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RESOLUÇÃO DE ALGUMAS EQUAÇÕES EM NÚMEROS INTEIROS

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Academic year: 2017

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(1)

em números inteiros

por

Ambrósio Elias de Araújo Pontes

(2)

em números inteiros

por

Ambrósio Elias de Araújo Pontes

sob orientação do

Prof. Dr. Napoleón Caro Tuesta

Trabalho de Conlusão de Curso apresentado ao

CorpoDoentedoCursodePós-Graduaçãoem

Mate-mátiaemRedeNaional-PROFMAT-DM-CCEN

- UFPB, omo requisito parial para obtenção do

tí-tulo de Mestre emMatemátia.

Agosto/2013

(3)

em números inteiros

por

Ambrósio Elias de Araújo Pontes

Trabalho de Conlusão de Curso apresentado ao Corpo Doente do Curso de

Pós-GraduaçãoemMatemátiaemRedeNaional-PROFMAT-DM-CCEN-UFPB,omo

requisito parial para obtenção do títulode Mestre emMatemátia.

Área de Conentração: Teoria dos Números.

Aprovado por:

Prof. Dr. Napoleón Caro Tuesta- UFPB (Orientador)

Prof. Dr. Antnio de Andrade e Silva- UFPB

Prof. Dr. Washington César de Almeida Costa -IFPB

(4)

Iniialmentequero agradeer aDeus porter me dado saúde eoragem paraque

pudesse enfrentar e superar todos osproblemas enão desistir.

A minhaesposa, queem todos os momentossempre meapoiou e medeu forças

nesse desao.

As minhas lhas Jéssia e Raissa, que tantotoreram pelarealização desse

tra-balho.

Aosmeus pais,MariadoSoorro deAraújoPontes eLuisMendesde Pontes (In

Memoriam) por terem me ensinado a importânia dos valores e respeito pelo ser

humano.

Aos meus irmãos e irmãs, ompanheiros de todos os momentos, prinipalmente

Luiz Renato (In Memoriam) quesempre inentivou o meu resimento prossional

e pessoal.

Aos meus sogros, quesempre meajudaram om palavrasde inentivo.

Ao professor Napoleón, pelaorientaçãoe paiênia.

Aos amigos Sheldon eMartinho pelas palavras de estímulo.

Atodos osprofessores doPROFMAT, queommuita paiêniaedediação, me

ajudaram naonlusão desse mestrado.

Enm,a todos aqueles que ontribuíramde algumaformapara realização deste

(5)

Dedio este trabalho à minha família

que sempre esteve ao meu lado sup

or-tando os momentos de diuldades,

me dando amor e palavras de arinho.

Sem eles, nada teria onseguido.

(6)

Neste trabalho apresentamos algumas ténias de resolução de equações om

oeientes inteiros. Taisequações, apesar de serembastantesemelhantes,

apresen-tam ténias muito distintas umas das outras. Mostraremos quais são as soluções

inteirasdeequaçõesdotipo

x

2

+y

2

=

z

2

e

x

2

+y

2

=

z

2

,quesãoonheidasomo

equações de Pitágoras. Também apresentamos um breve histório sobre o Último

Teorema de Fermat e mostraremos que a equação

x

4

+

y

4

=

z

4

não possui solução

(7)

In this work we present some resolution tehniques of equations with integers

oeients. Suh equations although they're very similar, presents quite dierent

tehniquesfromeahother. Weshowwhiharetheintegersolutionsoftheequations

like

x

2

+

y

2

=

z

2

and

x

2

+

y

2

=

z

2

, as they are known as the Pythagorean

equations. Wealsopresent abriefhistoryaboutthe Fermat'sLastTheorem andwe

show that the equation

x

4

+

y

4

=

z

4

(8)

Introdução ix

1 Preliminares 1

1.1 Prinípioda Boa Ordem . . . 1

1.2 Indução Matemátia . . . 1

1.3 Divisibilidadeem

Z

. . . 3

1.4 O Algoritmode Eulides . . . 5

1.5 MáximoDivisor Comum . . . 7

2 Equações do Primeiro Grau om Coeientes Inteiros 9 3 Algumas Equações do Segundo Grau om Três Inógnitas 27 3.1 A equação de Pitágoras

x

2

+

y

2

=

z

2

. . . 27

3.2 A equação

x

2

+ 2y

2

=

z

2

. . . 37

3.3 A equação negativa de Pitágoras

x

2

+

y

2

=

z

2

. . . 42

3.4 A equação de Fermat

x

4

+

y

4

=

z

4

. . . 44

3.5 O ÚltimoTeoremade Fermat . . . 51

4 Equações de Pell 55

(9)

A Teoria dos Números é um ramo daMatemátia que estuda, om mais ênfase,

as propriedades aritmétias dos números inteiros. Um dos prinipais problemas

dessa teoria é enontrar soluções inteiras para determinadas equações, que foram

estudadas por grandes matemátios da antiguidade omo Pitágoras, Diofanto de

Alexandria, Fermat,Langrange eEuler.

Tais equações podem ser de diferentes tipos, omo por exemplo, equações om

duasoutrêsinógnitasomoeientesinteiros. Paradeterminarsoluçõesparaesse

tipode equação, nos deparamos om três perguntasruiais:

(a) A equação em questão possui solução?

(b) Se aequação é solúvel,então onúmero de soluçõesé nito ouinnito?

() Se aequação é solúvel,então omodeterminar todas as soluções?

As soluções dessas equações não têm interesse apenas teório, mas sim em

ou-tras áreas do onheimento, omo a Físia. O interesse teório é onstante já que

serve para resolver diversos problemas dentroda própria Teoria dos Números.

En-fatizamos tambémqueo onheimentodas ténias de resolução são extremamente

atraentes para quem estuda Matemátia. Neste trabalho prouramos abordar de

maneira didátiaa resolução de problemas omo esses.

No Capítulo 1, apresentamos diversos resultados básios da Teoria dos

(10)

OCapítulo2 é dediado ao estudoiniial de equações om oeientes inteiros.

