Baixado 39 vezes
![Todo triˆngulo horizontal ´ formado por concatena¸˜o de quadrados 1 × 1. Assim, se verificamos a f´rmula de
a e ca o
Pick em quadrados 1 × 1, ent˜o vale o teorema de Pick em geral
a
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 2
Observa¸˜o 1.10. Ver, por exemplo, Lages Lima, E. [9]. A se¸˜o intitulada Como calcular a ´rea de um pol´
ca ca a ıgono
se vocˆ sabe contar
e
Como hav´
ıamos dito queremos olhar para a f´rmula de Pick de outra forma:
o
1
I =A− F +1
2
E sabemos que a ´rea pode ser calculada de v´rias formas. Gostar´
a a ıamos de terminar essa se¸˜o mostrando como
ca
calcular F de maneira instantˆnea.
a
Proposi¸˜o 1.11. Seja P = A0 A1 A2 ...An−1 An , com An = A0 , um pol´
ca ıgono simples no plano com v´rtices inteiros,
e
−−→
−−
isto ´, Ai ∈ Z. Defina vi = Ai−1 Ai = (ai , bi ) e di = mdc(ai , bi ). Ent˜o o n´mero de pontos inteiros na fronteira de
e a u
n
P ´F =
e di .
i=1
Prova: Primeiramente lembramos que, a partir do argumento utilizado na proposi¸˜o 1.2, um segmento de
ca
−
−→
reta P Q com P, Q ∈ Z2 tal que v = P Q = (a, b) com mdc(a, b) = 1, ent˜o n˜o existe ponto inteiro no interior do
a a
segmento. Verifique na figura!!!
−
−→
Sejam P, Q ∈ Z2 ⊂ R2 e v = P Q = (a, b) dois v´rtices consecutivos do pol´
e ıgono, ent˜o o n´mero de pontos
a u
inteiros 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
e
cujo vetor que o representa tenha coordenadas inteiros coprimos.
Para concluir note que cada aresta Ai−1 Ai do pol´ıgono vai possuir, em seu interior(sem contar os v´rtices),
e
di − 1 pontos inteiros. Logo o n´mero de pontos inteiros na fronteira do pol´
u ıgono ser´
a
n
di − n + n
i=1
−n corresponde a −1 para cada aresta e +n corresponde aos v´rtices do pol´
e ıgono.
1.5 Problemas
1. Vocˆ possui muitos palitos com 6cm e 7cm de comprimento. Qual o n´mero m´
e u ınimo de palitos que vocˆ
e
precisa utilizar para fazer uma fila 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 n´mero poss´ de frutas em cada pilha.
u ıvel
3. (Problema proposto por Bhaskara 1; S´culo VI) Encontre o menor n´mero natural que deixa resto 1 quando
e u
dividido por 2,3,4,5,6 mas ´ exatamente divis´ por 7.
e ıvel](https://image.slidesharecdn.com/mc15completo-121023213254-phpapp02/85/algebra-vetorial-12-320.jpg)
![3 Reticulados no plano
3.1 Reticulados e seus Dom´
ınios Fundamentais
A teoria de reticulados ´ bem desenvolvida e um leitor com uma maior familiaridade a teoria de grupos (abelianos)
e
apreciar´ a leitura de Stewart [1]. Nosso objetivo ´ apresentar a teoria em um caso muito especial, reticulados no
a e
plano; pois, nesse caso, muitas constru¸˜es e demonstra¸˜es se simplificam. Em particular utilizaremos o m´
co co ınimo
poss´ de ´lgebra linear.
ıvel a
Defini¸˜o 3.1. Sejam v1 , v2 ⊂ R2 dois vetores n˜o m´ltiplos. Um reticulado (de dimens˜o 2) no plano R2 ,
ca a u a
com conjunto de geradores os vetores {v1 , v2 }, consiste do conjunto das combina¸˜es (lineares) inteiras desses dois
co
vetores, ou seja
L = {v ∈ R2 |v = m1 v1 + m2 v2 , mi ∈ Z}.
Defini¸˜o 3.2. Dados, um reticulado L no plano com conjunto de geradores {v1 , v2 } , o conjunto dos pontos
ca
a1 v1 + a2 v2 ∈ R2 para pos quais 0 ≤ a1 < 1 ´ chamado o dom´
e ınio fundamental do reticulado L associado ao
conjunto de geradores {v1 , v2 }.
Vamos abrir um parˆnteses para conectar a no¸˜o de reticulado e a no¸˜o alg´brica de grupos. O leitor que
e ca ca e
n˜o est´ familiarizado com a no¸˜o de grupos pode, simplesmente utilizar a defini¸˜o acima, ou ler um pouco do
a a ca ca
apˆndice sobre grupos abelianos. O fato ´ que se v, w ∈ L, ent˜o v = m1 v1 + m2 v2 e w = n1 v1 + n2 v2 e, portanto,
e e a
v + w = (m1 + n1 )v1 + (m2 + n2 )v2 ∈ L e −v = (−m1 )v1 + (−m2 )v2 ∈ L e estas s˜o as condi¸˜es para que L seja
a co
um subgrupo aditivo de R2 .
Entretanto um reticulado no plano L ⊂ R2 n˜o ´ qualquer tipo de subgrupo. Como conjunto de R2 um reticulado
a e
´, sempre, um subconjunto discreto!!!
e
Defini¸˜o 3.3. Um subconjunto de X ⊂ R2 ´ discreto se todos os seus pontos s˜o isolados, isto ´, se dado p ∈ X,
ca e a e
2
existir δ > 0 tal que o unico ponto da interse¸˜o do disco aberto D(p, δ) = {q ∈ R | ||q − p|| < δ} com X for o
´ ca
pr´pio p. Ou seja,
o
D(p, δ) ∩ X = {p}
Observa¸˜o 3.4. Lembramos que os unicos subgrupos discretos da reta real s˜o isomorfos a Z (e todos s˜o retic-
ca ´ a a
ulados da reta!!!). De fato, seja G ⊂ R um subgrupo aditivo discreto e seja m o menor elemento positivo de G (tal
elemento existe pois G ´ discreto), ent˜o G = mZ. (Verifique os detalhes!)
e a
Subgrupos de R n˜o discretos s˜o bem mais complicados, por exemplo, Q ⊂ R ´ um subgrupo aditivo que ´
a a e e
denso!!!
Proposi¸˜o 3.5. Seja G ⊂ R2 um subgrupo aditivo. Ent˜o s˜o equivalentes:
ca a a
1. G ´ um reticulado;
e
2. G ⊂ R2 ´ discreto.
e
Prova: Seja G ⊂ R2 um reticulado com conjunto de geradores {v, w}. Vamos mostrar que G ´ um conjunto
e
discreto. Vamos mostrar que 0 ´ um ponto isolado e o resultado segue, por transla¸˜o. Claramente n˜o existe
e ca a
ponto reticulado no conjunto int(D) = {u ∈ R2 |u = αv + βw} com 0 < α < 1 e 0 < β < 1. Assim, tome
1
δ = 2 min{||v||, ||w||, ||v + w||}. Claro que G ∩ D(0, δ) = 0.
Reciprocamente, seja G ⊂ R2 um subgrupo aditivo discreto. Para mostrar que G ´ um reticulado devemos
e
encontrar geradores. Seja v ∈ G o vetor n˜o nulo de menor norma. Seja w ∈ G o ponto mais pr´ximo da reta
a o](https://image.slidesharecdn.com/mc15completo-121023213254-phpapp02/85/algebra-vetorial-22-320.jpg)
![Se mostrarmos que a ´rea de D tamb´m ´ igual ao n´mero de pontos inteiros de um dom´ fundamental, ent˜o
a e e u ınio a
o resultado segue. A demonstra¸ao de que a ´rea do dom´
c˜ a ınio fundamental ´ igual ao n´mero de pontos inteiros do
e u
dom´ ınio fundamental segue imediatamente do teorema de Pick, teorema 1.9, (verifique!).
3.4 Teorema de Minkowski
Nessa se¸˜o apresentamos o principal resultado t´cnico deste minicurso. A id´ia intuitiva associada a este resultado
ca e e
´ relativamente simples e explicaremos agora. Para isso precisaremos de dois conceitos geom´tricos:
e e
Defini¸˜o 3.14. Um subconjunto do plano X ⊂ R2 ´ dito ser convexo se dados dois pontos x, y ∈ X o segmento
ca e
de reta unindo esses pontos [x, y] = {ax + (1 − a)y|a ∈ [0, 1]} est´ completamente contida em X, isto ´, [x, y] ⊂ X.
a e
Observa¸˜o 3.15. Um pol´
ca ıgono no plano ´ convexo se, e somente se, cada um de seus ˆngulos internos for menor
e a
que π. S˜o ainda exemplos de subconjuntos convexos do plano o disco, a regi˜o interior de uma elipse (e tamb´m
a a e
o seu fecho),...
Defini¸˜o 3.16. Um subconjunto do plano X ⊂ R2 ser´ dito ser sim´trico (com rela¸˜o ` origem) se para cada
ca a e ca a
x ∈ X tivermos −x ∈ X.
Observa¸˜o 3.17. Paralelogramos, pol´
ca ıgonos regulares e discos (centrados na origem) s˜o exemplos triviais de
a
2
subconjuntos limitados sim´tricos e convexos em R .
e
Dado um reticulado no plano L ⊂ R2 e D um dom´ ınio fundamental (associado a um conjunto de geradores
{v1 , v2 }). O mais simples conjunto convexo e sim´trico do plano, associado a L, com ´rea m´xima e sem conter
e a a
pontos n˜o nulos do reticulado s˜o:
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 n˜o nulos do reticulado tais paralelogramos devem ter ´rea
a a
menor que 4 vezes a ´rea do dom´
a ınio fundamental. O teorema de Minkowski formaliza essa id´ia mas n˜o somente
e a
para os (intuitivos) paralelogramos semelhantes ao dom´ ınio fundamental e sim para qualquer conjunto limitado
sim´trico e convexo. Precisamente, temos o seguinte:
e
Teorema 3.18. Sejam L um reticulado em R2 , D um dom´ ınio fundamental para L e X ⊂ R2 , um conjunto
limitado, sim´trico e convexo tal que A(X) > 4A(D). Ent˜o X cont´m um ponto n˜o nulo de L.
e a e a
Prova: Duplicando L, obt´m-se um reticulado 2L com dom´
e ınio fundamental 2D cuja ´rea ´ 4A(D). Con-
a e
siderando o toro relativo a tal reticulado:
T = R2 /2L
Cuja ´rea ´ A(T ) = A(2D) = 4A(D).
a e](https://image.slidesharecdn.com/mc15completo-121023213254-phpapp02/85/algebra-vetorial-26-320.jpg)
![4 Soma de dois Quadrados
4.1 Introdu¸˜o
ca
O teorema dos Dois Quadrados afirma que os unicos primos p que podem ser escritos como soma de dois quadrados
´
2 2
de inteiros, p = x + y , com x, y ∈ Z s˜o p = 2 e os primos da forma p = 4k + 1. Esse teorema, juntamente com
a
outros dois de mesma natureza foram descobertos por Fermat. Em 1640 Fermat enviou uma carta a Mersene com o
enunciado do teorema, em 1659 ele enviou uma carta a Pierre de Carcavi com um esbo¸o da prova. Em 1754 Euler
c
fornece uma prova completa do teorema. Euler esteve 40 anos de sua vida estudando esses problemas de Fermat
sobre primos da forma x2 + ny 2 .
S˜o problemas interessantes os de soma de trˆs quadrados, soma de quatro quadrados e o geral que ´ conhecido
a e e
como problema de Waring.
