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Teoría de números
Entrega 2: Congruencias
Versión 2003-05-
Copyright (c) 2003 by F. A. González de la Hoz. This material may be distributed only subject to the terms and conditions set forth in the Open Publication License, v1.1 or later (the latest version is presently available at http://www.opencontent.org/openpub/).
CONTENIDO
CONGRUENCIAS Subgrupos de enteros Clases de congruencia Teorema de Fermat-Euler Teorema Chino del Resto Polinomios: Teorema de Lagrange Logaritmo discreto: raíces primitivas Un ejemplo
EJERCICIOS - CONGRUENCIAS
Temas de las entregas anteriores: Funciones multiplicativas Temas de las próximas entregas: La función zeta de Riemann, El teorema de Dirichlet, El teorema de los números primos, Números algebraicos
CONGRUENCIAS
En los siguientes apartados se demuestran las propiedades básicas referentes a las
congruencias con el fin de obtener algunos resultados importantes: el Teorema Chino del Resto, el
teorema de Fermat-Euler, el Teorema de Lagrange y la estructura de representación con clases
residuales reducidas.
La exposición se inicia presentando algunas propiedades de los números enteros que
tienen su generalización inmediata en la teoría de grupos y las definiciones y demostraciones
habrían sido más cómodas si se hubiese supuesto conocida esa teoría. No obstante, he preferido
esta presentación para proporcionar elementos familiares que motiven al estudio de aspectos más
abstractos a los lectores que estén introduciéndose en estos temas.
SUBGRUPO DE ENTEROS
Un subconjunto S del conjunto Z de enteros es un subgrupo de Z si 0 ∈S,− x ∈S y
x + y∈S para todos los x ∈ S e y ∈ S. Es fácil ver que las tres condiciones se podría haber
reducido a imponer x − y ∈S.
También es inmediato observar que si un entero pertenece a , también todos sus
múltiplos enteros pertenecen , y, además, que el conjunto de todos los esos múltiplos,
, es un subgrupo de
m S
S
mZ = { mn:n∈Z } Z. Finalmente: todos los subgrupos de Z son de este
tipo (Ejercicio Cng0):
TEOREMA G.1 Sea S un subgrupo de Z , entonces existe un entero no negativo m
tal que S =mZ ={mn : n∈Z}
Podemos utilizar el teorema anterior para generalizar y verificar de forma cómoda la
definición y algunas propiedades ya conocidas en relación con el máximo común divisor de dos
números:
Sean a ,..., enteros, no todos ellos nulos. Se define el máximo común divisor de
todos ellos como el mayor entero que divide todos y cada uno. Veamos que
entonces existen enteros u tales que
1 ,^ a 2 a r
MCD( a 1 ,a 2 ,...,ar)
1 ,^ u 2 ,...,^ ur MCD^ (a^1 ,a 2 ,...,ar )=^ u 1 a 1 +u 2 a 2 +...+urar S
u 1 , u 2 ,...,ur
.
Para probarlo basta con observar que el conjunto formado por todas las combinaciones lineales
de la forma u 1 a 1 + u 2 a 2 +...+urarpara cualesquiera enteros es un subgrupo deZ
y, por el teorema visto anteriormente, debe existir un número entero positivo m tal queS = mZ.
Es fácil percatarse de que entonces es precisamente m = MCD( a 1 ,a 2 ,...,ar). Cuando
los enteros se dice que son coprimos (Obsérvese que con
esta definición podría ocurrir que esos números no sean comprimos dos a dos).
MCD( a 1 ,a 2 ,..., ar)= 1 a 1 , a 2 ,...,ar
CLASES DE CONGRUENCIA
un elemento de cada una de las clases factores. También definimos el inverso de una clase como
la clase a que pertenece el inverso de alguno de sus elementos, si es que existe.
Los comentarios anteriores muestran que esa multiplicación y el inverso están bien
definidos cuando nos limitamos a las clases residuales reducidas y este hecho se resume diciendo
que con esas operaciones es un grupo conmutativo.
