 = M2, amb K \ {0}. 2Els apartats de la proposicio seguent donen les propietats corresponents a les de2.5.3, 2.5.4, 2.5.5 pels enters.

Proposicio 3.4.6. a) Siguin A,B,C K[X]. Si A | BC i mcd(A,B) = 1,aleshores A | C.


b) Si A,B son polinomis de K[X] no nuls, tenim

mcd(A,B) = 1 existeixen polinomis S, T tals que SA+ TB = 1.

c) Si A,B son polinomis de K[X], D = mcd(A,B), posem A = DA1, B = DB1.Aleshores mcd(A1, B1) = 1.

Demostracio.

a) Com que mcd(A,B) = 1, existeixen S, T K[X] tals que 1 = SA + TB.Multiplicant aquesta igualtat per C, obtenim que C = SAC + TBC. Com perhipo`tesi A | BC, obtenim que A | C.

b) Limplicacio ja esta` vista.Suposem ara que existeixen polinomis S, T tals que SA+TB = 1. Si D | A i D |B, per la propietat de linealitat de la divisibilitat, tenim que D | SA+TB = 1,per tant ha de ser D = K \ {0}. Com els unics divisors comuns de A i Bson les constants no nulles, tenim que mcd(A,B) = 1.

c) Tenim que D = SA + TB per certs polinomis S, T de K[X] i per tant 1 =SA1 + TB1 que implica mcd(A1, B1) = 1 per lapartat b). 2

Veiem ara la relacio entre ma`xim comu divisor i mnim comu multiple de dospolinomis.

Proposicio 3.4.7. Si A,B son polinomis de K[X], D = mcd(A,B),M = mcm(A,B),se satisfa` DM = AB, amb K \ {0}.

Demostracio. Tenim que A = DA1, B = DB1, amb A1, B1 K[X]. Per tantAB/D = AB1 = A1B es element de K[X] i multiple comu de A i B. Veiem quesatisfa` la segona propietat de la definicio de mnim comu multiple de A i B. SiguiM1 K[X] un multiple comu de A i B. Tenim que M1 = PA,M1 = QB, percerts polinomis P,Q K[X]. Per tant M1 = PDA1 i M1 = QDB1. Tenim doncsPDA1 = QDB1 que implica PA1 = QB1. Com que B1 | PA1 i mcd(A1, B1) = 1,obtenim que B1 | P . Podem escriure P = B1S, per un cert S K[X]. AleshoresM1 = PDA1 = S(B1DA1) = S(AB/D). Hem provat doncs que AB/D es mnimcomu multiple de A i B. Com el mnim comu multiple de dos polinomis esta`determinat tret dun factor constant no nul, obtenim la igualtat de lenunciat. 2


3.5 Descomposicio dun polinomi en producte dir-

reductibles

Definicio 3.5.1. Un polinomi P deK[X] de grau mes gran o igual que 1 sanomenairreductible si els seus unics divisors a K[X] son , P , amb K \ {0}.Exemple X4 + 2X2 + 1 no es irreductible ja que X4 + 2X2 + 1 = (X2 + 1)2;X4 X3 +X 1 no es irreductible ja que X4 X3 +X 1 = (X 1)(X3 + 1).

Dos polinomis P,Q K[X] es diuen associats si Q = P , amb K \ {0}.

Observacio. Si P es irreductible, tambe ho son els seus associats.

Proposicio 3.5.2. Sigui P un polinomi irreductible de K[X].

a) Si Q K[X], se satisfa` o be P | Q o be mcd(P,Q) = 1.b) Si A,B K[X], aleshores P | AB i P - A P | B.

Demostracio. a) Sigui D = mcd(P,Q). Com que P es irreductible, ha de serD = 1, o be D = P . En el segon cas, P divideix Q.b) Si P - A, tenim que mcd(P,A) = 1 i, per 3.4.6 a), P ha de dividir B. 2

Teorema 3.5.3 (Descomposicio en producte dirreductibles). Sigui A K[X],grA 1. Aleshores existeixen polinomis irreductibles P1, . . . , Pn de K[X], (n 1),tals que

A = P1 . . . Pn. (3.2)

A mes, si A = Q1 . . . Qm es una altra descomposicio de A en producte de polinomisirreductibles, tenim que n = m i existeix una bijeccio de {1, . . . , n} en {1, . . . , n}tal que Pi es associat de Q(i) per a tot i {1, . . . , n}.

Demostracio. Veiem primer que per a A K[X] de grau 1 existeix una descom-posicio en producte dirreductibles.Si A es irreductible, te una descomposicio amb un unic factor.Ara procedim per labsurd. Suposem que hi ha algun polinomi de grau 1 que nodescompon en producte dirreductibles. En triem un, A, de grau mnim. Com noes irreductible, tenim que A = PQ, amb P,Q K[X], 1 grP < grA, 1 grQ

3.6. ARRELS DE POLINOMIS 47

grA. Com hem escollit A de grau mnim entre els polinomis que no descomponenen producte dirreductibles, P i Q si que ho fan i per tant A tambe. Hem arribatdoncs a contradiccio.Veiem ara lunicitat. Siguin A = P1 . . . Pn, A = Q1 . . . Qm dues descomposicionsde A en producte de polinomis irreductibles. Podem suposar n m. TenimP1 | Q1 . . . Qm. Com que P1 es irreductible, per 3.5.2 b) hem de tenir P1 | Qj1 , per aalgun j1. Com que Qj1 tambe es irreductible, Qj1 = 1P1, amb 1 K\{0}. Posem(1) = j1. Simplificant el factor P1 a les dues bandes de la igualtat P1 . . . Pn =Q1 . . . Qm, obtenim que

ni=2 Pi = 1

j 6=j1 Qj. Repetint el proce`s, trobem Qj2

tal que Qj2 = 2P2, amb 2 K \ {0}. Posem (2) = j2 i tenim la igualtatni=3 Pi = 12

j 6=j1,j2 Qj. Podem repetir el proce`s fins a obtenir Pm+1 . . . Pn K.

