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V Bienal da SBM Sociedade Brasileira de Matem´ atica UFPB - Universidade Federal da Para´ ıba 18 a 22 de outubro de 2010 aritm ´ etica em retas e c ˆ onicas Rodrigo Gondim * * UFRPE, DM, Recife-PE, Brasil, e-mail: [email protected]

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  • 1. V Bienal da SBMSociedade Brasileira de Matemtica aUFPB - Universidade Federal da Para ba18 a 22 de outubro de 2010 aritmetica em retas e conicas Rodrigo Gondim UFRPE, DM, Recife-PE, Brasil, e-mail: [email protected]

2. Agradecimentos Agradeo aos Deuses que inventaram os Nmeros e as Formas. cuAgradeo aos homens, de todas as civilizaes, que inventaram a Aritmtica e a Geometria a `queles que desco-ccoe abriram as conexes entre essas. o Agradeo ao Profesor Marcos Miguel, quem primeiramente me fez ver os Nmeros e as Formas. c u Agradeo professor Antonio Carlos, quem me fez descobrir o fantstico mundo da Aritmtica. cae Agradeo ao Professor Francesco Russo, quem me fez apaixonar pela Geometria e pela Geometria Aritmtica. c e Agradeo ao Estudante Marco Mialaret Jr pelo empenho em estudar esses temas e por escrever, junto a mim, ca monograa que me levou a escrever essas notas. Agradeo aos amigos Hebe Cavalcanti, Tiago Duque, Gabriel Guedes e Gersonilo Silva pela leitura, cr cticas esugestes sobre o texto.o 3. Sumrio a1 Aritmtica em Retase 61.1 Pontos Inteiros em Retas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .61.2 O Algoritmo Estendido de Euclides .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .71.3 Equaes diofantinas lineares . . . . co. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .91.4 Areas VS Pontos Inteiros em Regies oPoligonais .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .91.4.1 Area de um paralelogramo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4.2 O Teorema de Pick . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.5 Problemas . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 Aritmtica em Cnicase o142.1 Introduo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ca. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2 O Mtodo das Tangentes e das Secantes de Fermat . . . . e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3 Homogeneizao e Deshomogeneizao: Curvas Projetivas ca ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.4 O Princ pio Local-Global para as Cnicas . . . . . . . . .o. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.5 Uma viso geral sobre a aritmtica das cnicas . . . . . .a e o. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.5.1 Elipses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.5.2 Parbolas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.5.3 Hiprboles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .e. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.6 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 Reticulados no plano 223.1 Reticulados e seus Dom nios Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.2 O Toro Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.3 Reticulados Inteiros no Plano . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.4 Teorema de Minkowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.5 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274 Soma de dois Quadrados 284.1 Introduo . . . . . . . . .ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284.2 Pontos Inteiros VS PontosRacionais em Crculos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284.3 Inteiros de Gauss . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.4 Soma de Dois Quadrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.5 problemas . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315 Equaes de Pell-Fermat co325.1 Introduo . . . . . . . . . . . . . . .ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.2 Inteiros Quadrticos de Pell-Fermat a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.3 Solues da Equao de Pell-Fermat co ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335.4 Problemas . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 4. Introduo caAs primeiras preocupaes matemticas do ser humano diziam respeito aos nmeros e `s formas. A Aritmtica (do coau a egrego = nmero) foi concebida como o estudo dos nmeros, em especial dos nmeros inteiros. A geometriauuu(do grego = medies da terra) o estudo das formas - so casos especiais as retas, os pol co e a gonos e ascnicas. Vamos tentar explicar do que se trata Aritmtica em Retas e Cnicas. oe o H ind acios histricos de que os problemas aritmticos ocupavam um lugar central entre o conhecimentooematemtico em vrias civilizaes antigas e medievais. Na aacoIndia destacamos os matemticos Baudhayana (800aAC), Apastamba (600 AC), Aryabhata e Bhaskara I (sculo VI), Brahmagupta (sculo VII), Mahaviara (sculo eeeIX) e Bhaskara II (sculo XII). Na Grcia antiga (pere eodo helen stico): Pitgoras (500 AC), Arquimedes (300 AC), aEuclides (300 AC), Diofanto (250). Na China Zhou Bi Suan (300 AC) e Chin Chiu-Shao. Citamos ainda osmatemticos Mulumanos Ibn al-Haytham (sculos X-XI ), Kamal al-Dim al-Farisi (sculos XIII-XIV). Todos esses a c e ematemticos estavam intensamente preocupados com questes aritmticas e contribu aoeram para o desenvolvimentodeste ramo da Matemtica. Os principais livros desse per a odo so Os Elementos de Euclides (300 AC), Jiuzhang aSuanshu Os nove cap tulos da Arte Matemtica(autor chins desconhecido-300 AC), Aritmtica de Diofanto(250) a eee Brahma Sphuta Siddhanta de Brahmagupta(628) traduzido em Arabe(773) e Latin(1123). A motivaao inicial do estudo da aritmtica estava centrada em problemas concretos com solues inteira. Osc ecomais difceis desses problemas caram famosos por serem (ou parecerem ser) indeterminados. Consideremos, porsimplicidade, o seguinte exemplo:(Problema proposto por Euler) Um grupo de homens e mulheres gastaram, em uma taverna, 1000 patacas. Cadahomem gastou 19 patacas e cada mulher 13. Quantos eram os homens e quantas eram as mulheres?Nos sculos XVII e XVIII nasce uma nova fase a partir dos trabalhos de Fermat, Euler, Gauss, Lagrange, Leg- eendre. Gauss, em seu memorvel Disquisitiones Arithmeticae (1801) escreve : aThe celebrated work of Diophantus, dedicated to the problem of indeterminateness, contains many results whichexcite a more than ordinary regard for the ingenuity and prociency of the author, because of their diculty and thesubtle devices he uses, especially if we consider the few tools that he had at hand for his work... The really profounddiscoveries are due to more recent authors like those men of immortal glory P. de Fermat, L. Euler, L. Lagrange,A. M. Legendre (and a few others). Nessa nova fase foi o interesse intr nseco na Aritmtica que impulsionou as novas descobertas. eDe maneira parnasiana, a Aritmtica passa a fazer Matemtica pela Matemticae muitos de seus problemas,e aade enunciado simples e intrigantes, no tm conexo alguma com questes concretas. Alguns desses problemas a e a oduraram sculos at serem solucionados. Como, por exemplo o famosoe e (Ultimo Teorema de Fermat, 1637) E imposs para um cubo ser escrito como a soma de dois cubos ou uma quartavelpotncia ser escrita como a soma de duas quartas potncias ou, em geral, para qualquer nmero que uma potncia ee u eemaior que a segunda ser escrito como a soma de duas potncias com o mesmo expoente(demonstrado por Wiles, A.eem 1995)Dentro desse contexto, no nos propomos fazer contextualizaes articiais, uma vez que as mesmas parecem acoter efeito negativo, como dizia, hiperbolicamente, Maiakoviski em sua auto biograa Eu mesmo:Meus estudos: Mame e primas de vrios graus ensinavam-me. A aritmtica parecia-me inverossa a emil. Era precisocalcular peras e mas distribu ca das a garotos. Contudo, eu sempre recebia e dava sem contar, pois no Cucaso haafrutas ` vontade. Foi com gosto que aprendi a ler. a 5. Observamos que os problemas lineares indeterminados que foram estudados desde a antiguidade, algebricamente, aceis, mas tambm milenares so z 2 = x2 + y 2so escritos da forma ax + by = c, com a, b, c Z. Outros, mais difea(estudados na India, China e Grcia) e x2 dy 2 = 1 (estudados na e India) ou xn + y n = z n (de Fermat). Elespossuem uma caracter stica em comum: todos so polinomiaisem vrias variveis.a aa Chamamos Equao Diofantina (em homenagem ao matemtico Diofanto de Alexandria) uma equao polino-ca acamial (em vrias variveis) com coecientes inteiros e da qual procuramos obter solues inteiras (ou racionais).a aco O nosso enfoque a ligao entre a Geometria e Aritmtica, assim, para ns, uma Equao Diofantina em duas e caeocavariveis representa uma curva no plano. Solues inteiras (ou racionais) da Equao Diofantina correspondem aa cocapontos com coordenadas inteiras (ou racionais) na curva que chamaremos ponto inteiro (ou racional). O casamentoentre a Aritmtica e a Geometria foi muito bem sucedido e Fermat foi um dos pioneiros na utilizao de mtodoseca egeomtricos para resolver Equaes Diofantinas.eco Importantes questes aritmticas de carter qualitativo s foram resolvidas graas ` utilizao de mtodos oea o c acaegeomtricos (cada vez mais sosticados). As principais questes qualitativas que podem ser feitas neste contexto eoso: a(i) Existncia de pontos racionais; e (ii) Deciso entre a nitude ou innitude do conjunto dos pontos racionais; a(iii) Existncia de pontos inteiros; e(iv) Deciso entre a nitude ou innitude do conjunto dos pontos inteiros.aNo caso das curvas as questes (i), (ii) e (iv) j foram praticamente respondidas para grau menor ou igual a trs. o a eNo caso geral apenas as questes (ii) e (iv) esto solucionadas, mas a matemtica envolvida muito avanada. Para o a ae ccitar o importanto teorema de Faltings, G. que implica, em particular, que toda curva plana lisa com coefcientesinteiros e grau maior que 3 possui somente um nmero nito de pontos racionais(1983). u Estaremos interessados em tratar alguns problemas aritmticos clssicos com uma abordagem geomtrica el-eaeementar. Os problemas especcos que abordaremos envolvem a procura de solues inteiras (ou racionais) emcoequaes polinomiais a duas variveis (com coecientes inteiros) de graus um e dois. Geometricamente essas so as co a aRetas e as Cnicas (da o nome do minicurso, Aritmtica em Retas e Cnicas). o eoDaremos um tratamento um pouco mais geomtrico ao estudo das retas. No caso das cnicas, alm de resultadoseoegerais, faremos um estudo detalhado de dois problemas clssicos espec acos: Inteiros que so Soma de dois Quadra- ados x2 + y 2 = n e as equaes de Pell-Fermatx2 dy 2 = 1. Para tratar esses problemas introduziremos a teoria code Minkowski no plano, de maneira auto contida. Daremos referncias que seguem essa linha de racioce nio paraaqueles que quiserem dar continuidade ao estudo da assim chamada Geometria Aritmtica. e 6. 