∗ Z m
Teorema de Fermat-Euler
Para cada clase de congruencia existe un único representante x tal que 1. En el
caso de las clases residuales reducidas este será un número coprimo de , por tanto, el orden de
, esto es, la cantidad de clases de residuales reducidas módulo distintas, es igual a
≤x < m m ∗ Z (^) m m ϕ (m),
donde ϕ es la función de Euler. Esto permite demostrar el teorema de Euler (Ejercicio Cng2):
Teorema de Euler : Sean a y menteros positivos y coprimos, entonces
1 (mod )
( ) a m
m ≡
ϕ .
Cuando es un número primo, el teorema anterior se denomina Pequeño Teorema de
Fermat , esto es, si
m
p es un número primo que no divide a a , entonces 1 (mod ).
1 a p
p ≡
−
El teorema de Euler implica la existencia, para cada entero coprimo de , de un entero
positivo mínimo tal que , este entero se denomina orden de módulo y
se representa por ord. En estas condiciones, un entero
a m
n a 1 (modm) a
n ≡
)
m
n (a x^ es solución de la ecuación
a 1 n) si y solo sí el
x = (mod x es un múltiplo entero de. La demostración se basa en
razonamientos semejantes a los del ejercicio Cng0 (y del ejercicio MCD1)
ord (^) n (a ) 1 y la dejamos para el
lector.
Siguiendo con la línea de razonamientos anterior, tendremos que si a y m son coprimos,
entonces ϕ (n)es un múltiplo de ord , e incluso podemos afirmar más: si
y solo sí.
n (a^ ) (mod^ m)
x y a ≡a
x ≡y(mod( ord (^) na ))
Teorema chino del resto
El siguiente es un teorema fundamental referente a las congruencias (Ejercicio Cng3):
TEOREMA CHINO DEL RESTO. Sean a 1 , a 2 ,...,ar enteros distintos de cero y todos
ellos coprimos dos a dos. Entonces fijados r enteros b 1 , b 2 ,...,br, el conjunto de condiciones
x ≡ bi (mod ai )con i = 1 Lrtiene una solución con x entero, y, además, todos los enteros x
que satisfacen las condiciones anteriores forman una clase de congruencia módulo a=
a 1 ⋅ a 2 ⋅...⋅a r.
Polinomios: Teorema de Lagrange
(^1) En general, esto es también la manifestación de una propiedad general de los grupos finitos: el orden de un
elemento divide al orden del grupo
Dado que los polinomios se calculan mediante sumas y multiplicaciones para cualquier
polinomio f (x) con coeficientes enteros se cumple que si a≡ b(mod m) entonces
también. Esto nos permite considerar sin ambigüedad los polinomios como
funciones de clases de congruencias.
f ( a ) ≡f(b)(modm )
Dado un polinomio de coeficientes enteros se dice que es una raíz de
módulo si. En este caso es sencillo comprobar que para
todo. Se tiene que (Ejercicio Cng4 ):
f(x )
n )
c
f
f(x )
n )
≡c
f( c)≡ 0
(mod n )
(mod ( d )≡ 0 (mod n
d
TEOREMA DE LAGRANGE. Si 1 0 es un polinomio
1 f ( x) ax a 1 x ... ax a
n n
n = (^) n + + + +
− −
de coeficientes enteros y grado n ≥ 0 y si p es un número primo tal que no divide a todos los
coeficientes de f (x), entonces el número de soluciones de f (x)≡ 0 (modp) no puede ser
mayor que n.
Una consecuencia que se puede deducir del Teorema de Lagrange es que si p es un
número primo y d es un divisor de φ ( p)= p− 1 , entonces el polinomio tiene exactamente
raíces incongruentes módulo
d x
d p. (Ejercicio Cng5 )
LOGARITMO DISCRETO: RAICES PRIMITIVAS
Aquí veremos lo que sería equivalente al logaritmo de un número desde el punto de vista
de las congruencias. Ese “logaritmo” será un vector de exponentes que definiremos como ind^.
