em números inteiros
por
Ambrósio Elias de Araújo Pontes
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
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
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
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.
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
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
Introdução ix
1 Preliminares 1
1.1 Prinípioda Boa Ordem . . . 1
1.2 Indução Matemátia . . . 1
1.3 Divisibilidadeem
Z
. . . 31.4 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
. . . 273.2 A equação
x
2
+ 2y
2
=
z
2
. . . 373.3 A equação negativa de Pitágoras
x
−
2
+
y
−
2
=
z
−
2
. . . 423.4 A equação de Fermat
x
4
+
y
4
=
z
4
. . . 443.5 O ÚltimoTeoremade Fermat . . . 51
4 Equações de Pell 55
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
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 primeirograu 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 problemauti-lizamos o métododas frações ontínuas para representação de números irraionais.
Para a obtenção das soluções, usamosideias semelhantes asdo Capítulo1.
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 deN
, entãoexiste
n
0
∈
A
talquen
0
≤
n
para todon
∈
A
.1.2 Indução Matemátia
Uma ferramenta fundamental na demonstração das propriedades referentes aos
númerosnaturaiséoPrinípio daIndução Matemátiaqueédesritoaseguir. Seja
(1)
1
∈
A
;(2)
n
+ 1
∈
A
, semprequen
∈
A
,então
A
=
N
.Exemplo 1. Dados
a
eb
númerosreais, en
∈
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, noteque 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
. Suponhaagoraqueaarmaçãoéverdadeirapara
n
∈
N
e provemos queé válida paran
+ 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
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
eb
dois númerosinteiros. Dizemos quea
divideb
seexistec
∈
Z
talqueb
=
ac
. Neste aso, esrevemosa
|
b
.Proposição 1. Sejam
a, b
ec
números inteiros. Sea
|
b
eb
|
c
, entãoa
|
c
.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 quea
|
c
.Proposição 2. Sejam
a, b, c, m
en
números inteiros. Sec
dividea
ec
divideb
,então
c
divide(ma
+
nb)
.Demonstração. Temos queexiste
k
1
, k
2
∈
Z
taisquea
=
k
1
c
eb
=
k
2
c.
Multipliandoambososmembros de
a
=
k
1
c
porm
eambososmembrosdeb
=
k
2
c
por
n
,obtemosma
=
m
·
k
1
c
ebn
=
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
, temosquec
|
(ma
+
nb)
, omo queríamos.Sãolistadasabaixoalgumasdas propriedadesmais importantesde divisibilidade
entre númerosinteiros.
(1)
n
|
n
, para todon
∈
Z
;(2) se
d, n
∈
Z
ed
|
n
, entãoad
|
an
para qualquera
∈
Z
;(3) se
ad
|
an
ea
6
= 0
, entãod
|
n
;1.4 O Algoritmo de Eulides
Eulidesde Alexandria, omoera onheido, naseunaSíria eviveu entre
330
e290
a... Foiumdosmaioresmatemátiosdaantiguidade. TrabalhouemAlexandriaondefoioprimeirodiretordafamosaBiblioteadeAlexandria. 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
eb
dois números inteiros, omb
6
= 0
. Então, existeq
∈
Z
talqueqb
≤
a <
(q
+ 1)b,
seb >
0
e
qb
≤
a <
(q
−
1)b,
seb <
0.
Demonstração. Suponha que
b >
0
. A prova para quandob <
0
é inteiramenteanáloga. Denamos o onjunto
A
:=
{
h
∈
N
:
hb > a
}
.
Note queo número natural
|
a
|
+ 1
é talque(
|
a
|
+ 1)b
=
|
a
|
b
+
b.
peloPrinípiodaBoaOrdenação,
A
possuium menor elemento,digamosh
0
. Logo,h
0
b > a
. Usando aminimalidade donúmeronaturalh
0
, segue queh
0
−
1
6∈
A
, istoé,
(h
0
−
1)b
≤
a
. Assim, tomandoq
=
h
0
−
1
, segue queqb
= (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
eb
, omb >
0
, existe um úniopar de inteirosq
er
taisquea
=
qb
+
r,
onde0
≤
r < b.
