HEURÍSTICAS E EQUAÇÕES DIOFANTINAS

HEURÍSTICAS E EQUAÇÕES DIOFANTINAS

Michelle Crescêncio de Miranda

Programa Institucional de Iniciação Científica e Monitoria

da Faculdade de Matemática – PROMAT

michellemiranda_18@hotmail.com

Luiz Alberto Duran Salomão

Professor orientador

salomao@ufu.br

Faculdade de Matemática – FAMAT

Universidade Federal de Uberlândia – UFU

Resolver problemas é uma habilidade prática como nadar, esquiar ou tocar piano; você pode aprendê-la por meio de imitação e prática. (...)se você quer aprender a nadar, você tem que entrar na água e se você quer se tornar um bom “resolvedor de problemas”, tem que resolver problemas.

George Polya

Introdução

Neste artigo, desenvolvemos um breve estudo sobre equações diofantinas. No entanto, não menos importante que o tema desenvolvido é a oportunidade de nos exercitarmos em diversas heurísticas especialmente adequadas para tratar problemas da natureza que permeia o assunto em tela. Uma heurística é uma sugestão ou estratégia geral, independente de algum tópico particular ou do assunto em questão, que ajude os “resolvedores de problemas” a abordar e entender um problema e a dirigir eficientemente seus recursos para resolvê-lo. Neste breve estudo, destacamos o emprego de algumas dessas heurísticas, a saber, a redução de um

problema a uma situação mais simples, o argumento por contradição, o método da descida infinita e o Princípio de Dirichlet.

1. A equação pitagórica

Um dos mais antigos problemas da teoria dos números é a determinação de todas as soluções inteiras da equação 2 2 2 z y x + = . (I)

Como veremos, a solução dessa equação pode ser obtida através de propriedades elementares de números inteiros.

Um terno (x, y, z) de inteiros que satisfaz (I) é dito um terno pitagórico. Obviamente, vamos omitir qualquer caso onde uma das coordenadas do terno (x, y, z) seja zero. Inicialmente, notemos que se (x, y, z) é um terno pitagórico, então qualquer terno (kx, ky, kz) também o será, onde k é um inteiro diferente de zero. É claro, ainda, que a recíproca da afirmação que acabamos de fazer também é verdadeira. Portanto, vamos restringir nossa busca ao caso em que as coordenadas x, y, e z do terno não têm nenhum fator comum maior do que 1. Nesse caso, dizemos que uma tal solução (x, y, z) de (I) é primitiva. Por exemplo, (3, 4, 5) é uma solução primitiva de (I) mas (6, 8, 10), embora seja solução de (I), não é primitiva. Podemos, na verdade, dizer que se (x, y, z) é uma solução primitiva de (I) não há duas de suas coordenadas que não sejam inteiros primos entre si. Em outras palavras, se (x, y, z) é uma solução primitiva de (I), então mdc(x, y) = mdc(x, z) = mdc(y, z) = 1. De fato, se p é um número primo divisor comum de x e y, então é claro que p também é divisor de

e, conseqüentemente de z (pois p é primo), o que contraria o fato de (x, y, z) ser solução primitiva de (I). Portanto, mdc (x, y) = 1. Claramente, o mesmo argumento mostra que mdc(x,z) = 1 e mdc(y, z) = 1. Como conseqüência do fato que acabamos de justificar, x e y não podem ser ambos pares, se (x, y, z) for uma solução primitiva de (I). Porém, podemos ainda fazer uma outra afirmação: x e y não podem ser ambos ímpares. De fato, se x = 2a +1 e

y = 2b+1, onde a, b∈, então x + y = (2a +1) + (2b +1) = 2 + 4( a + a2+ b + b ),

ou seja, z é divisível por 2 mas não por 4. Ora, isto não é possível pois, se z é divisível

por 2, z também o é; daí, z é divisível por 4. Concluímos, assim, que se (x, y, z) é um terno pitagórico primitivo, exatamente um dos inteiros x ou y é par e z é ímpar. Vamos assumir daqui em diante, sem perda de generalidade, que x é par.

2 2 2 z y x + = 2 2 2 2 2 2 2 2

Vamos, agora, determinar todas as soluções primitivas (x, y, z) de (I), reduzindo o problema a

uma situação mais simples. Observe que, uma condição necessária para (x, y, z) ser uma

solução de (I) é que

x = z - y = (z – y) (z + y). (II). 2 2 2

No caso da solução ser primitiva, z – y e z + y são inteiros pares. Daí, podemos dividir por 4 os membros extremos de (II), obtendo

(

z y

)(

z y x⎟ = + − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 4 1 2 1 2

₎

.