Tenim doncs n = m i hem establert una bijeccio de {1, . . . , n} en {1, . . . , n} talque Pi es associat de Q(i) per a tot i {1, . . . , n}. 2

Cada polinomi A de grau n 1 te un unic polinomi mo`nic associat: el polinomi1

anA. Agafant a (3.2), el polinomi mo`nic associat a cada factor Pi de la descom-

posicio i associant els factors iguals, obtenim

Corollari 3.5.4. Sigui A K[X], A(X) = anXn + an1Xn1 + + a1X + a0,amb n 1, an 6= 0. Aleshores

A = anPr11 . . . P

rkk

amb r1, . . . , rk enters 1, P1, . . . , Pk polinomis mo`nics irreductibles diferents deK[X]. Aquesta descomposicio es unica tret de lordre dels factors.

3.6 Arrels de polinomis

Si A(X) = anXn + an1Xn1 + + a1X + a0 K[X], K, diem valor de A

en lelement de K

A() = ann + an1n1 + + a1 + a0.

Proposicio 3.6.1. Sigui A(X) K[X], K. Aleshores la resta de la divisio aK[X] de A entre X es igual a A(). En particular

A() = 0 X divideix A(X).


Demostracio. La divisio de A(X) entre X es A(X) = Q(X)(X ) + r ambr K, ja que la resta ha de tenir grau < gr(X ) = 1. Substituint X per ,obtenim que A() = Q()( ) + r = r. 2Definicio 3.6.2. Sigui A(X) K[X] \ {0}, K. Diem que es arrel de A siA() = 0.

Exemples

1. X2 + 1 no te arrels a R,

2. i,i son arrels de X2 + 1 a C,3. un polinomi de grau 0 no te arrels. Un polinomi de grau 1 te una unica arrel.

Si A(X) = a1X + a0, amb a1 6= 0, = a0a1

es larrel de A.

Corollari 3.6.3. Sigui A K[X]. El nombre darrels de A a K es com a ma`ximigual al grau de A.

Demostracio. Per la proposicio 3.6.1, si K es arrel de A, tenim que A(X) =(X )A1(X), amb A1(X) K[X] i grA1 = grA 1. Si ara 1 es arrel deA1, i per tant de A, tindrem A1(X) = (X 1)A2(X), amb A2(X) K[X] igrA2 = grA1 1 = grA 2. Reiterant el proce`s, obtenim el resultat. 2Corollari 3.6.4. Sigui A K[X].(a) Si A te grau 1, aleshores es irreductible a K[X] i te una arrel a K.

(b) Si grA 2 i A te alguna arrel a K, aleshores no es irreductible a K[X].(c) Si grA = 2 o 3, aleshores

A es irreductible a K[X] A no te arrels a K.

Demostracio. (a) Ja hem vist que, si A te grau 1, te una arrel a K. Si A = PQ,grP + grQ = gr(PQ) = grA = 1, per tant un dels dos factors ha de ser constant idoncs laltre associat de A.(b) Si es arrel de A, X divideix A, per 3.6.1, i per tant A no es irreductible.(c) Per (b), passant al contrarecproc, tenim que . Suposem ara que A no esirreductible. Tenim doncs A = PQ, amb 1 grP, grQ < grA, grP + grQ = grA.Per tant A te un divisor de grau 1 i larrel daquest es arrel de A. 2

Exemples

3.6. ARRELS DE POLINOMIS 49

1. El polinomi X2 + 1 es irreductible a R[X] perque` no te arrels a R.

2. El polinomi X2 + 1 no es irreductible a C[X] perque` te larrel i.

3. El polinomi X4 + 2X2 + 1 no te arrels a R ja que el seu valor es > 0 en totnombre real pero` no es irreductible, ja que X2 + 1 el divideix.

4. A R[X] els polinomis de grau 2 irreductibles son els que no tenen arrels reals,es a dir, els de la forma aX2 + bX + c, amb a 6= 0, b2 4ac < 0.

Definicio 3.6.5. Sigui A K[X]. Un polinomi P de K[X] direm que es factorde A de multiplicitat k si P k | A i P k+1 - A. Direm que P es factor multiple de Asi es factor amb multiplicitat mes gran que 1. Direm que P es factor simple de Asi es factor amb multiplicitat igual 1. Direm que es arrel de A de multiplicitatk si X es factor de A de multiplicitat k. Direm que es arrel multiple de Asi X es factor multiple de A. Direm que es arrel simple de A si X esfactor simple de A.

