1 TESTE OPÇÃO II - TEORIA DE NÚMEROS COMPUTACIONAL

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1 1 TESTE OPÇÃO II - TEORIA DE NÚMEROS COMPUTACIONAL Licenciatura em Matemática 30 de março de 2012 duração 1h 45m Responda, justificando cuidadosamente, às seguintes questões: 1. Calcule uma estimativa da probabilidade de que um número com 30 algarismos escolhido aleatoriamente seja primo. 2. (a) Prove que todo o número primo maior do que 3 é da forma 6k+1 ou da forma 6k-1. (b) Prove que existe uma infinidade de primos da forma 6k Sem utilizar as funções FactorInteger, Divisors, PrimeQ, Prime or NextPrime definidas no Mathematica, (a) verifique se é primo; (b) utilizando o método de fatorização de Fermat fatorize como produto de primos os números e Verifique que é um número de Carmichael. 5. (a) Verifique se são números pseudoprimos de base 5, os números: 14981, e (b) Determine o menor número natural que é pseudoprimo de base 2, 3 e 5 (simultaneamente). 6. Sem utilizar as funções PowerModList, Reduce, Solve ou FindInstance, resolva as congruências: (a) x (mod 16); (b) 2x 4 + 3x (mod 72) a) 1 b) 2 3 a) 1.5 b) a) 1.5 b) 2 6 a) 2 b) 3

2 Exercício 1 In[1]:= Os números inteiros com 30 algarismos são os números inteiros pertencentes ao intervalo [10 29, O número de primos nesse intervalo é dado por Π ) - Π( ), que é igual a Π10 30 ) - Π(10 29 ) pois e não são primos. No entanto, não conhecemos o valor exato de Π10 30 ), nem de Π(10 29 ). Dado que Πx x log x, então Π10 30 ) - Π(10 29 ) 10^30 10^29 Log10^30 Log10^29 e sendo a probabilidade do acontecimento igual à razão entre o nº de casos favoráveis e o nº de casos possíveis, obtém-se: N Out[1]= ^30 10^29 Log10^30 Log10^29 10^30 10^29 A probabilidade é, aproximadamente, Exercício 2 a) Seja n um inteiro maior do que 3. Dado que -1 mod 6=5, dizer que um número é da forma 6k-1 é equivalente a dizer que ele é da forma 6k+5. Qualquer número natural é da forma 6k, 6k+1, 6k+2, 6k+3, 6k+4 ou 6k+,5 com k um inteiro não negativo. Se n é da forma 6k, 6k+2 ou 6k+4, então n é par e, como é maior do que 3, não é primo. Se n é da forma 6k+3, então n é múltiplo de 3 e, como é maior do que 3, não é primo. Logo, se n é primo, então n é da forma 6k+1 ou 6k+5. (Por exemplo, =7 e =11 são primos.) b) Suponhamos que existe apenas um conjunto finito de números primos da forma 6k-1. Seja ( 5, 11, 17,..., p m a sequência ordenada dos números primos da forma 6k-1 e seja t=2 3 ( p m - 1. Então t é um número da forma 6k-1 e t >p m. Consequentemente, t não pode ser um número primo. Seja p um primo que divide t. Pela alínea a), p é da forma 6k-1 ou da forma 6k+1. Suponhamos que p é da forma 6k-1. Então p p m, pois é igual a um dos fatores, e então p 2 3 ( p m. Como p divide t, resulta que p 2 3 ( p m -t = 1. Dado que 1 não é divísível por nenhum primo, conclui-se que não pode existir um primo que divida t e que seja da forma 6k-1. Então qualquer primo que divide t é da forma 6k+1, isto é, t admite uma fatorização em primos da forma t= (6k 1 +1)(6k 2 +1)... (6k l +1) com k 1, k 2,..., k l inteiros. Então, t= 6k 1 k 2... k l... k 1 +k k l )+1 o que contradiz o facto de, por construção, t ser da forma 6k-1. Isto significa que não existe nenhum primo que divide t, o que é impossível. Logo existe um infinidade de números primos da forma 6k-1. Alternativa (dado que não estava vedada a possibilidade de usar o T. Dirichlet) : Pelo Teorema de Dirichlet, se a e b são primos entre si, então existe uma infinidade de primos da forma ak + b. Como m.d.c.(6,1)=1, então existe uma infinidade de primos da forma 6k+1.

