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Álgebra Superior II: Teorema chino del residuo

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

3 respuestas

Introducción

En entradas anteriores platicamos de congruencias y de algunos teoremas que se pueden usar para trabajar con potencias y factoriales módulo un entero. También, aprendimos a resolver una ecuación lineal módulo $n$. El resultado principal fue el siguiente:

Teorema 1. Sean $a,b$ enteros y $n$ un entero positivo. La ecuación $ax\equiv b\pmod n$ tiene solución si y sólo si $M:=\text{MCD}(a,n)$ divide a $b$. Cuando sí hay solución, ésta se puede expresar de manera única en módulo $n’:=n/M$.

Ya que sabemos resolver una ecuación lineal, el siguiente paso es aprender a resolver sistemas que involucren dos o más ecuaciones lineales. En esta entrada veremos primero cómo resolver un sistema de dos ecuaciones lineales.

Luego, veremos cómo resolver un sistema con más ecuaciones y demostraremos un resultado clásico: el teorema chino del residuo. Pero para eso necesitaremos el resultado para dos ecuaciones lineales. Vamos poco a poco.

Sistemas de dos ecuaciones lineales

Supongamos que queremos entender por completo el sistema de ecuaciones
\begin{align*}
ax&\equiv b \pmod m\\
cx&\equiv d \pmod n,
\end{align*}

es decir, determinar cuándo existe una $x$ que satisfaga ambas ecuaciones y, si existe, determinar cómo se ven todas las soluciones. Por lo primero que nos tenemos que preocupar es por que cada una de las ecuaciones tenga solución: si alguna no tiene, entonces no hay solución para el sistema.

Así, lo primero que tiene que pasar es que $\text{MCD}(a,m)$ divida a $b$ y que $\text{MCD}(c,n)$ divida a $d$. Cuando sí tienen solución, entonces podemos intercambiar a las ecuaciones por sus ecuaciones reducidas y obtener el sistema de ecuaciones lineales equivalente
\begin{align*}
a’x&\equiv b’ \pmod {m’}\\
c’x&\equiv d’ \pmod {n’}.
\end{align*}

La primera ecuación tiene una única solución módulo $m’$ y la segunda una única solución módulo $n’$, así que este sistema es equivalente al sistema
\begin{align*}
x&\equiv e \pmod {m’}\\
x&\equiv f \pmod {n’},
\end{align*}

en donde $e$ y $f$ son las soluciones a cada una de las ecuaciones lineales reducidas por separado. Ahora sí podemos combinar ambas ecuaciones. Lo único que nos falta es entender cuándo los sistemas de esta forma tienen solución.

Ejemplo 1. El sistema lineal de ecuaciones
\begin{align*}
x&\equiv 2 \pmod 6\\
x&\equiv 4 \pmod {15}
\end{align*}
no tiene solución.

Solución. La primera ecuación implica que $6\mid x-2$. Como $3\mid 6$, por transitividad tenemos $3\mid x-2$, así que la primera ecuación implica que $x$ deja residuo $2$ al dividirse entre $3$.

La segunda ecuación implica que $15\mid x-4$. Como $3\mid 15$, por transitividad $3\mid x-4$, o bien $x\equiv 4 \equiv 1 \pmod 3$. Es decir, la segunda ecuación implica que $x$ deja residuo $1$ al dividirse entre $3$. De esta forma, es imposible satisfacer simultáneamente ambas ecuaciones.

$\triangle$

En el ejemplo anterior, $3$ es el máximo común divisor de $6$ y $15$ y por eso convino estudiar la divisibilidad entre $3$. La siguiente proposición justo dice cuándo el sistema tiene solución en términos de cierta divisibilidad por el máximo común divisor de los módulos.

Proposición 4. Sean $a$ y $b$ enteros y $m$ y $n$ enteros positivos. El sistema lineal de ecuaciones en congruencias
\begin{align*}
x&\equiv a \pmod m\\
x&\equiv b \pmod n
\end{align*}

tiene solución si y sólo si $M:=\text{MCD}(m,n)$ divide a $a-b$. En este caso, la solución se puede expresar de manera única módulo $N:=\text{mcm}(m,n)$, el mínimo común múltiplo de $m$ y $n$.

Demostración. Supongamos que $x$ es solución. Por la primera ecuación, $m\mid x-a$ y como $M\mid m$, entonces $M\mid x-a$. De manera análoga, $M\mid x-b$. Así, $M\mid (x-b)-(x-a)=a-b$, lo cual prueba una implicación de la proposición.