Definicio 3.6.6. Si A(X) = anXn+an1Xn1+ +aiX i+ +a1X+a0 K[X],

el polinomi derivat de A(X) es

A(X) = nanXn1 + (n 1)an1Xn2 + + iaiX i1 + + a1.

Proposicio 3.6.7 (Propietats del polinomi derivat.). Siguin A(X), B(X) K[X], K, k N \ {0}. Se satisfa`

a) A(X) K A(X) = 0.

b) (A(X) +B(X)) = A(X) +B(X).

c) (A(X)) = A(X).

d) (A(X)B(X)) = A(X)B(X) + A(X)B(X).

e) (A(X)k) = kA(X)k1A(X).

Proposicio 3.6.8. Sigui K = Q,R o C i sigui A(X) K[X]. Si A(X) te unfactor irreductible P (X) de multiplicitat k, aleshores P (X) es factor de A(X) demultiplicitat k 1.


Demostracio. Tenim

A(X) = P (X)kQ(X), amb P (X) - Q(X).

Derivant els dos membres de la igualtat, obtenim

A(X) = kP (X)k1P (X)Q(X) + P (X)kQ(X)= P (X)k1(kP (X)Q(X) + P (X)Q(X)).

Hem de veure P (X) - (kP (X)Q(X) + P (X)Q(X)) que es equivalent a P (X) -kP (X)Q(X). Tenim que P (X) - Q(X) i, com que gr(kP (X)) = grP (X) 1,P (X) tampoc no el pot dividir. Per tant, com que P (X) es irreductible, tenim queP (X) - kP (X)Q(X). 2

Corollari 3.6.9. A(X) te un factor irreductible multiple mcd(A(X), A(X)) 6= 1.

Demostracio. : si P (X) es factor irreductible multiple de A(X), tambe divideixA(X) per la proposicio.: sigui P (X) un factor irreductible de D(X) = mcd(A(X), A(X)). Si divideixA(X) amb multiplicitat k, divideix A(X) amb multiplicitat k 1. Per tant, ha deser k 1 1, es a dir k 2. 2

Exercici. Considerem el polinomi

A(X) = X6 + 4X4 + 5X2 + 2 R[X].Proveu que te factors multiples a R[X] i descomponeu-lo en factors irreductibles aR[X].

Calculem el polinomi derivat:

A(X) = 6X5 + 16X3 + 10X = 2X(3X4 + 8X2 + 5).

Com clarament X - A(X), tenim

mcd(A(X), A(X)) = mcd(A(X), 3X4 + 8X2 + 5).

Calculem aquest ma`xim comu divisor.

Dividint A(X) entre 3X4+8X2+5, obtenim quocient1

3X2+

4

9i resta 2

9X2 2

9=

29

(X2 + 1);

3.7. EL TEOREMA FONAMENTAL DE LA`LGEBRA 51

dividint 3X4 + 8X2 + 5 entre X2 + 1, obtenim quocient 3X2 + 5 i resta 5X2 + 5.Tenim doncs mcd(A(X), 3X4 + 8X2 + 5) = X2 + 1. Pel corollari, X2 + 1 es factormultiple de A(X). Dividint, obtenim

A(X) = (X2 + 1)(X4 + 3X2 + 2), X4 + 3X2 + 2 = (X2 + 1)(X2 + 2)

i, per tant

A(X) = (X2 + 1)2(X2 + 2).

Els dos polinomis X2 + 1, X2 + 2 son irreductibles a R[X] ja que tenen grau 2 i notenen arrels a R.

3.7 El teorema fonamental de la`lgebra

Teorema 3.7.1 (Teorema fonamental de la`lgebra). Tot polinomi A(X) C[X]de grau mes gran o igual a 1 te alguna arrel a C.

La demostracio daquest teorema excedeix el nivell daquest curs. El lector in-teressat pot consultar el llibre Curso de Matematicas de J. Teixidor i J. Vaquer,Romargraf, 1976.

Corollari 3.7.2. Si A(X) C[X] es un polinomi de grau n 1, aleshores

A(X) = an(X 1) . . . (X n),on an es el coeficient de grau n de A(X) i 1, . . . , n C.

Demostracio. Fem la prova per induccio sobre el grau n de A(X).Si n = 1, tenim que A(X) = a1X + a0, amb a1 6= 0 i, per tant, A(X) = a1(X a0/a1), amb a0/a1 C.Suposem que el resultat es cert per a polinomis de C[X] de grau n 1 i siguiA(X) C[X] de grau n. Posem A(X) = anXn + . . . . Pel teorema, A(X) te unaarrel a C. Per tant

A(X) = (X )B(X),on B(X) es un polinomi de grau n 1 i B(X) = anXn1 + . . . . Per hipo`tesidinduccio, tenim


B(X) = an(X 1) . . . (X n1)i, per tant

A(X) = an(X 1) . . . (X n1)(X ).2

Corollari 3.7.3. Els polinomis irreductibles de C[X] son exactament els de grau 1.

Volem veure ara quins son els polinomis irreductibles de R[X].

Proposicio 3.7.4. Sigui A(X) R[X] amb grA(X) > 1 i C. Aleshores

A() = 0 A() = 0,on indica el conjugat de .

Demostracio. Si A(X) = anXn + an1Xn1 + + a1X + a0, tenim

0 = A() = ann + an1n1 + + a1 + a0.