3 2 CorrecaoTeste1_11_12.nb Exercício 3 In[2]:= a) O recíproco do Teorema de Wilson é válido, ou seja, se (n-1)!-1(mod n), então n é primo. ModFactorial , Out[2]= O cálculo de ( )! mod deu como resultado que é igual a Logo, ( )! -1(mod ) pelo que é primo. (Alternativa: usar a função EulerPhi e verificar que Φ( )= ) b) Como é par e mod 4=2, então não pode ser escrito como a diferença de dois quadrados. Assim, é necessário primeiro efetuar divisões sucessivas por 2 até obter um número ímpar e de seguida aplicar o método de Fermat. A função factfermat que utilizei analisa se o número n é par ou ímpar e efetua a fatorização de forma adequada recorrendo ao método de fatorização de Fermat aplicado ao maior fator ímpar de n. factfermatn_ : Module In[4]:= factfermat In[5]:= ^1 x x , nº de iterações 2593 Este resultado significa que =2 x x e que esta fatorização foi obtida ao fim de 2593 iterações do processo iterativo do método de fatorização de Fermat. Nâo há no entanto a garantia de que ou sejam fatores primos, pelo que se deve continuar a tentar decompor estes números. factfermat ^0 x x 1, nº de iterações In[6]:= factfermat ^0 x x 3, nº de iterações 4862 In[7]:= factfermat ^0 x x 1, nº de iterações 4934 Conclui-se então que =2 x 3 x x e que e são primos. Está então obtida a fatorização em primos de In[8]:= De modo análogo se pode proceder para fatorizar factfermat2^ ^0 x x , nº de iterações In[9]:= Da alínea a) já sabemos que é primo, pelo que continuamos fatorizando factfermat ^0 x 4513 x 2351, nº de iterações 175 In[10]:= factfermat ^0 x 4513 x 1, nº de iterações 2190 In[11]:= factfermat ^0 x 2351 x 1, nº de iterações 1128 Conclui-se então que = x 4513 x 2351 é a fatorização em primos pretendida.

4 CorrecaoTeste1_11_12.nb 3 Exercício 4 Primeiro vamos verificar que é um número composto: In[12]:= Out[12]= FactorInteger , 1, 37, 1, 241, 1 De facto = onde 13, 37 e 241 são primos. Seja a tal que m.d.c.(a )=1. Falta verificar que a (mod ). a (mod ) a mod 13 a mod 37 a mod 241 Como m.d.c.(a )=1, então m.d.c.(a.13)=m.d.c.(a.37)=m.d.c.(a.241)=1 e, conseqentemente, pelo Pequeno Teorema de Fermat, sabe-se que a 12 1 mod 13 a 36 1 mod 37. a mod 241 In[13]:= Out[13]= In[14]:= Out[14]= In[15]:= Out[15]= QuotientRemainder , , 0 QuotientRemainder , , 0 QuotientRemainder , , 0 Então 1 1 mod mod mod 241 a mod 13 a mod 37 a mod 241 a mod 13 a mod 37 a mod 241 Logo, a (mod ) é válida para qualquer a tal que m.d.c.(a )=1. Finalmente, conclui-se que é um número de Carmichael mod mod mod 241 Exercício 5 a) Um número n é um número pseudoprimo de base 5 se não é primo e verifica 5 n1 1(mod n). In[16]:= In[17]:= Out[17]= In[18]:= Out[18]= testepseudbasean_, a_ : PowerModa, n 1, n 1 && PrimeQn testepseudbasea14 981, 5 True testepseudbasea15 709, 5 False