Por otro lado, si $M$ divide a $a-b$, entonces existe una combinación lineal de $m$ y $n$ que da $a-b$, digamos $ym+zn=a-b$, que podemos reescribir como $b+zn=a-ym$. Tomemos $x=b+zn=a-ym$. Notemos que
\begin{align*}
x&=a-ym\equiv a\pmod m\\
x&= b+zn \equiv b \pmod n,
\end{align*}

de modo que $x$ es solución para el sistema. Notemos que $x+rN$ para cualquier $r$ entero y $N$ el mínimo común múltiplo de $m$ y $n$ también es solución pues $N\equiv 0 \pmod m$ y $N\equiv 0 \pmod n$.

Veamos que la solución es única módulo $N$. Si tenemos $x$ y $y$ que son soluciones al sistema, entonces tenemos
\begin{align*}
x&\equiv a \equiv y\pmod m\\
x&\equiv b \equiv y\pmod n,
\end{align*}

lo cual implica $m\mid x-y$ y $n\mid x-y$. Como $N$ es el mínimo común múltiplo, $N\mid x-y$, de modo que $x\equiv y \pmod N$.

$\square$

Terminamos esta sección con un teorema que recopila todo lo que hemos mostrado para dos ecuaciones lineales.

Teorema 2. Consideremos el sistema de ecuaciones
\begin{align*}
ax&\equiv b \pmod m\\
cx&\equiv d \pmod n.
\end{align*}

Si $\text{MCD}(a,m)$ no divide a $b$ o $\text{MCD}(c,n)$ no divide a $d$, entonces el sistema no tiene solución. Si tenemos ambas divisibilidades, entonces el sistema original es equivalente al sistema
\begin{align*}
x&\equiv e \pmod {m’}\\
x&\equiv f \pmod {n’},
\end{align*}

donde $e$ y $f$ son las soluciones únicas a las reducciones de la primer y segunda congruencia respectivamente. Si $\text{MCD}(m’,n’)$ no divide a $e-f$, entonces el sistema original no tiene solución. Si sí, entonces el sistema original tiene una única solución módulo $\text{mcm}(m’,n’)$.

Ejemplo 2. Determina las soluciones al siguiente sistema lineal de ecuaciones:
\begin{align*}
4x&\equiv 12 \pmod {24}\\
10x&\equiv 5 \pmod {75}.
\end{align*}

Solución. Para la primera ecuación, notamos que $\text{MCD}(4,24)=4$ sí divide a $12$ así que la ecuación sí tiene solución, y su conjunto solución es el mismo que el de $x\equiv 3\pmod 6$.

Para la segunda ecuación, notamos que $\text{MCD}(10,75)=5$ sí divide a $5$ así que la ecuación sí tiene solución, y su conjunto solución es el mismo que el de $2x\equiv 1\pmod {15}$. La solución de esta ecuación es $x\equiv 8 \pmod {15}$. De este modo, el sistema original es equivalente al sistema:

\begin{align*}
x&\equiv 3 \pmod {6}\\
x&\equiv 8 \pmod {15}.
\end{align*}

Tenemos que $\text{MCD}(6,15)=3$. Pero $3$ no divide a $3-8=-5$. Entonces este sistema no tiene solución, y por lo tanto el original tampoco.

$\triangle$

Hagamos un ligero cambio en el sistema de ecuaciones.

Ejemplo 3. Determina las soluciones al siguiente sistema lineal de ecuaciones:
\begin{align*}
4x&\equiv 20 \pmod {24}\\
10x&\equiv 5 \pmod {75}.
\end{align*}

Solución. Para la primera ecuación, notamos que $\text{MCD}(4,24)=4$ sí divide a $20$ así que la ecuación sí tiene solución, y su conjunto solución es el mismo que el de $x\equiv 5\pmod 6$.

