Relatório de Estágio - Algumas Equações Diofantinas e outras relações entre os números

17 de Junho de 2019

Relatório de Estágio

Algumas Equações Diofantinas e outras

relações entre os números

Cátia Sofia Pedras Costa

Mestrado em Ensino de Matemática no 3º Ciclo do Ensino Básico e Secundário

Orientador Científico:

António Guedes de Oliveira

Orientador Cooperante:

Vladimiro Machado

Índice

Introdução ... 4 Reflexão Crítica ... 6 Parte Didática ... 12 Critérios de Semelhança de Triângulos: revisão ... 12 Tarefa 1: Decomposição de um triângulo retângulo pela altura relativa à hipotenusa ... 13 Decomposição de um triângulo retângulo pela altura relativa à hipotenusa ... 14 Tarefa 2: Introdução ao Teorema de Pitágoras ... 15 Teorema de Pitágoras ... 16 Algumas aplicações do Teorema de Pitágoras ... 17 Tarefa 3: Demonstração do Teorema de Pitágoras ... 18 Problemas de aplicação do Teorema de Pitágoras ... 19 Anexos ... 22 Parte Científica ... 32 Equações Diofantinas ... 32 o A equação Diofantina 𝑥"_{− 𝑦}"_{= n (n > 0) ... 32} o A equação Pitagórica 𝑥"_{+ 𝑦}"_{= 𝑧}" _{(x, y, z números naturais) ... 33} o A equação 𝑥2_{+ 𝑦}2_{= 𝑧}" _{(x, y, z números naturais) ... 38} Algumas propriedades dos números ... 41 o Os números amigáveis ... 41 o Os números perfeitos ... 43 o Os números figurados: ... 46 Referências Bibliográficas ... 50

Introdução

Este Relatório de Estágio encontra-se dividido em três partes. A análise crítica é a primeira parte e corresponde a uma reflexão acerca da importância do estágio para o nosso desenvolvimento profissional, mas também para o nosso próprio desenvolvimento. Revelo, por isso, alguns momentos fundamentais, assim como alguns pontos de vista que decorreram do mesmo. A parte didática corresponde a uma sequência de tarefas que se referem ao Teorema de Pitágoras, assim como, a um pequeno resumo e alguns problemas referentes ao mesmo. As tarefas foram realizadas de forma a que os alunos as possam resolver em grupo, com o auxílio das figuras em cartão, para que assim seja assegurada a aprendizagem do Teorema de Pitágoras. Assim, pretende-se que no capítulo referente ao Teorema de Pitágoras, os alunos não aprendam apenas a fórmula sobre o mesmo, mas consigam perceber como surgiu e como pode ser aplicada. Este capítulo destina-se a alunos do 8º ano de escolaridade. Por último, na parte científica centrei-me, essencialmente, em determinadas Equações Diofantinas, de modo a perceber as soluções deste tipo de equações. Realizei, também, um estudo de algumas propriedades importantes dos números.

Reflexão Crítica

Neste ano letivo, o núcleo de estágio da qual fiz parte era constituído, também, pela minha colega Caroline Monteiro. Ao longo do tempo, fui percebendo o quão importante foi partilhar este ano com alguém com quem tenhamos uma boa relação. Partimos para o desconhecido e a pressão que sentimos ao longo do ano é muito grande e, por isso, é extremamente importante que partilhemos o nosso trabalho e as críticas construtivas com alguém com que nos sintamos à vontade. O sentimento que me rodeava era, por isso, de ansiedade. Ansiedade de perceber de que forma é que iriamos conseguir lidar com os alunos, lidar com todas as burocracias da escola, mas também, de que forma é que a própria escola e o nosso orientador nos iriam acolher. A verdade é que fomos muito bem recebidas pela própria escola; sem dúvida que se trata de uma escola muito familiar em que os professores se entreajudam nas diferentes disciplinas.

Logo nos primeiros dias, assistimos a umas Jornadas, apenas para professores, em que estiveram presentes diversos oradores de diferentes áreas. Apesar da ideia da realizada ser boa, acho que acabou por não correr bem, primeiro por ter sido num dia inteiro, o que torna o conceito mais maçador, mas também devido ao auditório ser extremamente quente. No entanto, ocorreram algumas palestras em que os próprios oradores eram muito bons e, por isso, tornavam a própria palestra mais interessante.

Ao nosso orientador, Vladimiro Machado, foram-lhe entregues duas turmas, uma de 11º ano e outra de 12º ano. O 11º ano correspondia à sua direção de turma. Estas duas turmas eram completamente diferentes, tratando-se do oposto uma da outra. Enquanto que a turma de 11º ano era uma melhor turma quanto a resultados, mas pior quanto ao seu comportamento, a de 12º ano era completamente o contrário. À primeira vista e através de um primeiro contacto com os alunos da turma do 11º ano, esta foi a turma que me transmitiu uma maior insegurança. No entanto, ao longo do tempo fui percebendo que a participação dos alunos ativamente na sala de aula era essencial para o decorrer da aula. E assim, a turma de 12º ano foi-se tornando aquela turma em que se tornava mais desconfortável dar

aulas, devido à falta de participação dos alunos nas diversas tarefas, assim como, na falta de interesse por parte dos mesmos.

As primeiras aulas assistidas foram de aprendizagem e de ambientação às duas turmas. No início a maior dificuldade era no sentido de associar os nomes aos alunos. Numa turma de 25 alunos torna-se muito complicado conseguir decorar todos os seus nomes de uma forma rápida, no entanto, fui percebendo que é extremamente importante que isso aconteça, tanto para conseguir chamar os alunos à atenção (o que torna a nossa chamada de atenção mais credível), como também, para que os alunos se sintam muito mais integrados e à vontade quando o professor os chama pelo seu próprio nome. O facto de termos uma idade muito próxima dos alunos era também preocupante para mim. No entanto, quanto aos alunos, não houve qualquer problema pois sempre fomos respeitadas pelos mesmos. Por oposição, algum tempo depois do estágio ter começado, fui confundida com uma aluna, por uma professora. Esta situação não correu de todo bem, uma vez que nem eu nem a professora agimos bem com o sucedido. No meu caso devia ter assumido o papel de professora, apesar da falta de experiência, e não ter permitido que tal acontecesse, no caso da professora deveria, no meu entender, ter respeitado mais o nosso papel como estagiárias. No decorrer das aulas assistidas éramos, muitas vezes, postas à prova, na medida em que tínhamos de tirar dúvidas aos alunos sem saber de que exercício se tratava. No início, tal facto deixava-nos desconfortáveis, mas neste momento percebo o quão importante isso foi para nós, para que assim, no futuro, estejamos preparadas a lidar com situações de pressão. No decorrer deste ano letivo presenciamos 4 Conselhos de Turma de 11º ano e 3 de 12º ano. A partir destes percebemos o funcionamento dos mesmos, assim como a forma de lidar com as turmas, caso tivéssemos uma direção de turma. No primeiro conselho de turma os professores analisaram cada um dos alunos, o que foi importante para percebermos de que turmas se tratavam. Assistimos, também, a 3 reuniões de encarregados de educação, 1 por período. Nestas, tivemos a oportunidade de comunicar com alguns dos pais que pretendiam saber informações sobre os seus filhos na sala de aula. Percebemos, assim, a importância de estarmos atentos a cada um dos alunos para que, em particular, possamos transmitir aos pais

cerca de 45 minutos eram reservados para o atendimento aos encarregados de educação. No entanto, durante este ano letivo, apenas compareceu um encarregado de educação. Tive oportunidade de assistir e de intervir neste horário de atendimento, nesta única vez, sendo que foi bastante importante para perceber a logística do mesmo, assim como para perceber que os pais vêm o professor, muitas vezes, como um psicólogo e como uma pessoa em quem podem confiar.