1 Aritmtica em Retas eConsideremos os trs problemas a seguir, como motivao inicial:e caExemplo 1.1. Uma criana arma que suas 1000 bolinhas de gude puderam ser guardadas algumas em latas cgrandes com 65 bolinhas cada uma e outras em latas menores com 26 bolinhas cada uma, de modo que todas aslatas estavam completas. Reita sobre a armao da criana, procurando descobrir a quantidade de latas grandes cace a quantidade de latas pequenos.Exemplo 1.2. Um pai, no comeo do ano letivo, teve que comprar livros e cadernos para seus lhos. Cada livroccustou R$50, 00 e cada caderno R$17, 00. Sabendo que o pai gastou R$570, 00 determine a quantidade de livros ecadernos comprados.Exemplo 1.3. Um general decide dividir seu batalho em colunas de 31 soldados e percebe que sobram 4 ento aatentou dividi-los em colunas de 50 soldados cada, desta vez sobrou um unico soldado. Determine o nmero de usoldados deste batalho sabendo que tal nmero menor que 1500. a u e Os trs so problemas similares nos quais os mtodos algbricos elementares para resolv-los, via equaes, see ae eecodepara com um grande inconveniente: UMA EQUACAO, DUAS INCOGNITAS Esse tipo de problema comumente dito ser INDETERMINADO. Entretanto, o tipo de incgnita imple ocitanestes problemas inteira (e positiva)... eGeometricamente, uma equao linear em duas incgnitas representa uma reta no plano, ou seja, todas as ca osolues de um problema desses, no conjunto dos nmeros reais, correspondem a uma reta no plano. Se procuramos cousolues inteiras destas equaes lineares, ento estamos buscando pontos desta reta que esto situados sobre o co co aa2 2reticulado inteiro do plano, Z R .Problema 1.1. Mostre que o problema do exemplo 1.1 no possui soluo inteira, ou seja, a criana no falava aa ca c averdade.1.1Pontos Inteiros em RetasConsidere uma reta = {(x, y) R2 |bx + cy = a} com coecientes inteiros a, b, c Z. Supondo que essa reta possuialgum ponto (x0 , y0 ) Z2 com coordenadas inteiras, ento podemos concluir que a mesma possui uma innidade ade pontos inteiros.Com efeito, se v = (c, b) um vetor diretor desta reta, ento os pontos (xk , yk ) = (x0 + kc, y0 kb) com k Z e aso pontos inteiros da reta. O problema consiste em determinar se esses so todos os pontos inteiros da reta. E aa claro que se mdc(b, c) = d = 1, ento devemos ter que d|a pois d|b e d|c implica que d|bx0 + cy0 = a. Em outrasapalavras, as equaes em que d |a no possuem soluo inteira.co acaNo caso em que d|a podemos escrever b = d, c = d e a = d e encontrar uma nova equao (simplicada) cax + y = que uma equao da mesma reta que possui um ponto inteiro (x0 , y0 ) Z2 . Um vetor diretor simplicado paraecaesta reta w = (, ). Redenindo (xk , yk ) = (x0 + k, y0 k) em que k Z, conclue mos que todos os pontos 7. (xk , yk ) so pontos inteiros da reta e a verdade que estes so todos os pontos inteiros da reta l.aeaPoderamos pensar nesse processo como uma simplicao do vetor diretor inteiro da reta . Com efeito, o vetorcadiretor de uma reta est denido a menos de mltiplo escalar (no nulo) e, portanto, a menos de sentido, existe um au aunico vetor diretor cujas coordenadas so inteiros coprimos (supondo a existncia de um vetor diretor inteiro). Talaevetor ser chamado o vetor inteiro irredut avel.Proposio 1.2. Seja l = {(x, y) R2 |bx + cy = a} uma reta com coecientes inteiros a, b, c Z2 . Suponhamos caque a reta possua um ponto inteiro (x0 , y0 ) Z2 . Seja w = (, ) o vetor diretor inteiro e irredut da reta l, velento todos os pontos inteiros da reta so: aa(xk , yk ) = (x0 + k, y0 k)em que k Z.Prova: E claro que todos esses pontos so pontos inteiros da reta, pois, a menos de sinal, w = v em quea d c bv = (c, b) e d = mdc(b, c). Logo, bxk + cyk = bx0 + cy0 + b d c d = bx0 + cy0 = 0, pois (x0 , y0 ) l. S nos restaomostrar que esses so todos os pontos inteiros da reta.aSuponhamos, por absurdo, que exista um outro ponto inteiro em l, Q = (x , y ) Z2 . Digamos que,no sentido de nossa parametrizao, esse ponto esteja entre os pontos inteiros Pk e Pk+1 . Isso d origem a doiscaatringulos retngulos semelhantes com hipotenusa sobre a reta e catetos nas direes horizontal e vertical. aa coP(k+1) Q P(k)JI O cateto horizontal do menor tringulo tem comprimento inteiro h < || e o cateto vertical do menor tringulo aatem comprimento inteiro s < ||. Por outro lado, pela proporcionalidade, temos que h || = s ||||e isso um absurdo pois os valores h, s, || e || so todos inteiros positivos e a frao e aca|| irredut pois, porevelhiptese, mdc(, ) = 1.oProblema 1.3. Encontre uma soluo particular do segundo problema, exemplo 1.2, e use a proposio anteriorca capara encontrar todas as solues inteiras e positivas do mesmo. (Aps parametrizar voc deve impor que x > 0 eco oey > 0.)1.2O Algoritmo Estendido de EuclidesPrimeiramente, vamos relembrar o algoritmo de Euclides para o clculo de mdc de dois nmeros inteiros. Sejama ub e c dois nmeros inteiros e suponhamos que b c > 0. Dividindo b por c obtemos quociente q e resto r, r < cu 8. satisfazendo: b = cq + r. aE fcil mostrar que: mdc(b, c) = mdc(c, r).Mais precisamente, o conjunto dos divisores comuns de b e c coincide com o conjunto dos divisores comuns de ce r. De fato, se d|b e d|c, ento d|r = b cq e, reciprocamente, se d|c e d|r, ento d|b = cq + r. Se procedermos, a aiteradamente, com este mtodo, como os restos vo diminuindo, aps um nmero nito de iteraes obtemos resto e aoucoigual a zero e ento o algoritmo pra. Quando o resto for igual a zero, obtemos uma relao de divisibilidade e|fa a caneste caso, mdc(e, f ) = e igual ao ultimo divisor obtido. eTeorema 1.4. Algoritmo de Euclides Sejam b > c > 0 dois nmeros inteiros. Existe um algoritmo efetivo para encontrar o mdc(b, c) a partir de (um unmero nito de) sucessivas divises com resto. u oProva: Algoritmo Sejam r1 = b, r0 = c e faamos as divises sucessivas de rk por rk+1 em que k = 1, 0, ..., n (em que n ocoepasso em que o resto zero). erk = rk+1 qk+1 + rk+2 .Pelo anteriormente exposto mdc(rk , rrk+1 ) = mdc(rk+1 , rrk+2 ). O algoritmo funciona bem pois sempre temosrk > rk+1 e, como todos so no negativos(rk 0), ento rn+1 = 0 para algum n. Nesse caso rn1 = rn qn e,a a aportanto, mdc(rn1 , rn ) = rn . Logo,mdc(b, c) = ... = mdc(rk , rk+1 ) = ... = mdc(rn1 , rn ) = rn O algoritmo estendido de Euclides um mtodo interativo de obter, para cada um dos restos encontrados noe ealgoritmo de Euclides, uma expresso do tipo:a rk = bxk + cykna qual xk e yk so inteiros. a O algoritmo estendido de Euclides nos permite demonstrar o seguinte teorema conhecido por Lema de B`zout:eTeorema 1.5. Algoritmo Estendido de Euclides - Lema de B`zoute Sejam b e c nmeros inteiros, b > c > 0, e seja d = mdc(b, c). Ento existem inteiros x e y tais que:uabx + cy = d.Alm disso, os inteiros x e y podem ser efetivamente calculados a partir de um algoritmo nito.eProva: Com as mesmas notaes estabelecidas no teorema anterior, vamos proceder interativamente para de- coterminar xk e yk de modo que bxk + cyk = rk . Claramente, se k = 1, ento podemos escolher x1 = 1 e y1 = 0 pois 1.b + 0.c = b. Se k = 0 podemos aescolher x0 = 0 e y0 = 1, pois 0.b + 1.c = c. Agora, suponhamos que k 1 e suponhamos que j conhecemos xk2 ,a 9. yk2 tais que bxk2 + cyk2 = rk2 e tambm conhecemos xk1 e yk1 tais que bxk1 + cyk1 = rk1 . e Como rk obtido a partir da diviso de rk2 por rk1 , temos: e a rk2 = rk1 qk1 + rksubstituindo as expresses anteriores para rk2 e rk1 , obtemos: ork = b(xk2 qk1 xk1 ) + c(yk2 qk1 yk1 ).Assim, podemos escolher xk = xk2 qk1 xk1 e yk = yk2 qk1 yk1 . O algoritmo vai parar quando rn+1 = 0, e no passo anterior, temos, pelo teorema 1.4, qued = mdc(b, c) = rn = bxn + cyn .1.3Equaoes diofantinas lineares cO teorema que exibiremos a seguir responde de uma vez por todas `s indagaes sobre a aritmtica das retas e suaacoedemonstrao uma leitura das sees anteriores. ca ecoTeorema 1.6 (Euclides). Sejam a, b e c nmeros inteiros e dena d = mdc(b, c). Considere a equaao diofantinauclinear: bx + cy = aEnto temos: a1. (i) Se d a, ento a equao dada no tem soluo inteira;acaaca2. (ii) Se d | a, ento a equao dada tem innitas solues inteiras e, alm disso, o conjunto de pontos inteiros acaco e pode ser parametrizado a partir de um ponto particular. Precisamente, fazendo a = d, b = d e c = d a equao ca da forma:cax + y = e dada uma soluo particular (x0 , y0 ) nos inteiros, ento todas as outras solues inteiras da equao so da ca aco ca aforma:x = x = x0 + k kZy =y0 kProva:A primeira parte trivial. A segunda parte segue da proposio 1.2 e do teorema 1.5. De fato, doe cateorema 1.5 conclumos que a reta possui um ponto inteiro (um ponto inteiro pode ser determinado pelo algoritmoestendido de Euclides) e, pela proposio 1.2, sabemos que se uma reta com coecientes inteiros possui um ponto comcacoordenadas inteiras, ento possui uma innidade de pontos inteiros parametrizados a partir do ponto particularacom mltiplos inteiros do vetor diretor irredut u vel.1.4 Areas VS Pontos Inteiros em Regies Poligonais oExistem muitas formas de calcular a rea de um pol agono no plano. Vamos apresentar duas delas: a primeiravia determinantes e a segunda, ser o teorema de Pick, que fornece uma maneira combinatria de calcular reaa oagonos no plano cujos vrtices pertencem ao reticulado padro Z2 R2 , ou seja, seus vrtices possuemde poleaecoordenadas inteiras. A frmula de Pick fornece uma relao entre a rea de um polo caa gono simples e o nmero deupontos inteiros em seu interior e em sua fronteira. 