Dizemos que
q
éo quoiente er
éo resto da divisão dea
porb
.Demonstração. Pelo Teorema de Eudóxius, existe
q
∈
Z
satisfazendo a seguinte relaçãoqb
≤
a <
(q
+ 1)b,
oqueaarreta que
0
≤
a
−
qb
ea
−
qb < b
. Sendoassim,podemosdenirr
=
a
−
qb
para mostrarque existem números inteirosq
er
que satisfazem o algoritmo. Faltamostrar que eles são únios. Com efeito, suponha que existe um outro par
q
1
er
1
de números inteiros veriando a seguinte igualdade
Portanto, temosque
qb
+
r
=
q
1
b
+
r
1
. Logo,b(q
−
q
1
) =
r
1
−
r.
Istoquer dizerque
b
divider
1
−
r
. Masomor
1
er
são ambosestritamentemenores do queb
, segue que|
r
1
−
r
|
< b
e, portanto,r
1
−
r
= 0
, ou seja,r
1
=
r
. Logo,q
1
b
=
qb
, dondeq
1
=
q
.1.5 Máximo Divisor Comum
Dizemos que
d
é omáximo divisor omum entre dois númerosinteirosa
eb
seéo maior inteiro positivo quedivide
a
eb
. Neste aso, esrevemosd
= mdc(a, b)
.Uma das propriedades que vamos usar do máximo divisor omum, provada em
qualquer livrode Teoriados Números,éaseguinte: se
d
éomáximodivisor omumentre
a
eb
, então existem números inteirosx
ey
tais qued
=
xa
+
yb.
Observeque omáximo divisoromum
d
dea
eb
éodivisor positivodea
eb
oqualé divisível por tododivisor omum. Alémdisso, valem as seguintes igualdades:
mdc(ta, tb) =
|
t
| ·
mdc(a, b)
e, se
c >
0
ea
eb
são divisíveisporc
, entãomdc
a
c
,
b
c
=
1
c
·
mdc(a, b).
inteiros,então valea seguinte igualdade
mdc(a, b) = mdc(a, b
−
ax),
Equações do Primeiro Grau om
Coeientes Inteiros
Vamosestudarprimeiramenteequaçõesdoprimeirograuomumainógnitaque
orrespondem a equações doseguintetipo:
a
1
x
+
a
0
= 0,
(2.1)em que
a
0
ea
1
sãonúmerosinteiros. Evidentemente, asoluçãodestaequaçãoédadapor
x
=
−
a
0
a
1
,
om
a
1
6
= 0
,etalsoluçãoserá umnúmero inteiroquandoa
0
fordivisívelpora
1
,isto é, quando o resto da divisão dea
0
pora
1
for zero. Nem sempre a solução de umaequação desta natureza éinteira. Este é o aso da equação
9x
+ 11 = 0
. Por outrolado, a soluçãoda equação
5x
−
25 = 0
éx
= 5
, queé um númerointeiro.x
2
+ 3x
−
10 = 0
possuiduas soluçõeseambas são inteiras,
x
1
= 2
ex
2
=
−
5
. Noentanto,aequaçãox
2
−
2x
−
2 = 0
não possui soluçõesinteiras,já que osdois números quesatisfazemtal equaçãosão irraionais, dadaspor
1 +
√
3
e1
−
√
3
.Maisgeralmente,podemosonsideraroproblemadeenontrarraízesdeequações
de grau
n
om oeientes inteiros. De fato, sejamn
≥
1
ea
0
, a
1
, . . . , a
n
números inteiros,e onsidere a equaçãoa
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),entãoa
n
a
n
+
a
n−
1
a
n−
1
+
· · ·
+
a
1
a
+
a
0
= 0
e, portanto, isolando
a
0
,temos quea
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 inteiroa
0
, dondeadaraiz 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 divisoresx
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
e1
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
eb
são números inteiros não nulos ec
é um inteiro qualquer.Vamos trabalhar (2.3) sob a ondição de que
a
eb
sejam números primos entre si,qualquer que seja asituação,podemos nos restringiraesta ondição imposta sob
a
e
b
. De fato, suponha que o máximo divisor omum entrea
eb
sejad
6
= 1
. Então, podemos esrevera
=
a
1
d
eb
=
b
1
d
, em quea
1
eb
1
são primos entre si. Dessaforma,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
esedandoontadequed
dividec
,obtemosuma outra equação dada por
a
1
x
+
b
1
y
+
c
1
= 0,
em que
c
1
=
c/d
, ujosoeientesa
1
eb
1
tem máximo divisor omum igual a1
.Observação: Note que se o máximo divisor omum de
a
eb
dividirc
, a equação(2.3)possui soluçãointeira. Comefeito, seja
d
= mdc(a, b)
. Então, omod
|
c
, existep
∈
Z
tal quec
=
pd
. Além disso, existemn, m
∈
Z
tais qued
=
ma
+
nb
e,portanto,
c
=
p(ma
+
nb) = (pm)a
+ (pn)b.