4.2 Pontos Inteiros VS Pontos Racionais em C´
ırculos
Na se¸˜o intitulada Aritm´tica em Cˆnicas enunciamos um importante Teorema de Hasse-Minkowsky, Teorema
ca e o
2.10, que dava condi¸˜es necess´rias e suficientes para que uma cˆnica com coeficientes racionais possua ponto(s)
co a o
racional(is). Um exemplo que foi analisado particularmente foi a cˆnica:
o
x2 + y 2 = 3
que mostramos n˜o possuir ponto racional. O teorema a seguir mostra que para esse tipo de equa¸˜es ´ suficiente
a co e
verificar a n˜o existˆncia de pontos inteiros (que ´ muit´
a e e ıssimo mais f´cil!!!) para concluir a n˜o existˆncia de pontos
a a e
racionais.
Teorema 4.1. Seja n ∈ Z um inteiro positivo, ent˜o n ´ soma de dois quadrados de racionais se, e somente se, n
a e
for 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. Seja
1 2
ırculo x2 + y 2 = n. Seja M = (m1 , m2 ) ∈ Z2 o ponto inteiro tal que |mi − pi | ≤ 1
P = (p1 , p2 ) o ponto do c´ 2
i = 1, 2. A reta = M P n˜o pode ser tangente ao c´
a ıculo x2 + y 2 = n. Com efeito, se fosse tangente ao
2 2 2
c´
ırculo, ent˜o o triˆngulo OP M seria retˆngulo em P (ponto de tangˆncia). Assim OM = OP + P M , e isso ´
a a a e e
2 2 2 2 2 2 2 1 1 1
um absurdo pois OM ∈ Z, OP = p1 +p2 = n ∈ Z (por hip´tese) e 0 = P M = |m1 −p1 | +|m2 −p2 | ≤ 4 + 4 = 2 .
o
Logo, a reta P M ´ secante ao c´
e ırculo, ambos(a reta e o c´
ırculo) possuem coeficientes racionais e se intersectam
em P ponto racional. Pelo m´todo de Fermat, o outro ponto de interse¸˜o, Q = (q1 , q2 ) ´ tamb´m racional.
e ca e e
ıveis p1 , p2 que definem P . Defina c = d|P M |2 < d,
Seja d o mmc das fra¸˜es irredut´
co
c = d(|m1 − p1 |2 + |m2 − p2 |2 ) = d[m2 + m2 + n − 2(p1 m1 + p2 m2 )] ∈ Z
1 2 ` (4.1)
Vamos mostrar que c elimina os denominadores de q1 e q2 . Isso conclui a prova pois, a partir de P obtemos Q e
reduzimos 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∗ . Defina v = M − P = (m1 − p1 , m2 − p2 ).
ırculo de equa¸˜o x2 + y 2 = n, temos que Q · Q = n (produto escalar ´ indicado por ·). Logo:
Como Q pertence ao c´ ca e
n = (P + tv) · (P + tv) = P · P + 2t(P · v) + t2 (v · v)
c
e ırculo), ent˜o 2t(P · v) + t2 (v · v) = 0 e como v · v = ||P M ||2 = d , temos
como P · P = n (P ´ um ponto do c´ a
P.v p1 m1 + p2 m2 − n d(2n − 2(p1 m1 + p2 m2 ))
t = −2 = −2 c = . (4.2)
v.v d c](https://image.slidesharecdn.com/mc15completo-121023213254-phpapp02/85/algebra-vetorial-28-320.jpg)
 = cmi + d(n − m2 − m2 )(mi − pi ).
1 2 1
2
Claro que esses n´meros s˜o inteiros pois c, mi e n s˜o inteiros e d elimina os denominadores de p1 e p2 .
u a a
O resultado segue, pois, escolhendo P (ponto racional do c´
ırculo) de forma que o mmc entre os denominadores
de p1 e p2 fosse m´
ınimo, ter´ıamos encontrado Q (ponto racional do c´ ırculo) cujo mmc dos denominadores seria
menor.
Observa¸˜o 4.2. Novamente a t´cnica de demonstra¸˜o desse teorema ´ a “descida infinita de Fermat”. Essa
ca e ca e
t´cnica ´ aplicada em v´rios problemas aritm´ticos.
e e a e
4.3 Inteiros de Gauss
O conjunto Z[i] = {a + bi|a, b ∈ Z} ⊂ C em que i2 = −1 ´ chamado conjunto dos inteiros gaussianos. Esse conjunto
e
foi estudado por Gauss (da´ o nome) e ´ muito semelhante ao conjunto Z dos n´meros inteiros, tanto do ponto
ı e u
de vista alg´brico (propriedades da adi¸˜o e multiplica¸˜o, ...) quanto do ponto de vista aritm´tico (algoritmo de
e ca ca e
divis˜o, mdc, fatora¸˜o... ).
a ca
Para n´s, entretanto, ser´ interessante um unico aspecto de tal conjunto, que ´ derivado das no¸˜es de conjuga¸˜o
o a ´ e co ca
e norma que existem no corpo dos n´meros complexos.
u
Defini¸˜o 4.3. A conjuga¸˜o em Z[i] ´ definida da seguinte forma:
ca ca e
a + bi = a − bi.
Proposi¸˜o 4.4. A conjuga¸˜o em Z[i] satisfaz as seguintes propriedades:
ca ca
(i) z + w = z + w;
(ii) z.w = z.w;
(iii) zz ≥ 0 e zz ∈ Z.
Prova: Verifique!!!
A partir da id´ia de conjuga¸˜o e pelo item (iii) da proposi¸˜o anterior, podemos definir a chamada norma
e ca ca
alg´brica em Z[i].
e
Defini¸˜o 4.5. Definimos a norma alg´brica de um elemento z = a + bi ∈ Z[i] por
ca e
N (z) = zz = a2 + b2 ∈ Z.
Proposi¸˜o 4.6. Sejam z, w ∈ Z[i], ent˜o
ca a
N (zw) = N (z)N (w).
Ou seja, se m, n ∈ Z s˜o dois inteiros positivos que s˜o norma de elementos de Z[i], isto ´, se n = N (z) e
a a e
m = N (w), ent˜o mn tamb´m ´ norma de algum elemento de Z[i], de fato, mn = N (zw).
a e e](https://image.slidesharecdn.com/mc15completo-121023213254-phpapp02/85/algebra-vetorial-29-320.jpg)
![5 Equa¸oes de Pell-Fermat
c˜
5.1 Introdu¸˜o
ca
Seja d ∈ Z um inteiro positivo que n˜o ´ quadrado. Chamamos equa¸˜o de Pell-Fermat as equa¸˜es do tipo
a e ca co
x2 − dy 2 = 1
das quais se procuram solu¸˜es inteiras. Tais equa¸˜es representam hip´rboles que mostraremos possuir uma in-
co co e
finidade de pontos inteiros.
As equa¸˜es de Pell-Fermat s˜o estudadas ha milˆnios na ´
co a e India e na Gr´cia. Eles estavam particularmente
e
√ x
interessados no caso d = 2 uma vez que suas solu¸˜es forneciam boas aproxima¸˜es racionais de 2
co co y . Baud-
√ 577
hayana (800 AC) encontrou os pares (17, 12) e (577, 408) que forneciam muito boas aproxima¸˜es para 2
co 408 .
√ 1351
Arquimedes (300 AC) usou a equa¸˜o no caso d = 3 e obteve a aproxima¸˜o 3
ca ca 780 . Brahmagupta e Bhaskara
tamb´m estudaram essas equa¸˜es utilizando um m´todo denominado Chakravala.
e co e
O nome de Pell nestas equa¸˜es ocorre devido a um erro de Euler atribuindo ao matem´tico inglˆs John Pell
co a e
(1610-1685) o estudo da mesma. Aparentemente foi Lord Brouncker (1620-1684) o primeiro matem´tico europeu
a
moderno a estudar as equa¸˜es de Pell-Fermat. Fermat, em 1657 propˆs o problema geral de resolver tais equa¸˜es
co o co
co ´
em uma carta a Frenicle. Euler, em 1770 estuda estas equa¸˜es em seu livro de Algebra utilizando fra¸˜es cont´
co ınuas.
Lagrange, em 1773 demonstra o teorema 5.6. Nosso enfoque ser´ mais geom´trico, em particular, daremos uma
a e
demonstra¸˜o original, via Teorema de Minkowski, da proposi¸˜o chave para mostrar que as equa¸˜es de Pell-Fermat
ca ca co
sempre possuem uma infinidade de solu¸˜es, Proposi¸˜o 5.7.
co ca
5.2 Inteiros Quadr´ticos de Pell-Fermat
a
Uma ´lgebra sobre os inteiros (que seja dom´
a ınio de integridade) ´ chamada um Dom´
e ınio de Inteiros Quadr´ticos se
a
A Z[X]/(f ) em que f ´ um polinˆmio irredut´ de grau 2. N´s estaremos interessados num tipo um pouco mais
e o ıvel o
simples e suporemos que f = X 2 − d em que d ´ um inteiro positivo n˜o quadrado. Pelo teorema do isomorfismo
e a
temos que tais conjuntos s˜o da forma
a
√ √
A Z[ d] = {a + b d|a, b ∈ Z} ⊂ C
tomaremos ent˜o essa descri¸˜o para os nossos dom´
a ca ınios quadr´ticos de Pell-Fermat
a
Defini¸˜o 5.1. Um Dom´
ca ınio de Inteiros Quadr´ticos de Pell-Fermat ´ um conjunto da forma
a e
√ √
Z[ d] = {a + b d|a, b ∈ Z} ⊂ R
em que d ∈ Z ´ um inteiro positivo n˜o quadrado.
e a
Dizer que esse conjunto ´ um dom´ (de integridade) significa dizer que o mesmo est´ munido de duas opera¸˜es,
e ınio a co
adi¸˜o e multiplica¸˜o, satisfazendo as propriedades usuais (como Z). N˜o exigimos a existˆncia de inversos multi-
ca ca a e
plicativos em geral, somente a propriedade que caracteriza os dom´ınios. Se xy = 0, ent˜o x = 0 ou y = 0. H´, para
a a
esses dom´ ınios, uma no¸˜o de conjuga¸˜o muito similar a conjuga¸˜o complexa.
ca ca ca
√ √ √
Defini¸˜o 5.2. Seja z = a + b d ∈ Z[ d], o conjugado de z ´ z = a − b d.
ca e
√
A conjuga¸˜o em Z[ d] satisfaz as mesmas propriedades da conjuga¸˜o complexa, que s˜o
ca ca a
1. z + w = z + w;](https://image.slidesharecdn.com/mc15completo-121023213254-phpapp02/85/algebra-vetorial-32-320.jpg)
![2. z.w = z.w
√
Defini¸˜o 5.3. A norma alg´brica em Z[ d] ´ definida por:
ca e e
N (z) = zz
√
logo, se z = a + b d, ent˜o N (z) = a2 − b2 d ∈ Z.
a
√
A propriedade fundamental da norma alg´brica de Z[ d] ´
e e
N (zw) = N (z)N (w)
√
Proposi¸˜o 5.4. Um elemento z ∈ Z[ d] ´ invers´ se, e somente se, N (z) = ±1.
ca e ıvel
√
Prova: Se z ´ invers´
e ıvel, ent˜o existe w ∈ Z[ d] tal que zw = 1 e, portanto, N (z)N (w) = 1 como N (z) e N (w)
a
s˜o n´meros inteiros, temos que N (z) = ±1 (que s˜o os unicos inteiros invers´
a u a ´ ıveis).
Reciprocamente, se N (z) = ±1, ent˜o zz = ±1 e portanto z( z) = 1 donde conclu´
a ımos que z ´ invers´
e ıvel.