Como era de esperar, al igual que ocurría con el inverso, esta operación solo será válida para
elementos que sean coprimos con m , esto es, para las clases residuales reducidas.
Si es la representación canónica de como producto de potencias de
números primos, entonces, de acuerdo al Teorema Chino del Resto, cualquier entero
∏
r
i
i m pi 1
α m
x coprimo
con m queda determinado módulo m por las ecuaciones
x xi (mod pii )
α ≡ , MCD ( xi ,pi)= 1 para i = 1 ,...,r
Un número g se denomina raíz primitiva de m (o también raíz primitiva módulo ) si
para todo
m
≠ 1
i
g (mod m) 0 < i< ϕ(m). Vemos que g será coprimo de y esta definición
significa que la clase reducida a la que pertenece ese número genera, mediante potenciación,
todas las restantes clases reducidas. Concretamente, para cualquier entero coprimo con
existirá un entero tal que 0
m
y m
t ≤t< ϕ(m)
m
siendo. El número se denomina
índice del número modulo en la base
t y ≡g (mod m) t
y g. Al índice se le suele denominar también
logaritmo discreto de y en la baseg módulo m.
Esta podría ser la generalización que buscábamos para la operación de logaritmo si no
existiese un problema: hay valores de m que no tienen raíces primitivas. Concretamente solo
tienen raíces primitivas los números 2 , 4 , y , donde
α p
α 2 ⋅ p p es un número primo impar.
La demostración de esto requiere varias etapas (ver ejercicios logdis.x):
Si m =∏ es un entero en su representación canónica, entonces cualquier número
r
i
i p i 1
α x
tal que MCD( x,m)= 1 , queda determinado módulo mpor la siguiente serie de índices:
Si p 1 = 2 y α 1 = 1 todos los x son congruentes mod 2 y aquí no se necesita índice.
Si p 1 = 2 y α 1 = 2
( 1 )^0 (mod 4 )
t
x ≡ − con 0 ≤t 0 < ϕ( 4 )= 2
Si p 1 = 2 y α 1 ≥ 3
( 1 )^051 (mod 21 )
t t α x ≡ − ⋅ con 0 ≤ t 0 < 2 y con 0 t 1 ( 2 i)/ 2
α
Para pii donde es un número primo impar, seleccionaremos una raíz primitiva
α p i
g (^) i (mod )
2 p i y entonces
i(mod (^) ii ) t x gi p
α ≡ , con 0 ≤ ti ( pii)
α
Asumiendo que las raíces primitivas gi están seleccionadas (por ejemplo, se seleccionan
las positivas más pequeñas), el número x queda determinado módulo m por el vector
ind ( x)= [t 0 ,t 1 ,...,tr]
donde cada índice se toma módulo 2, ( 2 i)/ 2 o según corresponda.
α
ϕ ( pii)
α
En estas condiciones, si x e y son coprimos con m se tendrá
ind ( x⋅y)=ind(x)+ind(y )
Con lo anterior se ha demostrado que es posible representar las clases residuales
reducidas como un vector de índices ind ( x )= [t 0 ,t 1 ,...,tr]y que el producto o división de dos
clases reducidas se corresponde con la suma o resta de estos vectores. Los valores de
x correspondientes a los vectores de índices [ 1 , 0 ,..., 0 ], [ 0 , 1 ,..., 0 ], ... [ 0 , 0 ,..., 1 ]forman una base de
ese espacio vectorial. Desde el punto de vista del producto esto es equivalente a decir que existen
r clases residuales reducidas tales que cualquier otra clase residual reducida se puede poner
como producto de potencias de estas clases.