Como
pm
epn
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 quec
Primeiro aso: Se
c
= 0
, então a equação (2.3) torna-seax
+
by
= 0,
em que
a
eb
são números inteiros primos entre si. Resolvendo esta equação omrespeito a
x
, obtemosx
=
−
b
a
y.
Sendo assim,
x
será um número inteiro somentequandoa
dividey
. Istoquer dizerqueexiste
t
∈
Z
talquey
=
at
. Substituindoestevalordey
naequaçãox
=
−
(b/a)y
, obtemosx
=
−
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 teoremaque nos diz que para obter todas as soluções inteiras da equação (2.3), é suiente
obter uma solução partiular, ouseja,se enontramos
x
0
ey
0
inteiros taisqueax
0
+
by
0
+
c
= 0,
então enontramos todos os númerosinteirosque satisfazem aequação desejada.
A partirde agora, quando
x
ey
satiszerem a equação(2.3), esreveremosTeorema 3. Sejam
a
eb
números primos entre si e[x
0
, y
0
]
qualquer solução daequação (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 igualdadesax
+
by
+
c
= 0
eax
0
+
by
0
+
c
= 0
,obtemosax
+
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 entrea
eb
é igual a1
, temos queb
dividex
0
−
x
,ou seja, existet
∈
Z
talquex
0
−
x
=
bt
. Logo,y
−
y
0
=
a
·
bt
b
=
at,
donde
x
=
x
0
−
bt
ey
=
y
0
+
at
, ondet
∈
Z
. Demonstramos, então, que qualquer solução de (2.3) é da forma (2.4). Resta-nos mostrar que, de fato, (2.4) é soluçãoax
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 emque
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 parteinteirado seguinte modo:
127
127
52
= 2 +
1
52
23
.
Agora, fazemos o mesmo om afração
52/23
,obtemos52
23
= 2 +
6
23
= 2 +
1
23
6
.
Utilizando este mesmoraioínio para a fração
23/6
, temosque23
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 esrever127
52
= 2 +
1
2 +
1
3 +
1
1 +
1
5
.
Esta última expressão para a fração
127/52
é hamada a fração ontínua desta2 +
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
ey
0
= 22
, então[x
0
, y
0
]
ésolução da equação127x
−
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 fraçãoa/b
em uma fração ontínua, omitindo o seu último termo e fazendo os álulosfeitos anteriormente. Éo que faremos aseguir.
Seguiremos os passos do exemplo anterior. Considere a fração irredutível
a/b
.Denote por
q
1
eporr
2
oquoienteeo resto dadivisãodea
porb
, respetivamente.Assim, podemos esrever
Sejam agora
q
2
er
3
oquoiente eo resto dadivisão deb
porr
2
. Entãob
=
q
2
r
2
+
r
3
,
omr
3
< r
2
.