10. 1.4.1 Area de um paralelogramoUm paralelogramo no plano pode ser denido a partir de dois vetores v, w R2 . Seus vrtices sero 0, v, w ee av + w. Se considerarmos estes vetores como vetores espaciais (com a ultima coordenada nula), estamos fazendo a2 identicao R = {(x, y, z) R |z = 0}. Agora, podemos usar o produto vetorial do R3 para calcular a rea do ca 3 aparalelogramo, verica-se facilmente que v w = det(v, w)k = (0, 0, det(v, w)).Ou seja, a rea de um paralelogramo no plano gerado pelos vetores v e w ae A = ||v w|| = | det(v, w)|. Nessa notaao, det(v, w) o determinante da matriz quadrada de ordem 2 cujas linhas so, respectivamente, as c eacoordenadas de v e w.Sejam v Z2 R2 , v = (a, b) e d = mdc(a, b). Vamos dar uma interpretao geomtrica do nmero d em caeu2termos de rea de parelogramos no plano. Considere o seguinte conjunto (v) = {det(v, w)|w Z }, ento temos a ao seguinteTeorema 1.7. Sejam v Z2 R2 , v = (a, b), d = mdc(a, b) e (v) = {det(v, w)|w Z2 }. Ento:a (v) = dZ = {dm|m Z}.Ou seja, o mdc entre as coordenadas do vetor v representa a menor rea de um paralelogramo com vrtices inteirosa etendo v como um dos lados.Prova: Ora,(v) = {det(v, w)|w Z2 } = {ax + by|x, y Z} = dZO resultado segue diretamente do lema de B`zout, 1.5.e1.4.2O Teorema de PickO teorema de Pick fornece uma maneira combinatria de calcular a rea de um pol oa gono simples com vrtices einteiros. A frmula de Pick envolve o nmero de pontos inteiros na fronteira do polou gono e o nmero de pontosuinteiros no interior do pol gono. No presente contexto a frmula de Pick pode ser interpretada como uma forma deoencontrar o nmero de pontos inteiros no interior do pol ugono.Denio 1.8. Um pol cagono plano dito ser simples se no possuir furose se suas arestas s se intersectareme aonos vrtices. Um pol egono simples pode ser cncavo ou convexo.oTeorema 1.9. (Pick) Sejam P R2 um pol gono simples cujos vrtices pertencem a Z2 (pontos do plano comecoordenadas inteiras). Dena F o nmero de pontos inteiros na fronteira de P (vrtices e arestas) e I o nmero u eude pontos inteiros no interior de P. Ento a rea do polaagono P e1 A(P) = F +I 12Prova: Dena o nmero de Pick de um polugono simples P com vrtices inteiros por:e1 P ick(P) = F + I 1.2 11. Se dois polgonos simples possuem uma aresta de mesmo mdulo e direo, ento podemos obter, a partir o caadeles, um novo polgono identicando essa aresta e deletando-a, o pol gono assim obtido o que chamaremos aeconcatenao dos pol ca gonos iniciais P = P1 P2 .P2 P1 Vamos mostrar que o nmero de Pick aditivo por concatenao. Sejam Pi , i = 1, 2 dois pol ue ca gonos simplescom vrtices inteiros e com uma aresta de mesmo mdulo e direo. E sejam Fi e Ii , respectivamente, o nmero dee ocaupontos inteiros na fronteira e no interior do pol gono Pi , i = 1, 2. Digamos que o segmento comum, na concatenaocapossui k + 2 pontos inteiros. O nmero de pontos inteiros no interior da concatenao uca e I = I1 + I2 + kpois, aps a concatenao, os k vrtices (no terminais) da aresta deletada vo pertencer ao interior do polo ca e a agonoP = P1 P2 . O nmero de pontos inteiros na fronteira da concatenao u ca eF = F1 + F2 2(k + 2) + 2pois somando os pontos de fronteira de P1 e P2 e subtraindo duas vezes os pontos inteiros da aresta deletada sofaltam os terminais da aresta deletada para completar os pontos inteiros na fronteira de P. Calculando o nmero de Pick de P, temos: u1 P ick(P) = (F1 + F2 2(k + 2) + 2) + I1 + I2 + k = P ick(P1 ) + P ick(P2 ).2Agora note que todo pol gono simples no plano pode ser subdividido em tringulos de modo que o vrtice deaecada tringulo seja algum vrtice do pola egono. Assim, todo polgono com vrtices inteiros pode ser subdividido emetringulos com vrtices inteiros. Pelo resultado de aditividade por concatenao, podemos nos reduzir ao caso de a e catringulos com vrtices inteiros para provar o teorema de Pick. a e Todo tringulo com vrtices inteiros pode ser inscrito em um retngulo horizontal com vrtices inteiros. Assim aea epodemos nos reduzir aos tringulos retngulos horizontais ou melhor, aos prprios retngulos horizontais. aao a 12. Todo tringulo horizontal formado por concatenao de quadrados 1 1. Assim, se vericamos a frmula de a e ca oPick em quadrados 1 1, ento vale o teorema de Pick em gerala Para um quadrado 1 1 temos: A = 1, F = 4, I = 0, e efetivamente, 1 1 A=1=.4 + 0 1 = F + I 1. 2 2Observao 1.10. Ver, por exemplo, Lages Lima, E. [9]. A seo intitulada Como calcular a rea de um pol caca a gonose voc sabe contare Como hav amos dito queremos olhar para a frmula de Pick de outra forma: o1 I =A F +12E sabemos que a rea pode ser calculada de vrias formas. Gostar aa amos de terminar essa seo mostrando como cacalcular F de maneira instantnea. aProposio 1.11. Seja P = A0 A1 A2 ...An1 An , com An = A0 , um pol cagono simples no plano com vrtices inteiros, e isto , Ai Z. Dena vi = Ai1 Ai = (ai , bi ) e di = mdc(ai , bi ). Ento o nmero de pontos inteiros na fronteira de e a unP F =edi . i=1Prova: Primeiramente lembramos que, a partir do argumento utilizado na proposio 1.2, um segmento deca reta P Q com P, Q Z2 tal que v = P Q = (a, b) com mdc(a, b) = 1, ento no existe ponto inteiro no interior doa asegmento. Verique na gura!!!Sejam P, Q Z2 R2 e v = P Q = (a, b) dois vrtices consecutivos do pol egono, ento o nmero de pontosa uinteiros na aresta P Q igual a d+1 em que d = mdc(a, b). Com efeito, basta dividir o segmento P Q em d segmentos ecujo vetor que o representa tenha coordenadas inteiros coprimos.Para concluir note que cada aresta Ai1 Ai do polgono vai possuir, em seu interior(sem contar os vrtices),edi 1 pontos inteiros. Logo o nmero de pontos inteiros na fronteira do polu gono ser a ndi n + ni=1n corresponde a 1 para cada aresta e +n corresponde aos vrtices do pol e gono.1.5Problemas1. Voc possui muitos palitos com 6cm e 7cm de comprimento. Qual o nmero m e unimo de palitos que voce precisa utilizar para fazer uma la de palitos com comprimento total de 2 metros?2. (Problema proposto por Mahavira, 850) 5 pilhas de frutas mais duas frutas foram divididas (igualmente) entre 9 viajantes; seis pilhas mais quatro foram divididas por 8; quatro pilhas mais 1 foram divididas por 7. Determine o menor nmero poss de frutas em cada pilha.uvel3. (Problema proposto por Bhaskara 1; Sculo VI) Encontre o menor nmero natural que deixa resto 1 quando e u dividido por 2,3,4,5,6 mas exatamente divis por 7.e vel 13. 4. (Proposto por Euler) Uma pessoa comprou cavalos e bois. Foram pagos 31 escudos por cavalo e 20 escudospor boi e sabe-se que todos os cavalos custaram 7 escudos a mais do que todos os bois.Quantos cavalos equantos bois foram comprados? 5. (Problema do sculo XVI) Um total de 41 pessoas entre homens, mulheres e crianas foram a um banquete e ecjuntos gastaram 40 patacas. Cada homem pagou 4 patacas, cada mulher 3 patacas e cada criana um teroccde pataca. Quantos homens, quantas mulheres e quantas crianas havia no banquete? c 6. Na Russia a moeda se chama rublo. Existem notas de 1, 3 e 5 rublos. Mostre que no poss pagar 25a evelrublos com exatamente 10 notas com os valores citados. 7. Prove que toda quantia inteira maior ou igual a R$4, 00 pode ser paga utilizando notas de R$2, 00 e R$5, 00. 8. Sejam a, b, c Z nmeros inteiros positivos e suponha que a bc. Mostre que a equao ucabx + cy = apossui soluo inteira no negativa (m, n) Z, m, n 0 ca a 9. Dado v Z2 R2 , v = (a, b), com mdc(a, b) = 1, mostre que existe w = (c, d) Z2 R2 tal que oparalelogramo gerado por v e w no possui ponto inteiro em seu interior.a10. Prove que todo polgono simples com vrtices inteiros possui rea cujo dobro um nmero inteiro. e a e u11. Mostre que um tringulo plano com vrtices inteiros tem rea mae anima A = 1 se, e somente se, o tringulo2ano possui ponto inteiro no seu interior. Mostre que de fato essa a rea m ae a nima.112. Mostre que no plano existem tringulos com vrtices inteiros de rea m ae a nima A = 2 com per metro arbitrari-amente grande.13. Um agricultor possui um terreno poligonal e deseja plantar ps de milho em seu interior. Suponhamos que, eaps uma escolha de eixos coordenados os vrtices do pol oe gono e os ps de milho vo corresponder a pontose acom coordenadas inteiras. Determinar o nmero de ps de milho que podem ser plantados supondo que osu evrtices do pol e gono so: A = (0, 0, ), B = (8, 0), C = (15, 10), D = (12, 20), E = (10, 15) e F = (0, 10).a 14. 