2
2 Este resultado es un caso particular de un teorema general que se obtiene al estudiar la teoría de grupos: un
grupo conmutativo finito G se puede expresar como un producto de subgrupos cíclicos G= G 1 ⋅G 2 ⋅⋅⋅Gr
de ordenes h 1 , h 2 ,...hr tales que el orden del grupo esh = h 1 h 2 ...hk. Dado que no lo hemos definido en
estos apuntes, debemos decir que aquí el concepto de subgrupo se entiende que es respecto de la
multiplicación, no respecto de la suma, (que es como lo habíamos definido anteriormente al hablar de
subgrupos de enteros), y esto quiere decir que los subgrupos se multiplican y su producto es el subgrupo
formado los productos de los elementos de esos subgrupos. Invitamos al lector a que revise detalladamente
estos hechos, identificando cuales serían aquí los subgrupos , los ordenes y el orden del grupo. Es
importante recalcar este tema porque lo utilizaremos luego en la demostración del Teorema de Dirichlet.
G i hi G
Un ejemplo
Tomemos y sea
2 m = 100 = 4 ⋅ 5 x = 7 ⋅ 13 = 91 , que es coprimo con m.
Se tiene p 1 = 2 y α 1 = 2 de modo que debe ser 91 , esto es
y tiene que ser
( 1 )^0 (mod 4 )
t ≡ −
3 1 ( 1 )^0 (mod 4 )
t ≡ − ≡ − t 0 = 1.
Ahora debemos encontrar una raíz primitiva para. Empezamos tomando una raíz
primitiva para 5. Es fácil comprobar que nos vale
2 p 2 =
g= 2
5 7
. Comprobamos que es también una raíz
primitiva de 5 (si no lo fuese se tomaría
2 g = 2 + = ), pero en este caso si lo es: se puede
verificar viendo potencias mod 25 se observa
2 ≡
2 4 · 4 16
4 ≡ =
2 32 7
5 ≡ ≡
2 7 7 49 24
10 ≡ ⋅ ≡ ≡
Aquí hemos recorrido todas las potencias entre 1 y 20 que son divisores de 20 = ϕ( 25 )y
hemos visto que nunca son congruentes con 1 mod 25.
Ahora debemos encontrar un t 1 tal que 91 9 16 21 (mod 25 ), esto es, t.
t ≡ − ≡ ≡ 1 = 4
Así tenemos que ind ( 91 )= (t 0 ,t 1 )=( 1 , 4 ).
Veamos cuanto vale ind ( 7 ): 7 3 ( 1 )^0 (mod 4 ) luego
t ≡ ≡ − t 0 = 1 y 7
luego t. Por tanto, ind.
2 1 (mod 25 )
t ≡
1 =^5 (^7 )^ =(^1 ,^5 )
Ahora podemos calcular fácilmente
ind( 13 )= ind( 91 / 7 )=ind( 91 )−ind( 7 )=( 1 , 4 )−( 1 , 5 )=( 0 ,− 1 )=( 0 , 20 − 1 )=( 0 , 19 )
Verifiquémoslo:
( 1 ) 1 13 mod 4
0 − ≡ ≡
2 2 ( 2 ) 8 ( 256 ) 8 ( 6 ) 8 36 811 88 13 mod 25
19 3 82 2 2 ≡ ≡ ≡ ≡ ⋅ ≡ ⋅ ≡ ≡
Ejercicio Cng
1 (mod )
( ) a m
m ≡
ϕ
El resultado es trivial cuando m = 1.