Prenent conjugats, obtenim

0 = ann + an1n1 + + a1 + a0= ann + an1n1 + + a1 + a0= an

n + an1n1 + + a1 + a0= A(),

tenint en compte 1.2.1 i que ai = ai, i = 0, . . . n, ja que ai R. 2

Proposicio 3.7.5. 1. Sigui C. Aleshores

(X )(X ) = X2 2 Re()X + ||2 R[X].

2. Si A(X) R[X] te una arrel complexa no real, aleshores A(X) es divisibleper un polinomi irreductible de grau 2 a R[X].

3.7. EL TEOREMA FONAMENTAL DE LA`LGEBRA 53

Demostracio. 1. Operant, obtenim

(X )(X ) = X2 ( + )X + = X2 2 Re()X + ||2.

2. Si A(X) R[X] te arrel , tambe es arrel de A(X), per la proposicio anterior.Per tant, A(X) es divisible per X i per X i, com aquests dos son coprimers,tambe pel seu producte. Ara (X)(X) = X22 Re()X+||2 es un polinomiirreductible a R[X] ja que no te arrels a R. 2

Teorema 3.7.6. Els polinomis irreductibles de R[X] son exactament els polinomisde grau 1 i els polinomis de grau 2 amb discriminant estrctament negatiu.

Demostracio. Ja havem vist els dos fets seguents.

1. els polinomis de grau 1 son irreductibles.

2. un polinomi de grau 2 de R[X] es irreductible si i nomes si el seu discriminantes estrctament negatiu.

Nomes queda veure que el polinomis de R[X] de grau > 2 no son irreductibles.Sigui A(X) R[X], amb grA(X) > 2. Pel teorema fonamental de la`lgebra, A(X)te una arrel C. Si R, A(X) es divisible per X R[X], i per tant noes irreductible a R[X]. Si 6 R, per la proposicio anterior, A(X) es divisible perun polinomi de grau 2 a R[X] i tampoc no es irreductible. 2

Corollari 3.7.7. A R[X] tot polinomi de grau mes gran o igual que 1 descomponen producte de polinomis irreductibles de graus 1 o 2.

Exercici. Feu la descomposicio en producte dirreductibles de X8 1 a R[X] i aQ[X].

Calculem les arrels complexes de X8 1:


z1 = 10 = 1

z2 = 1pi/4 =

2

2+ i

2

2z3 = 1pi/2 = i

z4 = 13pi/4 =

2

2+ i

2

2z5 = 1pi = 1z6 = 15pi/4 =

2

2 i

2

2z7 = 13pi/2 = iz8 = 17pi/4 =

2

2 i

2

2

Les arrels 1 i 1 son reals. Per tant X1, X+1 son factors irreductibles de X81a R[X]. Associem les altres arrels en parelles de conjugats i fem el producte delsfactors lineals corresponents:

(X i)(X + i) = X2 + 1(X z2)(X z8) = X2

2X + 1

(X z4)(X z6) = X2 +

2X + 1

La descomposicio de X81 en producte de polinomis irreductibles a R[X] es doncs

X8 1 = (X 1)(X + 1)(X2 + 1)(X2

2X + 1)(X2 +

2X + 1).

Els dos ultims factors no tenen coeficients a Q. Per la unicitat de la descomposi-cio dun polinomi a coeficients en un cos en producte de polinomis irreductibles,tenim que la descomposicio en producte de polinomis irreductibles a Q[X] sobteagrupant convenientment els factors de la descomposicio en producte de polinomisirreductibles a R[X]. Tenim

(X2 2X + 1)(X2 +2X + 1) = (X2 + 1)2 2X2= X4 + 2X2 + 1 2X2= X4 + 1 Q[X].

La descomposicio de X81 en producte de polinomis irreductibles a Q[X] es doncs

X8 1 = (X 1)(X + 1)(X2 + 1)(X4 + 1).Observacio. Per a cada enter n 1, existeixen polinomis irreductibles a Q[X] degrau n. (cf. Antoine-Camps-Moncasi Introduccio a la`lgebra abstracta).

Captol 4

Congrue`ncies

4.1 Relacio de congrue`ncia.

Fixat un enter m > 1, definim una relacio bina`ria a Z anomenada relacio decongrue`ncia en la forma seguent. Donats dos enters a, b diem que a es congruamb b mo`dul m i escrivim a b (mod m) si a b es multiple de m.

Proposicio 4.1.1. La relacio de congrue`ncia es relacio dequivale`ncia.

Demostracio. Hem de veure que la relacio es reflexiva, sime`trica i transitiva.

1. Clarament tot enter a satisfa` a a (mod m), ja que 0 es multiple de m.

2. Si a b (mod m), tenim que a b multiple de m i per tant tambe b amultiple de m que dona b a (mod m).

3. Si a b (mod m) i b c (mod m), tenim que a b i b c multiples de m iper tant a c = (a b) + (b c) tambe es multiple de m i tenim que a c(mod m). 2

A mes la relacio de congrue`ncia satisfa` les propietats seguents.