√ √
Observa¸˜o 5.5. Se ∈ Z[ d] ´ invers´
ca e ıvel, ent˜o z −1 = z pois, nesse caso, N (z) = z.z = 1. Se z ∈ Z[ d] ´
a e
√ √
invers´ e N (z) = 1, ent˜o N (z −1 ) = 1, ou seja, se z = x + y d = 1. Ent˜o z −1 = z = x − y d = 1.
ıvel a a
Portanto, a partir desta proposi¸˜o podemos concluir que s˜o equivalentes quando d > 0:
ca a
√ √
(i) z = a + b d > 0 com a, b > 0 ´ invers´ em Z[ d];
e ıvel
(ii) (a, b) ´ uma solu¸˜o em inteiros positivos da equa¸˜o 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, ent˜o, n˜o apenas ele, bem como todas as suas potˆncias
e a a e
2 2
d˜o origem ` solu¸˜es n˜o triviais da equa¸˜o x − dy = 1, pela proposi¸˜o 4.6. Nesse caso as potˆncias de z nos
a a co a ca ca e
2 2
fornecem uma infinidade de solu¸˜es para a equa¸˜o x − dy = 1 desde que z = ±1.
co ca
5.3 Solu¸oes da Equa¸˜o de Pell-Fermat
c˜ ca
Seja d ∈ Z um inteiro n˜o quadrado. As equa¸˜es do tipo
a co
x2 − dy 2 = 1
s˜o chamadas equa¸˜es de Pell-Fermat. Vamos, agora, utilizar a Teoria de Minkowski sobre reticulados no plano
a co
para mostrar que as hip´rboles definidas por uma equa¸˜o de Pell-Fermat sempre possuem uma infinidade de pontos
e ca
inteiros. Chamamos solu¸˜es triviais (±1, 0). Podemos nos reduzir a procura de solu¸˜es positivas, isto ´, x > 0 e
co co e
y > 0 uma vez que todas as outras solu¸˜es inteiras s˜o obtidas a partir destas.
co a
Teorema 5.6. Seja d ∈ Z um inteiro positivo n˜o quadrado, ent˜o a equa¸˜o de Pell-Fermat
a a ca
x2 − dy 2 = 1
possui uma infinidade de solu¸˜es inteiras positivas. Al´m disso, se (x1 , y1 ), x1 > 0 e y1 > 0, ´ a solu¸ao tal que
co e e c˜
√
x1 + y1 d ´ m´
e ınimo, ent˜o todas as outras solu¸˜es inteiras positivas da equa¸˜o de Pell-Fermat s˜o (xn , yn ) tal
a co ca a
√ √ n
que xn + yn d = (x1 + y1 d)](https://image.slidesharecdn.com/mc15completo-121023213254-phpapp02/85/algebra-vetorial-33-320.jpg)
![De fato, a partir da discuss˜o do fim da ultima se¸˜o, percebemos que ´ suficiente mostrar que existe uma
a ´ ca e
2
√ √ √ k
solu¸˜o (a, b) ∈ Z tal que a + b d > 1. Com efeito, sendo z1 = a + b d ∈ Z[ d] definimos zk = z1 . Como z1 > 1,
ca
ent˜o todas as suas potˆncias s˜o distintas e al´m disso, (a, b) ´ solu¸˜o da equa¸˜o de Pell-Fermat se, e somente se,
a e a e e ca ca
√
N (a + b d) = 1. Nesse caso, n˜o apenas z1 ´ de norma 1 como tamb´m todas as suas potˆncias. E assim obtemos
a e e e
um infinidade de solu¸˜es.
co
Exemplo 5.1. Considere a equa¸˜o
ca
x2 − 2y 2 = 1.
√ √
Uma solu¸˜o n˜o trivial ´ (3, 2) que corresponde ao invers´
ca a e ıvel z = 3 + 2 2 ∈ Z[ 2]. Suas potˆncias s˜o:
e a
√ √ √
z 2 = 17 + 12 2, z 3 = 99 + 70 2, z 4 = 577 + 408 2, ...
Esses elementos de Z[d] d˜o origem `s seguintes solu¸˜es da equa¸˜o de Pell-Fermat:(±3, ±2) (±17, ±12),
a a co ca
(±99, ±70), (±577, ±408), ... Pelo teorema de Pell Fermat essas s˜o todas as solu¸˜es da equa¸˜o.
a co ca
A pr´xima proposi¸˜o ser´ fundamental para a demonstra¸˜o do Teorema de Pell-Fermat e apresentamos aqui
o ca a ca
uma demonstra¸˜o geom´trica original. As demonstra¸˜es anteriores usavam teoria de aproxima¸˜o.
ca e co ca
Proposi¸˜o 5.7. Seja d ∈ Z um inteiro positivo n˜o quadrado. Ent˜o existe m > 0 tal que a equa¸˜o
ca a a ca
x2 − dy 2 = m
possui uma infinidade de solu¸oes inteiras.
c˜
Prova: 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 ınio fundamental de L1 ´ e
√ √ √ √ √
A = | det((1, 1), ( d, − d))| = 2 d. Observamos que se (x, y) = (a + b d, a − b d) ∈ L1 , ent˜o xy = a2 − db2 =
a
√
N (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](https://image.slidesharecdn.com/mc15completo-121023213254-phpapp02/85/algebra-vetorial-34-320.jpg)
![Claramente o quadrado Qc est´ contido na regi˜o hiperb´lica Hc , isto ´, Qc ⊂ Hc para todo c > 0. O quadrado
a a o e
√
Qc ´ limitado, sim´trico e convexo e sua ´rea ´ A(Qc ) = 4c. Se tomarmos c > A = 2 d (em que A representa a
e e a e
´rea de um dom´
a ınio fundamental de L1 ), estamos nas hip´teses do Teorema de Minkowski, Teorema 3.18, e assim,
o
conclu´
ımos que existe um ponto n˜o nulo do reticulado L1 em Qc . Ou seja, existe α1 ∈ L1 tal que
a
√ √
0 = α1 = (a1 + b1 d, a1 − b1 d) ∈ Qc ⊂ Hc ⇒ |a2 − db2 | ≤ c.
1 1
√ √
Podemos supor, por simetria, que a1 , b1 > 0. Sejam m = min{|a1 + b1 d|, |a1 − b1 d|} (o menor dos m´dulos das
o
d c
coordenadas de α1 ) e η2 ∈]0, m c [⊂ R (⇒ η2 < 2 ).
Considere a transforma¸˜o linear ortogonal:
ca
−1
T : R2 → R2 , T (x, y) = (η2 x, η2 y).
Afirmamos que a aplica¸˜o linear T transforma o reticulado L1 num reticulado L2 de mesma ´rea (de um dom´
ca a ınio
fundamental). Com efeito, a transforma¸˜o linear ´ bijetiva, logo a imagem do reticulado L1 ´ tamb´m um reticulado
ca e e e
L2 . Escolha η2 tal que o reticulado L2 n˜o contenha o ponto α1 . Novamente, pelo teorema de Minkoswki, 3.18,
a
existe um ponto n˜o nulo do reticulado L2 no quadrado Qc ,
a
√ √
0 = α2 = (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 infinidade de elementos zn ∈ Z[ d] com valores absolutos distintos e
com norma alg´brica limitada. Isso implica na existˆncia de um inteiro positivo m ≤ c tal que a equa¸˜o
e e ca
x2 − dy 2 = m
possui uma infinidade de solu¸˜es inteiras.
co
Prosseguimos, agora, com a demonstra¸˜o do teorema 5.6.
ca
Prova: do Teorema 5.6
Primeiramente vamos mostrar a existˆncia de uma solu¸˜o inteira positiva. Pela proposi¸˜o 5.7, existe m > 0
e ca ca
tal que a equa¸˜o
ca
x2 − dy 2 = m
possui uma infinidade de solu¸˜es inteiras. Podemos, portanto, escolher duas solu¸˜es positivas (x1 , y1 ) e (x2 , y2 )
co co
tais que |x1 | = |x2 |, x1 ≡ x2 (mod m) e y1 ≡ y2 (mod m) (o n´mero de classes de equivalˆncia m´dulo m ´
u e o e
finito ( = m) portanto existem uma classe que cont´m uma infinidade 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
2
de represantes na mesma classe de equivalˆncia m´dulo m. Denotamos x1 x2 − dy1 y2 = mu e x1 y2 − x2 y1 = mv.