Chamando m =

(

z+ y

)

2 1 1 e n =

(

z−y 2 1 1

)

, obtemos 1 1 2 2 1 n m x⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ (III)

e podemos afirmar que e são primos entre si - de fato, se p é um divisor comum de

e , p divide e p divide 1

m n₁ m₁

1

n m₁ +n₁ = z m₁−n₁ = y o que não é possível pois, como vimos, mdc(y, z) = 1. Além disso, de (III) concluímos que e são quadrados perfeitos, já que mdc = 1 e o produto é um quadrado perfeito. Portanto, existem inteiros positivos

m e n tais que = m , e = n e mdc(m, n) = 1. Logo,

1 m n₁

(

m1, n1

)

m1n1 1 m 2 n₁ 2 m m z y 2 1 2 1 1 2 = = + , y z n n 2 1 2 1 1 2 = = − e m n =2 2 2 4 1

x . Decorre daí que

x = 2mn, y = m - n e z = m2 2 2+ n . (IV) 2

Observe que m e n, em (IV), têm paridades opostas, pois z e y são ímpares. É imediato verificar que se x, y, e z são da forma dada em (IV), então (x, y, z) satisfaz a equação pitagórica (I).

As considerações feitas acima permitem-nos enunciar a seguinte proposição..

Proposição 1: A condição necessária e suficiente para que (x, y, z) seja um terno pitagórico primitivo, com coordenadas positivas, é que existam inteiros positivos m e n, primos entre si, de paridades opostas, com m > n, de modo que x = 2mn, y = m - n e z = m + n . 2 2 2 2

A tabela a seguir ilustra parcialmente uma representação dos ternos pitagóricos primitivos, conforme a proposição acima.

m n 2 3 4 5 6 7 1 (4,3,5) (8,15,17) (12,35,37) 2 (12,5,13) (20,21,29) (28,45,53) 3 (24,7,25) 4 (40,9,41) (56,33,65) 5 (60,11,61) 6 (84,13,85)

2. Inexistência de soluções não triviais de algumas equações diofantinas

Ao contrário do que vimos no parágrafo anterior, algumas equações diofantinas podem não ter soluções, além das triviais. Uma ferramenta poderosa para provar a inexistência de soluções de algumas dessas equações é o método da descida infinita, cuja criação é atribuída ao matemático francês Pierre de Fermat (1601 – 1665). Basicamente, esse método consiste em supor a existência e uma solução não trivial que seja, em algum sentido, mínima. Em seguida, deve-se encontrar uma solução que, de alguma forma, venha a contrariar a minimalidade da tal solução, advindo daí uma contradição. A seguir, veremos algumas aplicações desse método.

Proposição 2: A equação x2 + y2 =3z2 não tem soluções inteiras não nulas.

Demonstração: Suponha que a equação dada tenha soluções (x, y, z) em inteiros positivos não nulos. Assim, seja (a, b, c) a solução que tenha a coordenada z = c mínima. Sabemos que, se um número inteiro n não for múltiplo de 3, então seu quadrado n2 deixa resto 1 quando dividido por 3. Daí, a e b têm que ser ambos múltiplos de 3, ou seja, existem inteiros r e s tais que a = 3r e b = 3s. Assim, 9r2 + 9s2 =3c2, o que acarreta 3(r2 + s2) = c2. Portanto, c2 é múltiplo de 3 e, conseqüentemente, c é múltiplo de 3. Logo, existe um inteiro t de modo que

c=3t. Por fim, temos 3(r2 + s2) =9t2 e, daí, r2 + s2 =3t2, o que quer dizer que o terno (r, s, t) é solução da equação dada, com t= c <c

3 . Contradição com o fato da coordenada c ser

mínima.

A proposição a seguir emprega uma pequena variação do método utilizado na Proposição 1.

Proposição 3: A equação x2 + y2 + z2 = 2xyz não tem soluções inteiras não nulas.

Demonstração: Observe que, no membro da esquerda da equação dada, exatamente um dos termos é par ou todos os três são pares. Todavia, na primeira situação, o membro da esquerda seria múltiplo de 2 mas não de 4, enquanto o da direita seria múltiplo de 4. Isso reduz o

problema ao caso em que x, y e z são todos pares. Dessa forma, se (x, y, z) satisfaz a equação

dada, existem inteiros x1, y1 e z1 tais que x =2x1, y =2y1 e z = 2z1 e, daí,

1 1 1 2 1 2 1 2 1 y z 4x y z x + + = .

Usando o mesmo argumento, temos que existem inteiros x1, y1 e z1 tais que x1 =2x2, y1 =2y2 e z1 = 2z2 e, por conseguinte, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y z 8x y z x + + = .