Começamos a estudar uma simples equação do primeiro grau e om apenas uma

inógnita. Estaequaçãoserviráde motivaçãoparaestudarequaçãoomoeientes

inteiros de graus maiores. Obtemos todas as soluções inteiras de uma equação

polinomial de grau

n

. Nesse mesmo apítulo, estudamos as equações de primeiro

grau om duasinógnitas e,paratanto,faremos uso das frações ontínuaseatravés

de um exemplo, onstruiremos passo a passo o método de resolução para esse tipo

de equação.

Alguns exemplos de equações do segundo grau om três inógnitas são dados

no Capítulo 3. Em ada seção desse apítulo, mostramos omo resolver um tipo

de equação dessa forma. Destaamos a diversidade de ténias utilizadas em ada

exemplo. Em uma das seções, mostramos que a equação

x

4

+

y

4

=

z

4

não possui

soluçõesinteiras. Nonaldesseapítulo,damosumaabordagemhistóriadoÚltimo

Teoremade Fermat, uma equação bastante famosa dentro daMatemátia.

Finalmente, no Capítulo 4 determinamos todas as soluções inteiras da equação

x

2

Ay

2

= 1

, onheida omo equação de Pell. Para resolver esse problema

uti-lizamos o métododas frações ontínuas para representação de números irraionais.

Para a obtenção das soluções, usamosideias semelhantes asdo Capítulo1.

(11)

Preliminares

Neste apítulosão apresentados vários resultados básios de teoria dos números

quedarãosuporteparaaompreensãogeraldospróximosapítulos. Cadaresultado

aquimenionadoouprovado éutilizadode algumamaneiranodeorrer dotrabalho

sem que, neessariamente, se faça menção dos mesmos quando utilizados. O leitor

interessado emmais detalhes pode onsultar [7℄.

1.1 Prinípio da Boa Ordem

O Prinípio da Boa Ordem ou Prinípio da Boa Ordenação arma que todo

subonjunto do onjunto dos números naturais possui um menor elemento. Mais

preisamente, isso quer dizer que se

A

é um subonjunto não vazio de

N

, então

existe

n

0

A

talque

n

0

n

para todo

n

A

.

1.2 Indução Matemátia

Uma ferramenta fundamental na demonstração das propriedades referentes aos

númerosnaturaiséoPrinípio daIndução Matemátiaqueédesritoaseguir. Seja

(12)

(1)

1

A

;

(2)

n

+ 1

A

, sempreque

n

A

,

então

A

=

N

.

Exemplo 1. Dados

a

e

b

númerosreais, e

n

N

, tem-se que

(a

+

b)

n

=

n

X

i

=0

n

i

a

n−i

b

i

,

em que

n

i

=

n!

i!(n

i)!

.

A igualdade aima é onheida omo o binmio de Newton. Para provar esta

igualdade, vamos utilizar indução sobre o número natural

n

. Primeiramente, note

que se

n

= 1

,então

(a

+

b)

1

=

a

+

b

=

1

0

a

1

0

b

0

+

1

1

a

1

1

b

1

,

ouseja,aigualdadeéválidapara

n

= 1

. Suponhaagoraqueaarmaçãoéverdadeira

para

n

N

e provemos queé válida para

n

+ 1

. Noteque

(a

+

b)

n+1

= (a

+

b)

·

(a

+

b)

n

=

a

·

(a

+

b)

n

+

b

·

(a

+

b)

n

=

a

·

n

X

i

=0

n

i

a

n−i

b

i

+

b

·

n

X

i

=0

n

i

a

n−i

b

i

(13)

1.3. DIVISIBILIDADE EM

Z

Mas a primeirasoma pode ser esrita daseguinte maneira:

n

X

i

=0

n

i

a

n

+1

−i

b

i

=

a

n

+1

+

n

X

i

=1

n

i

a

n

+1

−i

b

i

e a segunda:

n

X

i=0

n

i

a

n−i

b

i+1

=

b

n+1

+

n−1

X

i=0

n

i

a

n−i

b

i+1

=

b

n+1

+

n

X

i=1

n

i

1

a

n+1−i

b

i

.

Portanto,

(a

+

b)

n

+1

=

a

n

+1

+

b

n

+1

+

n

X

i

=1

n

i

+

n

i

1

a

n

+1

−i

b

i

=

a

n

+1

+

b

n

+1

+

n

X

i

=1

n

+ 1

i

a

n

+1

−i

b

i

=

n

+1

X

i

=0

n

+ 1

i

a

n

+1

−i

b

i

que é afórmula para

n

+ 1

.

1.3 Divisibilidade em

Z

Sejam

a

e

b

dois númerosinteiros. Dizemos que

a

divide

b

seexiste

c

Z

talque

b

=

ac

. Neste aso, esrevemos

a

|

b

.

Proposição 1. Sejam

a, b

e

c

números inteiros. Se

a

|

b

e

b

|

c

, então

a

|

c

.

(14)

1.3. DIVISIBILIDADE EM

Z

e

c

=

k

2

b

. Portanto,

c

=

k

2

b

=

k

2

·

k

1

a.

Sendo

k

2

·

k

1

Z

, segue que

a

|

c

.

Proposição 2. Sejam

a, b, c, m

e

n

números inteiros. Se

c

divide

a

e

c

divide

b

,

então

c

divide

(ma

+

nb)

.

Demonstração. Temos queexiste

k

1

, k

2

Z

taisque

a

=

k

1

c

e

b

=

k

2

c.

Multipliandoambososmembros de

a

=

k

1

c

por

m

eambososmembrosde

b

=

k

2

c

por

n

,obtemos

ma

=

m

·

k

1

c

e

bn

=

n

·

k

2

c.

Logo,

ma

+

nb

=

m

·

k

1

c

+

n

·

k

2

c

= (mk

1

+

nk

2

)

·

c.

Sendo

mk

1

+

nk

2

Z

, temosque

c

|

(ma

+

nb)

, omo queríamos.

Sãolistadasabaixoalgumasdas propriedadesmais importantesde divisibilidade

entre númerosinteiros.