Na preparação das aulas que nos estavam destinadas percebemos o quão importante é planear a aula, mas também que as aulas podem tomar um rumo diferente do que planeamos e é, por isso, importante que estejamos preparados para que isso aconteça e que não nos recusemos a isso mesmo. Nesta preparação é importante que saibamos a que turma nos dirigimos, quais as suas dificuldades e as suas capacidades. No meu caso era, por isso, totalmente diferente o tipo de aula que preparava para o 11º ano e para o 12º ano pelo tipo de alunos que constituía uma e outra. As fichas de trabalho também eram realizadas de forma minuciosa de modo a escolher os exercícios mais adequados para a turma em questão. Na lecionação das aulas, no início, havia sempre um desconforto e receio sobre a forma como os alunos iriam receber a informação dada por mim, mas também, pela forma como estes se iam expressar relativamente às suas dúvidas. No entanto, esse desconforto foi passando e foi, sem dúvida, muito gratificante perceber que os alunos participavam de forma ativa e acompanhavam a abordagem dos conteúdos. Numa das aulas, planeei uma tarefa para que os alunos a realizassem em grupo e posteriormente uma discussão sobre a forma como resolveram. Esta aula requeria um pouco mais esforço da minha parte, de forma a perceber as diferentes estratégias utilizadas pelos alunos, assim como a forma de preparar a discussão entre os mesmos. Analisando a aula, verifiquei que os alunos se mostraram muito empenhados na realização da mesma, observando que até os alunos com mais dificuldades se dedicavam ao seu próprio grupo. Assim, tornou-se um desafio para os alunos, fugindo à monotonia das típicas aulas. Obviamente que este tipo de aulas não deve ser realizado com frequência, mas as aulas devem ser o mais diversificado possível. Foi bastante importante ter estas experiências para que assim esteja mais à vontade no futuro em poder implementar vários tipos de estratégias no planeamento das minhas aulas. Os alunos de 11º ano eram extremamente agitados o que dificultava, muitas vezes, o bom funcionamento das aulas. Por vezes, era complicado lidar com

eles, por exemplo, quando tinham teste na aula seguinte ou quando o fim-de-semana se aproximava. Um dos aspetos menos bom das salas de aula e que prejudica um bom funcionamento das aulas passava pelo quadro e pelo giz utilizado. Este não permitia que os alunos conseguissem ver facilmente, o que dificultava o decorrer das aulas.

De forma a dinamizar a escola, realizamos um Desafio de Natal para o 3º Ciclo. No entanto, apenas conseguimos a participação de uma aluna o que nos deixou um pouco desanimadas. Participamos, também, no Dia do 𝜋 através da realização de um 𝜋 gigante composto por tecido e de um 𝜋-humano com os alunos. No entanto, este último não ocorreu como o previsto, devido ao local escolhido não ter sido o mais adequado. Ajudamos, também, a realização das Olimpíadas da Matemática realizada pelo Ensino Secundário.

Durante o estágio, realizamos um teste de 11º ano que abordava o tema sucessões. A realização deste teste foi uma tarefa bastante desafiante, na medida em que pretendíamos que o teste fosse adequado à turma em questão. A execução dos critérios de avaliação também se tornou complicado de forma a distribuir a pontuação da forma mais correta possível. Na correção do teste tivemos o cuidado de comparar sempre as resoluções dos alunos para que a pontuação fosse atribuída da forma mais justa possível. No entanto, não obtivemos os resultados que esperávamos e que pretendíamos. Após uma reflexão, concluímos que os alunos não fizeram um estudo cuidado e adequado e que o teste era ligeiramente maior do que os testes realizados pelo professor Vladimiro.

A partir dos seminários realizados com o nosso orientador da escola percebemos melhor o funcionamento da escola, das aulas, mas também fomos percebendo a melhor forma de organizar e planear nas aulas. Estes seminários eram realizados uma vez por semana e permitiam, muitas vezes, que tirássemos as nossas dúvidas relativamente às aulas que iriamos dar.

O maior inconveniente da Escola Secundária de Valongo, no meu caso, tratava-se da distância da minha casa à escola. No entanto, como se tratou de uma escolha minha, acabou por se transformar num pequeno esforço, pois apesar da distância ser longa, acabava por sair de casa praticamente à mesma hora de quem

Na última semana, tivemos a oportunidade de assistir a uma aula do 7º ano. Foi bastante importante fazê-lo para perceber o quão diferente é dar aulas numa turma do Ensino Básico e numa turma de Ensino Secundário. Notamos que é necessária uma sensibilidade, assim como um comportamento diferente em cada um dos casos. Por exemplo, numa turma de 7º ano, como os alunos ainda não têm grande responsabilidade, é necessário controlar se os trabalhos de casa e os exercícios das aulas foram realizados corretamente, facto este que já não deve acontecer no ensino secundário. No entanto, acho que teria sido importante ter a oportunidade de estagiar tanto no Ensino Básico como no Ensino Secundário, o que não aconteceu connosco. Sem dúvida que este estágio foi extremamente importante no desenvolver da nossa capacidade para lecionar. FIGURA 2 FIGURA 1

Parte Didática

Critérios de Semelhança de Triângulos: revisão

Duas figuras são semelhantes quando, mantendo a forma, apresentam dimensões diferentes. Os objetos podem ser reduzidos ou ampliados na mesma razão.

Os triângulos são figuras geométricas especiais no sentido em que para verificar se dois triângulos são semelhantes não é necessário verificar a razão dos comprimentos de todos os lados e a amplitudes de todos os ângulos. Assim, apresentamos abaixo três critérios para verificar se dois triângulos são semelhantes.

Critério LLL (lado, lado, lado) Dois triângulos são semelhantes se os comprimentos dos três lados de um triângulo são diretamente proporcionais aos do outro. 𝑨′𝑩 77777′ 𝑨𝑩 7777 = 𝑨′𝑪77777′ 𝑨𝑪 7777 = 𝑪′𝑩 77777′ 𝑪𝑩 7777 𝑩 𝑨 _𝑪 𝑨′ 𝑩′ 𝑪′ Critério LAL (lado, ângulo, lado) Dois triângulos são semelhantes se os comprimentos de dois lados de um dos triângulos são diretamente proporcionais aos comprimentos de dois lados do outro triângulo e o ângulo por eles formado é igual. 𝑪𝑨9𝑩 = 𝑪′𝑨;𝑩′ 𝒆 : 𝑨′𝑩77777′ 𝑨𝑩 7777 = 𝑨′𝑪 77777′ 𝑨𝑪 7777 𝑩 𝑨 𝑪 𝑨′ 𝑩′ 𝑪′ Critério AA (ângulo, ângulo) Dois triângulos são semelhantes se dois ângulos internos de um dos triângulos são iguais aos dois ângulos internos correspondentes do outro triângulo. 𝑨𝑩9𝑪 = 𝑨:_𝑩′;𝑪: _{e 𝑪𝑨9𝑩 = 𝑪′𝑨};𝑩′ : 𝑩 𝑨 _𝑪 𝑨′ 𝑩′ 𝑪′ FIGURA 3 FIGURA 4 FIGURA 5

Tarefa 1: Decomposição de um triângulo retângulo pela altura

relativa à hipotenusa

Na figura abaixo representada encontra-se um triângulo retângulo [𝐴𝐵𝐶] e altura [𝐵𝐷] relativa à hipotenusa. Verificamos que a altura [𝐵𝐷] divide o triângulo [𝐴𝐵𝐶] em dois triângulos, [𝐴𝐷𝐵] e [𝐷𝐶𝐵].