2 Aritmtica em Cnicas e o2.1 Introduo caUma curva algbrica plana em R2 dada como o conjunto soluo de uma equao polinomial em duas variveis. eeca ca a C = {(x, y) R2 | f (x, y) = 0} E consideramos que esse conjunto no vazio e no consiste de um nmero nito de pontos. Chamamos cnica e aa u oa uma curva algbrica plana denida por um polinmio de grau dois. No estaremos interessados no caso em quee o ao polinmio seja redut o vel, pois, nesse caso seu conjunto de zeros ser um par de retas. E muito conhecido, daageometria analtica bsica, que as unicas cnicas irredut a oveis so: parbola, hiprbole e elipse.aa eAs formas cannicas com coecientes inteiros das cnicas so as seguintes: oo a1. Parbolasa C = {(x, y) R2 | ax2 + by = 0}a=0eb=02. HiprboleseC = {(x, y) R2 | ax2 by 2 = c}a, b, c > 03. ElipsesC = {(x, y) R2 | ax2 + by 2 = c}a, b, c > 04. Crculos So elipses especiais para as quais a = b a C = {(x, y) R2 | x2 + y 2 = r2 }Observao 2.1. Quando estamos interessados no conjunto de pontos racionais de uma cnica, ento podemos cao aefetivamente nos reduzir ` sua forma cannica. De fato, o mtodo de diagonalizao de uma forma quadrtica ao ecaafunciona sobre qualquer corpo de caracter stica diferente de 2.Entretanto no verdade o mesmo sobre os inteiros! Estaremos, de fato, fazendo uma simplicao ao supor a e cauma cnica na forma cannica para tratar de questes sobre seu conjunto de pontos inteiros. o o o2.2 O Mtodo das Tangentes e das Secantes de Fermat eNessa Seo vamos apresentar o Mtodo das Tangentes e das Secantes de Fermat. Tal mtodo foi utilizado porcaeeFermat em cnicas e cbicas, por motivaes aritmticas. Explicaremos o mtodo somente para as cnicas. o u coe eo Para encontrar a interseo de uma reta e uma cnica devemos resolver o sistema de equaes em duas variveiscao co aconsistindo de uma equao linear e uma quadrtica. Substituindo y = mx + n, a equao da reta, na equao da caaca cacnica, o sistema ca reduzido a uma equao do segundo grau em uma unica varivel. Digamos que a equao do ocaa casegundo grau sejaax2 + bx + c = 0.Se a reta e a cnica possuem coecientes racionais, ento a, b, c Q. Sabemos que as ra o azes da equao do casegundo grau fornece abcissas dos pontos de interseo. Se temos uma raiz racional, ento a outra raiz ser tambm caaa e cracional (pois o produto das ra igual a a , que racional). Verique!!! zes e e 15. Podemos sumarizar o Mtodo das Secantes e das Tangentes de Fermat da seguinte forma: eSejam C uma cnica, P C e uma reta que no passa por P = P1 . Seja a reta paralela a o apassando por PeC = {P1 , P2 } (no necessariamente distintos) ento a funo: aa ca : C{P1 , P2 } Q P Q = R(Q) invers e vel, sendo sua inversa a seguinte funo: ca 1 : C{P1 , P2 } R P R C = Q(R) R(Q) QP Q(R)RTeorema 2.2. Seja C R2 uma cnica com coecientes racionais. Suponhamos que o conjunto dos pontosoracionais de C seja no vazio, ento a cnica C possui uma innidade de pontos racionais. aa oProva: Basta utilizar o Mtodo das Tangentes e das Secantes de Fermat. eConsideremos, agora dois exemplos: o primeiro fornece uma parametrizao do c carculo unitrio (sem usar senosae cossenos).Exemplo 2.1. Seja C = {(x, y) R2 | x2 +y 2 = 1}. Usaremos o ponto P0 = (1, 0) e a reta = OY = {(0, t)|t R}para aplicar o Mtodo de Fermat:e : C{P } Q PQ y(x, y) (0, x+1 ) t y 1 x 16. y A parametrizao que queremos 1 e para encontr-la, basta fazer x+1 = t y = t(x + 1) e lembrar caeaque x2 + y 2 = 1. Da segue que (t2 + 1)x2 + (2t2 )x + (t2 1) = 0 e como x0 = 1 uma raiz desta equaoeca 2 2(correspondente ao ponto P0 = (1, 0)) e o produto das ra zes t2 1 obtemos para a outra raiz xt = 1t2e t +1 1+t 2tsubstituindo temos yt = 1+t2 . Logo, 1 : C{P } QPQ C1t22t (0, t) ( 1+t2 , 1+t2 )Exemplo 2.2. Considere agora o c rculo C = {(x, y) R2 |x2 + y 2 = 2}. Um ponto racional nesse c rculo (1, 1).eConsidere a fam de retas passando por esse ponto: t : y 1 = t(x 1), se t Q, ento cada uma dessas retas liaa esecante ao crculo em um outro ponto racional Pt . Mostre que todos os outros pontos racionais desse crculo so:a t2 2t 1 t2 2t + 1 (, ).t2 + 1t2 + 1Teorema 2.3. Seja C R2 a cnica de equao ax2 + by 2 = c com a, b, c Q. Se P0 = (x0 , y0 ) um pontoo caeracional de C, ento todos os outros pontos racionais de C so da formaa abt2 x0 2bty0 ax0 bt2 y0 2atx0 + ay0 (,) bt2 + a bt2 + aem que t Q, bt2 + a = 0, exceto (x0 , y0 ). Ou seja, o conjunto dos pontos racionais de C pode ser parametrizadoa partir de P0 .Prova:Considere a fam de retas passando por P0 , t : y y0 = t(x x0 ). Para cada parmetro racionalliaat Q, a reta t possui coecientes racionais e, portanto, essa reta ser secante ` cnica C em um outro ponto a a oracional Pt = (xt , yt ) (argumento de Fermat). Substituindo a equao da reta y = y0 + t(x x0 ) na equao da ca cacnica obtemos uma equao do segundo grau: o ca (a + bt2 )x2 + ( )x + x0 (bt2 x0 2bty0 ax0 ) = 0o produto das razes dessa equao : ca e x0 (bt2 x0 2bty0 ax0 ) x0 xt =, a + bt2da seguem as expresses de xt e yt .oObservao 2.4. A partir do teorema acima podemos obter uma parametrizao de qualquer cnica utilizando, caca oapenas, funes racionais. O ponto central em nossa abordagem era encontrar solues racionais. Caso o objetivo co coseja encontrar uma parametrizao utilizando funes racionais, ento o ponto inicial pode ser tomado como um ca co aponto qualquer (x0 , y0 ) R2 . Observamos ainda que as parbolas so triviais uma vez que sua equao fornecea a caimediatamente uma parametrizao. ca2.3Homogeneizao e Deshomogeneizao: Curvas ProjetivascacaUm polinmio em mais de uma varivel dito ser homogneo se todos os seus monmios so de mesmo grau, digamos o a e e oa nn. Sua propriedade fundamental que F (P ) = F (P ), assim sendo, se = 0 ento: F (P ) = 0 F (P ) = 0. eaSuponhamos, agora, que o polinmio F possua coecientes racionais e vamos nos concentrar em procurar soluesocoracionais. Pelo exposto, quando estamos procurando solues de um polinmio homogneo, podemos nos reduzircoo e 17. a procurar solues que no so mltiplos, logo, na classe de solues existe uma unica soluo inteira sem fatores coa a uco cacomuns(a menos de sinal). E bastante natural considerar a seguinte relao de equivalncia em R3{0}: v w v = w com = 0.caeDenio 2.5. O Plano projetivo P2 (R) denido como o conjunto quociente do R3 pela relao de equivalncia cae ca ede mltiplos no nulos. Se a classe de v = (X, Y, Z) possuir z = 0, ento (X, Y, Z) (x, y, 1) caso contrrio dizemos uaaaque o mesmo representa um ponto no innito, assimP2 (R) = R2 em que representa a reta no innito(dos pontos no innito) que corresponde a P1 (R). Se f (x, y) um polinmio em duas variveis de grau (mximo) n podemos a partir de f obter um polinmio e o a a o XYhomogneo F (X, Y, Z) fazendo x = Z e y = Z e cancelando denominadores. Observe que como estamos interessadoseem fazer F (X, Y, Z) = 0 permitido cancelar denominadores. eDenio 2.6. Seja f (x, y) um polinmio em duas variveis com coecientes reais e C R2 a curva associada. O ca oapolinmio homogneo F , associado a f chamado homogeneizao de f e C P2 a curva projetiva associada. o eecaProposio 2.7. Seja f (x, y) um polinmio com coecientes racionais e F (X, Y, Z) a homogeneizao de f . Existe caocauma bijeo entre as solues racionais de f e as solues inteiras, sem fator comum e com Z = 0 de F (a menos caco code sinal).Prova:Observe que a cada soluo racional em f (x, y) = 0 obtemos uma unica soluo em inteiros coprimos deca caF (X, Y, Z) = 0 (a menos de sinal). Basta multiplicar (x, y, 1) pelo mmc das fraes irredutcoveis que determinam x, y.Reciprocamente, se F (X, Y, Z) um polinmio homogneo em trs variveis, podemos a partir de F obter um e o ee apolinmio f (x, y) fazendo X = xZ e Y = yZ e cancelando Z n . Observamos que a a cada soluo em inteiros de ocaF (X, Y, Z) = 0, com Z = 0, obtemos uma soluo racional de f (x, y) = 0.caExemplo 2.3. Ternas Pitagricas o Um problema milenar, conhecido por ternas pitagricas, consiste em encontrar solues em inteiros para a ocoequao de Pitgoras, a2 = b2 + c2 , isto , encontrar tringulos retngulos com lados inteiros. Inicialmente vamoscaa e aaconsiderar o caso em que a, b e c so coprimos, isto , mdc(a, b, c) = 1 que implica, por sua vez, mdc(a, b) =aemdc(a, c) = mdc(b, c) = 1. Para encontrar a soluo geral basta multiplicar por um inteiro arbitrrio.ca a2 Dividindo a equao por a2 , quando a = 0, obtemos a + a 2 = 1, isto , x2 + y 2 = 1. Desta feita, procuramos,cabc eagora, pontos racionais no crculo unitrio. Sabemos que todos os pontos racionais no c arculo unitrio, excetoa 1t22t(1, 0), podem ser parametrizados da forma ( 1+t2 , 1+t2 ) conforme visto no exemplo 2.1. m Suponhamos, agora que t = n, com mdc(m, n) = 1. Substituindo, obtemos: bn2 m 2 c2mn = 2,= 2 . an + m2 an + m2 mpares, temos mdc(n2 m2 , n2 + m2 ) = 1 (m, n Como mdc(a, b) = mdc(a, c) = 1, e b e c no podem ser ambos atem paridades distintas) nesse caso a = m2 + n2 , b = n2 m2 , c = 2mn.Alguns exemplos de ternas pitagricas so (3, 4, 5), (5, 12, 13), (8, 15, 17), (7, 24, 25), ... o a 18. Observao 2.8. Poderia tambm ocorrer de m, n serem ambos ca e mpares. Nesse caso mdc(n2 m2 , n2 + m2 ) = 2e da m2 + n2n2 m 2a=,b = , c = mn.22Fazendo m + n = 2u e n m = 2v (que sempre poss pois a soma e a diferena de dois e velc mpares sempre par), eobtemos a = u2 + v 2 , b = 2uv, c = u2 v 2 .2.4O Princpio Local-Global para as Cnicas oO princpio Local-Global, de Hasse-Minkowski, fornece uma caracterizao das formas quadrticas (homogneas)caa ecom coecientes racionais (inteiros) que possuem algum ponto racional (no nulo). Aps tal caracterizao possa o ca e velresolver o problema algoritmicamente, isto , dada uma forma quadrtica posse a e vel, aps um nmero nito de pas-ousos, descobrir quando a mesma possui algum ponto racional. A formulao geral do princcapio exige a denio decanmeros p-dicos e no nosso objetivo. Vamos primeiramente mostrar, com um exemplo, que existem cnicas que uaa eono possuem pontos racionais e enunciar, posteriormente uma verso do princ aa pio local-global para as cnicas.o Analisemos o seguinte exemplo, prximo ao exemplo das ternas pitagricas. Vamos ver que uma ligeira modi- oocao nos coecientes de uma cnica pode trazer resultados catastrcos (mas interessantes). Nesse caso a cnica cao ooem questo no possui ponto racional.a aExemplo 