(1)

n

|

n

, para todo

n

Z

;

(2) se

d, n

Z

e

d

|

n

, então

ad

|

an

para qualquer

a

Z

;

(3) se

ad

|

an

e

a

6

= 0

, então

d

|

n

;

(15)

1.4 O Algoritmo de Eulides

Eulidesde Alexandria, omoera onheido, naseunaSíria eviveu entre

330

e

290

a... Foiumdosmaioresmatemátiosdaantiguidade. TrabalhouemAlexandria

ondefoioprimeirodiretordafamosaBiblioteadeAlexandria. Asuaprinipalobra

- Os Elementos - é onde se enontra o que hoje onheemos omo o algoritmo de

Eulides queé de fundamentalimportâniapara várias áreas da matemátiaaté os

dias atuais.

Antes de introduzirmos este algoritmo, que também é onheido omo o

algo-ritmo da divisão,enuniamos o

Teorema 1. (Teorema de Eudóxius) Sejam

a

e

b

dois números inteiros, om

b

6

= 0

. Então, existe

q

Z

talque

qb

a <

(q

+ 1)b,

se

b >

0

e

qb

a <

(q

1)b,

se

b <

0.

Demonstração. Suponha que

b >

0

. A prova para quando

b <

0

é inteiramente

análoga. Denamos o onjunto

A

:=

{

h

N

:

hb > a

}

.

Note queo número natural

|

a

|

+ 1

é talque

(

|

a

|

+ 1)b

=

|

a

|

b

+

b.

(16)

peloPrinípiodaBoaOrdenação,

A

possuium menor elemento,digamos

h

0

. Logo,

h

0

b > a

. Usando aminimalidade donúmeronatural

h

0

, segue que

h

0

1

6∈

A

, isto

é,

(h

0

1)b

a

. Assim, tomando

q

=

h

0

1

, segue que

qb

= (h

0

1)b

a

e

(q

+ 1)b

= (h

0

1 + 1)b

=

h

0

b > a,

ou seja,

qb

a <

(q

+ 1)b

, omoqueríamos.

Teorema 2. (Algoritmo de Eulides) Dados dois números inteiros

a

e

b

, om

b >

0

, existe um úniopar de inteiros

q

e

r

taisque

a

=

qb

+

r,

onde

0

r < b.

Dizemos que

q

éo quoiente e

r

éo resto da divisão de

a

por

b

.

Demonstração. Pelo Teorema de Eudóxius, existe

q

Z

satisfazendo a seguinte relação

qb

a <

(q

+ 1)b,

oqueaarreta que

0

a

qb

e

a

qb < b

. Sendoassim,podemosdenir

r

=

a

qb

para mostrarque existem números inteiros

q

e

r

que satisfazem o algoritmo. Falta

mostrar que eles são únios. Com efeito, suponha que existe um outro par

q

1

e

r

1

de números inteiros veriando a seguinte igualdade

(17)

Portanto, temosque

qb

+

r

=

q

1

b

+

r

1

. Logo,

b(q

q

1

) =

r

1

r.

Istoquer dizerque

b

divide

r

1

r

. Masomo

r

1

e

r

são ambosestritamentemenores do que

b

, segue que

|

r

1

r

|

< b

e, portanto,

r

1

r

= 0

, ou seja,

r

1

=

r

. Logo,

q

1

b

=

qb

, donde

q

1

=

q

.

1.5 Máximo Divisor Comum

Dizemos que

d

é omáximo divisor omum entre dois númerosinteiros

a

e

b

seé

o maior inteiro positivo quedivide

a

e

b

. Neste aso, esrevemos

d

= mdc(a, b)

.

Uma das propriedades que vamos usar do máximo divisor omum, provada em

qualquer livrode Teoriados Números,éaseguinte: se

d

éomáximodivisor omum

entre

a

e

b

, então existem números inteiros

x

e

y

tais que

d

=

xa

+

yb.

Observeque omáximo divisoromum

d

de

a

e

b

éodivisor positivode

a

e

b

oqual

é divisível por tododivisor omum. Alémdisso, valem as seguintes igualdades:

mdc(ta, tb) =

|

t

| ·

mdc(a, b)

e, se

c >

0

e

a

e

b

são divisíveispor

c

, então

mdc

a

c

,

b

c

=

1

c

·

mdc(a, b).

(18)

inteiros,então valea seguinte igualdade

mdc(a, b) = mdc(a, b

ax),

(19)

Equações do Primeiro Grau om

Coeientes Inteiros

Vamosestudarprimeiramenteequaçõesdoprimeirograuomumainógnitaque

orrespondem a equações doseguintetipo:

a

1

x

+

a

0

= 0,

(2.1)

em que

a

0

e

a

1

sãonúmerosinteiros. Evidentemente, asoluçãodestaequaçãoédada

por

x

=

a

0

a

1

,

om

a

1

6

= 0

,etalsoluçãoserá umnúmero inteiroquando

a

0

fordivisívelpor

a

1

,isto é, quando o resto da divisão de

a

0

por

a

1

for zero. Nem sempre a solução de uma

equação desta natureza éinteira. Este é o aso da equação

9x

+ 11 = 0

. Por outro

lado, a soluçãoda equação

5x

25 = 0

é

x

= 5

, queé um númerointeiro.

(20)

x

2

+ 3x

10 = 0

possuiduas soluçõeseambas são inteiras,

x

1

= 2

e

x

2

=

5

. Noentanto,aequação

x

2

2x

2 = 0

não possui soluçõesinteiras,já que osdois números quesatisfazem

tal equaçãosão irraionais, dadaspor

1 +

3

e

1

3

.

Maisgeralmente,podemosonsideraroproblemadeenontrarraízesdeequações

de grau

n

om oeientes inteiros. De fato, sejam

n

1

e

a

0

, a

1

, . . . , a

n

números inteiros,e onsidere a equação

a

n

x

n

+

a

n−

1

x

n−

1

+

· · ·

+

a

1

x

+

a

0

= 0.

(2.2)

Estamos interessados em obter um valor inteiro de

x

tal que (2.2) seja satisfeita.