Da mesma maneira, podemos onsiderar os números
q
3
, q
4
, . . .
er
4
, r
5
, . . .
serelai-onando daseguinte maneira:
r
2
=
q
3
r
3
+
r
4
,
omr
4
< r
3
,
r
3
=
q
4
r
4
+
r
5
,
omr
5
< r
4
e assim por diante. Os quoientes
q
1
, q
2
, . . .
das divisões feitas anteriormente sãohamadosde quoientes inompletose umprem a seguinte ondição:
b > r
2
> r
3
> r
4
>
· · · ≥
0,
(2.5)istoé,formamumasequêniaderesentedenúmerospositivos. Comoaquantidade
de números inteiros entre
b
e0
é nita, em um determinado momento, oproedi-mentoaimaestaiona,omresto
0
. Assim,ser
n
éoúltimorestonãonuloem(2.5),então
r
n
+1
= 0
e, portanto,temos quea
=
q
1
·
b
+
r
2
,
b
=
q
2
·
r
2
+
r
3
,
r
2
=
q
3
·
r
3
+
r
4
,
.
.
.
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, ovalordonúmero
r
2
/r
3
nasegunda expressão e,assim suessivamente, até enontrarmosumaexpressão para a fração
a/b
dada pora
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
,podemosomitirfraçõesapartirdoprimeiroquoiente
q
1
. As expressões obtidas depois desta omissão são hamadas defra-ções reduzidas. Temos que a primeirafração reduzida, denotada por
δ
1
, éobtidaomitindoa fração
1/q
2
:δ
1
=
q
1
<
a
b
=
q
1
+
1
b
r
2
e,
b
er
2
são números positivos, seguequea/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
δ
4
=
q
1
+
1
q
2
+
1
q
3
+
1
q
4
quesatisfazemasdesigualdades
δ
3
< a/b
eδ
4
> a/b
. Portanto,seguindoporinduçãopoderíamosdemonstrar 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 osδ
i
's são forneidas através das relaçõesde ordem entre osq
i
's. Por exemplo, é laro queδ
1
< δ
3
, pois1
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 queδ
4
< q
1
+
1
q
2
=
δ
2
.
Agora, denotepor
δ
k
=
P
k
Q
k
a
k
-ésima fração reduzida dea/b
, onde1
≤
k
≤
n
. Vamos enontrar a lei de formação dos numeradores e denominadores dessas frações reduzidas. Vejamos oque aontee om osprimeiros
δ
i
's:δ
1
=
q
1
=
q
1
1
=
P
1
Q
1
⇒
P
1
=
q
1
eQ
1
= 1,
δ
2
=
q
1
+
1
q
2
=
q
1
q
2
+ 1
q
2
=
P
2
Q
2
⇒
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
eQ
3
=
q
2
q
3
+ 1
, ouseja,P
3
=
P
2
q
3
+
P
1
eQ
3
=
Q
2
q
3
+
Q
1
.
Vamos demonstrar, usandoindução sobre
k
, queP
k
=
P
k−1
q
k
+
P
k−2
eQ
k
=
Q
k−1
q
k
+
Q
k−2
,
(2.6)Comefeito, suponhaque(2.6)éválidoparaalgum
k
≥
3
eprovemosqueéválido parak
+ 1
, ou seja,dahipótesede indução, temos queδ
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
porq
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
eQ
k+1
=
Q
k
q
k+1
+
Q
k−1
.
Assim, (2.6) éválido para qualquer inteiro
k
≥
3
.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
éomesmoqueP
k
Q
k−1
−
Q
k
P
k−1
fazendok
igual ak
−
1
na segunda equação. Fazendo os mesmo álulos paraP
k−
1
Q
k−
2
−
Q
k−1
P
k−2
, obtemosP
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, temosδ
n
=
a/b
. Agora, fazendok
=
n
naequação (2.7), obtemosδ
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)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 porx
0
= (
−
1)
n−
1
cQ
n−
1
ey
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, .