e o
Substituindo na express˜o 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)](https://image.slidesharecdn.com/mc15completo-121023213254-phpapp02/85/algebra-vetorial-35-320.jpg)
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![Calculo integral e_diferencial_3[1]](https://cdn.slidesharecdn.com/ss_thumbnails/calculointegralediferencial31-111008165153-phpapp01-thumbnail.jpg?width=640&height=640&fit=bounds)
algebra vetorial
- 1. V Bienal daSBM Sociedade Brasileira de Matem´tica a UFPB - Universidade Federal da Para´ ıba 18 a 22 de outubro de 2010 ´ ˆ aritmetica em retas e conicas Rodrigo Gondim ∗ ∗ UFRPE, DM, Recife-PE, Brasil, e-mail: rodrigo.gondim.neves@gmail.com
- 2. Agradecimentos Agrade¸o aos Deuses que inventaram os N´meros e as Formas. c u Agrade¸o aos homens, de todas as civiliza¸˜es, que inventaram a Aritm´tica e a Geometria a `queles que desco- c co e a briram as conex˜es entre essas. o Agrade¸o ao Profesor Marcos Miguel, quem primeiramente me fez ver os N´meros e as Formas. c u Agrade¸o professor Antonio Carlos, quem me fez descobrir o fant´stico mundo da Aritm´tica. c a e Agrade¸o ao Professor Francesco Russo, quem me fez apaixonar pela Geometria e pela Geometria Aritm´tica. c e Agrade¸o ao Estudante Marco Mialaret Jr pelo empenho em estudar esses temas e por escrever, junto a mim, c a monografia que me levou a escrever essas notas. Agrade¸o aos amigos Hebe Cavalcanti, Tiago Duque, Gabriel Guedes e Gersonilo Silva pela leitura, cr´ c ıticas e sugest˜es sobre o texto. o
- 3. Sum´rio a 1 Aritm´tica em Retas e 6 1.1 Pontos Inteiros em Retas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 O Algoritmo Estendido de Euclides . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 Equa¸˜es diofantinas lineares . . . . co . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 ´ 1.4 Areas VS Pontos Inteiros em Regi˜es o Poligonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 ´ 1.4.1 Area de um paralelogramo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.4.2 O Teorema de Pick . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.5 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2 Aritm´tica em Cˆnicas e o 14 2.1 Introdu¸˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2 O M´todo das Tangentes e das Secantes de Fermat . . . . e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.3 Homogeneiza¸˜o e Deshomogeneiza¸˜o: Curvas Projetivas ca ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.4 O Princ´ ıpio Local-Global para as Cˆnicas . . . . . . . . . o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.5 Uma vis˜o geral sobre a aritm´tica das cˆnicas . . . . . . a e o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.5.1 Elipses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.5.2 Par´bolas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.5.3 Hip´rboles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.6 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 3 Reticulados no plano 22 3.1 Reticulados e seus Dom´ ınios Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 3.2 O Toro Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 3.3 Reticulados Inteiros no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 3.4 Teorema de Minkowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 3.5 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 4 Soma de dois Quadrados 28 4.1 Introdu¸˜o . . . . . . . . . ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.2 Pontos Inteiros VS Pontos Racionais em C´ ırculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 4.3 Inteiros de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 4.4 Soma de Dois Quadrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 4.5 problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 5 Equa¸˜es de Pell-Fermat co 32 5.1 Introdu¸˜o . . . . . . . . . . . . . . . ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 5.2 Inteiros Quadr´ticos de Pell-Fermat a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 5.3 Solu¸˜es da Equa¸˜o de Pell-Fermat co ca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 5.4 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
- 4. Introdu¸˜o ca As primeiras preocupa¸˜es matem´ticas do ser humano diziam respeito aos n´meros e `s formas. A Aritm´tica (do co a u a e grego αριθµ´ς = n´mero) foi concebida como o estudo dos n´meros, em especial dos n´meros inteiros. A geometria ´ ø u u u (do grego γ ωµτ ρ´α = medi¸˜es da terra) ´ o estudo das formas - s˜o casos especiais as retas, os pol´ ι co e a ıgonos e as cˆnicas. Vamos tentar explicar do que se trata Aritm´tica em Retas e Cˆnicas. o e o H´ ind´ a ıcios hist´ricos de que os problemas aritm´ticos ocupavam um lugar central entre o conhecimento o e matem´tico em v´rias civiliza¸˜es antigas e medievais. Na ´ a a co India destacamos os matem´ticos Baudhayana (800 a AC), Apastamba (600 AC), Aryabhata e Bhaskara I (s´culo VI), Brahmagupta (s´culo VII), Mahaviara (s´culo e e e IX) e Bhaskara II (s´culo XII). Na Gr´cia antiga (per´ e e ıodo helen´ ıstico): Pit´goras (500 AC), Arquimedes (300 AC), a Euclides (300 AC), Diofanto (250). Na China Zhou Bi Suan (300 AC) e Ch’in Chiu-Shao. Citamos ainda os matem´ticos Mul¸umanos Ibn al-Haytham (s´culos X-XI ), Kamal al-Dim al-Farisi (s´culos XIII-XIV). Todos esses a c e e matem´ticos estavam intensamente preocupados com quest˜es aritm´ticas e contribu´ a o e ıram para o desenvolvimento deste ramo da Matem´tica. Os principais livros desse per´ a ıodo s˜o Os Elementos de Euclides (300 AC), Jiuzhang a Suanshu “Os nove cap´ ıtulos da Arte Matem´tica”(autor chinˆs desconhecido-300 AC), Aritm´tica de Diofanto(250) a e e ´ e Brahma Sphuta Siddhanta de Brahmagupta(628) traduzido em Arabe(773) e Latin(1123). A motiva¸ao inicial do estudo da aritm´tica estava centrada em problemas concretos com solu¸˜es inteira. Os c˜ e co mais dif´ ıceis desses problemas ficaram famosos por serem (ou parecerem ser) indeterminados. Consideremos, por simplicidade, o seguinte exemplo: (Problema proposto por Euler) Um grupo de homens e mulheres gastaram, em uma taverna, 1000 patacas. Cada homem gastou 19 patacas e cada mulher 13. Quantos eram os homens e quantas eram as mulheres? Nos s´culos XVII e XVIII nasce uma nova fase a partir dos trabalhos de Fermat, Euler, Gauss, Lagrange, Leg- e endre. Gauss, em seu memor´vel Disquisitiones Arithmeticae (1801) escreve : a The celebrated work of Diophantus, dedicated to the problem of indeterminateness, contains many results which excite a more than ordinary regard for the ingenuity and proficiency of the author, because of their difficulty and the subtle devices he uses, especially if we consider the few tools that he had at hand for his work... The really profound discoveries 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´ ınseco na Aritm´tica que impulsionou as novas descobertas. e De maneira parnasiana, a Aritm´tica passa a fazer “Matem´tica pela Matem´tica”e muitos de seus problemas, e a a de enunciado simples e intrigantes, n˜o tˆm conex˜o alguma com quest˜es concretas. Alguns desses problemas a e a o duraram s´culos at´ serem solucionados. Como, por exemplo o famoso e e ´ ´ (Ultimo Teorema de Fermat, 1637) E imposs´ para um cubo ser escrito como a soma de dois cubos ou uma quarta ıvel potˆncia ser escrita como a soma de duas quartas potˆncias ou, em geral, para qualquer n´mero que ´ uma potˆncia e e u e e maior que a segunda ser escrito como a soma de duas potˆncias com o mesmo expoente(demonstrado por Wiles, A. e em 1995) Dentro desse contexto, n˜o nos propomos fazer contextualiza¸˜es “artificiais”, uma vez que as mesmas parecem a co ter efeito negativo, como dizia, hiperbolicamente, Maiakoviski em sua auto biografia “Eu mesmo”: Meus estudos: Mam˜e e primas de v´rios graus ensinavam-me. A aritm´tica parecia-me inveross´ a a e ımil. Era preciso calcular peras e ma¸˜s distribu´ ca ıdas a garotos. Contudo, eu sempre recebia e dava sem contar, pois no C´ucaso h´ a a frutas ` vontade. Foi com gosto que aprendi a ler. a
- 5. Observamos que osproblemas lineares indeterminados que foram estudados desde a antiguidade, algebricamente, a ıceis, mas tamb´m milenares s˜o z 2 = x2 + y 2 s˜o escritos da forma ax + by = c, com a, b, c ∈ Z. Outros, mais dif´ e a (estudados na India, China e Gr´cia) e x2 − dy 2 = 1 (estudados na ´ e India) ou xn + y n = z n (de Fermat). Eles possuem uma caracter´ ıstica em comum: todos s˜o “polinomiais”em v´rias vari´veis. a a a Chamamos Equa¸˜o Diofantina (em homenagem ao matem´tico Diofanto de Alexandria) uma equa¸˜o polino- ca a ca mial (em v´rias vari´veis) com coeficientes inteiros e da qual procuramos obter solu¸˜es inteiras (ou racionais). a a co O nosso enfoque ´ a liga¸˜o entre a Geometria e Aritm´tica, assim, para n´s, uma Equa¸˜o Diofantina em duas e ca e o ca vari´veis representa uma curva no plano. Solu¸˜es inteiras (ou racionais) da Equa¸˜o Diofantina correspondem a a co ca pontos com coordenadas inteiras (ou racionais) na curva que chamaremos ponto inteiro (ou racional). O casamento entre a Aritm´tica e a Geometria foi muito bem sucedido e Fermat foi um dos pioneiros na utiliza¸˜o de m´todos e ca e geom´tricos para resolver Equa¸˜es Diofantinas. e co Importantes quest˜es aritm´ticas de car´ter qualitativo s´ foram resolvidas gra¸as ` utiliza¸˜o de m´todos o e a o c a ca e geom´tricos (cada vez mais sofisticados). As principais quest˜es qualitativas que podem ser feitas neste contexto e o s˜o: a (i) Existˆncia de pontos racionais; e (ii) Decis˜o entre a finitude ou infinitude do conjunto dos pontos racionais; a (iii) Existˆncia de pontos inteiros; e (iv) Decis˜o entre a finitude ou infinitude do conjunto dos pontos inteiros. a No caso das curvas as quest˜es (i), (ii) e (iv) j´ foram praticamente respondidas para grau menor ou igual a trˆs. o a e No caso geral apenas as quest˜es (ii) e (iv) est˜o solucionadas, mas a matem´tica envolvida ´ muito avan¸ada. Para o a a e c citar o importanto teorema de Faltings, G. que implica, em particular, que toda curva plana lisa com coefcientes inteiros e grau maior que 3 possui somente um n´mero finito de pontos racionais(1983). u Estaremos interessados em tratar alguns problemas aritm´ticos cl´ssicos com uma abordagem geom´trica el- e a e ementar. Os problemas espec´ ıficos que abordaremos envolvem a procura de solu¸˜es inteiras (ou racionais) em co equa¸˜es polinomiais a duas vari´veis (com coeficientes inteiros) de graus um e dois. Geometricamente essas s˜o as co a a Retas e as Cˆnicas (da´ o nome do minicurso, Aritm´tica em Retas e Cˆnicas). o ı e o Daremos um tratamento um pouco mais geom´trico ao estudo das retas. No caso das cˆnicas, al´m de resultados e o e gerais, faremos um estudo detalhado de dois problemas cl´ssicos espec´ a ıficos: Inteiros que s˜o Soma de dois Quadra- a dos x2 + y 2 = n e as equa¸˜es de Pell-Fermatx2 − dy 2 = 1. Para tratar esses problemas introduziremos a teoria co de Minkowski no plano, de maneira auto contida. Daremos referˆncias que seguem essa linha de racioc´ e ınio para aqueles que quiserem dar continuidade ao estudo da assim chamada Geometria Aritm´tica. e