Com efeito, se

x

=

a

éuma solução inteira de (2.2),então

a

n

a

n

+

a

n−

1

a

n−

1

+

· · ·

+

a

1

a

+

a

0

= 0

e, portanto, isolando

a

0

,temos que

a

0

=

a

n

a

n

a

n−

1

a

n−

1

− · · · −

a

1

a

= (

a)(a

n

a

n−

1

+

a

n−

1

a

n−

2

+

· · ·

+

a

1

).

Sendo assim,onluímosquea raizinteira

a

divide onúmero inteiro

a

0

, dondeada

raiz inteira da equação onsiderada, aso exista, é divisor do termo independente

a

0

. Por isso, para enontrar as soluções de (2.2) éneessário enontrar os divisores

(21)

x

10

+

x

7

+ 2x

3

+ 2 = 0.

Então, pelo que zemos aima, as possíveis soluções inteiras para a equação dada

são

2,

2,

1

e

1

. Entretanto,

2

10

+ 2

7

+ 2

·

2

3

+ 2

6

= 0,

omesmoaonteendo om

2

e

1

quandosubstituimosestesnaequaçãoaima. Por outro lado,

x

=

1

é a úniasolução inteira deste equação, vistoque

(

1)

10

+ (

1)

7

+ 2

·

(

1)

3

+ 2 = 1

1 + 2

2 = 0.

Utilizandoeste mesmo raioínio,não é difíilver quea equação

x

6

x

5

+ 3x

4

+

x

2

x

+ 3 = 0

não possui soluções inteiras, já que

1

6

1

5

+ 3

·

1

4

+ 1

2

1 + 3 = 6

6

= 0

,

(

1)

6

(

1)

5

+ 3

·

(

1)

4

+ (

1)

2

(

1) + 3 = 10

6

= 0

,

3

6

3

5

+ 3

·

3

4

+ 3

2

3 + 3 = 3

6

+ 3

2

6

= 0

e

(

3)

6

(

3)

5

+ 3

·

(

3)

4

+ (

3)

2

(

3) + 3 = 3

6

+ 3

5

+ 3

5

+ 3

2

+ 3 + 3

6

= 0

.

Passemosagoraaanalisarequaçõesdeprimeirograuomduas

inógni-tas, que são equações da seguinte forma:

ax

+

by

+

c

= 0,

(2.3)

em que

a

e

b

são números inteiros não nulos e

c

é um inteiro qualquer.

Vamos trabalhar (2.3) sob a ondição de que

a

e

b

sejam números primos entre si,

(22)

qualquer que seja asituação,podemos nos restringiraesta ondição imposta sob

a

e

b

. De fato, suponha que o máximo divisor omum entre

a

e

b

seja

d

6

= 1

. Então, podemos esrever

a

=

a

1

d

e

b

=

b

1

d

, em que

a

1

e

b

1

são primos entre si. Dessa

forma,a equação (2.3) torna-se

a

1

dx

+

b

1

dy

+

c

= 0,

ou ainda,

(a

1

x

+

b

1

y)d

+

c

= 0.

Assim, dividindoaequaçãoaimapor

d

esedandoontadeque

d

divide

c

,obtemos

uma outra equação dada por

a

1

x

+

b

1

y

+

c

1

= 0,

em que

c

1

=

c/d

, ujosoeientes

a

1

e

b

1

tem máximo divisor omum igual a

1

.

Observação: Note que se o máximo divisor omum de

a

e

b

dividir

c

, a equação

(2.3)possui soluçãointeira. Comefeito, seja

d

= mdc(a, b)

. Então, omo

d

|

c

, existe

p

Z

tal que

c

=

pd

. Além disso, existem

n, m

Z

tais que

d

=

ma

+

nb

e,

portanto,

c

=

p(ma

+

nb) = (pm)a

+ (pn)b.

Como

pm

e

pn

são números inteiros, segue o quequeríamos mostrar.

Estudaremos a equação (2.3) em dois asos. No primeiro, vamos supor que o

oeiente

c

é identiamente nulo. Já no segundo, onsideraremos oaso em que

c

(23)

Primeiro aso: Se

c

= 0

, então a equação (2.3) torna-se

ax

+

by

= 0,

em que

a

e

b

são números inteiros primos entre si. Resolvendo esta equação om

respeito a

x

, obtemos

x

=

b

a

y.

Sendo assim,

x

será um número inteiro somentequando

a

divide

y

. Istoquer dizer

queexiste

t

Z

talque

y

=

at

. Substituindoestevalorde

y

naequação

x

=

(b/a)y

, obtemos

x

=

b

a

y

=

b

a

·

at

=

bt,

onde

t

Z

. Logo, todas assoluçõesinteiras da equaçãoonsiderada são da forma:

x

=

bt

y

=

at,

onde

t

Z

.

Segundo aso: Consideramos agora o aso em que

c

6

= 0

e tentemos obter as soluções inteiras para a equação (2.3). Para tanto, demonstraremos um teorema

que nos diz que para obter todas as soluções inteiras da equação (2.3), é suiente

obter uma solução partiular, ouseja,se enontramos

x

0

e

y

0

inteiros taisque

ax

0

+

by

0

+

c

= 0,

então enontramos todos os númerosinteirosque satisfazem aequação desejada.

A partirde agora, quando

x

e

y

satiszerem a equação(2.3), esreveremos

(24)

Teorema 3. Sejam

a

e

b

números primos entre si e

[x

0

, y

0

]

qualquer solução da

equação (2.3). Então, todas as soluções inteiras desta equação são dadas pelas

fórmulas

x

=

x

0

bt

y

=

y

0

+

at,

(2.4)

onde

t

Z

.

Demonstração. Seja

[x

0

, y

0

]

uma solução qualquer de (2.3). Então, das igualdades

ax

+

by

+

c

= 0

e

ax

0

+

by

0

+

c

= 0

,obtemos

ax

+

by

+

c

=

ax

0

+

by

0

+

c,

o que aarreta que

ax

ax

0

+

by

by

0

= 0,

ou ainda,que

y

y

0

=

a

·

(x

0

x)

b

.