Para la segunda ecuación, notamos que $\text{MCD}(10,75)=5$ sí divide a $5$ así que la ecuación sí tiene solución, y su conjunto solución es el mismo que el de $2x\equiv 1\pmod {15}$. La solución de esta ecuación es $x\equiv 8 \pmod {15}$. De este modo, el sistema original es equivalente al sistema:
\begin{align*}
x&\equiv 5 \pmod {6}\\
x&\equiv 8 \pmod {15}.
\end{align*}

Tenemos que $\text{MCD}(6,15)=3$ y que $3$ sí divide a $5-8=-3$, de modo que sí hay solución. Para encontrarla, expresamos a $-3$ como combinación lineal de $6$ y $15$: $$5-8= -3 = (-3)\cdot 6 + 1\cdot 15.$$

De aquí, $x=8+15=23$ es una solución, y por lo tanto el conjunto de soluciones queda descrito módulo $\text{mcm}(6,15)=30$ de manera única como $$x\equiv 23 \pmod {30}$$.

$\triangle$

El teorema chino del residuo

Varias de las ideas que usamos para un sistema de dos ecuaciones lineales las podemos reciclar para cuando queremos encontrar una $x$ que satisfaga simultáneamente el sistema de ecuaciones lineales en congruencias
\begin{align*}
a_1x&\equiv b_1\pmod {m_1}\\
a_2x&\equiv b_2\pmod {m_2}\\
&\vdots\\
a_nx&\equiv b_n\pmod {m_n}
\end{align*}

Si este sistema tiene solución, entonces claramente:

  • Cada una de las ecuaciones debe tener solución y,
  • cada par de ellas debe tener solución.

Lo impresionante del siguiente teorema es que estas dos condiciones son las únicas que tenemos que verificar para que el sistema tenga solución. Y afortunadamente ya estudiamos cuándo dos ecuaciones lineales en congruencias tienen una solución simultánea.

Si cada una de las ecuaciones del sistema tiene solución, entonces es única, así que podemos remplazar cada ecuación por su solución y obtener un sistema de ecuaciones en donde todos los coeficientes de $x$ son $1$ (como le hicimos en el caso de dos ecuaciones). El siguiente resultado estudia estos sistemas.

Teorema 3. Sea $n\geq 2$ un entero, $b_i$ enteros para $i\in \{1,\ldots,n\}$ y $m_i$ enteros positivos para $i\in \{1,\ldots,n\}$. El sistema de ecuaciones en congruencias
\begin{align*}
x&\equiv b_1\pmod {m_1}\\
x&\equiv b_2\pmod {m_2}\\
&\vdots\\
x&\equiv b_n\pmod {m_n}
\end{align*}
tiene solución si y sólo si para cada par de índices $i$ y $j$ en $\{1,2,\ldots,n\}$ se tiene que la ecuación $i$ y la ecuación $j$ tienen solución, es decir, si y sólo si $\text{MCD}(m_i,m_j)\mid b_i-b_j$. En este caso, la solución es única módulo $\text{mcd}(m_1,\ldots,m_n)$.

Demostración. Si el sistema completo tiene solución, entonces claramente cualquier par de ecuaciones tiene solución. Para demostrar la afirmación inversa, procederemos por inducción. Para $n=2$ la afirmación es directa, pues justo la hipótesis es que ese par de ecuaciones tiene solución.

Supongamos entonces el resultado cierto para cuando tenemos $n$ ecuaciones y consideremos un sistema con $n+1$ ecuaciones
\begin{align*}
x&\equiv b_1\pmod {m_1}\\
x&\equiv b_2\pmod {m_2}\\
&\vdots\\
x&\equiv b_n\pmod {m_n}\\
x&\equiv b_{n+1}\pmod {m_{n+1}}.
\end{align*}

Supongamos que cualquier par de ellas tienen solución. Tenemos que mostrar que todo el sistema tiene solución y que es única módulo $\text{mcm}(m_1,\ldots,m_{n+1})$. Como cualquier par tienen solución, entonces cualquier par de las primeras $n$ tienen solución. Por hipótesis inductiva, entonces podemos reemplazar a las primeras ecuaciones por una ecuación módulo $N=\text{mcm}(m_1,\ldots,m_{n})$, que es única por la unicidad en la hipótesis inductiva. En otras palabras, existe un entero $c$ tal que el sistema de ecuaciones original es equivalente al sistema de ecuaciones
\begin{align*}
x&\equiv c \pmod N\\
x&\equiv b_{n+1} \pmod {m_{n+1}}
\end{align*}

Mostraremos ahora que este sistema tiene solución. Para esto, basta mostrar que $\text{MCD}(N,m_{n+1})$ divide a $c-b_{n+1}$.