1. Os triângulos 𝑇_E e 𝑇_" são semelhantes? Porquê?

2. Os triângulos 𝑇_E e 𝑇_F são semelhantes? Porquê?

3. Os triângulos 𝑇_" e 𝑇_F são semelhantes? Porquê?

𝑨 𝑩 𝑪 𝑫 𝑩 𝑨 𝑫 𝑩 𝑫 𝑪

𝑇

_E

𝑇

_"

_𝑇

_F FIGURA 6

Decomposição de um triângulo retângulo pela altura relativa à

hipotenusa

Dado um triângulo [𝐴𝐵𝐶] retângulo em 𝐶, a altura [𝐶𝐷], altura relativa à hipotenusa, divide-o em dois triângulos a ele semelhantes, de tal modo que: HI 7777 HJ 7777

=

HK 7777 HI 7777

=

IK 7777 JI 7777 e JI 7777 HJ 7777

=

IK 7777 HI 7777

=

KJ 7777 JI 7777

Exemplo 1: O triângulo [𝐴𝐵𝐶] representado é retângulo em 𝐶. De acordo com os dados da figura, calcula 𝑥. § 𝐴𝐷7777 = 8 𝑐𝑚 § 𝐵𝐷7777 = 2 𝑐𝑚 § Resolução: Os triângulos [𝐴𝐷𝐶] e [𝐷𝐵𝐶] são semelhantes, uma vez que num triângulo retângulo a altura referente à hipotenusa divide-o em dois triângulos semelhantes. 𝐷𝐵 7777 𝐶𝐷 7777 = 𝐷𝐶 7777 𝐷𝐴 7777 = 𝐶𝐵 7777 𝐶𝐴7777 ⇔ 2 𝑥= 𝑥 8⇔ 𝑥" = 16 ⇔ 𝑥 = −4 ∨ 𝑥 = 4 Como 𝑥 representa um comprimento considera-se 𝑥 = 4 𝑐𝑚.

𝑨 𝑪 𝑫 𝑩 𝑨 𝑪 𝑫 𝑩 𝟖 𝒄𝒎 𝟐 𝒄𝒎 𝒙 FIGURA 7

FIGURA 8

Tarefa 2: Introdução ao Teorema de Pitágoras

Para a realização desta tarefa terás de recortar os quadradinhos correspondentes às cores azul, verde e vermelha, assim como o triângulo que se encontra em anexo no final deste capítulo. Depois de recortadas as figuras e tendo em conta as mesmas responde às perguntas seguintes. 1. Repara no triângulo que recortaste. Quanto aos ângulos como classificas esse triângulo? 2. A partir dos quadradinhos que recortaste constrói 3 quadrados maiores, sendo que cada um delas seja de uma única cor e cada lado do triângulo corresponda ao lado de cada um dos quadrados. Na figura abaixo encontra-se representado um esquema relativo ao que é pretendido que construas. a) Se considerarmos como unidade de medida cada quadradinho, qual é a área de cada um dos quadrados maiores? b) A partir dos quadrados formados, fixa o quadrado verde e forma um só quadrado com os quadradinhos azuis e vermelhos. Compara a área deste quadrado que acabaste de construir com a área do quadrado verde. Estabelece uma relação entre as áreas dos três quadrados (azul, verde e vermelho). c) Atribui letras às medidas dos comprimentos dos lados do triângulo (por exemplo: a, b, c). Escreve uma expressão algébrica que traduza a relação encontrada. 3. A partir do estudo que realizaste na questão anterior considera agora um triângulo não retângulo. Verifica se a relação entre as áreas dos

Teorema de Pitágoras

A partir da tarefa realizada facilmente verificamos que a área do quadrado construído sobre a hipotenusa é igual à soma das áreas dos quadrados construídos sobre os catetos. Vejamos: § Teorema: Num triângulo retângulo, o quadrado da hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos catetos. Exemplo 2: Observa a figura a seguinte e determina 𝑥. § Resolução: Como conhecemos dois lados do

triângulo retângulo e pretendemos determinar o terceiro lado utilizaremos o Teorema de Pitágoras. 𝑥"_{= 6}"_{+ 8}" _⇔ ⇔ 𝑥" _{= 36 + 64 ⇔} ⇔ 𝑥" _{= 100 ⇔} ⇔ 𝑥 = 10 ∨ 𝑥 = −10 Como 𝑥 representa um comprimento considera-se 𝑥 = 10 𝑐𝑚. 𝑎" _{= 𝑏}"_{+ 𝑐}" 𝒂 𝒄 𝒃 𝑪 𝑩 𝑨 𝒂 𝒄 𝒃 𝑪 𝑩 𝑨 𝒂 – Hipotenusa 𝒃 – Cateto 𝒄 - Cateto 𝒙 𝟔 𝒄𝒎 𝟖 𝒄𝒎 FIGURA 10 FIGURA 11 FIGURA 12

Algumas aplicações do Teorema de Pitágoras

§ Teorema recíproco do Teorema de Pitágoras: Se num triângulo o quadrado de um dos lados é igual à soma dos quadrados dos outros dois lados, então o triângulo é retângulo no vértice oposto ao lado de maior comprimento. Exemplo 3: Observa a figura e verifica se o triângulo representado é retângulo. § Resolução: 2,5" _{= 1,5}"_{+ 2}" 6,25 = 2.25 + 4 6,25 = 6,25 Logo, o triângulo representado é retângulo. § Ternos Pitagóricos: Um terno de números inteiros que possam representar a medida dos lados de um triângulo retângulo forma um terno pitagórico. Exemplo 4: (5, 12, 13) é um terno pitagórico, uma vez que: 13" _{= 12}"_{+ 5}" FIGURA 13 𝑨 𝟏, 𝟓 𝒄𝒎 𝟐, 𝟓 𝒄𝒎 𝑩 _{𝟐 𝒄𝒎} 𝑪

Tarefa 3: Demonstração do Teorema de Pitágoras

Para a realização desta tarefa, precisarás de recortar os restantes triângulos que se encontram em anexo no final do capítulo. Reproduz as figuras representadas abaixo e responde às questões que te são propostas sobre as mesmas.

1. Estabelece uma igualdade entre as áreas dos quadrados verde, azul e vermelho, considerando como unidade de medida cada quadradinho pequenino.

2. Considera que cada um dos lados dos quadrados tem de comprimento 𝑎, 𝑏, 𝑐 conforme representado na figura. Determina expressões algébricas que representem: a) A área do quadrado verde. b) A área do quadrado vermelho. c) A área do quadrado azul. d) A área de um dos triângulos rosa. e) A área do quadrado [𝐴𝐵𝐶𝐷].

3. A partir da figura 14, determina uma expressão algébrica para a área do quadrado [𝐴𝐵𝐶𝐷], utilizando a área dos polígonos que o compõem.

4. A partir da figura 15, determina uma expressão algébrica para a área do quadrado [𝐴𝐵𝐶𝐷], utilizando a área dos polígonos que o compõem.

5. Iguala as duas expressões que obtiveste nas duas questões anteriores. Simplifica a expressão. 𝒄 𝒂 𝒃 𝒂 𝒃 𝒄 𝒄 𝒄 𝒂 𝒃 𝒃 𝒂 𝑨 𝑩 𝑪 𝑫 𝒂 𝒂 𝒃 𝒃 𝒃 𝒂 _𝒃 𝒂 𝑨 𝑫 𝑩 𝑪 FIGURA 15 FIGURA 14

Problemas de aplicação do Teorema de Pitágoras

1. Para cada um dos seguintes triângulos retângulos determina a hipotenusa. Apresenta o valor exato. 1.1. 1.2. 1.3. 1.4.

2. A figura representa um esquema do escorrega do João. No ponto

representado pela letra 𝐴, o pai do João colocou um aspersor de rega automática. O seu alcance está representado a tracejado. Sabendo que o escorrega tem de comprimento 2 𝑚 e a sua escada mede cerca de 0,7 𝑚, a que distância se encontra o aspersor relativamente ao local onde o João cai do escorrega?

3. Tal como mostra a figura ao lado, uma escada de 4 𝑚 de comprimento foi encostada a uma parede. A distância, no chão, entre a base da escada e a parede é 2,1 𝑚 e a distância, na parede, entre o chão e o local onde encostou a escada é 2,3 𝑚. 𝟐 𝟎, 𝟕 𝒙 𝒙 𝟏𝟐 𝒄𝒎 𝟗 𝒄𝒎 𝒙 𝟏𝟓 𝒄𝒎 𝟖 𝒄𝒎 √𝟔 𝒄𝒎 𝟑 𝒄𝒎 𝒙 √𝟏𝟑 _𝒄𝒎 𝟑 𝒄𝒎 𝒙 𝟒 𝒎 𝟐, 𝟑 𝒎

4. Na figura ao lado encontra-se representado um cone de revolução cujo diâmetro da base é de 6 𝑐𝑚 e a sua geratriz mede 17 𝑐𝑚.