Como

y

y

0

é um número inteiro e o máximo divisor omum entre

a

e

b

é igual a

1

, temos que

b

divide

x

0

x

,ou seja, existe

t

Z

talque

x

0

x

=

bt

. Logo,

y

y

0

=

a

·

bt

b

=

at,

donde

x

=

x

0

bt

e

y

=

y

0

+

at

, onde

t

Z

. Demonstramos, então, que qualquer solução de (2.3) é da forma (2.4). Resta-nos mostrar que, de fato, (2.4) é solução

(25)

ax

1

+

by

1

+

c

=

a(x

0

bt) +

b(y

0

+

at) +

c

=

ax

0

abt

+

by

0

+

bat

+

c

=

ax

0

+

by

0

+

c

abt

+

abt

=

ax

0

+

by

0

+

c

= 0,

já que

[x

0

, y

0

]

é uma soluçãode (2.3).

Emsuma, sendo onheida uma solução inteira da equação (2.3), as demais

so-luções desta natureza são obtidas através das fórmulas (2.4). Devido a isso, nosso

problema seresume a enontrar uma solução

[x

0

, y

0

]

qualquer de (2.3), noaso em

que

c

6

= 0

. Para tanto, faremos uso de frações ontínuas onsideraremos um exemplo que nos dará a ideia entral de omo trataremos oaso geral.

Considere aequação

127x

52y

+ 1 = 0.

Estamos interessados em enontrar uma solução inteira para esta equação,

utili-zando um método, desrito a seguir, feito através de relações entre os oeientes

da equação.

Primeiramente onsideramos a fração irredutível

127/52

e separamos sua parte

inteirado seguinte modo:

127

(26)

127

52

= 2 +

1

52

23

.

Agora, fazemos o mesmo om afração

52/23

,obtemos

52

23

= 2 +

6

23

= 2 +

1

23

6

.

Utilizando este mesmoraioínio para a fração

23/6

, temosque

23

6

= 3 +

5

6

= 3 +

1

6

5

e, portanto, podemosesrever

127

52

= 2 +

1

2 +

1

3 +

1

6

5

.

Agora, omo

6/5 = 1 + 1/5

, podemos ainda esrever

127

52

= 2 +

1

2 +

1

3 +

1

1 +

1

5

.

Esta última expressão para a fração

127/52

é hamada a fração ontínua desta

(27)

2 +

1

2 +

1

3 +

1

1 + 0

= 2 +

1

2 +

1

3 +

1

1

= 2 +

1

2 +

1

4

= 2 +

1

9

4

= 2 +

4

9

=

22

9

.

Além disso, temosque

127

52

22

9

=

1

52

·

9

.

Isto impliaque

127

52

·

9

9

22

9

·

52

52

=

1

52

·

9

,

ou seja,

127

·

9

52

·

22 + 1 = 0.

Assim, se

x

0

= 9

e

y

0

= 22

, então

[x

0

, y

0

]

ésolução da equação

127x

52y

+ 1 = 0

e, peloTeorema3, todas as soluçõesinteiras destaequação são daforma

x

=

9 + 52t,

y

= 22 + 127t,

onde

t

Z

.

Agora,omofaremosparaobterumasoluçãoqualquerdeumadadaequaçãoom

oeientesinteiros,sendo

c

6

= 0

? Oexemploanterior, nospermiteonjeturarque, para ahar uma solução partiular da equação (2.3), é preiso desenvolver a fração

a/b

em uma fração ontínua, omitindo o seu último termo e fazendo os álulos

feitos anteriormente. Éo que faremos aseguir.

Seguiremos os passos do exemplo anterior. Considere a fração irredutível

a/b

.

Denote por

q

1

epor

r

2

oquoienteeo resto dadivisãode

a

por

b

, respetivamente.

Assim, podemos esrever

(28)

Sejam agora

q

2

e

r

3

oquoiente eo resto dadivisão de

b

por

r

2

. Então

b

=

q

2

r

2

+

r

3

,

om

r

3

< r

2

.

Da mesma maneira, podemos onsiderar os números

q

3

, q

4

, . . .

e

r

4

, r

5

, . . .

se

relai-onando daseguinte maneira:

r

2

=

q

3

r

3

+

r

4

,

om

r

4

< r

3

,

r

3

=

q

4

r

4

+

r

5

,

om

r

5

< r

4

e assim por diante. Os quoientes

q

1

, q

2

, . . .

das divisões feitas anteriormente são

hamadosde quoientes inompletose umprem a seguinte ondição:

b > r

2

> r

3

> r

4

>

· · · ≥

0,

(2.5)

istoé,formamumasequêniaderesentedenúmerospositivos. Comoaquantidade

de números inteiros entre

b

e

0

é nita, em um determinado momento, o

proedi-mentoaimaestaiona,omresto

0

. Assim,se

r

n

éoúltimorestonãonuloem(2.5),

então

r

n

+1

= 0

e, portanto,temos que

a

=

q

1

·

b

+

r

2

,

b

=

q

2

·

r

2

+

r

3

,

r

2

=

q

3

·

r

3

+

r

4

,

.

.

.

(29)

a

b

=

q

1

+

1

b

r

2

,

b

r

2

=

q

2

+

1

r

2

r

3

,

.

.

.

r

n−2

r

n−

1

=

q

n−

1

+

1

r

n−1

r

n

,

r

n−

1

r

n

=

q

n

.

Podemos,então, substituirovalordonúmero

b/r

2

naprimeiraexpressão, ovalordo

número

r

2

/r

3

nasegunda expressão e,assim suessivamente, até enontrarmosuma

expressão para a fração

a/b

dada por

a

b

=

q

1

+

1

q

2

+

1

q

3

+

1

.

.

.

q

n−

2

+

1

q

n−1

+

1

q

n

Considerando afração ontínuade

a/b

,podemosomitirfraçõesapartirdoprimeiro

quoiente

q

1

. As expressões obtidas depois desta omissão são hamadas de

fra-ções reduzidas. Temos que a primeirafração reduzida, denotada por

δ

1

, éobtida

omitindoa fração

1/q

2

:

δ

1

=

q

1

<

(30)

a

b

=

q

1

+

1

b

r

2

e,

b

e

r

2

são números positivos, segueque

a/b > q

1

.