Proposicio 4.1.2. Sigui m un enter, m > 1, a, b, r1, r2 Z. Se satisfa`

1. Si r es la resta de la divisio entera de a entre m, aleshores a r (mod m).

2. Si r1 r2 (mod m) i 0 r1 < m, 0 r2 < m, aleshores r1 = r2.

55

56 CAPITOL 4. CONGRUE`NCIES

3. a b (mod m) si i nomes si la resta de la divisio entera de a entre mcoincideix amb la resta de la divisio entera de b entre m.

Demostracio.

1. Si a = mq + r, tenim que a r multiple de m i per tant a r (mod m).2. 0 r1 < m, 0 r2 < m m < r1 r2 < m. Com que r1 r2 es multiple

de m, tenim que r1 r2 = 0.3. Tenim que a b = mn per un cert enter n. Si la divisio entera de b entre m

es b = mq + r, tenim que a = b+mn = m(q + n) + r, amb 0 r < m. 2Si a es un enter, posem a la classe dequivale`ncia de a per la relacio de congrue`ncia,es a dir

a = {b Z : b a (mod m)}.La proposicio anterior ens diu que tot enter a pertany a la classe dequivale`nciaper la relacio de congrue`ncia mo`dul m dun enter r tal que 0 r < m i que dosenters diferents r1, r2 tals que 0 r1, r2 < m pertanyen a classes dequivale`nciadiferents. Per tant les classes dequivale`ncia mo`dul m son

0, 1, . . . ,m 1.Com cada una de les classes te com a representant un enter que es resta de divisioentre m, aquestes classes dequivale`ncia sanomenen classes de restes. El conjuntquocient sescriu Z/m.Recordem que, si A es un conjunt dotat duna relacio dequivale`ncia ', un sistemacomplet de representants del conjunt quocient A/ ' es un subconjunt S de A demanera que se satisfan les dues condicions seguents.

1. Per a tot a A, existeix s S tal que a ' s.2. Si s1, s2 S, s1 ' s2 s1 = s2

Per exemple, {0, 1, . . . ,m 1} es un sistema complet de representants de Z/m.

Observacio. Es pot provar el seguent resultat ana`leg al punt 2. de 4.1.2.

Siguin m, r1, r2 Z,m > 1. Si r1 r2 (mod m) i m/2 < r1 m/2, m/2 1, volem veure que a lanell Z/m de classes de restes podemdefinir una suma i un producte que li donen estructura danell.Definim una suma a Z/m per

a+ b = a+ b,

on, en el terme de la dreta + indica la suma de Z. Cal veure que la suma esta`ben definida, es a dir que no depe`n del representant de cada classe. En efecte, sitenim que a = a, b = b, aleshores a = a + pm, b = b + qm, per certs enters p, q.Aleshores a + b = (a+ pm) + (b+ qm) = a+ b+ (p+ q)m a+ b.Clarament les propietats de la suma de Z passen a Z/m i per tant la suma que hemdefinit a Z/m es associativa, commutativa, te element neutre: 0, i cada element ate un oposat: a.

Exercici. Feu la taula de la suma de Z/5.

Z/5 = {0, 1, 2, 3, 4}. Per a cada suma a+b, busquem el representant de a+ b entre0 i 4, es a dir la resta de a + b entre 5. Per exemple, 3 + 4 = 7 = 2. Obtenim lataula donada en la figura 4.1.

Definim ara un producte a Z/m per

a b = ab,

on, en el terme de la dreta ab indica el producte de a i b a Z. Cal veure que elproducte esta` ben definit, es a dir que no depen del representant de cada classe.En efecte, si tenim que a = a, b = b, aleshores a = a+ pm, b = b+ qm, per certsenters p, q. Aleshores ab = (a+ pm)(b+ qm) = ab+ (pb+ qa+ pq)m ab.El producte de Z/m hereta les propietats del producte de Z. Per tant, el productea Z/m es associatiu, commutatiu, te element neutre: 1, i es distributiu respecte dela suma.


+ 0 1 2 3 4

0 0 1 2 3 4

1 1 2 3 4 0

2 2 3 4 0 1

3 3 4 0 1 2

4 4 0 1 2 3

Figura 4.1

Tenint en compte les propietats del producte i les de la suma, tenim que, per a totenter m > 1, Z/m es un anell commutatiu amb unitat.

Exercici. Feu les taules del producte de Z/5 i de Z/6.

1) Z/5 = {0, 1, 2, 3, 4}. Com per la suma, per fer el producte ab, busquem elrepresentant de ab compre`s entre 0 i 4. Queda la taula donada en la figura 4.2.

2) Z/6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Fent els productes, queda la taula donada en la figura4.3.

Observem que a Z/5, tot element diferent de 0 te invers. A Z/6 tenim que elproducte de dos elements no nuls pot donar 0 i nomes 1 i 5 son invertibles.

Si A es un anell, un element no nul a de A es diu divisor de zero si existeix unelement b de A no nul tal que ab = 0.

Exemple. 2, 3, 4 son divisors de zero a Z/6.

4.2. ANELLS DE CLASSES DE RESTES 59

0 1 2 3 4

0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4

2 0 2 4 1 3

3 0 3 1 4 2

4 0 4 3 2 1

Figura 4.2

Si un anell no te divisors de zero, es diu ntegre.

Exemple. Z es anell ntegre, Z/5 es anell ntegre. Tot cos es un anell ntegre (cf.4.2.2).