Determina o valor exato da altura do cone.

5. Sabendo que a caixa representada tem de largura 10 𝑐𝑚, de comprimento 15 𝑐𝑚 e 2 𝑐𝑚 de altura, determina quantos centímetros terá de ter no máximo um tubo para colocar dentro da caixa. 6. Considera: § 𝐵𝐻7777 = 8√3 𝑐𝑚 § 𝐵𝐷7777 = 8√2 𝑐𝑚 Determina o volume do cubo tendo em conta os comprimentos anteriores. 𝟔 𝒄𝒎 𝟏𝟕 𝒄𝒎 𝟏𝟎 𝒄𝒎 𝟏𝟓 𝒄𝒎 𝟐 𝒄𝒎 𝑯 _𝑮 𝑬 𝑨 _𝑩 𝑪 𝑫 8√3 8√2

7. Observa o triângulo retângulo da figura.

7.1. Escreve uma expressão algébrica simplificada que

represente:

a) O perímetro do triângulo; b) A área do triângulo.

7.2. Utilizando o Teorema de Pitágoras, determina 𝑥.

Calcula o perímetro do triângulo, tendo em conta o valor de 𝑥 calculado. 𝟐𝒙 + 𝟓 𝟗 𝟐𝒙

Anexos

Parte Científica

Equações Diofantinas

Uma equação Diofantina é uma equação cujas variáveis são números inteiros. Por exemplo, se x, y e z são números inteiros, então a equação 𝑥"_{+ 𝑦}" _{= 𝑧}" _{é uma}

equação Diofantina.

Algumas equações Diofantinas apresentam infinitas soluções, no entanto, existem outras que não apresentam nenhuma solução ou, então, que apresentam um número finito de soluções, diferente de 0.

Deste modo, irei estudar algumas das equações referidas acima. o A equação Diofantina 𝒙𝟐− 𝒚𝟐 = 𝒏 (𝒏 > 𝟎)

Teorema 1: Consideremos a equação Diofantina 𝑥"_{− 𝑦}" _{= 𝑛, com 𝑛 > 0.}

Esta equação apresenta solução se for possível fatorizar 𝑛 como produto de dois números com a mesma paridade. Nestas condições, as soluções da equação são da forma: 𝑥 =𝑎 + 𝑏 2 𝑒 𝑦 = 𝑎 − 𝑏 2 onde 𝑎 e 𝑏 correspondem a todos os pares de números que apresentam a mesma paridade e em que 𝑛 = 𝑎𝑏. § Demonstração:

Consideremos (𝑥 − 𝑦) e (𝑥 + 𝑦), dois números que apresentam a mesma paridade, uma vez que

(𝑥 + 𝑦) = (𝑥 − 𝑦) + 2𝑦 ⟺ (𝑥 + 𝑦) − (𝑥 − 𝑦) = 2𝑦. Então escrevemos 𝑛 = (𝑥 + 𝑦)(𝑥 − 𝑦) = 𝑥"_{− 𝑦}"_.

Supondo que 𝑛 = 𝑎𝑏 e considerando que 𝑎 e 𝑏 têm a mesma paridade, então tomamos:

𝑥 + 𝑦 = 𝑎 e 𝑥 − 𝑦 = 𝑏

Assim, 𝑥 =stu_" e 𝑦 =svu_" é solução da equação 𝑥"_{− 𝑦}" _{= 𝑛.}

w𝑎 + 𝑏 2 x " − w𝑎 − 𝑏 2 x " = 𝑎"+ 2𝑎𝑏 + 𝑏" 4 − 𝑎"_{− 2𝑎𝑏 + 𝑏}" 4 =𝑎"+ 2𝑎𝑏 + 𝑏"− 𝑎"+ 2𝑎𝑏 − 𝑏" 4 =2𝑎𝑏 + 2𝑎𝑏 4 = 𝑎𝑏 = 𝑛 o A equação Pitagórica 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝒛𝟐 (𝒙, 𝒚, 𝒛 números naturais)

Determinar a solução desta equação é equivalente a determinar todos os triângulos retângulos cujos comprimentos dos lados correspondem a três números naturais. Se, para além da condição anterior, os seus comprimentos forem números primos entre si, então o triângulo designa-se por triângulo pitagórico primitivo. Estudaremos, por isso, este tipo de triângulos.

Notemos que não existem triângulos pitagóricos cujos comprimentos dos lados 𝑥 e 𝑦 sejam ímpares, uma vez que se 𝑥 = 2𝑎:_{+ 1 e 𝑦 = 2𝑏}:_{+ 1, então:}

𝑧" _{= 𝑥}" _{+ 𝑦}" _{= (2𝑎}: _{+ 1)}"_{+ (2𝑏}:_{+ 1)}" = 4(𝑎:"_{+ 𝑎}:_{+ 𝑏}:"_{+ 𝑏}:_{) + 2} = 2(2(𝑎:"_{+ 𝑎}: _{+ 𝑏}:"_{+ 𝑏}:_{) + 1)} E este, corresponde a número par. Daí se conclui que 𝑧 é par (quadrados de números pares são pares). No entanto, se 𝑧 = 2𝑐′, então 𝑧" _{= 4𝑐}:"_{, sendo este}

último um múltiplo de 4, o que acabamos de verificar que era falso. Portanto, 𝑥 e 𝑦 não podem ser ambos números ímpares.

Como num triângulo pitagórico primitivo os comprimentos dos lados do triângulo terão de ser primos entre si, os comprimentos dos lados 𝑥 e 𝑦 também não podem ser ambos pares. Vejamos:

Se 𝑥 = 2𝑡 e 𝑦 = 2𝑞, então,

𝑧" _{= 4(𝑡}"_{+ 𝑞}"₎

Teorema 2: Se 𝑥, 𝑦 e 𝑧 são inteiros positivos, 𝑥"_{+ 𝑦}" _{= 𝑧}"_{, com 𝑥 par e 𝑚. 𝑑. 𝑐. (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 1} se e só se para alguns inteiros positivos, não ambos ímpares, 𝑢 e 𝑣, com 𝑢 > 𝑣 e 𝑚. 𝑑. 𝑐. (𝑢, 𝑣) = 1, 𝑥 = 2𝑢𝑣, 𝑦 = 𝑢"_{− 𝑣}"_{, 𝑧 = 𝑢}"_{+ 𝑣}" § Demonstração:

Consideremos 𝑥 =2a’. Então da equação 𝑥"_{+ 𝑦}" _{= 𝑧}" _obtemos

𝑥" _{= 𝑧}"_{− 𝑦}"_{. Ora substituindo,} (2𝑎:₎" _{= (𝑧 − 𝑦)(𝑧 + 𝑦) ⇔ 4𝑎}:" _{= (𝑧 − 𝑦)(𝑧 + 𝑦)} Como 𝑥 é par e como vimos anteriormente que 𝑥 e 𝑦 não poderiam ter a mesma paridade, então, 𝑦 terá de ser ímpar e por consequência 𝑧 é ímpar. 4𝑎:" _{= (𝑧 − 𝑦)(𝑧 + 𝑦) ⇔ 𝑎}:"₌ (𝑧 − 𝑦) 2 (𝑧 + 𝑦) 2

Como 𝑧 é ímpar e 𝑦 é ímpar, então, (𝑧 − 𝑦) e (𝑧 + 𝑦) são pares. Logo E_"(𝑧 − 𝑦) e E_"(𝑧 + 𝑦) são números inteiros.