Como $c$ es solución del sistema para las primeras $n$ ecuaciones, tenemos que $c\equiv b_i\pmod {m_i}$ para toda $i=1,\ldots, n$, es decir, $m_i\mid c-b_i$. Por transitividad, $\text{MCD}(m_{n+1},m_i)\mid c-b_i$.

Como cualquier par de ecuaciones de las originales tenía solución, tenemos que $\text{MCD}(m_{n+1},m_i)\mid b_i-b_{n+1}$. De esta forma, $$\text{MCD}(m_{n+1},m_i)\mid -(c-b_i)-(b_i-b_{n+1})=b_{n+1}-c.$$

Con esto mostramos que cada $\text{MCD}(m_{n+1},m_i)$ divide a $b_{n+1}-c$, de modo que el mínimo común múltiplo de estos números también divide a $b_{n+1}-c$. Pero el mínimo común múltiplo de estos números precisamente $\text{MCD}(N,m_{n+1})$.

En otras palabras, el sistema
\begin{align*}
x&\equiv c \pmod N\\
x&\equiv b_{n+1} \pmod {m_{n+1}},
\end{align*}

que es esquivalente al original, tiene una solución, y esta es única módulo $$\text{mcm}(N,m_{n+1})=\text{mcm}(m_1,\ldots,m_n,m_{n+1}).$$

Esto es justo lo que queríamos para dar el paso inductivo.

$\square$

Como corolario, obtenemos el teorema chino del residuo, que habla acerca de soluciones a sistemas de ecuaciones en los cuales los módulos que tomamos son primos relativos entre sí.

Teorema 4 (teorema chino del residuo). Sea $n\geq 2$ un entero, $b_i$ enteros para $i\in\{1,2,\ldots,n\}$ y $m_i$ enteros positivos para $i\in\{1,\ldots,n\}$. Supongamos además que cada par $m_i, m_j$ de enteros ($i\neq j$) son primos relativos. Entonces el sistema lineal de congruencias
\begin{align*}
x&\equiv b_1\pmod {m_1}\\
x&\equiv b_2\pmod {m_2}\\
&\vdots\\
x&\equiv b_n\pmod {m_n}
\end{align*}
tiene una y sólo una solución módulo $m_1m_2\ldots m_n$.

Demostración. Como cada pareja de módulos son primos relativos, tenemos que $\text{MCD}(m_i,m_j)=1$ y entonces claramente cada par de ecuaciones tiene solución. Por el Teorema 3, el sistema tiene solución y esta es única módulo el mínimo común múltiplo de $m_1,\ldots,m_n$, que como son primos relativos dos a dos, es $m_1m_2\ldots m_n$.

$\square$

La demostración del Teorema 3 también nos da un procedimiento para resolver de manera práctica los sistemas de ecuaciones lineales en congruencias:

  • Si los coeficientes de $x$ del sistema no son $1$, entonces primero resolvemos todas las ecuaciones con coeficiente distinto de $1$ para transformarla en una del estilo de las del Teorema 3. Si alguna no se puede, entonces el sistema no tiene solución.
  • Una vez que el sistema está en la forma del Teorema 3, verificamos si cada par de ecuaciones tienen solución calculando los máximos comunes divisores de dos en dos y viendo que dividen a las restas respectivas. Si alguno de estos pares falla, entonces el sistema no tiene solución.
  • Si todos los pares cumplen la hipótesis, entonces resolvemos las primeras dos ecuaciones para remplazarlas por otra módulo su mínimo común múltiplo. Luego, usamos esa que obtuvimos y la tercera para remplazarlas por otra. Seguimos así hasta que sólo nos queden dos ecuaciones. La solución a esas será la solución al sistema original.

Ejemplo. Resolvamos el siguiente sistema de congruencias:

\begin{align*}
x&\equiv 11 \pmod{5}\\
x&\equiv 5 \pmod{7}\\
x&\equiv 7 \pmod{11}
\end{align*}

Solución. Los números $5$, $7$ y $11$ son primos relativos por parejas, de modo que la solución existe y es única módulo $5\cdot 7 \cdot 11= 385$. Para encontrarla, primero resolvemos las primeras dos ecuaciones. Estas corresponden al sistema
\begin{align*}
x&\equiv 11\equiv 1 \pmod{5}\\
x&\equiv 5 \pmod{7}
\end{align*}

Para encontrar la solución, ponemos a $1-5=-4$ como combinación lineal de $5$ y $7$, que tras explorar un poco, se puede hacer así: $1-5=-4=2\cdot 5 + (-2)\cdot 7$. De este modo, la solución es $x\equiv 5-14 \equiv -9 \equiv 26 \pmod{35}$ (este es un buen momento para substituir en las dos ecuaciones originales y ver que todo vaya bien).