Este argumento pode ser repetido indefinidamente e, assim, teremos que

... 2 ... 2 2 2 ... 2 ... 2 2 2 ... 2 ... 2 2 2 3 3 2 2 1 3 3 2 2 1 3 3 2 2 1 = = = = = = = = = = = = = = = = = = n n n n n n z z z z z y y y y y x x x x x

o que mostra que x, y e z são divisíveis por 2n, para todo inteiro n. Ora, isso só seria possível para x = y = z = 0.

O resultado a seguir é um caso particular do célebre Último Teorema de Fermat.

Proposição 4: A equação diofantina xn + yn = zn não tem soluções em inteiros não nulos, se n for um inteiro positivo múltiplo de 4.

Demonstração: Suponha que n = 4k, onde k é um inteiro positivo. Se xn + yn = zn , então temos que (xk)4 + (yk)4 = (z2k)2, ou seja, (xk, yk, z2k) será uma solução da equação a4 + b4 = c2. Assim, o problema fica reduzido a se mostrar que essa última equação não tem soluções além das triviais. Suponha, por absurdo, que a, b e c sejam inteiros positivos que satisfaçam a equação a4 + b4 = c2. Além disso, para aplicarmos o método da descida infinita de Fermat, vamos incluir a hipótese adicional de que c seja mínima, isto é, que não exista uma outra solução (a’, b’, c’), em inteiros positivos, com c’ < c. Então, a e b são primos entre si e, pela Proposição 1, existem inteiros positivos primos entre si u e v tais que a2 = u2 – v2, b2 = 2uv

e c = u2 + v2. Como a2 + v2 = u2, novamente pela Proposição 1, temos que existem inteiros

positivos primos entre si p e q tais que a = p2 – q2, v = 2pq e u = p2 + q2. Daí, segue que

b2=2uv = 4pq(p2 + q2). Como p e q são relativamente primos, ambos são também

relativamente primos com p2 + q2. Agora, sendo 4pq(p2 + q2) um quadrado perfeito,

deveremos ter p, q e p2 + q2 também quadrados perfeitos; portanto, existem inteiros positivos β

α, e γ de modo que e . Daí segue que ,

sendo Isso contradiz a minimalidade de c. 2 2 , β α = = q p p2 + q2 =γ2 α4 +β4 =γ2 . 2 2 2 2 2 + > = + =γ ≥γ =u v u p q c 3. A equação de Pell

Se d é um inteiro positivo que não é um quadrado perfeito, sabemos que d é um número irracional. A equação , onde m representa um inteiro qualquer, é conhecida como a equação de Pell. É claro que, no caso m=0, a equação de Pell não tem solução além da trivial (x = y = 0) pois, caso contrário, teríamos

m dy

x2 − 2 =

y x

d = , o que iria contradizer a

irracionalidade de d . Neste parágrafo, desenvolveremos um breve estudo sobre a determinação das soluções da equação de Pell.

A proposição que veremos a seguir é um resultado clássico devido a P.G. Lejeune Dirichlet (1805 – 1859).

Proposição 5: Dado um número irracional α, existem infinitos racionais

q p

, com p e q

inteiros não nulos primos entre si, tais que 1₂

q qp <

−

α .

Demonstração: Dado um inteiro positivo N qualquer, consideremos os N+1 elementos do intervalo [0, 1) da forma jα−

⎣ ⎦

jα , com 0≤ j≤ N, onde

⎣ ⎦

x representa o maior inteiro

que não supera x. Como

[

)

U

1 0 1 , 1 , 0 − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎢⎣ ⎡ + = N k N k N k

, pelo Princípio de Dirichlet, existem dois

desses elementos, digamos j₁α−

⎣ ⎦

j₁α e j₂α −

⎣

j₂α

⎦

pertencentes a um mesmo intervalo

⎟ ⎠ ⎞ ⎢⎣ ⎡ + N k N k 1

, . Supondo, sem perda de generalidade, que j1 < j2 e chamando q = j2 – j1 e

[

j₂α

)

[

j₁α

)

p= − , temos que N p q 1 0< α − < e, daí, 1 1₂ q qN q p _{< ≤} −

α . Por fim, podemos

supor que p e q são primos entre si. De fato, se p = p1c e q = q1c, para algum inteiro c>1,

então ₂ 1 2 1 1 1 1 q q q p < < − α .

O resultado a seguir mostra a existência de valores de m para os quais a equação de Pell tem infinitas soluções nos inteiros.

Proposição 6: Se d é um inteiro positivo que não é um quadrado perfeito, existe um inteiro m tal que a equação x2 – dy2 = m admite infinitas soluções inteiras.

Demonstração: Como d é irracional, segue pela Proposição 5, que existem infinitos pares

(x, y) de inteiros primos entre si tais que 1₂

y d y x

<

− (*). Agora, se x e y são inteiros satisfazendo essa desigualdade, temos que

(

2

)

1 1 2 2 1 1 2 2 < + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ₊ < + − < + − = − dy d y y y d y d x y y d x y d x dy x .