O produto E_"(𝑧 − 𝑦) com E_"(𝑧 + 𝑦) é 𝑎:" _{e estes dois números são}

primos entre si, uma vez que: Se 𝑝 é um número primo tal que: 𝑝|E_"(𝑧 − 𝑦) e 𝑝|E_"(𝑧 + 𝑦) Então: 𝑝| •1 2(𝑧 − 𝑦) + 1 2(𝑧 + 𝑦)‚ ⇒ 𝑝|𝑧 ⇒ 𝑝|𝑧" 𝑝| •1 2(𝑧 − 𝑦) − 1 2(𝑧 + 𝑦)‚ ⇒ 𝑝|𝑦 ⇒ 𝑝|𝑦"

No entanto, 𝑚. 𝑑. 𝑐. (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 1. Logo, os números E_"(𝑧 − 𝑦) e

E "(𝑧 + 𝑦) são primos entre si. Do facto de que os números anteriores serem primos entre si e do produto entre eles ser um quadrado, deduzimos que cada um deles é um quadrado. Assim, consideramos 𝑣" ₌ E "(𝑧 − 𝑦) e 𝑢" = E "(𝑧 + 𝑦). 𝑝|𝑧"_{− 𝑦}" _{⇔ 𝑝|𝑥}"

A partir destas duas equações concluímos que 𝑧 = 𝑢"_{+ 𝑣}" _e 𝑦 = 𝑢"_{− 𝑣}" _{e portanto:} 𝑎:"₌(„v…) " („t…) " ⟺ 𝑎 :"₌ †‡tˆ‡vˆ‡t†‡ " ∙ †‡tˆ‡tˆ‡v†‡ " ⟺ 𝑎:"_{= 𝑢}"_{∙ 𝑣}" ⟺ 𝑎′ = Š𝑢"_{∙ 𝑣}" ⟺ 𝑎: _{= 𝑢 ∙ 𝑣} Como 𝑥 = 2𝑎:_{, então 𝑥 = 2𝑢𝑣.}

Uma vez que 𝑢" _{e 𝑣}" _{são primos entre si, então 𝑢 e 𝑣 também são}

primos entre si.

Para além de 𝑢 e 𝑣 não serem ambos pares (uma vez que são primos entre si), estes também não podem ser ambos ímpares, uma vez que se assim fosse então 𝑧 = 𝑢"_{+ 𝑣}" _{seria par, e isto é impossível.} Qualquer outra solução da equação 𝑥"_{+ 𝑦}" _{= 𝑧}" _{será da forma:} (não estando a considerar triângulos pitagóricos primitivos) 𝑥 = 2𝜆𝑢𝑣 𝑦 = 𝜆(𝑢"_{− 𝑣}"₎ 𝑧 = 𝜆(𝑢"_{+ 𝑣}"₎ sendo 𝜆 um inteiro não nulo.

Ternos Pitagóricos: Dados três números inteiros positivos 𝑢, 𝑣 e 𝑤 que correspondem aos lados de um triângulo retângulo, o terno (𝑥, 𝑦, 𝑧) é designado por terno pitagórico. Ou seja, 𝑥"_{+ 𝑦}" _{= 𝑧}"

Abaixo encontram-se representados os cinco primeiros ternos pitagóricos.

Associado aos triângulos pitagóricos, veremos que o raio de uma circunferência inscrita num triângulo deste tipo é sempre um número natural. Seja 𝑟 o raio da circunferência inscrita e sejam 𝑥, 𝑦 e 𝑧 os comprimentos dos lados do triângulo, sendo 𝑧 a hipotenusa do triângulo considerado. Como se trata de um triângulo pitagórico, então: 𝑧" _{= 𝑥}"_{+ 𝑦}" A área do triângulo 𝑇, em função de 𝑥 e 𝑦 é E_"𝑥𝑦. Verificamos, também, unindo cada um dos vértices do triângulo 𝑇 ao centro da circunferência, que este triângulo se encontra subdividido em três triângulos, 𝑇_E, 𝑇_" e 𝑇_F. A área de 𝑇 pode, também, ser vista como a soma das áreas de 𝑇_E, 𝑇_" e 𝑇_F. 𝐴_Ž = 𝐴_Ž• + 𝐴_Ž‡ + 𝐴_Ž• ⟺1 2𝑥𝑦 = 1 2𝑥𝑟 + 1 2𝑦𝑟 + 1 2𝑧𝑟 𝑢 𝑣 𝑥 = 2𝑢𝑣 𝑦 = 𝑢"_{− 𝑣}" _{𝑧 = 𝑢}"_{+ 𝑣}" 2 1 4 3 5 3 2 12 5 13 4 1 8 15 17 4 3 24 7 25 5 2 20 21 29 FIGURA 16 – TRIÂNGULO T 𝑧 𝑦 𝑥 𝑻𝟏 𝑻𝟑 𝑻𝟐 𝑧

⟺1 2𝑥𝑦 = 1 2𝑟(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) ⟺ 𝑟 = 𝑥𝑦 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 Pelo teorema anterior concluímos que as soluções da equação 𝑧" _{= 𝑥}"_{+ 𝑦}" são da forma: 𝑥 = 2𝜆𝑢𝑣 𝑦 = 𝜆(𝑢"_{− 𝑣}"₎ 𝑧 = 𝜆(𝑢"_{+ 𝑣}"₎ com 𝜆 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑖𝑟𝑜 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜. Então, podemos escrever: 𝑟 = 2𝜆𝑢𝑣 𝜆(𝑢"− 𝑣") 2𝜆𝑢𝑣 + 𝜆(𝑢"_{− 𝑣}"_{) + 𝜆(𝑢}" _{+ 𝑣}"₎ = 2𝑢𝑣 𝜆"(𝑢"− 𝑣") 𝜆(2𝑢𝑣 + (𝑢"_{− 𝑣}"_{) + (𝑢}"_{+ 𝑣}"₎₎ = 2𝑢𝑣𝜆 (𝑢"− 𝑣") 2𝑢𝑣 + 𝑢"_{− 𝑣}" _{+ 𝑢}"_{+ 𝑣}" =2𝑢𝑣𝜆 (𝑢_{2𝑢(𝑢 + 𝑣)}"− 𝑣") = 𝜆𝑣 (𝑢 − 𝑣)(𝑢 + 𝑣) 𝑢 + 𝑣 = 𝜆𝑣(𝑢 − 𝑣)

Como 𝑢 > 𝑣 e 𝑢, 𝑣 são números naturais, assim como 𝜆, então 𝑟 é um número natural.

o A equação 𝒙𝟒+ 𝒚𝟒 _{= 𝒛}𝟐 _{(𝒙, 𝒚, 𝒛 números naturais)}

Teorema 3: A equação 𝑥2_{+ 𝑦}2 _{= 𝑧}" _{não tem solução para números 𝑥, 𝑦, 𝑧}

naturais.

§ Demonstração:

A demonstração será realizada por redução ao absurdo.

Suponhamos que (𝑥_•, 𝑦_•, 𝑧_•) é uma solução desta equação. Podemos assumir que 𝑚. 𝑑. 𝑐. (𝑥_•, 𝑦_•) = 1, uma vez que: Se 𝑚. 𝑑. 𝑐. (𝑥_•, 𝑦_•) = 𝑑, então podemos escrever: 𝑥• = 𝑑𝑥– e 𝑦• = 𝑑𝑦– Portanto, 𝑑2_𝑥 –2+ 𝑑2𝑦–2 = 𝑑2(𝑥–2 + 𝑦–2) = 𝑧•" e podemos escrever 𝑧_• = 𝑑"_𝑧 –, uma vez que: 𝑑2_(𝑥 –2+ 𝑦–2) = 𝑑2(𝑧–") = (𝑑"𝑧–)" = 𝑧•" Concluímos assim que 𝑥_–2 _{+ 𝑦} –2 = 𝑧–" com 𝑚. 𝑑. 𝑐(𝑥_–, 𝑦_–) = 1. A equação 𝑥_•2_{+ 𝑦} •2 = 𝑧•" é equivalente a termos a equação (𝑥•")"+ (𝑦_•"₎" _{= 𝑧} •", que é precisamente a equação pitagórica de variáveis 𝑥•", 𝑦•" e 𝑧_•. No teorema anterior, vimos que 𝑥_•" _{e 𝑦} •" terão de apresentar paridade distinta. Suponhamos que 𝑥_•" _{é par e 𝑦} •" é ímpar. Então pelo Teorema 2, deverão existir

𝑢 e 𝑣 inteiros, com 𝑢 > 𝑣 e 𝑚. 𝑑. 𝑐. (𝑢, 𝑣) = 1 que satisfazem:

𝑥_•" _{= 2𝑢𝑣, 𝑦} •" = 𝑢"− 𝑣", 𝑧• = 𝑢"+ 𝑣" onde 𝑢 e 𝑣 apresentam paridade distinta.