Supongamos que. Entonces el número tiene un inverso en de manera que
para cada existe un único
m > 1 a
Z m
c ∈ Z m c ' =a⋅c. Los números ' recorren todo cuando los
números también recorren. Como el conjunto es finito, podemos multiplicarlos todos y
se tiene:
c
Z m
c
Z m
Z m
∏ ∏ ∏ ∏ ∈ ∈ ∈ ∈
( )
'
m m m cZ m
m
cZ c Z cZ
c c c a a c
ϕ
Como pertenece a podemos simplificar la expresión anterior multiplicando por
inverso de b para obtener 1
∏ ∈
cZ m
b c
Z m
(m ) a
ϕ ≡
Ejercicio Cng
Teorema Chino del Resto
> Pongamos u (^) i = a / ai, de modo que u (^) ies divisible por a (^) j para todo j ≠i
w
, mientras que
ai y son coprimos. Entonces deben existir números enteros y tales que
ai
u i
ui
v i (^) i
vi + ω i=MCD ( ai ,ui)= 1 y poniendo x= u 1 ω 1 b 1 +u 2 ω 2 b 2 +...+ur ωrbrse encuentra que
x ≡ui wibi≡( 1 −aivi)bi≡bi(modai )
Como a es divisible por a (^) i , se tienex + ka≡x (mod ai)para todo entero. Si es
otra solución, se tendrá para todos los , de manera que
k y
x − y≡ 0 (mod ai ) ai x − y es divisible
por cada uno de los a (^) iy, dado que estos son coprimos dos a dos, x − y también será divisible
por su producto, a , siendo por tanto y = x+k⋅a para algún k entero.
<
Ejercicio Cng
Teorema de Lagrange > Lo demostraremos por inducción sobre el grado del polinomio.
En el caso de grado 0, esto es un polinomio constante y distinto de 0, esta claro que no hay
ninguna solución. En caso de grado uno f ( x)= a 1 x+a 0 , si a 1 es divisible por p no se tendría
ninguna solución, y en caso de que a 1 no sea divisible porp , entonces la clase de congruencia a
la que pertenece a 1 módulo p tiene inversa y
1 1
− a a 1 x+ a 0 ≡ 0
a 0
(mod p ) tiene por única
solución la clase de congruencia a que pertenece. Supongamos que y que el
teorema es cierto para grados menores que.
1 − a 1 ⋅
−
n
n> 1
Consideremos un entero dado a. Entonces f ( a+ y) es un polinomio en con
coeficientes enteros. Luego
y
f ( y+a)=f (a)+y⋅h(y )
h( x− a ) g(x)
x) f(a )
para algún polinomio con coeficientes
enteros. Pongamos. Entonces es un polinomio de un grado menor que
, con coeficientes enteros y tal que
h
g (x )=
f (x ) f ( = +( x−a)⋅g(x).
Supongamos que f ( a)≡ f(b)≡ 0. Como los coeficientes de
no son divisibles por
(mod p )
f ( x)= f(a)+(x−a)⋅g(x ) p y f (a) si es divisible por p , se deduce
que los coeficientes de g (x)no son todos divisibles por p. Como f ( b)=f(a)+(b −a)⋅g(b)
y como f ( b)− f(a)debe ser múltiplo de p se deduce que ( b − a) ⋅g(b)debe ser divisible por
p. De modo que, o bien a ≡ b(mod p )o bieng ( b)≡ 0 (o ambos). Esto implica, que f( x)≡ 0
n− 1
tiene a lo sumo entre sus soluciones a una clase de congruencia más que
. Y el resultado se deduce de que tiene grado , y, conforme a
nuestras hipótesis, se le puede aplicar el teorema.
(mod p )
g ( b)≡ 0 (mod p ) g(x)
NOTA: En ocasiones el teorema de Lagrange se suele enunciar indicando expresamente
que el coeficiente de mayor grado es el que es coprimo con p_. La demostración es entonces_
básicamente la misma, lo único que en la factorización
− = − + − + + − =
− − ( ) ( ) ( ) − ( ) ... ( )
1 1 1
1 1 f x f a a x a a 1 x a a x a
n n n
n n n
1 2 2 1 = − + + + ⋅ + +
n− n− n− n− x a an x x a x a a
2 3 1 2 ... a 1 (x x a ... x a a ) ... a(x a) a
n n n n
− − − − − =
=( x −a)⋅g(x )
se debe observar que g (x) es un polinomio de grado n − 1 cuyo coeficiente de mayor grado sigue
siendo el mismo que el de f(x).