Así, el sistema original es equivalente al sistema
\begin{align*}
x&\equiv 26 \pmod{35}\\
x&\equiv 7 \pmod{11}
\end{align*}

Ahora lo que tenemos que hacer es expresar a $26-7=19$ como combinación lineal de $35$ y $11$. Es difícil encontrar una combinación «al tanteo», así que aquí es mejor usar el algoritmo de la división de Euclides:
\begin{align*}
35&=3\cdot 11 + 2\\
11&=2\cdot 5 + 1
\end{align*}

De aquí, $$1=11-2\cdot 5=11-(35-3\cdot 11)\cdot 5 = (-5)\cdot 35 +
16\cdot 11,$$ por lo que $$19=(-5\cdot 19)\cdot 35 + (19\cdot 16)\cdot 11=(-95)\cdot 35 + (304)\cdot 11.$$

Así, la solución al sistema está dada por $x=7+304\cdot 11=3351\equiv 271 \pmod {385}$.

$\square$

Más adelante…

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Verifica que, en efecto, las soluciones que obtuvimos en el ejemplo después del Teorema 2 sí son soluciones de la ecuación original.
  2. Cuando un sistema de dos ecuaciones en módulos $m$ y $n$ sí tiene solución, ¿cuántas soluciones módulo $mn$ tiene?
  3. Usando $(\ldots)$ para máximo común divisor y $[\ldots]$ para mínimo común múltiplo, demuestra que para cualesquiera enteros $m_1,m_2,\ldots,m_n$ se tiene que $$([m_1,\ldots,m_n],m_{n+1})=[(m_1,m_{n+1}),\ldots,(m_n,m_{n+1})].$$
  4. Verifica que las soluciones del último ejemplo en efecto satisfacen el sistema de ecuaciones inicial.
  5. Demuestra que para cualquier entero $n\geq 1$ existen $n$ enteros consecutivos tal que la factorización en primos de cada uno de ellos usa al menos dos primos diferentes.

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Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Álgebra Superior II: Ejercicios de los teoremas de Fermat y de Wilson

Por Claudia Silva

3 respuestas

Introducción

Primero, un ejercicio más de congruencias:

Un ejercicio de congruencias

Un ejercicio utilizando el teorema de Fermat:

Ejercicio utilizando el teorema de Fermat

Ejercicio sencillo utilizando el Teorema de Wilson:

17!=1 (mod 19)

Otro ejercicio utilizando el Teorema de Wilson:

Si p primo, (p-1)! = -1 (mod p)

Más adelante…

Tarea moral

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Álgebra Superior II: Ecuaciones en congruencias

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

2 respuestas

Introducción

En entradas anteriores platicamos de congruencias y de algunos teoremas que se pueden usar para trabajar con potencias y factoriales módulo un entero. Ya que tenemos un buen manejo de la aritmética en congruencias, podemos comenzar a hacernos preguntas acerca de las ecuaciones que pueden se plantear y resolver en estos términos.

Ejemplo 1. ¿Cuáles son las soluciones enteras a la ecuación $x\equiv 3 \pmod 6$?

Solución. Un número $x$ satisface la ecuación si y sólo si $6$ divide a $x-3$, lo cual sucede si y sólo si $x$ es de la forma $x=6r+3$, donde $r$ es un número entero. Así, el conjunto de soluciones es de la forma $$6\mathbb{Z}+3:= \{6r+3: r\in \mathbb{Z}\}.$$ Dicho de otra forma, el conjunto de soluciones es la clase de equivalencia del $3$ módulo $6$, es decir, $[3]_6$.

$\triangle$

Cuando tengamos ecuaciones más complicadas, usualmente lo que haremos es dejar expresada la solución en términos de congruencias, es decir, como uno o varios elementos de $\mathbb{Z}_n$. Si se quiere encontrar a todos los enteros (en $\mathbb{Z}$) que sean solución, basta recordar este ejemplo para expresar a las soluciones en $\mathbb{Z}_n$ como conjuntos de soluciones en $\mathbb{Z}$.