Se supusermos que 𝑢 é par e 𝑣 é ímpar, então 𝑢 = 2𝑘 e 𝑣 = 2𝑘:_{+ 1, e assim:}

𝑦_•" _{= (2𝑘)}"_{− (2𝑘}: _{+ 1)}" _{= 4(𝑘}" _{− 𝑘}:"_{− 𝑘}:_{) − 1 = 4𝑞}:_{+ 3}

No entanto, 𝑦_•" _{é ímpar e, por isso, é da forma 4𝑞}::_{+ 1, chegando a uma}

Se 𝑣 = 2𝑟, então: 𝑥_•" _{= 2𝑢2𝑟 = 4𝑢𝑟} Pelo que, ˜𝑥• 2™ " = 𝑢𝑟

Como 𝑚. 𝑑. 𝑐(𝑢, 𝑣) = 1, então 𝑚. 𝑑. 𝑐(𝑢, 2𝑟) = 1 e, por consequência 𝑚. 𝑑. 𝑐(𝑢, 𝑟) = 1. Como vimos acima o produto de 𝑢 com 𝑟 é um quadrado e como o 𝑚. 𝑑. 𝑐(𝑢, 𝑟) = 1, então 𝑢 e 𝑟 são quadrados.

Assim, 𝑢 = 𝑧_E" _{e 𝑟 = 𝑤}

E", onde 𝑧E e 𝑤E são inteiros positivos.

Por outro lado, como vimos inicialmente, 𝑦_•" _{= 𝑢}"_{− 𝑣}"_{, logo 𝑦}

•"+ 𝑣" = 𝑢".

Como 𝑚. 𝑑. 𝑐(𝑦•, 𝑢, 𝑣) = 1, então 𝑦•, 𝑢 e 𝑣 formam um terno primitivo

pitagórico, com 𝑣 par, assim: 𝑣 = 2𝑢:_𝑣: 𝑦_• = 𝑢:"_{− 𝑣}:" 𝑢 = 𝑢:"_{+ 𝑣}:" com 𝑚. 𝑑. 𝑐(𝑢:_{, 𝑣′) = 1, 𝑢}: _{> 𝑣}: _{> 0 com paridade distinta.} Portanto, 𝑢:_𝑣: ₌𝑣 2= 𝑟 = 𝑤E" E, assim, 𝑢′ e 𝑣′ são quadrados, 𝑢: _{= 𝑥} E" e 𝑣: = 𝑦E", e uma vez que são primos entre si, então por (1): 𝑥_E2_{+ 𝑦} E2 = 𝑧E" Como 𝑧_E e 𝑣 são positivos, 0 < 𝑧_E ≤ 𝑧_E" _{= 𝑢 ≤ 𝑢}" _{< 𝑢}"_{+ 𝑣}" _{= 𝑧} •

A partir da solução (𝑥•, 𝑦•, 𝑧•) da equação 𝑥2+ 𝑦2 = 𝑧", construímos uma

outra solução (𝑥E, 𝑦E, 𝑧E), de modo que, 0 < 𝑧E < 𝑧•. Caso continuássemos este

processo poderíamos encontrar uma outra solução (𝑥_", 𝑦_", 𝑧_"), com 0 < 𝑧_" < 𝑧_E, e assim iriamos determinar uma infinidade se soluções. No entanto, trata-se de um absurdo, uma vez que, apenas existe uma quantidade finita de números inteiros positivos menores que um certo número.

Concluímos, assim, que 𝑥2_{+ 𝑦}2 _{= 𝑧}" _{não tem nenhuma solução inteira.}

Corolário 1: A equação 𝑥2_{+ 𝑦}2 _{= 𝑧}2 _{não tem solução para 𝑥, 𝑦 e 𝑧 naturais.}

§ Demonstração:

Seja (𝑥•, 𝑦•, 𝑧•) uma solução da equação 𝑥2+ 𝑦2 = 𝑧2, então

(𝑥_•, 𝑦_•, 𝑧_•"_{) seria uma solução de 𝑥}2_{+ 𝑦}2 _{= 𝑧}"_{, que é impossível pelo}

teorema anterior.

Corolário 2: A equação _œE_•+_…E_• =_„E_‡ não tem solução para 𝑥, 𝑦 e 𝑧 naturais.

§ Demonstração:

Seja (𝑥_•, 𝑦_•, 𝑧_•) uma solução da equação _œE_•+_…E_• =_„E_‡, então: 1 𝑥_•2+ 1 𝑦_•2 = 1 𝑧_•" ⟺ 𝑦_•2_{+ 𝑥} •2 𝑥_•2_𝑦 •2 = 1 𝑧_•" e, portanto, 𝑥_•2 _{+ 𝑦} •2 = 𝑥_•2_𝑦 •2 𝑧_•" = ž 𝑥_•"_𝑦 •" 𝑧_• Ÿ " Desta expressão deduz-se que o número racional œ‡_„…‡ é na verdade um número natural.

Portanto, ˜𝑥_•, 𝑦_•,œ‡_„…‡™ é uma solução de 𝑥2 _{+ 𝑦}2 _{= 𝑧}"_{, o qual é}

impossível.

Algumas propriedades dos números

Pitágoras de Samos foi um matemático e filósofo grego. Este fundou a sua escola, a Escola Pitagórica. Os pitagóricos interessavam-se pelo estudo das propriedades dos números, sendo que os ternos pitagóricos, os números amigáveis, os números perfeitos e os números figurados, são números com algumas propriedades interessantes consideradas por eles. Estudados, anteriormente, os ternos pitagóricos, vejamos agora as restantes propriedades. o Os números amigáveis Dois inteiros positivos constituem um par amigável se a soma dos divisores próprios (divisores próprios de 𝑛 correspondem a números inteiros 𝑚 que dividam 𝑛 e que sejam diferentes de 𝑛) de cada um deles é igual ao outro. O menor par de números amigáveis conhecidos pelos pitagóricos corresponde a (220, 284). Vejamos: § Divisores próprios de 220: 1, 2, 4, 5, 10, 11, 20, 22, 44, 55, 110, em que a soma é 284. § Divisores próprios de 284: 1, 2, 4, 71, 142, em que a soma é 220. Logo, (220, 284) constitui, por isso, um par amigável. Para encontrarmos números amigáveis, iremos demonstrar que, sendo 𝑎 = 3 ∙ 2œ_{− 1} 𝑏 = 3 ∙ 2œvE _{− 1} 𝑐 = 9 ∙ 2"œvE_{− 1}

para 𝑥 > 1, produzem o par amigável (2œ_{𝑎𝑏, 2}œ_{𝑐), desde que os}

números 𝑎, 𝑏, 𝑐 sejam todos primos. Este facto foi primeiro notado por um árabe matemático.