<
Ejercicio Cng
Si p es un número primo y d es un divisor de φ ( p)= p− 1 , entonces el polinomio − 1 tiene
d x
exactamente d raíces incongruentes módulo p.
> Obsérvese que si y Q son dos polinomios de coeficientes enteros y si es una
solución de , entonces
P(x )
0 (mod
(x )
p )
a
P( x)⋅ Q(x )≡ P( a)⋅ Q(a)es divisible por p , de modo que
debe ser solución de al menos una de las ecuaciones
a
P ( x)≡ 0 (mod p) o Q( x)≡ 0
(mod p ). Esto quiere decir que las soluciones paraP ⋅ Qson la unión de las que tenemos de P
con las que tenemos de Q.
Como por hipótesis debe ser p − 1 =d⋅k para algún entero positivo k, se puede poner
1 ( 1 ) ( 2 ) − = − ⋅ + + + +
p − d k− d k− d d x x x x x
El Teorema de Fermat garantiza que el primer termino tiene exáctamente raices
incongruentes módulo
p− 1
p. En conjunto, los dos polinomios de la derecha tienen que tener esa
En concreto, para d = p− 1 el valor anterior no puede anularse e implica que existen
ϕ ( p− 1 )raíces de orden p− 1 , que, por tanto, han de ser raíces primitivas.
Ejercicio logdis.
Si p es un número primo impar y si a es una raíz primitiva módulo p , entonces, o bien ao bien
a + pes una raíz primitiva módulo
2 p
>
Pongamos n = ord. Como a implica que a , se tiene
que es un múltiplo de
p^2 (a^ )
(
n
(mod )
2 p ≡ 1
n (mod p)
n ord (^) pa) = p−
n= p⋅( p− 1 )
. Como también es un divisor de ,
deberá ser o bien .o bien
( ) ⋅ ( p− 1 )
2
ϕ p = p
n = p− 1. En el primer caso es una raíz primitiva de
. Veamos el segundo:
a 2 p
Sea b = a+p. Como b es congruente con a módulo p también se le puede aplicar lo
anterior, es decir, ord 2 (b)solo puede ser p
p ⋅ ( p− 1 )o p − 1. Pero como
− − − − − ... 2
1 1 1 2 3 2 a p
p a p
p b a p a
p p p p p
1 2 2 2
− − − a p
p p a p a p
p p p
2 a p
p − ≡ − (mod )
2 p
y, dado que a es una raíz primitiva de p , el factor no puede ser divisible por
p− 2 a p , luego
tampoco por y entonces b , dejando únicamente la posibilidad de
que ord.
p
− 2
b ) =
a
p
p
2 p
p −
p 1 ≠
− )
2 (mod p
p⋅( 1 )
Ejercicio logdis.
Si a es una raíz primitiva módulo , siendo
2 p p es un número primo impar, entonces a también
es una raíz primitiva módulo para cualquier entero positivo
k p k
>
Supongamos que a es una raíz primitiva módulo y módulo , entonces
k− 1 p
k− 2 p
( 1 ) 2 1
(^3) − − = + ⋅
p −^ p k a c p
k
donde c no es múltiplo de p , ya que entonces de serlo se tendría
contradiciendo el hecho de ser una raíz
primitiva módulo.
3 1 1 ≤^ − < = −
− − ord (^) − p p p p p
k k k
p k^ ϕ
k− 2 p
− 2 a ) a
Elevando a p se tiene que
p −^ p− k− p a c p
k ( 1 )
(^2) ( 1 ) 2
( ) ( ) ( ) ... !
2 2 2 ( 2 ) 2 ( 2 )
− − −
j
pp p j c p
p p c p p c p
k k j j k
( ) ( )
− − − ... !