A segunda fração reduzida é obtida omitindoafração apartir dotermo

1/q

3

:

δ

2

=

q

1

+

1

q

2

>

a

b

,

em quea desigualdadeé justiadaa seguir: omo

b

r

2

=

q

2

+

r

3

r

2

,

temos que

q

2

=

b

r

2

r

3

r

2

=

b

r

3

r

2

<

b

r

2

,

pois

r

2

>

0

, ou seja,

1

q

2

>

r

2

b

.

Agora,

a

b

=

q

1

+

r

2

b

< q

1

+

1

q

2

,

omo queríamos.

Analogamente, obtemoso restantedas fraçõesreduzidas:

δ

3

=

q

1

+

1

q

2

+

1

q

(31)

δ

4

=

q

1

+

1

q

2

+

1

q

3

+

1

q

4

quesatisfazemasdesigualdades

δ

3

< a/b

e

δ

4

> a/b

. Portanto,seguindoporindução

poderíamosdemonstrar asseguintes relações:

δ

1

< δ

3

< . . . < δ

2k−1

<

a

b

,

δ

2

> δ

4

> . . . > δ

2

k

>

a

b

,

onde

k

N

. Observe que as relações de ordem entre os

δ

i

's são forneidas através das relaçõesde ordem entre os

q

i

's. Por exemplo, é laro que

δ

1

< δ

3

, pois

1

q

2

+

q

1

3

é

um númeropositivo. Poroutro lado, omo

δ

4

=

q

1

+

1

q

2

+

1

q

3

+

1

q

4

,

e

1

q

3

+

q

1

4

>

0

,segue que

δ

4

< q

1

+

1

q

2

=

δ

2

.

Agora, denotepor

δ

k

=

P

k

Q

k

a

k

-ésima fração reduzida de

a/b

, onde

1

k

n

. Vamos enontrar a lei de formação dos numeradores e denominadores dessas frações reduzidas. Vejamos o

que aontee om osprimeiros

δ

i

's:

δ

1

=

q

1

=

q

1

1

=

P

1

Q

1

P

1

=

q

1

e

Q

1

= 1,

δ

2

=

q

1

+

1

q

2

=

q

1

q

2

+ 1

q

2

=

P

2

Q

2

(32)

δ

3

=

q

1

+

1

q

2

+

1

q

3

=

q

1

+

q

3

q

2

q

3

+ 1

=

q

1

q

2

q

3

+

q

1

+

q

3

q

2

q

3

+ 1

=

P

3

Q

3

e, assim,

P

3

=

q

1

q

2

q

3

+

q

1

+

q

3

e

Q

3

=

q

2

q

3

+ 1

, ouseja,

P

3

=

P

2

q

3

+

P

1

e

Q

3

=

Q

2

q

3

+

Q

1

.

Vamos demonstrar, usandoindução sobre

k

, que

P

k

=

P

k−1

q

k

+

P

k−2

e

Q

k

=

Q

k−1

q

k

+

Q

k−2

,

(2.6)

Comefeito, suponhaque(2.6)éválidoparaalgum

k

3

eprovemosqueéválido para

k

+ 1

, ou seja,dahipótesede indução, temos que

δ

k

=

P

k

Q

k

=

P

k−

1

q

k

+

P

k−

2

Q

k−

1

q

k

+

Q

k−

2

.

Agora, substituindo

q

k

por

q

k

+

1

q

k+1

naexpressão aima, obtemosque:

P

k−

1

q

k

+

1

q

k+1

+

P

k−

2

Q

k−

1

q

k

+

1

q

k+1

+

Q

k−

2

=

P

k−

1

q

k

+

P

k−

2

+

P

k−

1

·

1

q

k

+1

Q

k−

1

q

k

+

Q

k−

2

+

1

q

k

+1

·

Q

k−

1

=

P

k

q

k

+1

+

P

k−

1

Q

k

q

k+1

+

Q

k−1

=

δ

k

+1

.

Poroutro lado,

δ

k

+1

=

P

k

+1

Q

k+1

e,portanto,

P

k+1

=

P

k

q

k+1

+

P

k−1

e

Q

k+1

=

Q

k

q

k+1

+

Q

k−1

.

Assim, (2.6) éválido para qualquer inteiro

k

3

.

(33)

δ

k

δ

k−1

=

(

1)

k

Q

k

Q

k−

1

,

(2.7)

em que

k >

1

. Com efeito,

δ

k

δ

k−

1

=

P

k

Q

k

P

k−

1

Q

k−1

=

P

k

Q

k−

1

Q

k

P

k−

1

Q

k

Q

k−1

.

Usando (2.6),obtemos

P

k

Q

k−

1

Q

k

P

k−

1

= (P

k−

1

q

k

+

P

k−

2

)Q

k−

1

(Q

k−

1

q

k

+

Q

k−

2

)P

k−

1

=

P

k−

1

q

k

Q

k−

1

+

P

k−

2

Q

k−

1

Q

k−

1

q

k

P

k−

1

Q

k−

2

P

k−

1

=

(P

k−

1

Q

k−

2

Q

k−

1

P

k−

2

)

= (

1)(P

k−

1

Q

k−

2

Q

k−

1

P

k−

2

).

Notequeaexpressão

P

k−1

Q

k−2

Q

k−1

P

k−2

éomesmoque

P

k

Q

k−1

Q

k

P

k−1

fazendo

k

igual a

k

1

na segunda equação. Fazendo os mesmo álulos para

P

k−

1

Q

k−

2

Q

k−1

P

k−2

, obtemos

(34)

P

k

Q

k−1

Q

k

P

k−1

= (

1)(P

k−1

Q

k−2

Q

k−1

P

k−2

)

= (

1)

2

(P

k−2

Q

k−3

Q

k−2

P

k−3

)

=

. . . .

= (

1)

k−

2

(P

2

Q

1

Q

2

P

1

)

= (

1)

k−2

[(q

1

q

2

+ 1)

·

1

q

2

q

1

]

= (

1)

k−

2

.