2.4. Analisemos o conjunto dos pontos racionais do crculo C = {(x, y) R2 |x2 + y 2 = 3}ou equivalentemente, as solues no nulas, em inteiros, da equao homogeneizada:coa caX 2 + Y 2 = 3Z 2 ,podemos supor que se houver soluo em inteiros mdc(X, Y, Z) = 1. Fazendo a diviso euclidiana (com resto) deca acada um deles por 3, obtemos X = 3X + aY = 3Y + bZ = 3Z + c. Substituindo na equao original notamos que a2 + b2 3c2 deve ser mltiplo de 3 mas como a, b, c {0, 1, 2} cauchegamos a concluso (aps alguns testes) que a = b = 0 e, portanto, X e Y deveriam ser mltiplos de 3 mas issoa ouobrigaria que 3Z 2 fosse mltiplo de 9 e isto s seria poss se Z fosse tambm mltiplo de 3 e isto um absurdouo veleu euma vez que supomos que mdc(X, Y, Z) = 1. Esta contradio foi proveniente da nossa (falsa) hiptese de existncia de alguma soluo em inteiros nocao e ca a 22 2nulos de X + Y = 3Z , assim podemos concluir que tal equao no possui soluo no nula em inteiros ecaaca aconseqentemente, a nossa curva C no possui ponto racional.uaObservao 2.9. A estratgia utilizada para mostrar que a equao no possui soluo inteira no nula chamada ca eca a caa eDescida Innita de Fermat. Essa estratgia baseada no princ ee pio da Boa Ordenao. A losoa geral da descidacainnita de Fermat a seguinte: se supomos que existem solues inteiras positivas, podemos escolher uma minimale co(em um sentido a determinar) e, a partir desta encontrar outra menor, ento no existe soluo inteira. No nosso a a cacaso a minimalidade dizia respeito a no existir fator comum entre as coordenadas da soluo.a ca Em geral temos o seguinte teorema de Hasse-Minkowski que determina quando uma cnica possui ponto racional.o 19. Teorema 2.10 (Hasse-Minkowski). Seja C R2 uma cnica com coecientes racionais e C P2 a curvaoprojetiva associada (com coecientes inteiros). Uma condio necessria e suciente para a existncia de um ponto caaeracional em C que a sua equao homogeneizada possua soluo mdulo pe para todo natural primo p e para cadaecacaoe > 0.2.5Uma viso geral sobre a aritmtica das cnicasa eo2.5.1 Elipses(i) Existncia de ponto(s) racional(is). ePelo Princpio Local-Global para as Cnicas, Teorema 2.10 o problema algoroetmico. Daremos uma descriocacompleta para as circunferncias, independente do Teorema de Hasse-Minkowski, no cape tulo intitulado Somade Dois Quadrados. (ii) Deciso entre a nitude ou innitude do conjunto dos pontos racionais. aPelo teorema 2.2, se a cnica C possui um ponto racional, ento possui innitos. Alm disso, se co-nhecemosoa eum deles, ento poss parametrizar todos, pelo teorema 2.3. a e vel(iii) Existncia de ponto(s) inteiro(s) eMuito dif em geral, faremos uma anlise detalhada do caso do c cil, a rculo no captulo intitulado Soma de DoisQuadrados.(iv) Deciso entre a nitude ou innitude do conjunto dos pontos inteiros.aEsse conjunto sempre nito, pela compacidade das elipses. Verique!!!e2.5.2 Parbolas a(i) Existncia de ponto(s) racional(is); eToda parbola possui uma innidade de pontos racionais.a (ii) Deciso entre a nitude ou innitude do conjunto dos pontos racionais; aToda parbola possui uma innidade de pontos racionais.a(iii) Existncia de ponto(s) inteiro(s); eExistem parbolas que possuem e outras que no possuem pontos inteiros. aa(iv) Deciso entre a nitude ou innitude do conjunto dos pontos inteiros.aA anlise de exemplos mostrar que no h um padro geral.aaa aa 20. 2.5.3 Hiprboles e (i) Existncia de ponto(s) racional(is).ePelo Princpio Local-Global para as Cnicas, Teorema 2.10 o problema algoroe tmo. Faremos uma anlise adetalhada de uma classe especial de Hiprboles denominadas de Pell-Fermat na seo homnima. e ca o (ii) Deciso entre a nitude ou innitude do conjunto dos pontos racionais. aPelo teorema 2.2, se a cnica C possui um ponto racional, ento possui innitos. Alm disso, se conhecemosoa eum deles, ento poss parametrizar todos, pelo teorema 2.3. a evel(iii) Existncia de ponto(s) inteiro(s). eMuito dif em geral, faremos uma anlise de um caso clssico chamadas Equaes de Pell-Fermat no cap cil, aa cotulohomnimo. o(iv) Deciso entre a nitude ou innitude do conjunto dos pontos inteiros.aA anlise de exemplos mostrar que no h um padro geral, isto , existem hiprboles que possuem innitosaa a a ae epontos inteiros e outras que possuem somente um nmero nito de pontos inteiros. u2.6Problemas1. Seja m Z um inteiro positivo. Mostre que as parbolas y 2 = mx possuem uma innidade de pontos inteiros.a2. Mostre que as parbolas a seguir no possuem pontos inteirosaa(a) y 2 = 4x + 2(b) y 2 = 4x + 3 (c) y 2 = 3x + 23. Encontre uma innidade de pontos inteiros nas hiprbolese(a) x2 3y 2 = 1(b) x2 5y 2 = 1 (c) x2 7y 2 = 14. Seja n Z um inteiro positivo. Mostre que a curva 111 + = x y n uma hiprbole. Mostre que tal hiprbole tem um nmero nito de pontos inteiros qualquer que seja n.ee eu5. Encontre todos os pontos inteiros e positivos da curva 111 + = x y nnos casos em que n = p primo, n = p2 o quadrado de um primo e n = pq o produto de dois primos. e e e 21. 6. Mostre que se uma cnica com coecientes racionais possuir uma reta tangente com coecientes racionais,oento o ponto de tangncia racional. a e e 7. Mostre que a equao ca 3x2 + y 2 = 2z 2no possui soluo inteira no nula. a ca a 8. Determine todos os pares de inteiros (x, y) tais que9xy x2 8y 2 = 2005. 9. Mostre que no existem pontos racionais na cnica x2 + xy + y 2 = 2.a o10. Encontre todos os pontos racionais a cnica x2 + xy + y 2 = 1.o11. Mostre que as solues inteiras coprimos da equaococa x2 + 2y 2 = z 2so x = (u2 2v 2 ), y = 2uv e z = u2 + 2v 2 , com u, v inteiros primos entre si. a 22. 3 Reticulados no plano3.1 Reticulados e seus Domnios FundamentaisA teoria de reticulados bem desenvolvida e um leitor com uma maior familiaridade a teoria de grupos (abelianos)eapreciar a leitura de Stewart [1]. Nosso objetivo apresentar a teoria em um caso muito especial, reticulados no a eplano; pois, nesse caso, muitas construes e demonstraes se simplicam. Em particular utilizaremos o m coconimoposs de lgebra linear.velaDenio 3.1. Sejam v1 , v2 R2 dois vetores no mltiplos. Um reticulado (de dimenso 2) no plano R2 , ca auacom conjunto de geradores os vetores {v1 , v2 }, consiste do conjunto das combinaes (lineares) inteiras desses dois covetores, ou seja L = {v R2 |v = m1 v1 + m2 v2 , mi Z}.Denio 3.2. Dados, um reticulado L no plano com conjunto de geradores {v1 , v2 } , o conjunto dos pontos caa1 v1 + a2 v2 R2 para pos quais 0 a1 < 1 chamado o dom enio fundamental do reticulado L associado aoconjunto de geradores {v1 , v2 }.Vamos abrir um parnteses para conectar a noo de reticulado e a noo algbrica de grupos. O leitor queecaca eno est familiarizado com a noo de grupos pode, simplesmente utilizar a denio acima, ou ler um pouco do a a ca caapndice sobre grupos abelianos. O fato que se v, w L, ento v = m1 v1 + m2 v2 e w = n1 v1 + n2 v2 e, portanto, ee av + w = (m1 + n1 )v1 + (m2 + n2 )v2 L e v = (m1 )v1 + (m2 )v2 L e estas so as condies para que L sejaacoum subgrupo aditivo de R2 .Entretanto um reticulado no plano L R2 no qualquer tipo de subgrupo. Como conjunto de R2 um reticuladoa e, sempre, um subconjunto discreto!!!eDenio 3.3. Um subconjunto de X R2 discreto se todos os seus pontos so isolados, isto , se dado p X,ca e ae2existir > 0 tal que o unico ponto da interseo do disco aberto D(p, ) = {q R | ||q p|| < } com X for ocaprpio p. Ou seja,o D(p, ) X = {p}Observao 3.4. Lembramos que os unicos subgrupos discretos da reta real so isomorfos a Z (e todos so retic- ca a aulados da reta!!!). De fato, seja G R um subgrupo aditivo discreto e seja m o menor elemento positivo de G (talelemento existe pois G discreto), ento G = mZ. (Verique os detalhes!)ea Subgrupos de R no discretos so bem mais complicados, por exemplo, Q R um subgrupo aditivo que a a e edenso!!!Proposio 3.5. Seja G R2 um subgrupo aditivo. Ento so equivalentes: ca a a1. G um reticulado; e2. G R2 discreto.eProva: Seja G R2 um reticulado com conjunto de geradores {v, w}. Vamos mostrar que G um conjunto ediscreto. Vamos mostrar que 0 um ponto isolado e o resultado segue, por translao. Claramente no existe e ca aponto reticulado no conjunto int(D) = {u R2 |u = v + w} com 0 < < 1 e 0 < < 1. Assim, tome 1 = 2 min{||v||, ||w||, ||v + w||}. Claro que G D(0, ) = 0. Reciprocamente, seja G R2 um subgrupo aditivo discreto. Para mostrar que G um reticulado devemos eencontrar geradores. Seja v G o vetor no nulo de menor norma. Seja w G o ponto mais prximo da reta a o 23. =< v >= {v| R} (no contido na reta). Armamos que G =< v, w >= {av + bw|a, b Z}. Com efeito, sejaau G, e considere os pontos u mw G com m Z. O ponto mais prximo da reta deve pertencer a mesma, ocaso contrrio encontrara amos um ponto mais prximo que w. Assim u mw = v e = n Z, logo u = mv + nw.o A partir da proposio acima vemos que poss exibir um reticulado intrinsecamente, isto , sem explicitar ca e veleum conjunto de geradores. Por um lado mais fcil tratar um reticulado quando conhecemos um conjunto deeageradores, por outro lado, muitas vezes mais fcil provar que um dado conjunto um reticulado observando quee aeo mesmo um subgrupo aditivo e discreto do plano R2 . eExemplo 3.1. Considere o reticulado padro do plano, ou seja, L = Z2 R2 . Temos vrios possa a veis conjuntosde geradores para tal reticulado. Por exemplo B1 = {(1, 0), (0, 1)} um conjunto de geradores para L e B2 =e{(2, 1), (1, 1)} tambm um conjunto de geradores para L (faa um esboo dos reticulados associados a estes e ec cconjuntos de geradores e verique que ambos coincidem com Z2 ). De fato,(2, 1) = 2.(1, 0) + 1.(0, 1), (1, 1) = 1.(1, 0) + 1.(0, 1)logo o reticulado associado a B2 est contido no reticulado associado a B1 (combinaes inteiras dos vetores de B2a coso combinaes inteiras dos vetores de B1 pois os prprios vetores de B2 o so) e, reciprocamente a co o a(1, 0) = 1.