1 2 ( 2 1 ) 2
j
p p j c p
p p c c p
k k j j k j
y tomando módulo se llega a.
k p 1 1 (mod )
p 2 (p 1 ) k 1 k a c p p
k ≡ + ⋅ ≠
− − −
Pongamos , entonces es múltiplo de y divisor de
, de modo que solo puede ser o. Pero,
como acabamos de ver, la primera opción no es posible y solo queda la segunda alternativa, la
cual implica que es una raíz primitiva módulo.
n ordk(a ) p
n ( ) ( 1 )
1 2 = −
− − p p p
k k
2 −
− p (
1
− n p p
k ( ) (
1 = −
− p p p
k k
a
n = p
k − 1 )
k p
Dado que las condiciones se cumplen para k = 1 y k = 2 , el enunciado queda
demostrado por inducción.
<
Ejercicio logdis.
Sea a es una raíz primitiva módulo , siendo
k p p es un número primo impar y k un entero
positivo, entonces, si a es impar será una raíz primitiva módulo y, si es par, la raíz primitiva
k 2 ⋅p
de será
k 2 ⋅p
k a+p
>
Observesé que φ ( 2 ⋅ p) ( 2 ) ( ) ( ).
k k k
=φ ⋅φ p = φ p
Si es impar, se tiene donde debe ser par, entonces
y además no existe ningún exponente t para el que
porque entonces sería en contra de la premisa de que es
una raíz primitiva módulo.
a
p p k a a c p
k k = = 1 + ⋅
φ( 2 ) φ( )
1 (mod )
t k a ≡ p
c
p k a c p
k 1 ' 2
( 2 ) = ⋅
φ
1 (mod )
t k a ≡ p
k
φ p
a k p
Si es par, entonces es impar y como a
donde debe ser par y el argumento es prácticamente
el mismo que en el caso anterior.
a k (^) )
k a +p
k
k k +p ≡amodp
k p k p a p a p c p
k ( + ) =( + ) = 1 + ⋅
φ ( 2 φ( ) c
Ejercicio logdis.
Sea a es un entero impar y si k es un entero mayor de 2 , entonces 1
2 2 ≡
k− a (mod 2 )
k
> Supongamos que a = 1 + 2 b, entonces
1 4 4 1 4 ( 1 ) 1 mod 8
2 2 a = + b+ b = + bb+ ≡ puesto que b( b+ 1 ) es par, y entonces el
teorema se cumple para k= 3.
Supongamos que se cumple para k − 1 , esto es 1 , entonces
2 3 ≡
k− a (mod 2 )
k− 1
k k k k k k a a c c c c c
k k ( ) ( 1 2 ) 1 2 2 2 1 2 ( 1 2 ) 1 mod 2
2 2 2 3 2 12 1 2 2 2 2 = = + ⋅ = + ⋅ ⋅ + ⋅ = + ⋅ ⋅ + ⋅ ≡
− − − − − −
con lo cual queda demostrado por inducción.
<
Dado que (se demostró en el Ejercicio logdis.7), el orden de módulo
debe ser un divisor de , pero todos estos divisores son potencias de 2 con exponente
menor o igual que k , de modo que la primera vez que aparece el 1 en la sucesión
será cuando siendo.
5 1 (mod 2 )
2 k^2 k
−
2 2
k−
t =t 0
k 2
2 t (mod 2 )
k 2 0 ord 2 k 5
t
Según el apartado anterior 5 y como también 5 , donde
es un entero, se encuentra que y como
k
t a
t = + ⋅
2 0 0 +^2 1 2
a A
k t k =^ ⋅
− 0 − 2 2
A
t k = 1 + 2 ⋅
20
A t 0 ≤ k− 2 y además a debe ser
impar, se deduce que. Esto es,.
k
k − t 0 − 2 = 0
2 2
k− 2
ordk 5 =
<
Ejercicio logdis2.
Si k > 2 no existen dos valores 0 ≤ s s+ 2 se tiene 2 , llegando
entonces a la contradicción 1.
2 mod 2
s+ ⋅ ≡ 0
k A 2 1 0 mod 2
s