§ Demonstração:

Para que (2œ_{𝑎𝑏, 2}œ_{𝑐) constitua um par amigável, a soma dos}

divisores próprios de 2œ_{𝑎𝑏 terá de ser 2}œ_{𝑐 e a soma dos divisores}

¤ 2¢ _{+ [} œ ¢¥• ¤ 2¢_{] 𝑎 + [¤ 2}¢_{] 𝑏 + [¤ 2}¢_{] 𝑎𝑏} œ ¢¥• œ ¢¥• œ ¢¥•

= (2œtE_{− 1) + (2}œtE_{− 1)𝑎 + (2}œtE_{− 1)𝑏 + (2}œtE_{− 1)𝑎𝑏}

No entanto, precisamos de retirar na soma anterior o próprio número (2œ_{𝑎𝑏), uma vez que falamos em divisores próprios.}

Logo, a soma dos divisores próprios de 2œ_{𝑎𝑏 é:}

(2œtE_{− 1) + (2}œtE_{− 1)𝑎 + (2}œtE _{− 1)𝑏 + (2}œtE_{− 1)𝑎𝑏 − 2}œ_𝑎𝑏

= (2œtE_{− 1)(1 + 𝑎 + 𝑏) + 𝑎𝑏(2}œtE_{− 1 − 2}œ₎ = (2œtE_{− 1)(1 + 𝑎 + 𝑏) + 𝑎𝑏(2}œ _{− 1)} Ora, como: 1 + 𝑎 + 𝑏 = 1 + 3(2œ_{+ 2}œvE_{) − 2} 𝑎𝑏 = 9 ∙ 2"œvE_{− 3(2}œ_{+ 2}œvE_{) + 1} Então: (2œtE _{− 1)(1 + 𝑎 + 𝑏) + 𝑎𝑏(2}œ _{− 1)}

= (2œtE_{− 1)(1 + 3(2}œ_{+ 2}œvE_{) − 2) + (2}œ _{− 1)9 ∙ 2}"œvE_{− 3(2}œ_{+ 2}œvE_{) + 1}

Através da expressão anterior e realizando algumas manipulações algébricas do mesmo tipo, obtemos: 2œ_{𝑐 = 2}œ_{∙ 9 ∙ 2}"œvE₋₂œ Vejamos, agora, os divisores de 2œ_{𝑐: 2}¢_{, 2}¢_{𝑐, sendo que 𝑖 = 0, … 𝑥.} Soma dos divisores de 2œ_𝑐: ¤ 2¢_{+ [} œ ¢¥• ¤ 2¢_{] 𝑐} œ ¢¥• = (2œtE _{− 1) + (2}œtE_{− 1)𝑐} = (2œtE_{− 1)(1 + 𝑐)} Mais uma vez precisamos de retirar na soma anterior o próprio número (2œ_{𝑐), uma vez que falamos em divisores próprios.} Logo, a soma dos divisores próprios de 2œ_{𝑐 é:} (2œtE_{− 1) + (2}œtE_{− 1)𝑐 − 2}œ_𝑐

Através da expressão anterior e realizando algumas manipulações algébricas do mesmo tipo, obtemos: 2œ_{𝑎𝑏 = 2}œ_{(3 ∙ 2}œ _{− 1)(3 ∙ 2}œvE_{− 1)} o Os números perfeitos Um inteiro positivo 𝑛 é perfeito se a soma dos seus divisores naturais próprios é igual a 𝑛, ou então, a soma de todos os seus divisores é igual a 2𝑛.

Euclides, provou que todo o número da forma 2¨vE₍₂¨ _{− 1), onde 2}¨ _{− 1}

é primo, é perfeito. Por sua vez, Euler provou o recíproco, ou seja, todo o número perfeito 𝑚 é da forma 2¨vE₍₂¨_{− 1). Serão, por isso, realizadas as}

duas demonstrações separadamente.

1) Se 2¨_{− 1 é um número primo 𝑝, então:}

𝑚 = 2¨vE₍₂¨ _{− 1) = 2}¨vE_{𝑝 é perfeito.} § Demonstração: Comecemos por ver os possíveis divisores de 𝑚: 1, 2, 2"_{, 2}F_{, … , 2}¨vE_{, 𝑝, 2𝑝, 2}"_{𝑝, 2}F_{𝑝, … , 2}¨vE_𝑝 Verificamos que os 𝑛 primeiros divisores de 𝑚 formam uma progressão geométrica cuja soma é 2¨_{− 1. Os restantes divisores} formam também uma progressão geométrica em que a soma é 𝑝(2¨_{− 1).} Logo a soma de divisores de 𝑚 é: 2¨ _{− 1 + 𝑝(2}¨_{− 1) = (2}¨_{− 1)(1 + 𝑝)} = (2¨_{− 1)2}¨ = 2[2¨vE₍₂¨_{− 1)]} = 2𝑚 2) Se 𝑚 é um número perfeito, então: 𝑚 = 2¨vE₍₂¨_{− 1)} Como 𝑝 = 2¨_{− 1:}

qual representaremos por 𝜎(𝑚). Provaremos, ainda que a função 𝜎(𝑚) é multiplicativa, ou seja: Se 𝑥, 𝑦 são dois números inteiros positivos, primos entre si então: 𝜎(𝑥, 𝑦) = 𝜎(𝑥) ∙ 𝜎(𝑦) Vejamos: 𝑚 = 𝑝_Es•𝑝 "s‡… 𝑝ªs« representa a fatorização prima de 𝑚. Portanto, qualquer divisor de 𝑚 é da forma: 𝑝Eu•𝑝"u‡… 𝑝ªu«, sendo que 0 ≤ 𝑏¢ ≤ 𝑎¢ e 𝑖 = 1, 2, … , 𝑘 A soma de todos os divisores de 𝑚, 𝜎(𝑚), poder ser obtida expandindo o seguinte produto: 𝜎(𝑚) = (1 + 𝑝E+ 𝑝E"+ ⋯ + 𝑝Es•)(1 + 𝑝"+ 𝑝""+ ⋯ + 𝑝"s‡) … (1 + 𝑝ª+ 𝑝ª"+ ⋯ + 𝑝ªs«) Expressando cada fator como a soma de uma progressão geométrica, obtemos: 𝜎(𝑚) =𝑝E s•tE_{− 1} 𝑝_E− 1 ∙ 𝑝_"s‡tE_{− 1} 𝑝_"− 1 . .. 𝑝_ªs«tE_{− 1} 𝑝_ª− 1 Suponhamos, agora, que os inteiros 𝑥 e y são primos entre si, de modo que, 𝑥 = 𝑝Es•𝑝"s‡… 𝑝ªs«, 𝑦 = 𝑞E-•𝑞"-‡… 𝑞¨-® representa a factorização prima de 𝑥 e 𝑦 e nenhum dos primos 𝑞_¢ é igual a qualquer um dos primos 𝑝_¯. Logo, a fatorização prima de 𝑥𝑦 é: 𝑥𝑦 = 𝑝_Es•𝑝 "s‡… 𝑝ªs«𝑞E-•𝑞"-‡… 𝑞¨-® E, assim, utilizando a fórmula acima para 𝜎(𝑚), obtemos: 𝜎(𝑥, 𝑦) =𝑝E s•tE_{− 1} 𝑝_E− 1 . .. 𝑝_ªs«tE_{− 1} 𝑝_ª− 1 ∙ 𝑞_E-•tE_{− 1} 𝑞_E− 1 . . . 𝑞_¨-®tE_{− 1} 𝑞_¨− 1 = 𝜎(𝑥) ∙ 𝜎(𝑦) Voltando, novamente, ao teorema de Euler, se 𝑚 for par, então podemos escrevê-lo na forma: 𝑚 = 2°vE_𝑞