Segue, daí, que algum inteiro não nulo m entre −

(

2 d +1

)

e 2 d +1 repete-se um número infinito de vezes dentre os valores de x2 – dy2, para x e y satisfazendo a condição (*), ou seja, a equação x2 – dy2 = m admite infinitas soluções inteiras, para um tal m.

Proposição 7: A equação x2 – dy2 = 1, onde d é um inteiro positivo que não é um quadrado

perfeito, admite soluções.

Demonstração: Conforme a Proposição 6, podemos tomar um inteiro não nulo m de modo que a equação x2 – dy2 = m admite infinitas soluções inteiras. Podemos escolher duas dessas

soluções (x1, y1) e (x2, y2) de modo que x₁ ≠ x₂ , mas x₁ ≡ x₂(modm) e . Assim, ) (mod 2 1 y m y ≡

(

x₁+ y₁ d

)(

x₂ −y₂ d

)

=

(

x₁x₂ −dy₁y₂

) (

+ x₂y₁ −x₁y₂

)

d . (**)

Mas, x₁x₂ −dy₁y₂ ≡ x₁2 −dy₁2 ≡0(modm) e x₂y₁ ≡ x₁y₂(modm) e, daí, existem inteiros u e v tais que x₁x₂−dy₁y₂= mu e x₂y₁ −x₁y₂ =mv. Segue, então, de (**) que

(

x₁+y₁ d

)(

x₂−y₂ d

)

= m

(

u+v d

)

e, daí,

(

x₁−y₁ d

)(

x₂ + y₂ d

)

= m

(

u−v d

)

. Multiplicando, membro a membro, as duas igualdades acima, obtemos

(

)(

2

)

2

(

2 2

)

2 2 2 2 1 2 1 2 dv u m dy x dy x m = − − = − , ou seja, u2 − dv2 =1.

Assim, a demonstração estará concluída se mostrarmos que u e v não são nulos. De fato, se u

= 0, teríamos –dv2 = 1, o que é um absurdo. Se v = 0, teríamos u = 1 ou -1. De (**), viria

(

x1+y1 d

)(

x2 −y2 d

)

= ±m e, conseqüentemente,

(

x1 +y1 d

) (

=± x2 +y2 d

)

e, ainda, 2

1 x

x = , o que contraria nossa hipótese sobre as soluções (x1, y1) e (x2, y2).

Proposição 8: Se d é um inteiro positivo que não é um quadrado perfeito então existe uma solução (x0, y0) da equação x2 – dy2 = 1, onde x0 e y0 são inteiros positivos, de modo que todas

as demais soluções (xn, yn) dessa equação satisfazem a condição

(

)

n n

n y d x y d

x + = ₀ + ₀ ,

para algum inteiro n.

Demonstração: Mais uma vez, teremos uma aplicação do método da descida infinita. Consideremos a solução (x0, y0) da equação dada, com coordenadas inteiras positivas, de

modo que, dentre todas as soluções da equação, o valor x₀ + y₀ d seja o menor possível. Vamos identificar cada solução (x, y) da equação com o número x+ y d . Pela igualdade

(

x y d

)(

x y d

)

dy

x2 − 2 = − + , é fácil ver que o produto de duas soluções da equação também é uma solução, no sentido da identificação acima. Vamos mostrar que todas as

soluções da equação dada são da forma

(

x₀+y₀ d

)

n, para algum inteiro n. Suponha que (u, v) seja uma solução da equação em tela e que u+v d não seja uma potência com expoente inteiro de x₀ +y₀ d . Assim, para algum n, temos

(

)

n

d y

x₀+ ₀ < u+v d<

(

x₀ +y₀ d

)

n+1.

Multiplicando cada membro da expressão acima pela solução

(

x₀ −y₀ d

)

n, obtemos 1 < (u+v d)

(

x₀ −y₀ d

)

n<(x₀ +y₀ d)

o que é um absurdo pois o termo intermediário é uma solução, o que contraria a minimalidade da solução x₀ +y₀ d.

Referências bibliográficas

[1] ANDERSON, J. A. e BELL, J. M. – Number Theory with applications – Prentice Hall – 1997

[2] ENGEL, A. – Problem-Solving Strategies – Springer – 1997

[3] MOREIRA, C. G. – Propriedades estatísticas de frações contínuas e aproximações

diofantinas – Matemática Universitária – Sociedade Brasileira de Matemática – nº 29 – 2000

[4] MUNIZ NETO, A. C. – Equações Diofantinas – EUREKA! – Sociedade Brasileira de Matemática – nº 7 - 2000