Portanto,

δ

k

δ

k−

1

=

P

k

Q

k−

1

Q

k

P

k−

1

Q

k

Q

k−1

=

(

1)

k−

2

Q

k

Q

k−

1

=

(

1)

k

Q

k

Q

k−

1

para todo inteiro

k >

1

. Note que, pela denição das frações reduzidas, temos

δ

n

=

a/b

. Agora, fazendo

k

=

n

naequação (2.7), obtemos

δ

n

δ

n−

1

=

(

1)

n

Q

n

Q

n−

1

,

ou seja,

a

b

δ

n−

1

=

(

1)

n

bQ

n−

1

,

(2.8)

(35)

a

b

P

n−1

Q

n−

1

=

(

1)

n

bQ

n−

1

que é omesmo que

a

b

·

Q

n−

1

Q

n−

1

P

n−

1

Q

n−

1

·

b

b

=

(

1)

n

bQ

n−

1

.

Simpliandoa última equação,obtemos simplesmente

aQ

n−

1

bP

n−

1

= (

1)

n

.

Ou ainda,

aQ

n−

1

+

b(

P

n−

1

) + (

1)

n−

1

= 0.

Multipliando esta última equaçãopor

(

1)

n−1

c

, obtemos

a[(

1)

n−

1

cQ

n−

1

] +

b[(

1)

n

cP

n−

1

] +

c

= 0.

Assim, deduzimosque

[x

0

, y

0

]

dado por

x

0

= (

1)

n−

1

cQ

n−

1

e

y

0

= (

1)

n

cP

n−

1

é uma solução da equação (2.3) e pelo teorema anterior, todas as soluções inteiras

desta equação tem a seguinte forma:

x

= (

1)

n−

1

cQ

n−1

bt

y

= (

1)

n

cP

n−

1

+

at, .

(36)

Teorema 4. Opar

[x

0

, y

0

]

dado por

x

0

= (

1)

n−1

cQ

n−

1

y

0

=

(

1)

n

cP

n−

1

,

éumasoluçãodaequação(2.3)e,portanto,todasassoluçõesinteirasdestaequação

são dadaspelas fórmulas a seguir:

x

= (

1)

n−1

cQ

n−

1

bt

e

y

= (

1)

n

cP

n−

1

+

at,

(37)

Algumas Equações do Segundo Grau

om Três Inógnitas

Neste apítulo, apresentaremos alguns exemplos de equações de segundo grau

om três inógnitas omoo título nos sugere.

3.1 A equação de Pitágoras

x

2

+

y

2

=

z

2

Exemplo 3. (Equaçãode Pitágoras)Vamosenontrar todasassoluçõesinteiras

da equaçãodo segundo grau om três inógnitas dada a seguir

x

2

+

y

2

=

z

2

.

(3.1)

Solução: Geometriamente, as soluções inteiras desta equação são

determina-das por aqueles números inteiros que satisfazem os triângulos de Pitágoras, isto

é, triângulos retângulos que têm omo atetos e hipotenusa tais números. Vamos

(38)

3.1. A EQUAÇO DE PITÁGORAS

X

2

+

Y

2

=

Z

2

Denotando por

d

o máximo divisor omum de

x

e

y

, então existem números

inteiros

x

1

e

y

1

que satisfazem asequaçõesabaixo:

x

=

x

1

d

e

y

=

y

1

d

om

x

1

e

y

1

primos entre si e, portanto, aequação (3.1) torna-se aequação abaixo:

x

2

1

d

2

+

y

2

1

d

2

=

z

2

,

ou ainda,

(x

2

1

+

y

2

1

)d

2

=

z

2

.

Istoquerdizerque

z

2

édivisívelpor

d

2

e,portanto,existe

p

inteirotalque

z

2

=

p

·

d

2

,

donde

p

tambémdeve ser umquadrado,istoé, existe

z

1

Z

talque

p

=

z

2

1

. Assim,

z

2

=

z

2

1

d

2

, donde

z

=

z

1

d

.

Agora, aequação (3.1) pode ser expressa omo segue

(x

2

1

+

y

2

1

)d

2

=

z

2

1

d

2

e simpliandoo termo

d

2

, temos

x

2

1

+

y

2

1

=

z

2

1

.

Aequaçãoaimaobtidatemamesmaformaqueainiialomumanovainformação:

x

1

e

y

1

nãopossuemdivisoresemomum,exetoonúmero

1

. Comisso,pararesolver

a equação (3.1) é suiente ataar o problema onsiderando

x

e

y

primos entre si.

Suponhamos, portanto,que istoaontee. Sendoassim, podemos assumirque ou

x

ou

y

é um número ímpar, digamos

x

. Passando

y

2

(39)

3.1. A EQUAÇO DE PITÁGORAS

X

2

+

Y

2

=

Z

2

(3.1),obtemos

x

2

=

z

2

y

2

,

ou ainda,

x

2

= (z

+

y)(z

y).

(3.2)

Denotando por

d

1

o máximo divisor omum de

z

+

y

e

z

y

, temos

z

+

y

=

ad

1

e

z

y

=

bd

1

,

(3.3)

om

a

e

b

são primos entre si. Substituindo as equações de (3.3) na equação (3.2),

obtemos:

x

2

= (z

+

y)(z

y)

=

ad

1

·

bd

1

=

abd

2

1

.

Desde que

a

e

b

nãotêm divisoresemomum, aigualdadeobtidaaima éválida

somente quando

a

e

b

forem quadrados perfeitos, isto é, quando existirem

u

e

v

inteirostais que

a

=

u

2

e

b

=

v

2

.

Sendo assim, temos que

x

2

=

u

2

v

2

d

2

1

e, então

x

=

uvd

1

.

(3.4)

(40)

3.1. A EQUAÇO DE PITÁGORAS

X

2

+

Y

2

=

Z

2

tais equações, obtemos

(z

+

y) + (z

y) =

ad

1

+

bd

1

,

ou seja,

2z

=

ad

1

+

bd

1

=

u

2

d

1

+

b

2

d

1

= (u

2

+

v

2

)d

1

.

Logo,

z

=

u

2

+

v

2

2

·

d

1

.

(3.5)

Agora, subtraindo a segunda equação daprimeira em(3.3), temos que

(z

y)

(z

+

y) =

bd

1

ad

1

,

ou seja,

2y

=

bd

1

ad

1

.