Ejemplo 2. ¿Cuáles son las soluciones enteras a la ecuación $2x+1\equiv 0 \pmod 7$?

Solución. Trabajemos módulo $7$. Restando $1$ de ambos lados obtenemos $$2x\equiv -1\equiv 6 \pmod 7.$$ Multiplicando por $4$ de ambos lados tenemos que $$8x\equiv 24\equiv 3\pmod 7.$$ Como $8x\equiv x \pmod 7$, tenemos que $x\equiv 3 \pmod 7$ es la solución.

$\triangle$

En el ejemplo anterior encontramos las soluciones módulo $7$. Si queremos encontrar las soluciones en enteros, basta expresar esta congruencia en términos de enteros: las soluciones en $\mathbb{Z}$ son los números de la forma $7r+3$ con $r$ entero.

Ecuaciones lineales en congruencias

Una ecuación lineal en congruencias es de la forma $$ax\equiv b\pmod n.$$ Vamos a estudiar esta ecuación, viendo cuándo tiene solución y cuántas soluciones módulo $n$ tiene. Hay un caso fácil de estudiar, que es cuando $a$ y $n$ son primos relativos.

Proposición 1. Sean $a,b$ enteros y $n$ un entero positivo tales que $\text{MCD}(a,n)=1$. Entonces la ecuación $$ax\equiv b \pmod n$$ tiene una única solución $x$ módulo $n$.

Demostración. Como $a$ y $n$ son primos relativos, $a$ tiene un inverso multiplicativo módulo $n$, digamos $a^{-1}$. Afirmamos que $x=a^{-1}b$ es solución. En efecto, $a(a^{-1}b)\equiv 1\cdot b\equiv b \pmod n$.

Ahora, afirmamos que la solución es única. Supongamos que $x$ y $y$ son solución. Tendríamos entonces que $$ax\equiv b \equiv ay \pmod n.$$ Multiplicando ambos extremos de esta ecuación por $a^{-1}$, tenemos que $$x\equiv a^{-1}ax\equiv a^{-1}a y \equiv y \pmod n.$$

$\square$

Sin embargo, como ya vimos antes, no siempre pasa que todo elemento tenga inverso multiplicativo. Necesitamos un análisis más detallado.

Notemos que $x$ es solución de $ax\equiv b\pmod n$ si y sólo si $n$ divide a $ax-b$, lo cual sucede si y sólo si existe un entero $y$ tal que $ax-b=ny$. Reordenando, tenemos que $ax-ny=b$. En otras palabras, la ecuación en congruencias tiene solución si y sólo si podemos expresar a $b$ como combinación lineal entera de $a$ y $n$, lo cual sucede si y sólo si $$b\in a\mathbb{Z} + n \mathbb{Z}=\text{MCD}(a,n)\mathbb{Z},$$ es decir, si y sólo si $b$ es múltiplo del máximo común divisor de $a$ y $n$. Resumimos esta primer parte del análisis en la siguiente proposición.

Proposición 2. Sean $a,b$ enteros y $n$ un entero positivo. La ecuación $ax\equiv b\pmod n$ tiene solución si y sólo si $\text{MCD}(a,n)$ divide a $b$.

Ahora, queremos entender cuántas soluciones diferentes hay módulo $n$.

Ejemplo. Encuentra todas las soluciones a la ecuación $4x\equiv 1 \pmod 8$ y a la ecuación $4x\equiv 0 \pmod 8$.

Solución. Tenemos que $\text{MCD}(4,8)=4$ y que $4$ no divide a $1$, así que la primer ecuación no tiene solución. Tenemos que $4$ sí divide a $0$, así que la segunda ecuación sí tiene solución. Veamos cuántas tiene.

Notemos que al multiplicar por $4$ cada uno de los elementos $0,2,4,6$ obtenemos respectivamente $0,8,16,24$, que son todos múltiplos de $8$, así que estos elementos de $\mathbb{Z}_8$ son solución. Al multiplicar $4$ por $1,3,5,7$ obtenemos $4,12,20,28$, que módulo $8$ son $4,4,4,4$, así que ninguno de estos números son solución. Así, las soluciones son $x\equiv 0,2,4,6\pmod 8$.

$\triangle$

Una forma alternativa de expresar la solución del problema anterior es darse cuenta de que las soluciones en enteros son los números pares, o bien los enteros $n$ tales que $n\equiv 0\pmod 2$. En general, cuando la solución existe, podemos encontrar un módulo en la que la podemos describir de manera única. Este es el contenido de las siguientes dos proposiciones.