5 4 CorrecaoTeste1_11_12.nb In[19]:= testepseudbasea , 5 Out[19]= True In[20]:= De acordo com os resultados obtidos, e são pseudoprimos de base 5 e não é. b) O menor número composto é o 4. Então, vamos testar se são pseudoprimos de base 2, 3 e 5 sequencialmente por ordem crescente os inteiros maiores do que 4 até encontrar o primeiro número que passe o teste. n 4; teste False; While teste, n; teste testepseudbasean, 2 && testepseudbasean, 3 && testepseudbasean, 5; n Out[21]= 1729 O menor número pseudoprimo de base 2, 3 e 5 é o número Exercício 6 a) x (mod 16) x 2 9 (mod 2 4 ). Como 91(mod 2 3 ), então a congruência x (mod 16) tem 4 soluções incongruentes módulo 2 3. Uma solução é, obviamente, Α=3, pelo que as restantes soluções módulo 16 são -3, e , ou seja, 3, 5, 11 e 13. b) 72= , pelo que 2 x 4 3 x (mod 72) 2 x4 3 x mod x 4 3 x mod 3 2 Sendo f(x)=2 x 4 3 x 2 4, então f (x)= 8 x 3 6 x. 2 x 4 3 x mod x 4 3 x x 4 3 x x 4 3 x mod 2 e 2 x 4 3 x mod 2 x 2 0 mod 2 x 0 mod 2. Logo as soluções de 2 x 4 3 x mod 2 2, caso existam, são da forma 0+2t, ou seja, são números pares. f0)=4 e f (0)=0 e 2 x 4 3 x mod t 2 mod mod 2 que é uma condição válida para todo o t. Logo t 0,1(mod 2), ou seja, x 0, 2 mod 2 2 são as soluções de 2 x 4 3 x mod 2 2 módulo 2 2. Assim, as soluções de 2 x 4 3 x mod 2 3 são da forma t ou l. Considerando o caso em que x= l, note-se que f(2)=48 e f (2)=76 e 2 x 4 3 x mod l 484 mod mod 2 que é uma condição válida para todo o l. Logo l mod 2= 0, 1, ou seja, x mod 2 3 e x mod 2 3 são soluções de 2 x 4 3 x mod 2 3. De forma análoga, considerando caso em que x = t vem que 2 x 4 3 x mod t 44 mod mod 2 que é uma condição ímpossível. Logo 2 e 6 são as únicas soluções de 2 x 4 3 x mod 2 3 no sistema standard de resíduos módulo x 4 3 x mod 3 2 ) x 4 3 x x 4 3 x x 4 3 x mod 3 e 2 x 4 3 x mod 3 x mod 3 x 4 1 mod 3 x mod 3 1, 1. Logo as soluções de, caso existam, são da forma 1+3t ou 2+3l.

6 CorrecaoTeste1_11_12.nb 5 Estudando o caso em que x= 1+3t, dado que f(1)=9 e f (1)=14, 2 x 4 3 x mod t 93 mod 3 2t 0 mod 3 t 0 mod 3. Então, 1 é uma solução de 2 x 4 3 x mod 3 2. Considerando agora o caso em que x= 2+3l, (recorde-se que f(2)=48 e f (2)=76) vem que 2 x 4 3 x mod l 483 mod 3 l 1 mod 3. Então, 8 é uma solução de 2 x 4 3 x mod 3 2. Assim qualquer solução de 2 x 4 3 x mod 3 2 é congruemte com 1 ou com 8 módulo 3 2. Para conhecer as soluções de 2 x 4 3 x (mod 72) devemos agora aplicar o Teorema Chinês dos Restos aos sistemas: x 2 mod 2 3 x 1 mod 3 2, x 2 mod 23 x 8 mod 3 2, x 6 mod 23 x 1 mod 3 2 e x 6 mod 23 x 8 mod 3 2. In[22]:= ChineseRemainder2, 1, 8, 9 Out[22]= 10 In[23]:= ChineseRemainder2, 8, 8, 9 Out[23]= 26 In[24]:= ChineseRemainder6, 1, 8, 9 Out[24]= 46 In[25]:= ChineseRemainder6, 8, 8, 9 Out[25]= 62 Então módulo 72 as soluções da congruência 2 x 4 3 x (mod 72) são 10, e 62.