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
ey
= (
−
1)
n
cP
n−
1
+
at,
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
3.1. A EQUAÇO DE PITÁGORAS
X
2
+
Y
2
=
Z
2
Denotando por
d
o máximo divisor omum dex
ey
, então existem númerosinteiros
x
1
ey
1
que satisfazem asequaçõesabaixo:x
=
x
1
d
ey
=
y
1
d
om
x
1
ey
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
inteirotalquez
2
=
p
·
d
2
,
donde
p
tambémdeve ser umquadrado,istoé, existez
1
∈
Z
talquep
=
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
ey
1
nãopossuemdivisoresemomum,exetoonúmero1
. Comisso,pararesolvera equação (3.1) é suiente ataar o problema onsiderando
x
ey
primos entre si.Suponhamos, portanto,que istoaontee. Sendoassim, podemos assumirque ou
x
ou
y
é um número ímpar, digamosx
. Passandoy
2
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 dez
+
y
ez
−
y
, temosz
+
y
=
ad
1
ez
−
y
=
bd
1
,
(3.3)om
a
eb
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
eb
nãotêm divisoresemomum, aigualdadeobtidaaima éválidasomente quando
a
eb
forem quadrados perfeitos, isto é, quando existiremu
ev
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)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
3.1. A EQUAÇO DE PITÁGORAS
X
2
+
Y
2
=
Z
2
são ímpares. Disso, temos que
d
1
é neessariamente igual a1
, já que do ontrário,as equações (3.4) e (3.6) nos mostrariam que
x
ey
possuiriam um divisor omumd
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
eb
são primos entre si, segue que existemnúmerosinteiros
r
es
taisquear
+
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
evs
são ainda números inteiros. Logo,u
ev
tambémsão primos entresi. Alémdisso, de (3.3) temos que
ad
1
−
bd
1
= 2y
e, portanto,
a
−
b
=
2y
d
1
>
0,
isto é,
b < a
. Fazendod
1
= 1
em(3.4), (3.5) e (3.6), obtemosasfórmulasx
=
uv, y
=
u
2
−
v
2
2
ez
=
u
2
+
v
2
2
,
(3.7)das quais são todos os números inteiros positivos livres de divisores omuns que
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
ev
, primos entre si, nas fórmulas em(3.7), podemos enontrar soluções inteiras para a equação (3.1). Por exemplo, se
u
= 3
ev
= 1
então temos a equação satisfeita parax
= 3
,y
= 4
ez
= 5
:3
2
+ 4
2
= 5
2
. Ou ainda se
u
= 5
ev
= 1
,a equaçãoésatisfeita parax
= 5
,y
= 12
ez
= 13
.Noteaindaqueasfórmulasem(3.7)nosdãoassoluçõesinteirasdaequação(3.1)
quando
x
,y
ez
nãopossuemdivisoresemomum. Todasasdemaissoluçõesinteirasdesta equação, podem ser obtidas multipliando as soluções enontradas om (3.7)
por um número inteiro
d
, já que sex
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
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 retaL
que passa por(
−
1,
0)
e por um pontodo íruloC
om o eixodosy
'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 íruloC
.Se onheemos osvalores de
x
ey
, então podemos determinar o valordet
semmuitasdiuldades. De fato, aequação dareta
L
é dada pory
=
t(1 +
x),
(3.9)já que
L
passa pelos pontos(
−
1,
0)
e(0, t)
. Como o ponto(x, y)
pertene tanto aL
omo aC
, segue de (3.8)e (3.9) que1
−
x
2
=
y
2
=
t
2
(1 +
x)
2
3.1. A EQUAÇO DE PITÁGORAS
X
2
+
Y
2
=
Z
2
Para
t
xado,(3.10)éumaequação quadrátiaujasraízessão asprimeirasoorde-nadas dos pontosde interseção entre areta
L
e oíruloC
. Sabemos quex
=
−
1
é uma dessa raízes, pois o ponto(
−
1,
0)
pertene aL
e aC
. Para enontrar a outra raiz, suponha quex
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 quey
=
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
ey
=
2t
1 +
t
2
.
(3.11)Note quese