Proposición 3. Sean $a,b$ enteros y $n$ un entero positivo tales que $M=\text{MCD}(a,n)$ divide a $b$. Sean $a’=a/M$, $b’=b/M$ y $n’=n/M$ (con $a’$, $b’$, $n’$ enteros). El entero $x$ es solución a la ecuación en congruencias $ax\equiv b \pmod n$ si y sólo si es solución a la ecuación en congruencias $a’x\equiv b’\pmod {n’}$.

Demostración. Tenemos que $x$ es solución a $ax\equiv b \pmod n$ si y sólo si existe una combinación lineal entera $ax-ny=b$. Al dividir entre $M\neq 0$, esto sucede si y sólo si $a’x-n’y=b’$, lo cual sucede si y sólo si $x$ es solución a la ecuación en congruencias $a’x\equiv b’\pmod {n’}$.

$\square$

Estamos listos para enunciar el resultado principal de esta sección. Viene de la combinación de las ideas anteriores.

Teorema 1. Sean $a,b$ enteros y $n$ un entero positivo. La ecuación $ax\equiv b\pmod n$ tiene solución si y sólo si $M:=\text{MCD}(a,n)$ divide a $b$. Cuando sí hay solución, ésta se puede expresar de manera única en módulo $n’:=n/M$.

Demostración. La primer parte es la Proposición 2. Una vez que sabemos que la ecuación tiene solución, por la Proposición 3 podemos encontrar la ecuación equivalente $a’x\equiv b’\pmod {n’}$, en donde $a’=a/M$ y $b’=b/M$. En esta ecuación, $a’$ y $n’$ son primos relativos (ver Tarea moral abajo). Por la Proposición 1, tiene una solución única módulo $n’$.

$\square$

Como empezamos con una ecuación módulo $n$, quizás queremos saber cuántas soluciones tiene módulo $n$, y no módulo $n’$. De manera inmediata, obtenemos el siguiente resultado.

Corolario. Con la notación del teorema anterior, cuando la ecuación tiene solución, entonces tiene $M$ soluciones módulo $n$.

Ejercicio. Resuelve la ecuación lineal en congruencias $$12x\equiv 18 \pmod {30}.$$

Intenta resolver este ejercicio antes de ver la solución. Puedes comenzar calculando el máximo común divisor de $12$ y $30$.

Solución. El máximo común divisor de $12$ y $30$ es $6$, que sí divide a $18$. Entonces sí hay soluciones, y habrá $6$ soluciones módulo $30$. Para encontrar la ecuación reducida equivalente, dividimos entre $6$ para obtener $$2x\equiv 3 \pmod 5.$$

El inverso de $2$ módulo $5$ es $3$. Multiplicando en ambos lados por $3$ obtenemos la solución $$x\equiv 9 \equiv 4 \pmod 5.$$

Para recuperar las soluciones módulo $30$, a cada una de estas soluciones le sumamos $30/6=5$ repetidamente para obtener las soluciones $x\equiv 4, 9, 14, 19, 24, 29 \pmod {30}$.

$\triangle$

En la siguiente entrada veremos cómo resolver sistemas de ecuaciones lineales en los que tenemos más de una congruencia.

Más adelante…

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Sea $a$ un entero y $n$ un entero positivo. Sea $M=\text{MCD}(a,n)$ y sean $a’=a/M$ y $n’=n/M$. Muestra que $\text{MCD}(a’,n’)=1$.
  2. Demuestra el corolario al Teorema 1.
  3. Verifica que, en efecto, las soluciones que obtuvimos en el ejemplo después del Teorema 1 sí son soluciones de la ecuación original.
  4. Diseña una ecuación lineal módulo $60$ que tenga exactamente $15$ soluciones módulo $60$.
  5. Para prepararte para la siguiente entrada, intenta resolver por completo el sistema de congruencias

\begin{align*}
x&\equiv -1 \pmod{77}\\
x&\equiv -1 \pmod{55}\\
\end{align*}

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En esta entrada vemos algunos ejemplos más en donde se aplica el Principio de las Casillas.

Problema 5. Sean $a_1, a_2, … , a_n$ números enteros, no necesariamente todos diferentes. Prueba que existe un subconjunto de estos números, tal que su suma es divisible por $n$.