- 6. 1 Aritm´tica em Retas e Consideremos os trˆs problemas a seguir, como motiva¸˜o inicial: e ca Exemplo 1.1. Uma crian¸a afirma que suas 1000 bolinhas de gude puderam ser guardadas algumas em latas c grandes com 65 bolinhas cada uma e outras em latas menores com 26 bolinhas cada uma, de modo que todas as latas estavam completas. Reflita sobre a afirma¸˜o da crian¸a, procurando descobrir a quantidade de latas grandes ca c e a quantidade de latas pequenos. Exemplo 1.2. Um pai, no come¸o do ano letivo, teve que comprar livros e cadernos para seus filhos. Cada livro c custou R$50, 00 e cada caderno R$17, 00. Sabendo que o pai gastou R$570, 00 determine a quantidade de livros e cadernos comprados. Exemplo 1.3. Um general decide dividir seu batalh˜o em colunas de 31 soldados e percebe que sobram 4 ent˜o a a tentou dividi-los em colunas de 50 soldados cada, desta vez sobrou um unico soldado. Determine o n´mero de ´ u soldados deste batalh˜o sabendo que tal n´mero ´ menor que 1500. a u e Os trˆs s˜o problemas similares nos quais os m´todos alg´bricos elementares para resolvˆ-los, via equa¸˜es, se e a e e e co depara com um grande inconveniente: ¸˜ ´ UMA EQUACAO, DUAS INCOGNITAS Esse tipo de problema comumente ´ dito ser INDETERMINADO. Entretanto, o tipo de inc´gnita impl´ e o ıcita nestes problemas ´ inteira (e positiva)... e Geometricamente, uma equa¸˜o linear em duas inc´gnitas representa uma reta no plano, ou seja, todas as ca o solu¸˜es de um problema desses, no conjunto dos n´meros reais, correspondem a uma reta no plano. Se procuramos co u solu¸˜es inteiras destas equa¸˜es lineares, ent˜o estamos buscando pontos desta reta que est˜o situados sobre o co co a a 2 2 reticulado inteiro do plano, Z ⊂ R . Problema 1.1. Mostre que o problema do exemplo 1.1 n˜o possui solu¸˜o inteira, ou seja, a crian¸a n˜o falava a a ca c a verdade. 1.1 Pontos Inteiros em Retas Considere uma reta = {(x, y) ∈ R2 |bx + cy = a} com coeficientes inteiros a, b, c ∈ Z. Supondo que essa reta possui algum ponto (x0 , y0 ) ∈ Z2 com coordenadas inteiras, ent˜o podemos concluir que a mesma possui uma infinidade a de pontos inteiros. Com efeito, se v = (c, −b) ´ um vetor diretor desta reta, ent˜o os pontos (xk , yk ) = (x0 + kc, y0 − kb) com k ∈ Z e a s˜o pontos inteiros da reta. O problema consiste em determinar se esses s˜o todos os pontos inteiros da reta. E a a ´ claro que se mdc(b, c) = d = 1, ent˜o devemos ter que d|a pois d|b e d|c implica que d|bx0 + cy0 = a. Em outras a palavras, as equa¸˜es em que d |a n˜o possuem solu¸˜o inteira. co a ca No caso em que d|a podemos escrever b = dβ, c = dγ e a = dα e encontrar uma nova equa¸˜o (simplificada) ca βx + γy = α que ´ uma equa¸˜o da mesma reta que possui um ponto inteiro (x0 , y0 ) ∈ Z2 . Um vetor diretor simplificado para e ca esta reta ´ w = (γ, −β). Redefinindo (xk , yk ) = (x0 + kγ, y0 − kβ) em que k ∈ Z, conclu´ e ımos que todos os pontos
- 7. (xk , yk) s˜o pontos inteiros da reta e a verdade ´ que estes s˜o todos os pontos inteiros da reta l. a e a Poder´ıamos pensar nesse processo como uma simplifica¸˜o do vetor diretor inteiro da reta . Com efeito, o vetor ca diretor de uma reta est´ definido a menos de m´ltiplo escalar (n˜o nulo) e, portanto, a menos de sentido, existe um a u a unico vetor diretor cujas coordenadas s˜o inteiros coprimos (supondo a existˆncia de um vetor diretor inteiro). Tal ´ a e vetor ser´ chamado o vetor inteiro irredut´ a ıvel. Proposi¸˜o 1.2. Seja l = {(x, y) ∈ R2 |bx + cy = a} uma reta com coeficientes inteiros a, b, c ∈ Z2 . Suponhamos ca que a reta possua um ponto inteiro (x0 , y0 ) ∈ Z2 . Seja w = (−γ, β) o vetor diretor inteiro e irredut´ da reta l, ıvel ent˜o todos os pontos inteiros da reta s˜o: a a (xk , yk ) = (x0 + kγ, y0 − kβ) em que k ∈ Z. Prova: ´ E claro que todos esses pontos s˜o pontos inteiros da reta, pois, a menos de sinal, w = v em que a d c b v = (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 resta o mostrar que esses s˜o todos os pontos inteiros da reta. a Suponhamos, por absurdo, que exista um outro ponto inteiro em l, Q = (x∗ , y ∗ ) ∈ ∩ Z2 . Digamos que, no sentido de nossa parametriza¸˜o, esse ponto esteja entre os pontos inteiros Pk e Pk+1 . Isso d´ origem a dois ca a triˆngulos retˆngulos semelhantes com hipotenusa sobre a reta e catetos nas dire¸˜es horizontal e vertical. a a co P(k+1) Q P(k) J I O cateto horizontal do menor triˆngulo tem comprimento inteiro h < |γ| e o cateto vertical do menor triˆngulo a a tem comprimento inteiro s < |β|. Por outro lado, pela proporcionalidade, temos que h |γ| = s |β| |γ| e isso ´ um absurdo pois os valores h, s, |γ| e |β| s˜o todos inteiros positivos e a fra¸˜o e a ca |β| ´ irredut´ pois, por e ıvel hip´tese, mdc(γ, β) = 1. o Problema 1.3. Encontre uma solu¸˜o particular do segundo problema, exemplo 1.2, e use a proposi¸˜o anterior ca ca para encontrar todas as solu¸˜es inteiras e positivas do mesmo. (Ap´s parametrizar vocˆ deve impor que x > 0 e co o e y > 0.) 1.2 O Algoritmo Estendido de Euclides Primeiramente, vamos relembrar o algoritmo de Euclides para o c´lculo de mdc de dois n´meros inteiros. Sejam a u b e c dois n´meros inteiros e suponhamos que b ≥ c > 0. Dividindo b por c obtemos quociente q e resto r, r < c u
- 8. satisfazendo: b = cq + r. ´ a E f´cil 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 c e r. De fato, se d|b e d|c, ent˜o d|r = b − cq e, reciprocamente, se d|c e d|r, ent˜o d|b = cq + r. Se procedermos, a a iteradamente, com este m´todo, como os restos v˜o diminuindo, ap´s um n´mero finito de itera¸˜es obtemos resto e a o u co igual a zero e ent˜o o algoritmo p´ra. Quando o resto for igual a zero, obtemos uma rela¸˜o de divisibilidade e|f a a ca neste caso, mdc(e, f ) = e ´ igual ao ultimo divisor obtido. e ´ Teorema 1.4. Algoritmo de Euclides Sejam b > c > 0 dois n´meros inteiros. Existe um algoritmo efetivo para encontrar o mdc(b, c) a partir de (um u n´mero finito de) sucessivas divis˜es com resto. u o Prova: Algoritmo Sejam r−1 = b, r0 = c e fa¸amos as divis˜es sucessivas de rk por rk+1 em que k = −1, 0, ..., n (em que n ´ o c o e passo em que o resto ´ zero). e rk = rk+1 qk+1 + rk+2 . Pelo anteriormente exposto mdc(rk , rrk+1 ) = mdc(rk+1 , rrk+2 ). O algoritmo funciona bem pois sempre temos rk > rk+1 e, como todos s˜o n˜o negativos(rk ≥ 0), ent˜o rn+1 = 0 para algum n. Nesse caso rn−1 = rn qn e, a a a portanto, mdc(rn−1 , rn ) = rn . Logo, mdc(b, c) = ... = mdc(rk , rk+1 ) = ... = mdc(rn−1 , rn ) = rn O algoritmo estendido de Euclides ´ um m´todo interativo de obter, para cada um dos restos encontrados no e e algoritmo de Euclides, uma express˜o do tipo: a rk = bxk + cyk na qual xk e yk s˜o inteiros. a O algoritmo estendido de Euclides nos permite demonstrar o seguinte teorema conhecido por Lema de B`zout: e Teorema 1.5. Algoritmo Estendido de Euclides - Lema de B`zout e Sejam b e c n´meros inteiros, b > c > 0, e seja d = mdc(b, c). Ent˜o existem inteiros x e y tais que: u a bx + cy = d. Al´m disso, os inteiros x e y podem ser efetivamente calculados a partir de um algoritmo finito. e Prova: Com as mesmas nota¸˜es estabelecidas no teorema anterior, vamos proceder interativamente para de- co terminar xk e yk de modo que bxk + cyk = rk . Claramente, se k = −1, ent˜o podemos escolher x−1 = 1 e y−1 = 0 pois 1.b + 0.c = b. Se k = 0 podemos a escolher x0 = 0 e y0 = 1, pois 0.b + 1.c = c. Agora, suponhamos que k ≥ 1 e suponhamos que j´ conhecemos xk−2 , a
- 9. yk−2 tais quebxk−2 + cyk−2 = rk−2 e tamb´m conhecemos xk−1 e yk−1 tais que bxk−1 + cyk−1 = rk−1 . e Como rk ´ obtido a partir da divis˜o de rk−2 por rk−1 , temos: e a rk−2 = rk−1 qk−1 + rk substituindo as express˜es anteriores para rk−2 e rk−1 , obtemos: o rk = b(xk−2 − qk−1 xk−1 ) + c(yk−2 − qk−1 yk−1 ). Assim, podemos escolher xk = xk−2 − qk−1 xk−1 e yk = yk−2 − qk−1 yk−1 . O algoritmo vai parar quando rn+1 = 0, e no passo anterior, temos, pelo teorema 1.4, que d = mdc(b, c) = rn = bxn + cyn . 1.3 Equa¸oes diofantinas lineares c˜ O teorema que exibiremos a seguir responde de uma vez por todas `s indaga¸˜es sobre a aritm´tica das retas e sua a co e demonstra¸˜o ´ uma leitura das se¸˜es anteriores. ca e co Teorema 1.6 (Euclides). Sejam a, b e c n´meros inteiros e defina d = mdc(b, c). Considere a equa¸ao diofantina u c˜ linear: bx + cy = a Ent˜o temos: a 1. (i) Se d a, ent˜o a equa¸˜o dada n˜o tem solu¸˜o inteira; a ca a ca 2. (ii) Se d | a, ent˜o a equa¸˜o dada tem infinitas solu¸˜es inteiras e, al´m disso, o conjunto de pontos inteiros a ca co e pode ser parametrizado a partir de um ponto particular. Precisamente, fazendo a = dα, b = dβ e c = dγ a equa¸˜o fica da forma: ca βx + γy = α e dada uma solu¸˜o particular (x0 , y0 ) nos inteiros, ent˜o todas as outras solu¸˜es inteiras da equa¸˜o s˜o da ca a co ca a forma: x = x = x0 + γk k∈Z y = y0 − βk Prova: A primeira parte ´ trivial. A segunda parte segue da proposi¸˜o 1.2 e do teorema 1.5. De fato, do e ca teorema 1.5 conclu´ımos que a reta possui um ponto inteiro (um ponto inteiro pode ser determinado pelo algoritmo estendido de Euclides) e, pela proposi¸˜o 1.2, sabemos que se uma reta com coeficientes inteiros possui um ponto com ca coordenadas inteiras, ent˜o possui uma infinidade de pontos inteiros parametrizados a partir do ponto particular a com m´ltiplos inteiros do vetor diretor irredut´ u ıvel. 1.4 ´ Areas VS Pontos Inteiros em Regi˜es Poligonais o Existem muitas formas de calcular a ´rea de um pol´ a ıgono no plano. Vamos apresentar duas delas: a primeira via determinantes e a segunda, ser´ o teorema de Pick, que fornece uma maneira combinat´ria de calcular ´rea a o a ıgonos no plano cujos v´rtices pertencem ao “reticulado padr˜o” Z2 ⊂ R2 , ou seja, seus v´rtices possuem de pol´ e a e coordenadas inteiras. A f´rmula de Pick fornece uma rela¸˜o entre a ´rea de um pol´ o ca a ıgono simples e o n´mero de u pontos inteiros em seu interior e em sua fronteira.