Observacio. Si A es un anell ntegre, a, b A, tenim

a 6= 0 i ab = 0 b = 0.Per tant, se satisfa` tambe, per a a, b, c elements de A,

a 6= 0 i ab = ac b = c.Notacio. Si A es un anell commutatiu amb unitat, posem A el conjunt delselements invertibles de A.

Exemples.

1. Z = {1,1}


0 1 2 3 4 5

0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4 5

2 0 2 4 0 2 4

3 0 3 0 3 0 3

4 0 4 2 0 4 2

5 0 5 4 3 2 1

Figura 4.3

2. (Z/5) = {1, 2, 3, 4}3. (Z/6) = {1, 5}4. si K es cos, K = K \ {0}.5. si K es cos, (K[X]) = K = K \ {0}.

Proposicio 4.2.1. Si A es un anell commutatiu amb unitat, A es un grup com-mutatiu amb el producte de A.

Demostracio. Clarament, el producte es associatiu, commutatiu, te element neutrei tot element de A te invers, per definicio. 2

El grup A es diu grup multiplicatiu de lanell A.

Proposicio 4.2.2. Sigui A un anell commutatiu amb unitat, a A. Si a eselement invertible de A, aleshores a no es divisor de zero.

4.2. ANELLS DE CLASSES DE RESTES 61

Demostracio. Sigui b A tal que ab = 0, multiplicant les dues bandes de la igualtatper a1, obtenim 0 = a1(ab) = (a1a)b = b. 2

La seguent proposicio caracteritza els elements invertibles i els divisors de zero deZ/m.

Proposicio 4.2.3. Sigui a un element no nul de Z/m.

1. a es invertible a Z/m mcd(a,m) = 1.2. a es divisor de zero a Z/m mcd(a,m) = d > 1.

Demostracio. Per definicio, a es invertible a Z/m si i nomes si existeix un elementb a Z/m tal que ab = 1 a Z/m. Aquesta igualtat equival a ab 1 = mq per uncert enter q o, equivalentment ab mq = 1. Per 2.5.4, lultima igualtat equival amcd(a,m) = 1.Suposem ara a divisor de zero a Z/m. Per definicio, existeix b 6= 0 tal que ab = 0 aZ/m. Aquesta igualtat implica ab = mq, per un cert enter q. Si fos mcd(a,m) = 1,tindriem, per 2.5.3, m|b i per tant b = 0, contradiccio. Tenim doncs mcd(a,m) =d > 1.Recprocament, suposem mcd(a,m) = d > 1. Posem a = da1,m = dm1. Aleshoresm1 6= 0 a Z/m i am1 = a1m = 0, per tant a es divisor de zero a Z/m. 2

A partir del punt 1. de la proposicio anterior, veiem com calcular linvers dunelement invertible de Z/m. Si a es invertible a Z/m, tenim que mcd(a,m) = 1.Per tant existeixen enters s, t (que sabem calcular) tals que sa+ tm = 1. A partirdaquesta igualtat, tenim que sa = 1 a Z/m i, per tant a1 = s.

Exercici. Calculeu linvers de 16 a Z/27.

Fem les divisions enteres:

27 = 16 1 + 1116 = 11 1 + 511 = 5 2 + 1

Obtenim que 1 = 11 5 2 = 11 (16 11) 2 = 3 11 2 16 = 3 (2716) 2 16 = 3 27 5 16. Tenim doncs 161 = 5 = 22 a Z/27.

Si p es primer, tenim, a partir de 4.2.3, que tot element a 6= 0 de Z/p es invertible,per tant Z/p es un cos. Si m no es primer, aleshores lanell Z/m te divisors de


zero. En efecte, si m no es primer, tenim que m = m1m2, amb 1 < m1,m2 < m.Per tant m1,m2 son elements no nuls de Z/m i m1m2 = m = 0.

Mes en general, tenim

Proposicio 4.2.4. Tot anell commutatiu amb element unitat ntegre i finit es cos.

Demostracio. Sigui A un anell commutatiu, amb element unitat, ntegre, finit isigui n el cardinal de A. Posem A = {a1, a2, . . . , an}. Sigui b A, b 6= 0. Conside-rem els productes ba1, ba2, . . . , ban. Com que A es ntegre, tots aquests productesson diferents. En efecte, bai = baj implica ai = aj per ser b 6= 0. Com son nelements diferents de A, son exactament tots els elements de A. En particular,entre ells, hi es l1. Tenim doncs bai=1, per a un cert i. Hem provat doncs que totelement no nul de A es invertible i tenim que A es cos. 2

Observacio. Com que Z/p es cos, si p es primer, podem considerar lanell depolinomis (Z/p)[X] i tots els resultats que hem vist per a lanell de polinomisK[X], amb K cos, son va`lids per a (Z/p)[X].Veiem ara que 3.6.8 no se satisfa` per a K = Z/p. Considerem p = 2 i el polinomide (Z/2)[X], P (X) = X3 +X. Tenim que P (X) = (X + 1)2X, per tant 1 es arrelde P (X) amb multiplicitat 2. Ara P (X) = 3X2 + 1 = X2 + 1 te larrel 1 ambmultiplicitat 2.

4.3 Congrue`ncies lineals

Considerem el problema seguent.

Donats nombres enters a, b,m amb m > 1, calcular tots els nombres enters x talsque ax b (mod m).