(2, 1) 1.(1, 1) (0, 1) = 1.(2, 1) + 2.(1, 1).Ou seja, os reticulados associados so o mesmo e, claramente, tal reticulado Z2 R2 .aeObservao 3.6. A noo de dom fundamental depende do conjunto de geradores, como mostramos no exemploca ca nioanterior. Por outro lado, a rea de um doma nio fundamental independe do conjunto de geradores. Verique comexemplos explcitos.Proposio 3.7. Sejam L R2 um reticulado, D e E domcanios fundamentais associados, respectivamente, aosconjuntos de geradores {v1 , v2 } e {u1 , u2 }. Ento as reas dos dom a anios fundamentais so iguais,a A(D) = A(E).Prova: Sabemos que existem inteiros a1 , a2 , b1 , b2 Z tais queu1 = a1 v1 + a2 v2 u2 = b1 v1 + b2 v2pois u1 , u2 pertencem ao reticulado, logo, so combinao inteira de v1 , v2 e reciprocamente. Assim, a matriz deaca a1 b1mudana de base M = c invers e sua inversa N tambm uma matriz de coecientes inteiros(dados e vele e a2 b2pelas coordenadas de v1 , v2 escritos como combinao inteira de u1 , u2 ). Como M.N = I2 , det(M ). det(N ) = 1 e cacomo so ambos inteiros, det(M ) = 1. a A rea do dom anio fundamental E e A(E) = | det M | A(D) = A(D). 24. 3.2O Toro PlanoComo vimos na seo anterior, proposio 3.7, a rea de um domca ca a nio fundamental de um reticulado L R2 eum invariante que depende somente do reticulado e no da escolha de geradores. Nessa seo vamos conectar a a calgebra com a geometria e tratar mais a fundo a noo de rea. A noo de rea esbarra em dois problemas srios:a ca a ca a emensurabilidade e mtrica. O primeiro j um problema no plano, onde existem conjuntos que no possuemee a auma rea bem denida, por exemplo o conjunto abaixo do grco de uma funo no integrvel. O segundo a a caaa um problema que ca mais evidente quando se pretende denir rea em uma superf abstrata, a mtrica e a ciee eo ingrediente necessrio para isso. Nessa seo vamos lidar com uma superf aca cie interessante cujo modelo maisconhecido, mergulhado em R , possui uma determinada mtrica(proveniente da mtrica usual do R3 ) mas no nosso3 eecaso vamos exportara mtrica do plano para medirreas nessa superfe a cie. A superf o TORO e munida da cie emtrica do plano chamada O Toro Plano.eeDenio 3.8. Seja L R2 um reticulado plano. O grupo (de Lie) quociente R2 /L a superf que chamaremos ca e cieo toro plano.E claro que, conjuntisticamente, o quociente R2 /L pode ser identicado com um domnio fundamental e, apartir desta identicao que exportamos a mtrica do plano ao toro. No esse o momento para entrar emca eea edetalhes tcnicos (que so muitos) sobre a estrutura algebro-topolgico-geomtrica do toro. Vamos mostrar que, ea o ecomo grupo (de Lie), o toro isomorfo ao produto de dois c e rculos. Consideramos o c rculo S1 R2 comoS1 = {(x, y) R2 |x2 + y 2 = 1} ou, equivalentemente, S1 = {z C| |z| = 1}. Lembramos que S1 possui umaestrutura de grupo. Usaremos parametrizaes clssicas, com a exponencial complexa ou com cossenos e senos noco acaso real.Proposio 3.9. Seja L R2 um reticulado no plano e D R2 . Ento o quociente R2 /L pode ser identicadocaa1 1com o toro T = S S . Mais precisamente existe um isomorsmo de grupos (de Lie) entre eles.Prova: Sejam {v1 , v2 } um sistema de geradores para L. Considere o seguinte homomorsmo de grupos: :R2 T = S1 S1 (a1 v1 + a2 v2 ) (e2ia1 , e2ia2 )em que (e2ia1 , e2ia2 ) = (((cos(2a1 ), sen(2a1 )); (cos(2a2 ), sen(2a2 )))claramente esse um hoomomorsmo sobrejetivo (pois utilizamos uma parametrzao do toro) e seu ncleo L.e cau eLogo, pelo teorema do isomorsmo conclu mos queR2 /L T.= Geometricamente o isomorsmo explicitado no teorema anterior corresponde ` famosa identicaoa ca 25. Denio 3.10. Seja X T uma regio no toro T = R2 /L associado ao reticulado L R2 e seja D um domcaaniofundamental para L. Denimos a rea desta regio por aa 1 A(X) = A(|D (X)) 1desde que exista A(|D(X)), que a rea de uma regio no plano (desde que exista a rea dessa regio no plano).e a a aaObservao 3.11. Observamos que a denio acima independe de escolha de domca canio fundamental e que, emparticular, a rea total do toro igual ` rea de um domae aanio fundamental que, pela proposiao 3.7, independe do cdomnio fundamental.Proposio 3.12. Se Y R2 limitada e existe A(Y ), e se A((Y )) = A(Y ) ento |Y no injetiva. cae a a eProva:Supondo que |Y seja injetiva, Y = Yi , onde Yi = Y (D+wi ) so disjuntos. Fazendo Zi = Yi wi Daso tambm disjuntos pela injetividade de |Y logo: ae A((Y )) = A(( Yi )) = A( Zi ) =A(Zi ) = A(Yi ) = A(Y ).3.3 Reticulados Inteiros no PlanoTrataremos, agora, um tipo especial de reticulado. Chamaremos de reticulado inteiro no plano um (sub)reticulado a L Z2 do reticulado padro. E interessante notar que se L Z2 , ento L necessariamente discreto, portanto,a ebasta que seja um subgrupo aditivo, para que seja um reticulado no plano.O prximo resultado nos ser util para clculos efetivos e relaciona a rea de um dom o a aa nio fundamental de um 2reticulado inteiro no plano A(D), o nmero de elementos do grupo quociente |Z /L| e o nmero de pontos inteiros u uem D. Todas as quantidades citadas coincidem!!!Proposio 3.13. Dados um reticulado L Z2 e D um dom ca nio fundamental. A rea de D seraaA(D) = |Z2 /L|,que corresponde ao nmero de pontos inteiros em um domu nio fundamental.Prova: E claro que |Z2 /L| igual ao nmero de pontos inteiros em um dom e u nio fundamental. Com efeito, seL um reticulado e D um dome enio fundamental, ento todo vetor do plano pertence a exatamente um conjuntoaD + w, em que w um ponto do reticulado. e 26. Se mostrarmos que a rea de D tambm igual ao nmero de pontos inteiros de um dom fundamental, ento ae eunio ao resultado segue. A demonstraao de que a rea do dom ca nio fundamental igual ao nmero de pontos inteiros doe udom nio fundamental segue imediatamente do teorema de Pick, teorema 1.9, (verique!).3.4Teorema de MinkowskiNessa seo apresentamos o principal resultado tcnico deste minicurso. A idia intuitiva associada a este resultado ca e e relativamente simples e explicaremos agora. Para isso precisaremos de dois conceitos geomtricos:e eDenio 3.14. Um subconjunto do plano X R2 dito ser convexo se dados dois pontos x, y X o segmento ca ede reta unindo esses pontos [x, y] = {ax + (1 a)y|a [0, 1]} est completamente contida em X, isto , [x, y] X. aeObservao 3.15. Um pol cagono no plano convexo se, e somente se, cada um de seus ngulos internos for menoreaque . So ainda exemplos de subconjuntos convexos do plano o disco, a regio interior de uma elipse (e tambm a aeo seu fecho),...Denio 3.16. Um subconjunto do plano X R2 ser dito ser simtrico (com relao ` origem) se para cadaca a e ca ax X tivermos x X.Observao 3.17. Paralelogramos, pol ca gonos regulares e discos (centrados na origem) so exemplos triviais de a2subconjuntos limitados simtricos e convexos em R .eDado um reticulado no plano L R2 e D um dom nio fundamental (associado a um conjunto de geradores{v1 , v2 }). O mais simples conjunto convexo e simtrico do plano, associado a L, com rea mxima e sem contereaapontos no nulos do reticulado so: a a paralelogramos semelhantes ao paralelogramo gerado pelos vetores v1 e v2 e centrados na origem. 0 E claro que se quisermos nos esquivar dos pontos no nulos do reticulado tais paralelogramos devem ter rea a amenor que 4 vezes a rea do dom a nio fundamental. O teorema de Minkowski formaliza essa idia mas no somente eapara os (intuitivos) paralelogramos semelhantes ao domnio fundamental e sim para qualquer conjunto limitadosimtrico e convexo. Precisamente, temos o seguinte: eTeorema 3.18. Sejam L um reticulado em R2 , D um domnio fundamental para L e X R2 , um conjuntolimitado, simtrico e convexo tal que A(X) > 4A(D). Ento X contm um ponto no nulo de L. e a eaProva:Duplicando L, obtm-se um reticulado 2L com dom e nio fundamental 2D cuja rea 4A(D). Con-aesiderando o toro relativo a tal reticulado:T = R2 /2L Cuja rea A(T ) = A(2D) = 4A(D).ae 27. Logo : R2 T , o homomorsmo estrutural no preserva a rea de X. Pois: a aA((X)) A(T ) = 4A(D) < A(X).Ento, pela proposio 3.12, |X no injetiva. Assim, existem x1 = x2 , x1 , x2 X, tais que: a ca a e (x1 ) = (x2 )ou equivalentemente, x1 x2 2L = Ker().Por X ser simtrico tem-se que x2 X o que imlica que x2 X;e como X convexo 1 (x1 ) + 1 (x2 ) X, oue e 2 21seja, 2 (x1 x2 ) X. Portanto: 1 (x1 x2 ) L X. 2Este um ponto no nulo do reticulado L e que pertence a X. e a3.5Problemas1. Considere os reticulados, dados por um conjunto de geradores {u, v}:(a) u = (1, 2) e v = (1, 1)(b) u = (2, 2) e v = (1, 3)(c) u = (1, 2) e v = (1, 1)(d) u = (1, ) e v = (1, )2. Prove que o disco D = {(x, y) R2 |x2 + y 2 r2 } convexo. e3. Prove que o quadrado Q = {(x, y) R2 | |X| c |y| c} convexo.e 28. 