- 10. 1.4.1 ´ Area de um paralelogramo Um paralelogramo no plano pode ser definido a partir de dois vetores v, w ∈ R2 . Seus v´rtices ser˜o 0, v, w e e a v + w. Se considerarmos estes vetores como vetores espaciais (com a ultima coordenada nula), estamos fazendo a ´ 2 ∼ identifica¸˜o R = {(x, y, z) ∈ R |z = 0}. Agora, podemos usar o produto vetorial do R3 para calcular a ´rea do ca 3 a paralelogramo, verifica-se facilmente que ˆ 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 ´ a e A = ||v × w|| = | det(v, w)|. Nessa nota¸ao, det(v, w) ´ o determinante da matriz quadrada de ordem 2 cujas linhas s˜o, respectivamente, as c˜ e a coordenadas de v e w. Sejam v ∈ Z2 ⊂ R2 , v = (a, b) e d = mdc(a, b). Vamos dar uma interpreta¸˜o geom´trica do n´mero d em ca e u 2 termos de ´rea de parelogramos no plano. Considere o seguinte conjunto ∆(v) = {det(v, w)|w ∈ Z }, ent˜o temos a a o seguinte Teorema 1.7. Sejam v ∈ Z2 ⊂ R2 , v = (a, b), d = mdc(a, b) e ∆(v) = {det(v, w)|w ∈ Z2 }. Ent˜o: a ∆(v) = dZ = {dm|m ∈ Z}. Ou seja, o mdc entre as coordenadas do vetor v representa a menor ´rea de um paralelogramo com v´rtices inteiros a e tendo v como um dos lados. Prova: Ora, ∆(v) = {det(v, w)|w ∈ Z2 } = {ax + by|x, y ∈ Z} = dZ O resultado segue diretamente do lema de B`zout, 1.5. e 1.4.2 O Teorema de Pick O teorema de Pick fornece uma maneira combinat´ria de calcular a ´rea de um pol´ o a ıgono simples com v´rtices e inteiros. A f´rmula de Pick envolve o n´mero de pontos inteiros na fronteira do pol´ o u ıgono e o n´mero de pontos u inteiros no interior do pol´ ıgono. No presente contexto a f´rmula de Pick pode ser interpretada como uma forma de o encontrar o n´mero de pontos inteiros no interior do pol´ u ıgono. Defini¸˜o 1.8. Um pol´ ca ıgono plano ´ dito ser simples se n˜o possuir “furos”e se suas arestas s´ se intersectarem e a o nos v´rtices. Um pol´ e ıgono simples pode ser cˆncavo ou convexo. o Teorema 1.9. (Pick) Sejam P ⊂ R2 um pol´ ıgono simples cujos v´rtices pertencem a Z2 (pontos do plano com e coordenadas inteiras). Defina F o n´mero de pontos inteiros na fronteira de P (v´rtices e arestas) e I o n´mero u e u de pontos inteiros no interior de P. Ent˜o a ´rea do pol´ a a ıgono P ´e 1 A(P) = F +I −1 2 Prova: Defina o n´mero de Pick de um pol´ u ıgono simples P com v´rtices inteiros por: e 1 P ick(P) = F + I − 1. 2
- 11. Se dois pol´ ıgonos simples possuem uma aresta de mesmo m´dulo e dire¸˜o, ent˜o podemos obter, a partir o ca a deles, um novo pol´ ıgono identificando essa aresta e deletando-a, o pol´ ıgono assim obtido ´ o que chamaremos a e concatena¸˜o dos pol´ ca ıgonos iniciais P = P1 P2 . P2 P1 Vamos mostrar que o n´mero de Pick ´ aditivo por concatena¸˜o. Sejam Pi , i = 1, 2 dois pol´ u e ca ıgonos simples com v´rtices inteiros e com uma aresta de mesmo m´dulo e dire¸˜o. E sejam Fi e Ii , respectivamente, o n´mero de e o ca u pontos inteiros na fronteira e no interior do pol´ ıgono Pi , i = 1, 2. Digamos que o segmento comum, na concatena¸˜o ca possui k + 2 pontos inteiros. O n´mero de pontos inteiros no interior da concatena¸˜o ´ u ca e I = I1 + I2 + k pois, ap´s a concatena¸˜o, os k v´rtices (n˜o terminais) da aresta deletada v˜o pertencer ao interior do pol´ o ca e a a ıgono P = P1 ⊕ P2 . O n´mero de pontos inteiros na fronteira da concatena¸˜o ´ u ca e F = F1 + F2 − 2(k + 2) + 2 pois somando os pontos de fronteira de P1 e P2 e subtraindo duas vezes os pontos inteiros da aresta deletada s´ o faltam os terminais da aresta deletada para completar os pontos inteiros na fronteira de P. Calculando o n´mero de Pick de P, temos: u 1 P ick(P) = (F1 + F2 − 2(k + 2) + 2) + I1 + I2 + k = P ick(P1 ) + P ick(P2 ). 2 Agora note que todo pol´ ıgono simples no plano pode ser subdividido em triˆngulos de modo que o v´rtice de a e cada triˆngulo seja algum v´rtice do pol´ a e ıgono. Assim, todo pol´ıgono com v´rtices inteiros pode ser subdividido em e triˆngulos com v´rtices inteiros. Pelo resultado de aditividade por concatena¸˜o, podemos nos reduzir ao caso de a e ca triˆngulos com v´rtices inteiros para provar o teorema de Pick. a e Todo triˆngulo com v´rtices inteiros pode ser inscrito em um retˆngulo horizontal com v´rtices inteiros. Assim a e a e podemos nos reduzir aos triˆngulos retˆngulos horizontais ou melhor, aos pr´prios retˆngulos horizontais. a a o a
- 12. Todo triˆngulo horizontal´ formado por concatena¸˜o de quadrados 1 × 1. Assim, se verificamos a f´rmula de a e ca o Pick em quadrados 1 × 1, ent˜o vale o teorema de Pick em geral a 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 2 Observa¸˜o 1.10. Ver, por exemplo, Lages Lima, E. [9]. A se¸˜o intitulada Como calcular a ´rea de um pol´ ca ca a ıgono se vocˆ sabe contar e Como hav´ ıamos dito queremos olhar para a f´rmula de Pick de outra forma: o 1 I =A− F +1 2 E sabemos que a ´rea pode ser calculada de v´rias formas. Gostar´ a a ıamos de terminar essa se¸˜o mostrando como ca calcular F de maneira instantˆnea. a Proposi¸˜o 1.11. Seja P = A0 A1 A2 ...An−1 An , com An = A0 , um pol´ ca ıgono simples no plano com v´rtices inteiros, e −−→ −− isto ´, Ai ∈ Z. Defina vi = Ai−1 Ai = (ai , bi ) e di = mdc(ai , bi ). Ent˜o o n´mero de pontos inteiros na fronteira de e a u n P ´F = e di . i=1 Prova: Primeiramente lembramos que, a partir do argumento utilizado na proposi¸˜o 1.2, um segmento de ca − −→ reta P Q com P, Q ∈ Z2 tal que v = P Q = (a, b) com mdc(a, b) = 1, ent˜o n˜o existe ponto inteiro no interior do a a segmento. Verifique na figura!!! − −→ Sejam P, Q ∈ Z2 ⊂ R2 e v = P Q = (a, b) dois v´rtices consecutivos do pol´ e ıgono, ent˜o o n´mero de pontos a u inteiros 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 e cujo vetor que o representa tenha coordenadas inteiros coprimos. Para concluir note que cada aresta Ai−1 Ai do pol´ıgono vai possuir, em seu interior(sem contar os v´rtices), e di − 1 pontos inteiros. Logo o n´mero de pontos inteiros na fronteira do pol´ u ıgono ser´ a n di − n + n i=1 −n corresponde a −1 para cada aresta e +n corresponde aos v´rtices do pol´ e ıgono. 1.5 Problemas 1. Vocˆ possui muitos palitos com 6cm e 7cm de comprimento. Qual o n´mero m´ e u ınimo de palitos que vocˆ e precisa utilizar para fazer uma fila 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 n´mero poss´ de frutas em cada pilha. u ıvel 3. (Problema proposto por Bhaskara 1; S´culo VI) Encontre o menor n´mero natural que deixa resto 1 quando e u dividido por 2,3,4,5,6 mas ´ exatamente divis´ por 7. e ıvel
- 13. 4. (Proposto porEuler) Uma pessoa comprou cavalos e bois. Foram pagos 31 escudos por cavalo e 20 escudos por boi e sabe-se que todos os cavalos custaram 7 escudos a mais do que todos os bois.Quantos cavalos e quantos bois foram comprados? 5. (Problema do s´culo XVI) Um total de 41 pessoas entre homens, mulheres e crian¸as foram a um banquete e e c juntos gastaram 40 patacas. Cada homem pagou 4 patacas, cada mulher 3 patacas e cada crian¸a um ter¸o c c de pataca. Quantos homens, quantas mulheres e quantas crian¸as havia no banquete? c 6. Na Russia a moeda se chama rublo. Existem notas de 1, 3 e 5 rublos. Mostre que n˜o ´ poss´ pagar 25 a e ıvel rublos 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 n´meros inteiros positivos e suponha que a ≥ bc. Mostre que a equa¸˜o u ca bx + cy = a possui solu¸˜o inteira n˜o 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 o paralelogramo gerado por v e w n˜o possui ponto inteiro em seu interior. a 10. Prove que todo pol´ ıgono simples com v´rtices inteiros possui ´rea cujo dobro ´ um n´mero inteiro. e a e u 11. Mostre que um triˆngulo plano com v´rtices inteiros tem ´rea m´ a e a ınima A = 1 se, e somente se, o triˆngulo 2 a n˜o possui ponto inteiro no seu interior. Mostre que de fato essa ´ a ´rea m´ a e a ınima. 1 12. Mostre que no plano existem triˆngulos com v´rtices inteiros de ´rea m´ a e a ınima A = 2 com per´ ımetro arbitrari- amente grande. 13. Um agricultor possui um terreno poligonal e deseja plantar p´s de milho em seu interior. Suponhamos que, e ap´s uma escolha de eixos coordenados os v´rtices do pol´ o e ıgono e os p´s de milho v˜o corresponder a pontos e a com coordenadas inteiras. Determinar o n´mero de p´s de milho que podem ser plantados supondo que os u e v´rtices do pol´ e ıgono s˜o: A = (0, 0, ), B = (8, 0), C = (15, 10), D = (12, 20), E = (10, 15) e F = (0, 10). a