Observacio. Si x es una solucio al problema plantejat i y es un enter congruamb x, mo`dul m, aleshores y tambe nes solucio. Per tant, considerarem que duessolucions son diferents si no son co`ngrues mo`dul m. Resoldre el problema plantejatequival a resoldre lequacio ax = b a Z/m.

Exemples.

1. 1 i 3 son solucions de 3x 3 (mod 6). Son solucions diferents ja que 1 6 3(mod 6).

4.3. CONGRUE`NCIES LINEALS 63

2. la congrue`ncia 2x 1 (mod 6) no te solucio ja que 2x = 0, 2 o 4 a Z/6.El seguent teorema dona la solucio al problema plantejat.

Teorema 4.3.1. Siguin a, b,m Z, m > 1.La congrue`ncia ax b (mod m) te solucio b es multiple de mcd(a,m).Si d = mcd(a,m) > 0 i d|b, el nombre de solucions diferents mo`dul m es d. Si xes una solucio, totes les solucions son x+

m

d, amb = 0, . . . , d 1.

Demostracio. Si x es solucio de la congrue`ncia, tenim que m | ax b. Per tant, sid = mcd(a,m), tenim que d | ax b i d | a que implica d | b.Suposem ara que d = mcd(a,m) divideix b. Per la identitat de Bezout, podemtrobar enters s, t tals que sa + tm = d. Si b = db1, tenim que b = sb1a + tb1m,per tant a(sb1) b (mod m), es a dir x = sb1 es solucio de la congrue`ncia. Ara, six1, x2 son dues solucions, tenim

ax1 b (mod m)ax2 b (mod m)

} a(x1 x2) 0 (mod m).

Tenim doncs a(x1x2) = mq, per un cert enter q. Com que d = mcd(a,m), tenimque a = da1,m = dm1 amb a1,m1 primers entre ells. De a(x1x2) = mq, obtenimque a1(x1 x2) = m1q i per tant m1 | a1(x1 x2) que implica m1 | x1 x2 per sera1,m1 primers entre ells. Tenim doncs x1 x2 = m

d, per algun enter .

Recprocament, si x es solucio, x + m

dtambe ho es, ja que a(x + m1) = ax +

am1 = ax+ a1m ax b (mod m).Ara hem de veure quan x i x +

m

ddonen la mateixa solucio. Tenim

x + m

d x (mod m) m

d 0 (mod m)

des enter. Per tant =

0, 1, . . . , d 1 donen exactament totes les solucions. 2

Exercici. Resoleu les congrue`ncies seguents.

201x 67 (mod 1139), 1845x 90 (mod 4545), 1122x 20 (mod 2210).

1) 201x 67 (mod 1139)Calculant per lalgoritme dEuclides, obtenim que mcd(201, 1139) = 67, pertant la congrue`ncia te solucions. Calculem una identitat de Bezout 67 = 6


201 1139. Obtenim doncs la solucio x = 6. Tenim que 113967

= 17. Pel

teorema, totes les solucions son

x = 6 + 17t, t = 0, . . . , 66.

2) 1845x 90 (mod 4545)Calculant per lalgoritme dEuclides, obtenim que mcd(4545, 1845) = 45. Comque 45 | 90, la congrue`ncia te solucions. Calculem una identitat de Bezout 45 =134545321845. Multiplicant per 2, tenim que 90 = 264545641845.Obtenim doncs la solucio x = 64. Tenim que 4545

45= 101. Pel teorema, totes

les solucions son

x = 64 + 101t, t = 0, . . . , 44.3) 1122x 20 (mod 2210)

mcd(2210, 1122) = 34 - 20, per tant la congrue`ncia no te cap solucio.

Veiem ara dos resultats de simplificacio de congrue`ncies.

Proposicio 4.3.2. Siguin a, b, c,m Z, m > 1, tals que ac bc (mod m). Simcd(c,m) = 1, aleshores a b (mod m).

Demostracio. Si mcd(c,m) = 1, tenim que c es invertible a Z/m; equivalentment,existeix un enter c tal que cc 1 (mod m). Tenim doncs a a(cc) = (ac)c (bc)c = b(cc) b (mod m). 2Proposicio 4.3.3. Siguin a, b, c,m Z, m > 1, tals que ac bc (mod m). Siguid = mcd(c,m). Aleshores a b (mod m

d).

Demostracio. Tenim que (a b)c = ac bc = mq, per un cert enter q. Com qued = mcd(c,m), posem c = dc1,m = dm1, amb c1,m1 enters. De (a b)c = mq,obtenim que (ab)c1 = m1q i per tant m1 | (ab)c1. Com que m1 i c1 son primersentre ells, ha de ser m1 | a b, es a dir a b (mod m1). 2

4.4. SISTEMES DE CONGRUE`NCIES LINEALS 65

Exercici. Resoleu les congrue`ncies seguents utilitzant els resultats de simplificacio.

201x 67 (mod 1139), 94x 15 (mod 64),255x 30 (mod 195), 18x 36 (mod 40).

1) 201x 67 (mod 1139)201x 67 (mod 1139) 3x 1 (mod 17). Mo`dul 17, la congrue`ncia te unaunica solucio x = 6. Les solucions mo`dul 1139 = 17 67 son x = 6 + 17t, t =0, . . . , 66.