Logo,

2y

=

ad

1

bd

1

=

u

2

d

1

v

2

d

1

= (u

2

v

2

)d

1

e, assim,

y

=

u

2

v

2

(41)

3.1. A EQUAÇO DE PITÁGORAS

X

2

+

Y

2

=

Z

2

são ímpares. Disso, temos que

d

1

é neessariamente igual a

1

, já que do ontrário,

as equações (3.4) e (3.6) nos mostrariam que

x

e

y

possuiriam um divisor omum

d

1

6

= 1

, oque ontradiza hipótese iniial de que eles são primos entre si.

Agora, omo

a

=

u

2

e

b

=

v

2

, e

a

e

b

são primos entre si, segue que existem

númerosinteiros

r

e

s

taisque

ar

+

bs

= 1,

ou ainda,

u

2

r

+

v

2

s

= 1.

Mas

u

2

r

+

v

2

s

=

u(ur) +

v(vs) = 1,

em que

ur

e

vs

são ainda números inteiros. Logo,

u

e

v

tambémsão primos entre

si. Alémdisso, de (3.3) temos que

ad

1

bd

1

= 2y

e, portanto,

a

b

=

2y

d

1

>

0,

isto é,

b < a

. Fazendo

d

1

= 1

em(3.4), (3.5) e (3.6), obtemosasfórmulas

x

=

uv, y

=

u

2

v

2

2

e

z

=

u

2

+

v

2

2

,

(3.7)

das quais são todos os números inteiros positivos livres de divisores omuns que

(42)

3.1. A EQUAÇO DE PITÁGORAS

X

2

+

Y

2

=

Z

2

veriama equação (3.1) omo nos mostraos álulos abaixo:

x

2

+

y

2

= (uv)

2

+

u

2

v

2

2

2

=

u

2

v

2

+

(u

2

)

2

2u

2

v

2

+ (v

2

)

2

4

=

4u

2

v

2

+ (u

2

)

2

2u

2

v

2

+ (v

2

)

2

4

=

(u

2

)

2

+ 2u

2

v

2

+ (v

2

)

2

4

=

(u

2

+

v

2

)

2

2

2

=

z

2

.

Coloando alguns valores inteiros para

u

e

v

, primos entre si, nas fórmulas em

(3.7), podemos enontrar soluções inteiras para a equação (3.1). Por exemplo, se

u

= 3

e

v

= 1

então temos a equação satisfeita para

x

= 3

,

y

= 4

e

z

= 5

:

3

2

+ 4

2

= 5

2

. Ou ainda se

u

= 5

e

v

= 1

,a equaçãoésatisfeita para

x

= 5

,

y

= 12

e

z

= 13

.

Noteaindaqueasfórmulasem(3.7)nosdãoassoluçõesinteirasdaequação(3.1)

quando

x

,

y

e

z

nãopossuemdivisoresemomum. Todasasdemaissoluçõesinteiras

desta equação, podem ser obtidas multipliando as soluções enontradas om (3.7)

por um número inteiro

d

, já que se

x

0

,

y

0

,

z

0

é uma solução de (3.1)

dx

0

,

dy

0

,

dz

0

tambémé,pois

(dx

0

)

2

+ (dy

0

)

2

=

d

2

x

2

0

+

d

2

y

2

0

=

d

2

(x

2

0

+

y

2

0

)

=

d

2

z

2

0

= (dz

0

)

2

(43)

3.1. A EQUAÇO DE PITÁGORAS

X

2

+

Y

2

=

Z

2

métria,separametrizamosraionalmenteoírulounitário,omomostraremosa

seguir (onra[9℄). Considere aequação doírulo

C

x

2

+

y

2

= 1.

(3.8)

Denotemos por

(0, t)

o ponto de interseção da reta

L

que passa por

(

1,

0)

e por um pontodo írulo

C

om o eixodos

y

's,omo nos mostra a Figura3.1.

PSfragreplaements

(

1

,

0)

(0

, t

)

(

x, y

)

θ/

2

θ

L

C

Figura 3.1: Interseção dareta

L

om o írulo

C

.

Se onheemos osvalores de

x

e

y

, então podemos determinar o valorde

t

sem

muitasdiuldades. De fato, aequação dareta

L

é dada por

y

=

t(1 +

x),

(3.9)

já que

L

passa pelos pontos

(

1,

0)

e

(0, t)

. Como o ponto

(x, y)

pertene tanto a

L

omo a

C

, segue de (3.8)e (3.9) que

1

x

2

=

y

2

=

t

2

(1 +

x)

2

(44)

3.1. A EQUAÇO DE PITÁGORAS

X

2

+

Y

2

=

Z

2

Para

t

xado,(3.10)éumaequação quadrátiaujasraízessão asprimeiras

oorde-nadas dos pontosde interseção entre areta

L

e oírulo

C

. Sabemos que

x

=

1

é uma dessa raízes, pois o ponto

(

1,

0)

pertene a

L

e a

C

. Para enontrar a outra raiz, suponha que

x

6

=

1

. Então, em(3.10),podemosanelar o termo

(1 +

x)

em ambosos membros e obter aseguinteequação:

1

x

=

t

2

(1 +

x).

Assim,

1

x

=

t

2

+

t

2

x,

ou seja,

x

+

t

2

x

= 1

t

2

.

Portanto,

(1 +

t

2

)x

= 1

t

2

,isto é,

x

=

1

t

2

1 +

t

2

.

Agora, omo

y

=

t(1 +

x)

, segue que

y

=

t

1 +

1

t

2

1 +

t

2

=

t

1 +

t

2

+ 1

t

2

1 +

t

2

=

2t

1 +

t

2

.

Sendo assim, obtemosa parametrização do írulo:

x

=

1

t

2

1 +

t

2

e

y

=

2t

1 +

t

2

.

(3.11)

Note quese

x

e

y

são númerosraionais,então

t

tambémserá um número raional.

Imagem

Figura 3.1: Interseção da reta L 
om o 
ír
ulo C .
Figura 3.2: Representação geométri
a do T eorema de Pitágoras.

Referências

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