- 14. 2 Aritm´tica em Cˆnicas e o 2.1 Introdu¸˜o ca Uma curva alg´brica plana em R2 ´ dada como o conjunto solu¸˜o de uma equa¸˜o polinomial em duas vari´veis. e e ca ca a C = {(x, y) ∈ R2 | f (x, y) = 0} E consideramos que esse conjunto ´ n˜o vazio e n˜o consiste de um n´mero finito de pontos. Chamamos cˆnica e a a u o a uma curva alg´brica plana definida por um polinˆmio de grau dois. N˜o estaremos interessados no caso em que e o a o polinˆmio seja redut´ o ´ ıvel, pois, nesse caso seu conjunto de zeros ser´ um par de retas. E muito conhecido, da a geometria anal´ ıtica b´sica, que as unicas cˆnicas irredut´ a ´ o ıveis s˜o: par´bola, hip´rbole e elipse. a a e As formas canˆnicas com coeficientes inteiros das cˆnicas s˜o as seguintes: o o a 1. Par´bolas a C = {(x, y) ∈ R2 | ax2 + by = 0} a=0eb=0 2. Hip´rboles e C = {(x, y) ∈ R2 | ax2 − by 2 = c} a, b, c > 0 3. Elipses C = {(x, y) ∈ R2 | ax2 + by 2 = c} a, b, c > 0 4. C´ ırculos S˜o elipses especiais para as quais a = b a C = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 = r2 } Observa¸˜o 2.1. Quando estamos interessados no conjunto de pontos racionais de uma cˆnica, ent˜o podemos ca o a efetivamente nos reduzir ` sua forma canˆnica. De fato, o m´todo de diagonaliza¸˜o de uma forma quadr´tica a o e ca a funciona sobre qualquer corpo de caracter´ ıstica diferente de 2. Entretanto n˜o ´ verdade o mesmo sobre os inteiros! Estaremos, de fato, fazendo uma simplifica¸˜o ao supor a e ca uma cˆnica na forma canˆnica para tratar de quest˜es sobre seu conjunto de pontos inteiros. o o o 2.2 O M´todo das Tangentes e das Secantes de Fermat e Nessa Se¸˜o vamos apresentar o M´todo das Tangentes e das Secantes de Fermat. Tal m´todo foi utilizado por ca e e Fermat em cˆnicas e c´bicas, por motiva¸˜es aritm´ticas. Explicaremos o m´todo somente para as cˆnicas. o u co e e o Para encontrar a interse¸˜o de uma reta e uma cˆnica devemos resolver o sistema de equa¸˜es em duas vari´veis ca o co a consistindo de uma equa¸˜o linear e uma quadr´tica. Substituindo y = mx + n, a equa¸˜o da reta, na equa¸˜o da ca a ca ca cˆnica, o sistema fica reduzido a uma equa¸˜o do segundo grau em uma unica vari´vel. Digamos que a equa¸˜o do o ca ´ a ca segundo grau seja ax2 + bx + c = 0. Se a reta e a cˆnica possuem coeficientes racionais, ent˜o a, b, c ∈ Q. Sabemos que as ra´ o a ızes da equa¸˜o do ca segundo grau fornece abcissas dos pontos de interse¸˜o. Se temos uma raiz racional, ent˜o a outra raiz ser´ tamb´m ca a a e c racional (pois o produto das ra´ ´ igual a a , que ´ racional). Verifique!!! ızes e e
- 15. Podemos sumarizar oM´todo das Secantes e das Tangentes de Fermat da seguinte forma: e Sejam C uma cˆnica, P ∈ C e uma reta que n˜o passa por P = P1 . Seja ˜ a reta paralela a o a passando por P eC∩ ˜ = {P1 , P2 } (n˜o necessariamente distintos) ent˜o a fun¸˜o: a a ca φ : C {P1 , P2 } −→ Q → P Q ∩ = R(Q) ´ invers´ e ıvel, sendo sua inversa a seguinte fun¸˜o: ca φ−1 : −→ C {P1 , P2 } R → P R ∩ C = Q(R) R(Q) Q P Q(R) R Teorema 2.2. Seja C ⊂ R2 uma cˆnica com coeficientes racionais. Suponhamos que o conjunto dos pontos o racionais de C seja n˜o vazio, ent˜o a cˆnica C possui uma infinidade de pontos racionais. a a o Prova: Basta utilizar o M´todo das Tangentes e das Secantes de Fermat. e Consideremos, agora dois exemplos: o primeiro fornece uma parametriza¸˜o do c´ ca ırculo unit´rio (sem usar senos a e 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 M´todo de Fermat: e φ : C {P } −→ Q → PQ ∩ y (x, y) → (0, x+1 ) t y 1 x
- 16. y A parametriza¸˜o que queremos ´ φ−1 e para encontr´-la, basta fazer x+1 = t ⇒ y = t(x + 1) e lembrar ca e a que x2 + y 2 = 1. Da´ segue que (t2 + 1)x2 + (2t2 )x + (t2 − 1) = 0 e como x0 = −1 ´ uma raiz desta equa¸˜o ı e ca 2 2 (correspondente ao ponto P0 = (−1, 0)) e o produto das ra´ ızes ´ t2 −1 obtemos para a outra raiz xt = 1−t2 e t +1 1+t 2t substituindo temos yt = 1+t2 . Logo, φ−1 : −→ C {P } Q → PQ ∩ C 1−t2 2t (0, t) → ( 1+t2 , 1+t2 ) Exemplo 2.2. Considere agora o c´ ırculo C = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 = 2}. Um ponto racional nesse c´ ırculo ´ (1, 1). e Considere a fam´ de retas passando por esse ponto: t : y − 1 = t(x − 1), se t ∈ Q, ent˜o cada uma dessas retas ´ ılia a e secante ao c´ ırculo em um outro ponto racional Pt . Mostre que todos os outros pontos racionais desse c´ ırculo s˜o: a t2 − 2t − 1 −t2 − 2t + 1 ( , ). t2 + 1 t2 + 1 Teorema 2.3. Seja C ⊂ R2 a cˆnica de equa¸˜o ax2 + by 2 = c com a, b, c ∈ Q. Se P0 = (x0 , y0 ) ´ um ponto o ca e racional de C, ent˜o todos os outros pontos racionais de C s˜o da forma a a bt2 x0 − 2bty0 − ax0 −bt2 y0 − 2atx0 + ay0 ( , ) bt2 + a bt2 + a em que t ∈ Q, bt2 + a = 0, exceto (x0 , −y0 ). Ou seja, o conjunto dos pontos racionais de C pode ser parametrizado a partir de P0 . Prova: Considere a fam´ de retas passando por P0 , t : y − y0 = t(x − x0 ). Para cada parˆmetro racional ılia a t ∈ Q, a reta t possui coeficientes racionais e, portanto, essa reta ser´ secante ` cˆnica C em um outro ponto a a o racional Pt = (xt , yt ) (argumento de Fermat). Substituindo a equa¸˜o da reta y = y0 + t(x − x0 ) na equa¸˜o da ca ca cˆnica obtemos uma equa¸˜o do segundo grau: o ca (a + bt2 )x2 + ( )x + x0 (bt2 x0 − 2bty0 − ax0 ) = 0 o produto das ra´ ızes dessa equa¸˜o ´: ca e x0 (bt2 x0 − 2bty0 − ax0 ) x0 xt = , a + bt2 da´ seguem as express˜es de xt e yt . ı o Observa¸˜o 2.4. A partir do teorema acima podemos obter uma parametriza¸˜o de qualquer cˆnica utilizando, ca ca o apenas, fun¸˜es racionais. O ponto central em nossa abordagem era encontrar solu¸˜es racionais. Caso o objetivo co co seja encontrar uma parametriza¸˜o utilizando fun¸˜es racionais, ent˜o o ponto inicial pode ser tomado como um ca co a ponto qualquer (x0 , y0 ) ∈ R2 . Observamos ainda que as par´bolas s˜o triviais uma vez que sua equa¸˜o fornece a a ca imediatamente uma parametriza¸˜o. ca 2.3 Homogeneiza¸˜o e Deshomogeneiza¸˜o: Curvas Projetivas ca ca Um polinˆmio em mais de uma vari´vel ´ dito ser homogˆneo se todos os seus monˆmios s˜o de mesmo grau, digamos o a e e o a n n. Sua propriedade fundamental ´ que F (λP ) = λ F (P ), assim sendo, se λ = 0 ent˜o: F (P ) = 0 ⇔ F (λP ) = 0. e a Suponhamos, agora, que o polinˆmio F possua coeficientes racionais e vamos nos concentrar em procurar solu¸˜es o co racionais. Pelo exposto, quando estamos procurando solu¸˜es de um polinˆmio homogˆneo, podemos nos reduzir co o e
- 17. a procurar solu¸˜esque n˜o s˜o m´ltiplos, logo, na classe de solu¸˜es existe uma unica solu¸˜o inteira sem fatores co a a u co ´ ca comuns(a menos de sinal). ´ E bastante natural considerar a seguinte rela¸˜o de equivalˆncia em R3 {0}: v ≡ w ⇔ v = λw com λ = 0. ca e Defini¸˜o 2.5. O Plano projetivo P2 (R) ´ definido como o conjunto quociente do R3 pela rela¸˜o de equivalˆncia ca e ca e de m´ltiplos n˜o nulos. Se a classe de v = (X, Y, Z) possuir z = 0, ent˜o (X, Y, Z) ≡ (x, y, 1) caso contr´rio dizemos u a a a que o mesmo representa um ponto no infinito, assim P2 (R) = R2 ∪ ∞ em que ∞ representa a “reta no infinito”(dos pontos no infinito) que corresponde a P1 (R). Se f (x, y) ´ um polinˆmio em duas vari´veis de grau (m´ximo) n podemos a partir de f obter um polinˆmio e o a a o X Y homogˆneo F (X, Y, Z) fazendo x = Z e y = Z e cancelando denominadores. Observe que como estamos interessados e em fazer F (X, Y, Z) = 0 ´ permitido cancelar denominadores. e Defini¸˜o 2.6. Seja f (x, y) um polinˆmio em duas vari´veis com coeficientes reais e C ⊂ R2 a curva associada. O ca o a polinˆmio homogˆneo F , associado a f ´ chamado homogeneiza¸˜o de f e C ⊂ P2 a curva projetiva associada. o e e ca Proposi¸˜o 2.7. Seja f (x, y) um polinˆmio com coeficientes racionais e F (X, Y, Z) a homogeneiza¸˜o de f . Existe ca o ca uma bije¸˜o entre as solu¸˜es racionais de f e as solu¸˜es inteiras, sem fator comum e com Z = 0 de F (a menos ca co co de sinal). Prova: Observe que a cada solu¸˜o racional em f (x, y) = 0 obtemos uma unica solu¸˜o em inteiros coprimos de ca ´ ca F (X, Y, Z) = 0 (a menos de sinal). Basta multiplicar (x, y, 1) pelo mmc das fra¸˜es irredut´ co ıveis que determinam x, y. Reciprocamente, se F (X, Y, Z) ´ um polinˆmio homogˆneo em trˆs vari´veis, podemos a partir de F obter um e o e e a polinˆmio f (x, y) fazendo X = xZ e Y = yZ e cancelando Z n . Observamos que a a cada solu¸˜o em inteiros de o ca F (X, Y, Z) = 0, com Z = 0, obtemos uma solu¸˜o racional de f (x, y) = 0. ca Exemplo 2.3. Ternas Pitag´ricas o Um problema milenar, conhecido por “ternas pitag´ricas”, consiste em encontrar solu¸˜es em inteiros para a o co equa¸˜o de Pit´goras, a2 = b2 + c2 , isto ´, encontrar triˆngulos retˆngulos com lados inteiros. Inicialmente vamos ca a e a a considerar o caso em que a, b e c s˜o coprimos, isto ´, mdc(a, b, c) = 1 que implica, por sua vez, mdc(a, b) = a e mdc(a, c) = mdc(b, c) = 1. Para encontrar a solu¸˜o geral basta multiplicar por um inteiro arbitr´rio. ca a 2 Dividindo a equa¸˜o por a2 , quando a = 0, obtemos a + a 2 = 1, isto ´, x2 + y 2 = 1. Desta feita, procuramos, ca b c e agora, pontos racionais no c´ ırculo unit´rio. Sabemos que todos os pontos racionais no c´ a ırculo unit´rio, exceto a 1−t2 2t (−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: b n2 − m 2 c 2mn = 2 , = 2 . a n + m2 a n + m2 ımpares, temos mdc(n2 − m2 , n2 + m2 ) = 1 (m, n Como mdc(a, b) = mdc(a, c) = 1, e b e c n˜o podem ser ambos ´ a tem paridades distintas) nesse caso a = m2 + n2 , b = n2 − m2 , c = 2mn. Alguns exemplos de ternas pitag´ricas s˜o (3, 4, 5), (5, 12, 13), (8, 15, 17), (7, 24, 25), ... o a