2) 94x 15 (mod 64).94x 15 (mod 64) 30x 15 (mod 64) 2x 1 (mod 64), ja que 15 esprimer amb 64. Com que 2 no es invertible mo`dul 64, la congrue`ncia no tesolucio.

3) 255x 30 (mod 195).255x 30 (mod 195) 60x 30 (mod 195) 4x 2 (mod 13). Modul 13,la congrue`ncia te una unica solucio x = 7. Les solucions mo`dul 195 = 13 15son x = 7 + 13t, t = 0, . . . , 14.

4) 18x 36 (mod 40).Com que mcd(18, 40) = 2, tenim que 18x 36 (mod 40) x 2 (mod 20).Mo`dul 20, la congrue`ncia te una unica solucio x = 2. Les solucions mo`dul 40son x = 2 i x = 22.

4.4 Sistemes de congrue`ncies lineals

Teorema 4.4.1 (Teorema xine`s dels residus). Si m1, . . . ,mr son enters > 1,primers entre ells dos a dos, a1, . . . , ar son enters qualssevol, el sistema de con-grue`ncies

x a1 (mod m1)...

x ar (mod mr)te una solucio, unica mo`dul M = m1 . . .mr.


Demostracio. Si x, x son dues solucions, tenim que x x (mod mi), 1 i r.Com els mi son dos a dos primers entre ells, tenim que x x (mod M).Sigui ara Mi =

M

mi. Tenim que mcd(mi,Mi) = 1 i, per tant, existeix un enter

Ni, que es pot calcular amb lalgoritme dEuclides, tal que MiNi 1 (mod mi).Posem

x =ri=1

aiMiNi.

Tenim que x ai (mod mi), per a i = 1, . . . , r, ja que mi | Mj, per a j 6= i,MiNi 1 (mod mi). 2

Exercici. Resoleu el sistema de congrue`ncies

x 1 (mod 4)x 2 (mod 7)x 5 (mod 11)

Doneu-ne la solucio positiva mes petita.

Clarament 4, 7 i 11 son primers entre ells dos a dos. Sabem que la solucio es unicamo`dul 4 7 11 = 308. Tenim

m1 = 4 m2 = 7 m3 = 11M1 = 77 M2 = 44 M3 = 28

Calculem linvers Ni de Mi mo`dul mi, i = 1, 2, 3.

77 = 4 16 + 1 77 1 (mod 4) N1 = 144 = 7 6 + 2 44 2 (mod 7) N2 = 428 = 11 2 + 6 28 6 (mod 11) N3 = 2

Tenim doncs la solucio x = 1 77 1 + 2 44 4 + 5 28 2 = 709. Lasolucio positiva mes petita es la resta de la divisio de 709 entre 308. tenim que709 = 308 2 + 93. La solucio positiva mes petita del sistema de congrue`ncies esdoncs 93.

Exercici. Trobeu un enter compre`s entre 1000 i 1910 tal que la seva ultima xifrasigui 1 quan sescriu en base 7; 5 quan sescriu en base 10 i 10 quan sescriu enbase 13.

4.5. PROPIETATS MULTIPLICATIVES DE LES CONGRUE`NCIES 67

Busquem x tal que

x 1 (mod 7)x 5 (mod 10)x 10 (mod 13)

Com que 7, 10 i 13 son primers entre ells dos a dos, aquest sistema te una soluciounica mo`dul 7 10 13 = 910. Tenim

m1 = 7 m2 = 10 m3 = 13M1 = 130 M2 = 91 M3 = 70

Busquem linvers Ni de Mi mo`dul mi, i = 1, 2, 3.

130 4 (mod 7) N1 = 291 1 (mod 10) N2 = 170 5 (mod 13) N3 = 8

Una solucio es 2 130 + 91 5 + 70 8 10 = 6315.Com que (6315 1910)/910 ' 4, 8, la solucio en linterval demanat es x = 63155 910 = 1765.

4.5 Propietats multiplicatives de les congrue`ncies

Teorema 4.5.1 (Petit teorema de Fermat). Sigui p un nombre primer positiu isigui a un enter. Aleshores se satisfa`

ap a (mod p).

Demostracio. Si p | a, els dos membres son congrus a 0 mo`dul p i per tant se satisfa`la congrue`ncia.Lenunciat per a a no divisible per p es equivalent a

ap1 = 1 a Z/p, per a tot a Z/p, a 6= 0.Per a a Z/p, a 6= 0, considerem laplicacio

f : Z/p Z/px 7 ax

Tenim que f(0) = 0. Laplicacio f es bijectiva. En efecte


1. Com que a es invertible, tenim que ax = ay x = (a1(a)x = a1(ax) =a1(ay) = (a1a)y = y, per tant f es injectiva.

2. Si y Z/p, tenim que y = (aa1)y = a(a1y) = f(a1y), per tant f esexhaustiva.

Els dos conjunts

{x : x Z/p, x 6= 0} i {ax : x Z/p, x 6= 0}son doncs iguals i obtenim

xZ/p\{0}x =

xZ/p\{0}

ax = ap1

xZ/p\{0}x

Com que

xZ/p\{0} x es invertible, tenim que ap1 = 1 a Z/p. 2

Volem veure ar

Apunts Aritmètica Teresa Crespo

Documents

Transcript of Apunts Aritmètica Teresa Crespo