onde 𝑟 > 1 e 𝑞 é ímpar. Ou seja, 2°vE _{será a maior potência que}

divide 𝑚. Se conseguíssemos mostrar que 𝑞 é igual a 2°_{− 1, sendo este}

primo, então 𝑚 = 2°vE₍₂°_{− 1) teria a forma pretendida.}

Como 2°vE _{e 𝑞 não têm fatores em comum, podemos utilizar o facto}

de 𝜎(𝑚) ser multiplicativo, ou seja,

𝜎(𝑚) = 𝜎(2°vE_{𝑞) = 𝜎(2}°vE_{) ∙ 𝜎(𝑞)}

Ora, 𝜎(2°vE_{) = 1 + 2 + 2}"_{+ ⋯ + 2}°vE _{= 2}°_{− 1 e como 𝑚 é perfeito,}

𝜎(𝑚) = 2𝑚. Logo, 𝜎(𝑚) = 2(2°vE_{𝑞) = 2}°_{𝑞 = (2}°_{− 1) 𝜎(𝑞)} Como qualquer inteiro 𝑡 > 1 tem pelo menos os divisores 1 e 𝑡, então 𝜎(𝑡) ≥ 1 + 𝑡 para todo o 𝑡. Neste caso, temos que 𝜎(𝑞) ≥ 1 + 𝑞 e pretendemos mostrar que 𝜎(𝑞) = 1 + 𝑞, para que 𝑞 seja primo. Consideremos 𝜎(𝑞) = 𝑑 + 𝑞, 𝑑 ≥ 1. Da equação cima para 𝜎(𝑚), tínhamos que 2°_{𝑞 = (2}°_{− 1) 𝜎(𝑞). Substituindo, obtemos:} 2°_{𝑞 = (2}°_{− 1)(𝑞 + 𝑑)} ⇔ 2°_{𝑞 = 2}°_{𝑞 + 2}°_{𝑑 − 𝑞 − 𝑑 ⇔} ⇔ 𝑞 = 2°_{𝑑 − 𝑑 = 𝑑(2}°_{− 1)} Suponhamos que 𝑑 é diferente de 1; então este deve ser maior que 1. No entanto, 𝑑 não pode ser maior que ²_F, uma vez que em 𝑞 = 𝑑(2°_{− 1)} 𝑟 é pelo menos 2, e por isso, 𝑞 = 𝑑(2°_{− 1) ≥ 𝑑(2}"_{− 1) = 3𝑑. Logo} 𝑑 ≤ ²_F. Assim, 𝑑 é diferente de 1 e de 𝑞. Logo, 𝑑 é um divisor de 𝑞. No

entanto, 1, 𝑑 e 𝑞 são divisores de 𝑞 e 𝜎(𝑞) é pelo menos igual a 1 + 𝑑 + 𝑞, ou seja, 𝜎(𝑞) = 𝑑 + 𝑞 ≥ 1 + 𝑑 + 𝑞, o que é impossível. Consequentemente 𝑑 = 1.

o Os números figurados: Os números figurados são números que podem ser representados por uma construção geométrica. Observando as figuras abaixo verificamos, facilmente, que os números 1, 3, 6, 10, (… ), são chamados números triangulares. A fórmula para o enésimo número triangular, 𝑡¨, é dada por: 𝑡_¨ =𝑛(𝑛 + 1) 2 Da mesma forma, os números quadrados são: Os números pentagonais são: 𝑝_E = 1, 𝑝_" = 5, 𝑝_F = 12, … , 𝑝¨ = 𝑛(3𝑛 − 1) 2 FIGURA 17 FIGURA 18 FIGURA 19

Em geral existem números 𝑘 − 𝑔𝑜𝑛𝑎𝑖𝑠, sendo a fórmula geral: 𝑝_E = 1 𝑝_"(ª)= 𝑘 𝑝_F(ª) = 3(𝑘 − 1) … 𝑝_¨(ª) =𝑛 2[𝑛(𝑘 − 2) − 𝑘 + 4] § Demonstração: Ao observarmos os vários números pentagonais que se encontram representados na figura 4, percebemos que cada uma das figuras 𝑝_¨tE(ª) contêm a figura 𝑝_¨(ª).

Notamos, também, que 𝑘 corresponde ao número de lados e vértices, na fórmula geral, e é constante para 𝑛 > 1 (uma vez que para 𝑛 = 1, a figura representa-se num único ponto. Por sua vez, 𝑛 é o número de pontos por cada lado.

Para obter a figura 𝑝_¨tE(ª) a partir de 𝑝_¨(ª) adicionamos 𝑘 − 2 lados. Em cada um dos lados adicionados existem 𝑛 + 1 pontos. No entanto, adicionando (𝑘 − 2)(𝑛 + 1) pontos ao longo desses lados estaremos a duplicar o número de pontos em cada um dos cantos internos. Para que isso não aconteça, teremos de subtrair 𝑘 − 3 pontos. Assim, 𝑝_¨tE(ª) = 𝑝_¨(ª)+ (𝑘 − 2)(𝑛 + 1) − (𝑘 − 3) Definindo 𝑘 − 2 = 𝑡, tem-se: 𝑝_¨tE(ª) = 𝑝_¨(ª)+ 𝑡(𝑛 + 1) − (𝑡 − 1) ⇔ 𝑝_¨tE(ª) − 𝑝_¨(ª) = 𝑡𝑛 + 1

Portanto, 𝑝_"(ª)− 𝑝_E(ª)= 𝑡 + 1 𝑝_F(ª)− 𝑝_"(ª)= 2𝑡 + 1 𝑝₂(ª)− 𝑝_F(ª)= 3𝑡 + 1 . . . . 𝑝_¨(ª)− 𝑝_¨vE(ª) = (𝑛 − 1)𝑡 + 1 Somando todas as equações anteriores obtemos: 𝑝_"(ª)− 𝑝_E(ª)+ 𝑝_F(ª)− 𝑝_"(ª)+ 𝑝₂(ª)− 𝑝_F(ª)+ ⋯ + 𝑝_¨vE(ª) + 𝑝_¨(ª)− 𝑝_¨vE(ª) = = 𝑡 + 1 + 2𝑡 + 1 + 3𝑡 + 1 + ⋯ + (𝑛 − 1)𝑡 + 1 Assim, 𝑝_¨(ª)− 𝑝_E(ª) = 𝑡 + 2𝑡 + 3𝑡 + ⋯ + (𝑛 − 1)𝑡 + 1 + 1 + 1 + 1 + ⋯ + 1 = 𝑡[1 + 2 + 3 + ⋯ + (𝑛 − 1)] + (𝑛 − 1) De modo a que: 𝑝_¨(ª)= 𝑝_E(ª)+ 𝑡 ž(1 + (𝑛 − 1)) ∙ (𝑛 − 1) 2 Ÿ + (𝑛 − 1) = 1 + 𝑡 w𝑛(𝑛 − 1) 2 x + (𝑛 − 1) , 𝑝_E(ª)= 1 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑜 𝑘 ∈ ℕ = 𝑛 2(𝑛𝑡 − 𝑡 + 2) Substituindo, 𝑘 − 2, de volta, em 𝑡, obtemos: 𝑝_¨(ª) =𝑛 2[𝑛(𝑘 − 2) − (𝑘 − 2) + 2]

= 𝑛 2[𝑛(𝑘 − 2) − 𝑘 + 4] Para 𝑘 = 5, a fórmula anterior, representa a fórmula para os números pentagonais: 𝑝_¨(¶) = 𝑛(3𝑛 − 1) 2 A partir da fórmula para 𝑝_¨(ª) deduzimos a seguinte relação: 𝑝_¨(ª) = 𝑝_¨(ªvE) + 𝑝_¨vE(F) Vejamos, 𝑝_¨(ªvE) = 𝑛 2[𝑛(𝑘 − 3) − 𝑘 + 5] E, 𝑝_¨vE(F) = 𝑛(𝑛 − 1) 2 Logo, 𝑝_¨(ªvE)+ 𝑝_¨vE(F) = 𝑛 2[𝑛(𝑘 − 3) − 𝑘 + 5] + 𝑛 2(𝑛 − 1) =𝑛 2[𝑛(𝑘 − 3) − 𝑘 + 5 + 𝑛 − 1] = 𝑛(𝑘 − 2) − 𝑘 + 4

Referências Bibliográficas

§ Bujalance, Emilio, 1997, Elementos de Matemática Discreta, Editorial Sanz Y Torres, S.L.; § Honsberger, Ross, 1970, Ingenuity in Mathematics, Mathematical Association of America; § Anglin, W. S., 1995, The Queen of Mathematics: an introduction to number theory, Kluwer Academic Publishers; § Dence, Joseph B.; Dence, Thomas P., 1999, Elements of the Theory of Numbers, Academic Press.