4 Soma de dois Quadrados4.1IntroduocaO teorema dos Dois Quadrados arma que os unicos primos p que podem ser escritos como soma de dois quadrados 2 2de inteiros, p = x + y , com x, y Z so p = 2 e os primos da forma p = 4k + 1. Esse teorema, juntamente com aoutros dois de mesma natureza foram descobertos por Fermat. Em 1640 Fermat enviou uma carta a Mersene com oenunciado do teorema, em 1659 ele enviou uma carta a Pierre de Carcavi com um esboo da prova. Em 1754 Euler cfornece uma prova completa do teorema. Euler esteve 40 anos de sua vida estudando esses problemas de Fermatsobre primos da forma x2 + ny 2 .So problemas interessantes os de soma de trs quadrados, soma de quatro quadrados e o geral que conhecidoae ecomo problema de Waring.4.2Pontos Inteiros VS Pontos Racionais em C rculosNa seo intitulada Aritmtica em Cnicas enunciamos um importante Teorema de Hasse-Minkowsky, Teoremacae o2.10, que dava condies necessrias e sucientes para que uma cnica com coecientes racionais possua ponto(s)co a oracional(is). Um exemplo que foi analisado particularmente foi a cnica:o x2 + y 2 = 3que mostramos no possuir ponto racional. O teorema a seguir mostra que para esse tipo de equaes suciente aco evericar a no existncia de pontos inteiros (que muita e e ssimo mais fcil!!!) para concluir a no existncia de pontos a a eracionais.Teorema 4.1. Seja n Z um inteiro positivo, ento n soma de dois quadrados de racionais se, e somente se, naefor soma de dois quadrados de inteiros.Prova:Suponhamos que n seja soma de dois quadrados de racionais p2 + p2 = n com p1 Z ou p2 Z. Seja12 rculo x2 + y 2 = n. Seja M = (m1 , m2 ) Z2 o ponto inteiro tal que |mi pi | 1P = (p1 , p2 ) o ponto do c2i = 1, 2. A reta = M P no pode ser tangente ao c a culo x2 + y 2 = n. Com efeito, se fosse tangente ao2 22c rculo, ento o tringulo OP M seria retngulo em P (ponto de tangncia). Assim OM = OP + P M , e isso a a a e e22 22 22 2 111um absurdo pois OM Z, OP = p1 +p2 = n Z (por hiptese) e 0 = P M = |m1 p1 | +|m2 p2 | 4 + 4 = 2 . o Logo, a reta P M secante ao ce rculo, ambos(a reta e o crculo) possuem coecientes racionais e se intersectamem P ponto racional. Pelo mtodo de Fermat, o outro ponto de interseo, Q = (q1 , q2 ) tambm racional.eca e eveis p1 , p2 que denem P . Dena c = d|P M |2 < d,Seja d o mmc das fraes irredutcoc = d(|m1 p1 |2 + |m2 p2 |2 ) = d[m2 + m2 + n 2(p1 m1 + p2 m2 )] Z 12` (4.1) Vamos mostrar que c elimina os denominadores de q1 e q2 . Isso conclui a prova pois, a partir de P obtemos Q ereduzimos os denominadores, se procedermos assim, em algum momento encontraremos um ponto inteiro.Ora, Q = P + t(M P ) = (p1 + t(m1 p1 ), p2 + t(m2 p2 )) com t Q . Dena v = M P = (m1 p1 , m2 p2 ).rculo de equao x2 + y 2 = n, temos que Q Q = n (produto escalar indicado por ). Logo:Como Q pertence ao c caen = (P + tv) (P + tv) = P P + 2t(P v) + t2 (v v)cerculo), ento 2t(P v) + t2 (v v) = 0 e como v v = ||P M ||2 = d , temoscomo P P = n (P um ponto do c a P.vp1 m1 + p2 m2 n d(2n 2(p1 m1 + p2 m2 ))t = 2 = 2 c = .(4.2) v.vd c 29. Vamos nalmente mostrar que c elimina os denominadores de q1 e q2 . Devemos mostrar que cqi = c(pi + t(mi pi )) = cpi + (ct)(mi pi )(4.3) inteiro.e Das equaes 4.2 e 4.2, temos que cocct = d(2n 2(p1 m1 + p2 m2 )) = d(2n + n m2 m2 ) = c + d(n m2 m2 ). 1212dLogo cqi = cpi + [c + d(n m2 m2 )](mi pi ) = cmi + d(n m2 m2 )(mi pi ). 12 1 2Claro que esses nmeros so inteiros pois c, mi e n so inteiros e d elimina os denominadores de p1 e p2 . u a a O resultado segue, pois, escolhendo P (ponto racional do c rculo) de forma que o mmc entre os denominadoresde p1 e p2 fosse mnimo, teramos encontrado Q (ponto racional do crculo) cujo mmc dos denominadores seriamenor.Observao 4.2. Novamente a tcnica de demonstrao desse teorema a descida innita de Fermat. Essacae caetcnica aplicada em vrios problemas aritmticos. eeae4.3Inteiros de GaussO conjunto Z[i] = {a + bi|a, b Z} C em que i2 = 1 chamado conjunto dos inteiros gaussianos. Esse conjuntoefoi estudado por Gauss (da o nome) e muito semelhante ao conjunto Z dos nmeros inteiros, tanto do pontoeude vista algbrico (propriedades da adio e multiplicao, ...) quanto do ponto de vista aritmtico (algoritmo deecacaediviso, mdc, fatorao... ). aca Para ns, entretanto, ser interessante um unico aspecto de tal conjunto, que derivado das noes de conjugao oa eco cae norma que existem no corpo dos nmeros complexos.uDenio 4.3. A conjugao em Z[i] denida da seguinte forma: cacaea + bi = a bi.Proposio 4.4. A conjugao em Z[i] satisfaz as seguintes propriedades: caca(i) z + w = z + w; (ii) z.w = z.w;(iii) zz 0 e zz Z.Prova: Verique!!!A partir da idia de conjugao e pelo item (iii) da proposio anterior, podemos denir a chamada norma ecacaalgbrica em Z[i]. eDenio 4.5. Denimos a norma algbrica de um elemento z = a + bi Z[i] por ca e N (z) = zz = a2 + b2 Z.Proposio 4.6. Sejam z, w Z[i], ento ca a N (zw) = N (z)N (w).Ou seja, se m, n Z so dois inteiros positivos que so norma de elementos de Z[i], isto , se n = N (z) ea a em = N (w), ento mn tambm norma de algum elemento de Z[i], de fato, mn = N (zw).a e e 30. 4.4Soma de Dois QuadradosConsideramos agora, para n um natural, a equao cax2 + y 2 = nQuando a equao tem soluo natural dizemos que n soma de dois quadrados. Nosso objetivo caracterizar oscaca eenaturais que so soma de dois quadrados.aLema 4.7. Seja p 1 (mod 4) um nmero primo. Ento existe u Z/pZ tal que u2 1 Z/pZ. u aProva: Pelo pequeno Teorema de Fermat sabemos que todo elemento de Z/pZ no nulo satisfaz a ap1 = 1.Ora, p = 4k + 1, considere a equao: cax2k = 1 Z/pZ.Mostraremos que essa equao possui soluo em Z/pZ e assim o resultado segue, pois, se w soluo de talca ca e cak2 2kequao, ento u = w satisfaz nosso enunciado, de fato, u = w = 1 Z/pZ.caa Ora, sendo que a4k = 1 para todo a Z/pZ, a = 0, temos que a equao ca x4k = 1 Z/pZpossui 4k = p 1 solues. Mas x4k = 1 (x2k 1)(x2k + 1) = 0 e assim temos duas possibilidades: x2k 1 = 0coou x + 1 = 0. Como Z/pZ um corpo, ento no pode ocorrer da equao x2k 1 = 0, de grau 2k, possuir 4k 2k e a a casolues. Logo, a equao x2k + 1 = 0 possui alguma soluo e o resultado segue.cocacaTeorema 4.8 (Fermat-Euler). Um primo p > 0 soma de dois quadrados de inteiros se, e somente se, p = 2 eou p da forma 4k + 1, k Z. eProva:E claro que 2 = 12 + 12 soma de dois quadrados de inteiros. Portanto s nos resta provar o resultadoe opara p = 2. Se p = 2 e p 1 (mod 4), ento p 3 (mod 4). Suponha que existam dois inteiros a e b tais que a2 + b2 = p.aFazendo congruncia mdulo 4 temos: a2 + b2 3 (mod 4) que um absurdo (verique!).eoeReciprocamente, se p 1 (mod 4), ento mostraremos que p soma de dois quadrados de inteiros. Pelo lemaa e4.7, existe u Z/pZ tal que u2 1 Z/pZ. Consideremos, agora, o reticulado L = {(a, b) Z2 |b = ua Z/pZ.Analisando a aplicao:caZ2 Z/pZ (x, y) y uxnota-se que ker(y) = L e, pelo teorema do Isomorsmo, Z2 /LZ/pZ. Logo, pela proposio 3.13, A(D) = p. ca Seja X o disco limitado, simtrico e convexo e 3pX = {(x, y) R2 |x2 + y 2 }.2Como a rea de X r2 = 3p > 4p, ento, pelo teorema de Minkowski, teorema 3.18, existe um ponto 0 = (a, b) a e2aL X. Ou seja 3p0 = a2 + b2 r2 =< 2p2 31. analisando a2 + b2 mdulo n, obtemos:oa2 + b2 a2 + u2 a2 a2 a2 0 (mod p) Logo,a2 + b2 = pPois p o unico mltiplo no nulo de p e menor que 2p. e ua Logo, se p 1 (mod 4), ento p soma de dois quadrados de inteiros.aeTeorema 4.9. Seja n > 0 um inteiro. Ento n soma de dois quadrados de inteiros se, e somente se, n no aeapossui, em sua fatoraao em primos, uma potncia de expoente ce mpar para um primo p 3 (mod 4). Ou seja,na fatorao de n podem ocorrer os primos 2 e p 1 (mod 4) com expoente arbitrrio, mas os primos da forma caap 3 (mod 4) devem ocorrer com expoente mpar.Prova: Suponhamos quen = pe1 pe2 ...pek 1 2k a fatorao em primos (distintos) de n e suponhamos que todos os primos p 3 (mod 4) que ocorrem nae cafatorao de n possuem expoente par. Para cada primo p = 2 ou p 1 (mod 4), p soma de dois quadrados, peloca eteorema 4.8 e, portanto, qualquer potncia de tais primos tambm soma de dois quadrados, pela proposio 4.6. ee ecaPara os primos que possuem expoente par, ento a prpria potncia um quadrado e portanto soma de quadradosaoee(x2 = 02 + x2 ). O resultado segue do fato que o produto de inteiros que so soma de dois quadrados tambma e esoma de dois quadrados novamente, pela proposio 4.6.caReciprocamente, suponhamos que n = a2 + b2 seja soma de dois quadrados. Suponhamos que n possua algumfator primo, p 3 (mod 4), cujo expoente em sua fatorao (em primos distintos) seja ca mpar. Seja d = mdc(a, b).2 2 2nComo d |a + b = n e p|n (com multiplicidade mpar), ento p| d2 = m. Sejam u e v tais que a = du e b = dv, aento u2 + v 2 = m, mdc(u, v) = 1 e p|m. Assim, existe um dentre os nmeros u e v que coprimo com p (digamos a ueu) e, portanto, existe w tal que uw 1 (mod p). Como u + v 0 (mod p) temos que (wv)2 1 (mod p). 2 2Ora, p 3 (mod 4) logo p 1 = 2q em que q e mpar. Considere a expresso (wv)2 1 (mod p) tomando ap1potncias com expoente q, obtemos (wv)e 1 (mod p) (lembramos que q e mpar!). Isso um absurdo, peloepequeno teorema de Fermat.4.5 problemas rculo x2 + y 2 = p possui um unico ponto inteiro e1. Seja p 1 (mod 4) um primo positivo. Mostre que o c positivo. e urculo x2 + y 2 = n possui mais de um ponto2. D exemplos de nmeros inteiros e positivos n para os quais o c inteiro e positivo. 32. 5 Equaoes de Pell-Fermatc5.1 Introduo caSeja d Z um inteiro positivo que no quadrado. Chamamos equao de Pell-Fermat as equaes do tipoa e caco x2 dy 2 = 1das quais se procuram solues inteiras. Tais equaes representam hiprboles que mostraremos possuir uma in-cocoenidade de pontos inteiros.As equaes de Pell-Fermat so estudadas ha milnios na coae India e na Grcia. Eles estavam particularmenteexinteressados no caso d = 2 uma vez que suas solues forneciam boas aproximaes racionais de 2 cocoy . Baud-577hayana (800 AC) encontrou os pares (17, 12) e (577, 408) que forneciam muito boas aproximaes para 2 co408 . 