Solución. Consideremos los números $s_1, s_2,…, s_n$ los cuales definimos como sigue

\begin{align*}
s_1&=a_1\\
s_2&=a_1+a_2\\
s_3&=a_1+a_2+a_3\\
&\vdots\\
s_n&=a_1+a_2+ … +a_n.
\end{align*}

Tenemos que al dividir cada $s_i$ entre $n$ tenemos que el residuo varía de $0$ a $n-1$. Si el residuo es $0$ ya acabamos. Por otro lado, si ninguno de los residuos es cero, por el principio de las casillas tenemos que deben de existir al menos dos de los $s_i$´s que tengan el mismo residuo. Supongamos que son $s_j$ y $s_k$ con $j<k$.

Como $s_j$ y $s_k$ tienen el mismo residuo, tenemos que $s_k-s_j$ es divisible por $n$. Así el conjunto $S=\{s_{j+1}, s_{j+2}, \ldots , s_k \}$ es el conjunto tal que la suma de sus elementos es divisible por $n$.

$\square$

Problema 6.  Cada cuadrito de un tablero de ajedrez de $4\times 7$ es coloreado de blanco o negro. Prueba que en cualquier coloración siempre hay un rectángulo del tablero que tiene los cuatro cuadritos de las esquinas coloreadas del mismo color.

Solución. Podemos reducir el problema a un tablero de $3\times 7$, dado que cualquier rectángulo que se pueda crear en un tablero de $3\times 7$, también será un rectángulo en el tablero original. Ahora bien, pensemos en las posibles coloraciones que puede tener una columna en el tablero de $3\times 7$. Son dos colores acomodados en 3 lugares, así que tenemos 8 acomodos diferentes de coloración: $BBB, BBN, BNB, NBB, BNN, NBN, NNB, NNN$.

Notemos que si dos columnas tienen el mismo acomodo de colores, entonces acabamos (por ejemplo, dos columnas $BNB$ hacen un rectángulo de cuatro esquinas blancas).

Supongamos que usamos la coloración $BBB$ en una columna. Si en otra columna pintamos con alguno de $BBB, BBN, BNB, NBB$, entonces acabamos (usando dos de la $BBB$ y dos de esa otra). Si no, es que en las seis columnas restantes pintamos sólo con acomodos $BNN, NBN, NNB, NNN$. Por principio de las casillas, hay dos columnas pintadas con el mismo acomodo, y terminamos. Por simetría, si usamos la coloración $NNN$ entonces podemos hacer un argumento análogo.

Ya sólo nos quedan los casos en los que ninguna columna queda pintada ni con $BBB$ ni con $NNN$. Pero entonces tenemos que pintar las $7$ columnas con $6$ acomodos posibles. Por principio de las casillas, hay dos columnas que quedan pintadas con el mismo acomodo, y como ya vimos, esto crea el rectángulo con esquinas del mismo color.

$\square$

Problema 7. Si seleccionamos $n + 1$ enteros del conjunto $\{1, 2, \ldots 2n\}$, siempre hay dos de ellos tales que su máximo común divisor es $1$.

Solución. Tomemos al conjunto $\{1, 2, \ldots, 2n\}$. Si al tomar $n+1$ de ellos siempre logramos encontrar dos consecutivos, entonces el problema estará resuelto, ya que cualesquiera dos consecutivos son primos relativos. A la hora que seleccionamos $n+1$ enteros del conjunto dado, tenemos por el principio de casillas que al menos dos de ellos serán consecutivos. En efecto, dividamos a los números en las parejas $\{1,2\}$, $\{3,4\}$, $\ldots$, $\{2n-1,2n\}$. Estas son $n$ parejas, así que por casillas hubo una pareja de la que elegimos dos números. Estos son dos números consecutivos, así que que su máximo común divisor es $1$.

$\square$

Problema 8. En una grafo con un número finito de vértices, hay dos vértices con el mismo grado.

Solución. Sea $n$ el número de vértices de la gráfica, dado que el grado del vértice de un grafo es el número de aristas que concurren en dicho vértice. Tenemos que el grado de cada vértice varía de $0$ a $n-1$. Sin embargo si un vértice tiene grado cero, no existirá algún vértice con grado $n-1$. Por el principio de las casillas teniendo en cuenta que tenemos que distribuir $n-1$ valores en $n$ lugares, concluimos que al menos dos de los vértices deben de tener el mismo grado.

$\square$