1351Arquimedes (300 AC) usou a equao no caso d = 3 e obteve a aproximao 3 ca ca 780 . Brahmagupta e Bhaskaratambm estudaram essas equaes utilizando um mtodo denominado Chakravala. e co e O nome de Pell nestas equaes ocorre devido a um erro de Euler atribuindo ao matemtico ingls John Pellco a e(1610-1685) o estudo da mesma. Aparentemente foi Lord Brouncker (1620-1684) o primeiro matemtico europeu amoderno a estudar as equaes de Pell-Fermat. Fermat, em 1657 props o problema geral de resolver tais equaes coo co co em uma carta a Frenicle. Euler, em 1770 estuda estas equaes em seu livro de Algebra utilizando fraes contco nuas.Lagrange, em 1773 demonstra o teorema 5.6. Nosso enfoque ser mais geomtrico, em particular, daremos umaa edemonstrao original, via Teorema de Minkowski, da proposio chave para mostrar que as equaes de Pell-Fermatcaca cosempre possuem uma innidade de solues, Proposio 5.7. co ca5.2 Inteiros Quadrticos de Pell-FermataUma lgebra sobre os inteiros (que seja dom a nio de integridade) chamada um Dome nio de Inteiros Quadrticos seaA Z[X]/(f ) em que f um polinmio irredut de grau 2. Ns estaremos interessados num tipo um pouco maiseo vel osimples e suporemos que f = X 2 d em que d um inteiro positivo no quadrado. Pelo teorema do isomorsmoe atemos que tais conjuntos so da formaa A Z[ d] = {a + b d|a, b Z} Ctomaremos ento essa descrio para os nossos dom a canios quadrticos de Pell-FermataDenio 5.1. Um Dom ca nio de Inteiros Quadrticos de Pell-Fermat um conjunto da formaa e Z[ d] = {a + b d|a, b Z} Rem que d Z um inteiro positivo no quadrado. eaDizer que esse conjunto um dom (de integridade) signica dizer que o mesmo est munido de duas operaes,enioacoadio e multiplicao, satisfazendo as propriedades usuais (como Z). No exigimos a existncia de inversos multi-caca a eplicativos em geral, somente a propriedade que caracteriza os domnios. Se xy = 0, ento x = 0 ou y = 0. H, para a aesses dom nios, uma noo de conjugao muito similar a conjugao complexa.ca caca Denio 5.2. Seja z = a + b d Z[ d], o conjugado de z z = a b d.ca eA conjugao em Z[ d] satisfaz as mesmas propriedades da conjugao complexa, que so caca a1. z + w = z + w; 33. 2. z.w = z.w Denio 5.3. A norma algbrica em Z[ d] denida por: cae eN (z) = zzlogo, se z = a + b d, ento N (z) = a2 b2 d Z. a A propriedade fundamental da norma algbrica de Z[ d] e eN (zw) = N (z)N (w)Proposio 5.4. Um elemento z Z[ d] invers se, e somente se, N (z) = 1. ca e vel Prova:Se z invers evel, ento existe w Z[ d] tal que zw = 1 e, portanto, N (z)N (w) = 1 como N (z) e N (w) aso nmeros inteiros, temos que N (z) = 1 (que so os unicos inteiros invers a u a veis). Reciprocamente, se N (z) = 1, ento zz = 1 e portanto z( z) = 1 donde conclu a mos que z inverse vel.Observao 5.5. Se Z[ d] inverscae vel, ento z 1 = z pois, nesse caso, N (z) = z.z = 1. Se z Z[ d] a e invers e N (z) = 1, ento N (z 1 ) = 1, ou seja, se z = x + y d = 1. Ento z 1 = z = x y d = 1.velaa Portanto, a partir desta proposio podemos concluir que so equivalentes quando d > 0: caa (i) z = a + b d > 0 com a, b > 0 invers em Z[ d]; e vel (ii) (a, b) uma soluo em inteiros positivos da equao x2 y 2 d = 1; e ca ca (iii) z = a + b d > 0 com a, b > 0 e N (z) = 1.O ponto que nos interessa que se z = a + b d = 1, ento, no apenas ele, bem como todas as suas potnciase aae22do origem ` solues no triviais da equao x dy = 1, pela proposio 4.6. Nesse caso as potncias de z nosaa co aca ca e 22fornecem uma innidade de solues para a equao x dy = 1 desde que z = 1. co ca5.3Soluoes da Equao de Pell-Fermat ccaSeja d Z um inteiro no quadrado. As equaes do tipo a co x2 dy 2 = 1so chamadas equaes de Pell-Fermat. Vamos, agora, utilizar a Teoria de Minkowski sobre reticulados no plano a copara mostrar que as hiprboles denidas por uma equao de Pell-Fermat sempre possuem uma innidade de pontos ecainteiros. Chamamos solues triviais (1, 0). Podemos nos reduzir a procura de solues positivas, isto , x > 0 e coco ey > 0 uma vez que todas as outras solues inteiras so obtidas a partir destas. coaTeorema 5.6. Seja d Z um inteiro positivo no quadrado, ento a equao de Pell-Fermat a aca x2 dy 2 = 1possui uma innidade de solues inteiras positivas. Alm disso, se (x1 , y1 ), x1 > 0 e y1 > 0, a soluao tal queco e e c x1 + y1 d m e nimo, ento todas as outras solues inteiras positivas da equao de Pell-Fermat so (xn , yn ) tala co ca a nque xn + yn d = (x1 + y1 d) 34. De fato, a partir da discusso do m da ultima seo, percebemos que suciente mostrar que existe uma a ca e2ksoluo (a, b) Z tal que a + b d > 1. Com efeito, sendo z1 = a + b d Z[ d] denimos zk = z1 . Como z1 > 1,caento todas as suas potncias so distintas e alm disso, (a, b) soluo da equao de Pell-Fermat se, e somente se, aeaee cacaN (a + b d) = 1. Nesse caso, no apenas z1 de norma 1 como tambm todas as suas potncias. E assim obtemos aee eum innidade de solues.coExemplo 5.1. Considere a equao cax2 2y 2 = 1.Uma soluo no trivial (3, 2) que corresponde ao inversca a evel z = 3 + 2 2 Z[ 2].Suas potncias so: e a z 2 = 17 + 12 2, z 3 = 99 + 70 2, z 4 = 577 + 408 2, ... Esses elementos de Z[d] do origem `s seguintes solues da equao de Pell-Fermat:(3, 2) (17, 12), a acoca(99, 70), (577, 408), ... Pelo teorema de Pell Fermat essas so todas as solues da equao. a cocaA prxima proposio ser fundamental para a demonstrao do Teorema de Pell-Fermat e apresentamos aquioca a cauma demonstrao geomtrica original. As demonstraes anteriores usavam teoria de aproximao. ca e co caProposio 5.7. Seja d Z um inteiro positivo no quadrado. Ento existe m > 0 tal que a equao ca a a cax2 dy 2 = mpossui uma innidade de soluoes inteiras.cProva: Considere, primeiramente, o reticulado L1 = {(a + b d, a b d) R2 |a, b Z}. Um conjunto de geradores pala L1 {(1, 1), ( d, d)}, logo, a rea de um dom e a nio fundamental de L1 e A = | det((1, 1), ( d, d))| = 2 d. Observamos que se (x, y) = (a + b d, a b d) L1 , ento xy = a2 db2 = aN (a + b d). Nosso objetivo, portanto, ser encontrar elementos cujo produto das coordenadas seja limitado.a Considere ainda, para cada c > 0 os seguintes conjuntos: Hc = {(x, y) R2 | |xy| c} Qc = {(x, y) R2 | |x| c e |y| c}.y x 35. Claramente o quadrado Qc est contido na regio hiperblica Hc , isto , Qc Hc para todo c > 0. O quadrado aao e Qc limitado, simtrico e convexo e sua rea A(Qc ) = 4c. Se tomarmos c > A = 2 d (em que A representa a e eaerea de um doma nio fundamental de L1 ), estamos nas hipteses do Teorema de Minkowski, Teorema 3.18, e assim, oconclumos que existe um ponto no nulo do reticulado L1 em Qc . Ou seja, existe 1 L1 tal que a 0 = 1 = (a1 + b1 d, a1 b1 d) Qc Hc |a2 db2 | c. 1 1Podemos supor, por simetria, que a1 , b1 > 0. Sejam m = min{|a1 + b1 d|, |a1 b1 d|} (o menor dos mdulos dasodccoordenadas de 1 ) e 2 ]0, m c [ R ( 2 < 2 ). Considere a transformao linear ortogonal: ca 1T : R2 R2 , T (x, y) = (2 x, 2 y).Armamos que a aplicao linear T transforma o reticulado L1 num reticulado L2 de mesma rea (de um dom ca aniofundamental). Com efeito, a transformao linear bijetiva, logo a imagem do reticulado L1 tambm um reticulado caee eL2 . Escolha 2 tal que o reticulado L2 no contenha o ponto 1 . Novamente, pelo teorema de Minkoswki, 3.18,aexiste um ponto no nulo do reticulado L2 no quadrado Qc ,a 0 = 2 = (a2 + b2 d, a2 b2 d) Qc Hc |a2 db2 | c. 2 2 Podemos, assim, escolher a2 , b2 > 0 tais que |a2 b2 d| = |a1 b1 d|. Indutivamente, podemos construir uma innidade de elementos zn Z[ d] com valores absolutos distintos ecom norma algbrica limitada. Isso implica na existncia de um inteiro positivo m c tal que a equao e eca x2 dy 2 = mpossui uma innidade de solues inteiras.coProsseguimos, agora, com a demonstrao do teorema 5.6. caProva:do Teorema 5.6Primeiramente vamos mostrar a existncia de uma soluo inteira positiva. Pela proposio 5.7, existe m > 0 ecacatal que a equaocax2 dy 2 = mpossui uma innidade de solues inteiras. Podemos, portanto, escolher duas solues positivas (x1 , y1 ) e (x2 , y2 ) co cotais que |x1 | = |x2 |, x1 x2 (mod m) e y1 y2 (mod m) (o nmero de classes de equivalncia mdulo m ueoenito ( = m) portanto existem uma classe que contm uma innidade de elementos). e Fazendo (x1 + y1 d)(x2 y2 d) = (x1 x2 dy1 y2 ) + (x2 y1 x1 y2 ) d (5.4)note que x1 x2 dy1 y2 x2 dy1 0 (mod m) e x1 y2 x2 y1 x1 y1 x1 y1 0 (mod m) pela nossa escolha 1 2de represantes na mesma classe de equivalncia mdulo m. Denotamos x1 x2 dy1 y2 = mu e x1 y2 x2 y1 = mv. eoSubstituindo na expresso 5.4, temos:a (x1 + y1 d)(x2 y2 d) = m(u + v d)tomando conjugados: (x1 y1 d)(x2 + y2 d) = m(u v d) 36. multiplicando: m2 (u2 dv 2 ) = (x2 y1 d)(x2 y2 d) = m2 122 2Logo u2 dv 2 = 1. E assim mostramos que existe uma soluo em inteiros positivos. caPara concluir devemos mostrar que todas as solues em inteiros positivos so obtidas a partir de potncias coa eda soluo mca nima = x1 + y1 d (claramente as potncias desta soluo sao tambm solues, pela proposioe ca ecoca4.6). Suponha, por absurdo que exista uma soluo positiva (x, y) que no pode ser obtida por potncia, ou seja,ca a ex + y d = n , com n N. Ento existe um natural n tal que an < x + y d < n+1isso implica 1 < n (x + y d) < . Isso um absurdo pois n (x + y d) soluo em inteiros positivos (Verique!!!) e a soluo m e e cae ca nima eminteiros positivos.5.4Problemas1. Encontre todas as solues para a equao de Pell-Fermat x2 dy 2 = 1 nos casos em que d = 3, 5, 6, 7, 8, 10. coca2. Mostre que se d = c2 , com c N, ou seja, d um quadrado perfeito. Ento a equao x2 dy 2 = m possui,ea ca sempre um nmero nito de solues (pode ocorrer de no haver soluo inteira). Encontre valores de d e de uco aca m para os quais a equao x2 dy 2 = m possui solues e valores para os quais a mesma no possui soluo caco a ca inteira positiva. Se m = 1 as unicas solues so as triviais (1, 0). coa3. Mostre que as solues inteiras positivas da equao x2 2y 2 = 1 satisfazem a seguinte relao de recorrncia: co caca e (x1 , y1 ) = (3, 2) e xn+1 = 3xn + 4yn , yn+1 = 2xn + 3yn .4. Mostre que existem valores de d, no quadrados, para os quais a equao a ca x2 dy 2 = 1possui soluo e outros valores para os quais a mesma no admite soluo. caa ca5. Mostre que se (x1 , y1 ) a menor soluo em inteiros positivos da equao x2 dy 2 = 1, ento (x2 , y2 )e ca ca a denidos por (x2 + dy2 ) = (x1 + dy1 )2 a menor soluo em inteiros positivos da x2 dy 2 = 1.e ca x6. Mostre que as solues das equaes x2 dy 2 = 1 fornecem boa aproximaes racionais para d co cocoy.x Sugesto: calcular y d a 37. 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