- 18. Observa¸˜o 2.8. Poderiatamb´m ocorrer de m, n serem ambos ´ ca e ımpares. Nesse caso mdc(n2 − m2 , n2 + m2 ) = 2 e da´ ı m2 + n2 n2 − m 2 a= ,b = , c = mn. 2 2 Fazendo m + n = 2u e n − m = 2v (que ´ sempre poss´ pois a soma e a diferen¸a de dois ´ e ıvel c ımpares ´ sempre par), e obtemos a = u2 + v 2 , b = 2uv, c = u2 − v 2 . 2.4 O Princ´ ıpio Local-Global para as Cˆnicas o O princ´ıpio Local-Global, de Hasse-Minkowski, fornece uma caracteriza¸˜o das formas quadr´ticas (homogˆneas) ca a e com coeficientes racionais (inteiros) que possuem algum ponto racional (n˜o nulo). Ap´s tal caracteriza¸˜o ´ poss´ a o ca e ıvel resolver o problema algoritmicamente, isto ´, dada uma forma quadr´tica ´ poss´ e a e ıvel, ap´s um n´mero finito de pas- o u sos, descobrir quando a mesma possui algum ponto racional. A formula¸˜o geral do princ´ ca ıpio exige a defini¸˜o de ca n´meros p-´dicos e n˜o ´ nosso objetivo. Vamos primeiramente mostrar, com um exemplo, que existem cˆnicas que u a a e o n˜o possuem pontos racionais e enunciar, posteriormente uma vers˜o do princ´ a a ıpio local-global para as cˆnicas. o Analisemos o seguinte exemplo, pr´ximo ao exemplo das ternas pitag´ricas. Vamos ver que uma ligeira modi- o o fica¸˜o nos coeficientes de uma cˆnica pode trazer resultados catastr´ficos (mas interessantes). Nesse caso a cˆnica ca o o o em quest˜o n˜o possui ponto racional. a a Exemplo 2.4. Analisemos o conjunto dos pontos racionais do c´ ırculo C = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 = 3} ou equivalentemente, as solu¸˜es n˜o nulas, em inteiros, da equa¸˜o homogeneizada: co a ca X 2 + Y 2 = 3Z 2 , podemos supor que se houver solu¸˜o em inteiros mdc(X, Y, Z) = 1. Fazendo a divis˜o euclidiana (com resto) de ca a cada um deles por 3, obtemos X ˜ = 3X + a Y ˜ = 3Y + b Z ˜ = 3Z + c. Substituindo na equa¸˜o original notamos que a2 + b2 − 3c2 deve ser m´ltiplo de 3 mas como a, b, c ∈ {0, 1, 2} ca u chegamos a conclus˜o (ap´s alguns testes) que a = b = 0 e, portanto, X e Y deveriam ser m´ltiplos de 3 mas isso a o u obrigaria que 3Z 2 fosse m´ltiplo de 9 e isto s´ seria poss´ se Z fosse tamb´m m´ltiplo de 3 e isto ´ um absurdo u o ıvel e u e uma vez que supomos que mdc(X, Y, Z) = 1. Esta contradi¸˜o foi proveniente da nossa (falsa) hip´tese de existˆncia de alguma solu¸˜o em inteiros n˜o ca o e ca a 2 2 2 nulos de X + Y = 3Z , assim podemos concluir que tal equa¸˜o n˜o possui solu¸˜o n˜o nula em inteiros e ca a ca a conseq¨entemente, a nossa curva C n˜o possui ponto racional. u a Observa¸˜o 2.9. A estrat´gia utilizada para mostrar que a equa¸˜o n˜o possui solu¸˜o inteira n˜o nula ´ chamada ca e ca a ca a e Descida Infinita de Fermat. Essa estrat´gia ´ baseada no princ´ e e ıpio da Boa Ordena¸˜o. A filosofia geral da “descida ca infinita de Fermat”´ a seguinte: se supomos que existem solu¸˜es inteiras positivas, podemos escolher uma minimal e co (em um sentido a determinar) e, a partir desta encontrar outra “menor”, ent˜o n˜o existe solu¸˜o inteira. No nosso a a ca caso a minimalidade dizia respeito a n˜o existir fator comum entre as coordenadas da solu¸˜o. a ca Em geral temos o seguinte teorema de Hasse-Minkowski que determina quando uma cˆnica possui ponto racional. o
- 19. Teorema 2.10 (Hasse-Minkowski).Seja C ∈ R2 uma cˆnica com coeficientes racionais e C ⊂ P2 a curva o projetiva associada (com coeficientes inteiros). Uma condi¸˜o necess´ria e suficiente para a existˆncia de um ponto ca a e racional em C ´ que a sua equa¸˜o homogeneizada possua solu¸˜o m´dulo pe para todo natural primo p e para cada e ca ca o e > 0. 2.5 Uma vis˜o geral sobre a aritm´tica das cˆnicas a e o 2.5.1 Elipses (i) Existˆncia de ponto(s) racional(is). e Pelo Princ´ ıpio Local-Global para as Cˆnicas, Teorema 2.10 o problema ´ algor´ o e ıtmico. Daremos uma descri¸˜oca completa para as circunferˆncias, independente do Teorema de Hasse-Minkowski, no cap´ e ıtulo intitulado Soma de Dois Quadrados. (ii) Decis˜o entre a finitude ou infinitude do conjunto dos pontos racionais. a Pelo teorema 2.2, se a cˆnica C possui um ponto racional, ent˜o possui infinitos. Al´m disso, se co-nhecemos o a e um deles, ent˜o ´ poss´ parametrizar todos, pelo teorema 2.3. a e ıvel (iii) Existˆncia de ponto(s) inteiro(s) e Muito dif´ em geral, faremos uma an´lise detalhada do caso do c´ ıcil, a ırculo no cap´ ıtulo intitulado Soma de Dois Quadrados. (iv) Decis˜o entre a finitude ou infinitude do conjunto dos pontos inteiros. a Esse conjunto ´ sempre finito, pela compacidade das elipses. Verifique!!! e 2.5.2 Par´bolas a (i) Existˆncia de ponto(s) racional(is); e Toda par´bola possui uma infinidade de pontos racionais. a (ii) Decis˜o entre a finitude ou infinitude do conjunto dos pontos racionais; a Toda par´bola possui uma infinidade de pontos racionais. a (iii) Existˆncia de ponto(s) inteiro(s); e Existem par´bolas que possuem e outras que n˜o possuem pontos inteiros. a a (iv) Decis˜o entre a finitude ou infinitude do conjunto dos pontos inteiros. a A an´lise de exemplos mostrar´ que n˜o h´ um padr˜o geral. a a a a a
- 20. 2.5.3 Hip´rboles e (i) Existˆncia de ponto(s) racional(is). e Pelo Princ´ ıpio Local-Global para as Cˆnicas, Teorema 2.10 o problema ´ algor´ o e ıtmo. Faremos uma an´lise a detalhada de uma classe especial de Hip´rboles denominadas de Pell-Fermat na se¸˜o homˆnima. e ca o (ii) Decis˜o entre a finitude ou infinitude do conjunto dos pontos racionais. a Pelo teorema 2.2, se a cˆnica C possui um ponto racional, ent˜o possui infinitos. Al´m disso, se conhecemos o a e um deles, ent˜o ´ poss´ parametrizar todos, pelo teorema 2.3. a e ıvel (iii) Existˆncia de ponto(s) inteiro(s). e Muito dif´ em geral, faremos uma an´lise de um caso cl´ssico chamadas Equa¸˜es de Pell-Fermat no cap´ ıcil, a a co ıtulo homˆnimo. o (iv) Decis˜o entre a finitude ou infinitude do conjunto dos pontos inteiros. a A an´lise de exemplos mostrar´ que n˜o h´ um padr˜o geral, isto ´, existem hip´rboles que possuem infinitos a a a a a e e pontos inteiros e outras que possuem somente um n´mero finito de pontos inteiros. u 2.6 Problemas 1. Seja m ∈ Z um inteiro positivo. Mostre que as par´bolas y 2 = mx possuem uma infinidade de pontos inteiros. a 2. Mostre que as par´bolas a seguir n˜o possuem pontos inteiros a a (a) y 2 = 4x + 2 (b) y 2 = 4x + 3 (c) y 2 = 3x + 2 3. Encontre uma infinidade de pontos inteiros nas hip´rboles e (a) x2 − 3y 2 = 1 (b) x2 − 5y 2 = 1 (c) x2 − 7y 2 = 1 4. Seja n ∈ Z um inteiro positivo. Mostre que a curva 1 1 1 + = x y n ´ uma hip´rbole. Mostre que tal hip´rbole tem um n´mero finito de pontos inteiros qualquer que seja n. e e e u 5. Encontre todos os pontos inteiros e positivos da curva 1 1 1 + = x y n nos 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 quese uma cˆnica com coeficientes racionais possuir uma reta tangente com coeficientes racionais, o ent˜o o ponto de tangˆncia ´ racional. a e e 7. Mostre que a equa¸˜o ca 3x2 + y 2 = 2z 2 n˜o possui solu¸˜o inteira n˜o nula. a ca a 8. Determine todos os pares de inteiros (x, y) tais que 9xy − x2 − 8y 2 = 2005. 9. Mostre que n˜o existem pontos racionais na cˆnica x2 + xy + y 2 = 2. a o 10. Encontre todos os pontos racionais a cˆnica x2 + xy + y 2 = 1. o 11. Mostre que as solu¸˜es inteiras coprimos da equa¸˜o co ca x2 + 2y 2 = z 2 s˜o x = ±(u2 − 2v 2 ), y = 2uv e z = u2 + 2v 2 , com u, v inteiros primos entre si. a
- 22. 3 Reticulados no plano 3.1 Reticulados e seus Dom´ ınios Fundamentais A teoria de reticulados ´ bem desenvolvida e um leitor com uma maior familiaridade a teoria de grupos (abelianos) e apreciar´ a leitura de Stewart [1]. Nosso objetivo ´ apresentar a teoria em um caso muito especial, reticulados no a e plano; pois, nesse caso, muitas constru¸˜es e demonstra¸˜es se simplificam. Em particular utilizaremos o m´ co co ınimo poss´ de ´lgebra linear. ıvel a Defini¸˜o 3.1. Sejam v1 , v2 ⊂ R2 dois vetores n˜o m´ltiplos. Um reticulado (de dimens˜o 2) no plano R2 , ca a u a com conjunto de geradores os vetores {v1 , v2 }, consiste do conjunto das combina¸˜es (lineares) inteiras desses dois co vetores, ou seja L = {v ∈ R2 |v = m1 v1 + m2 v2 , mi ∈ Z}. Defini¸˜o 3.2. Dados, um reticulado L no plano com conjunto de geradores {v1 , v2 } , o conjunto dos pontos ca a1 v1 + a2 v2 ∈ R2 para pos quais 0 ≤ a1 < 1 ´ chamado o dom´ e ınio fundamental do reticulado L associado ao conjunto de geradores {v1 , v2 }. Vamos abrir um parˆnteses para conectar a no¸˜o de reticulado e a no¸˜o alg´brica de grupos. O leitor que e ca ca e n˜o est´ familiarizado com a no¸˜o de grupos pode, simplesmente utilizar a defini¸˜o acima, ou ler um pouco do a a ca ca apˆndice sobre grupos abelianos. O fato ´ que se v, w ∈ L, ent˜o v = m1 v1 + m2 v2 e w = n1 v1 + n2 v2 e, portanto, e e a v + w = (m1 + n1 )v1 + (m2 + n2 )v2 ∈ L e −v = (−m1 )v1 + (−m2 )v2 ∈ L e estas s˜o as condi¸˜es para que L seja a co um subgrupo aditivo de R2 . Entretanto um reticulado no plano L ⊂ R2 n˜o ´ qualquer tipo de subgrupo. Como conjunto de R2 um reticulado a e ´, sempre, um subconjunto discreto!!! e Defini¸˜o 3.3. Um subconjunto de X ⊂ R2 ´ discreto se todos os seus pontos s˜o isolados, isto ´, se dado p ∈ X, ca e a e 2 existir δ > 0 tal que o unico ponto da interse¸˜o do disco aberto D(p, δ) = {q ∈ R | ||q − p|| < δ} com X for o ´ ca pr´pio p. Ou seja, o D(p, δ) ∩ X = {p} Observa¸˜o 3.4. Lembramos que os unicos subgrupos discretos da reta real s˜o isomorfos a Z (e todos s˜o retic- ca ´ a a ulados da reta!!!). De fato, seja G ⊂ R um subgrupo aditivo discreto e seja m o menor elemento positivo de G (tal elemento existe pois G ´ discreto), ent˜o G = mZ. (Verifique os detalhes!) e a Subgrupos de R n˜o discretos s˜o bem mais complicados, por exemplo, Q ⊂ R ´ um subgrupo aditivo que ´ a a e e denso!!! Proposi¸˜o 3.5. Seja G ⊂ R2 um subgrupo aditivo. Ent˜o s˜o equivalentes: ca a a 1. G ´ um reticulado; e 2. G ⊂ R2 ´ discreto. e Prova: Seja G ⊂ R2 um reticulado com conjunto de geradores {v, w}. Vamos mostrar que G ´ um conjunto e discreto. Vamos mostrar que 0 ´ um ponto isolado e o resultado segue, por transla¸˜o. Claramente n˜o existe e ca a ponto reticulado no conjunto int(D) = {u ∈ R2 |u = αv + βw} com 0 < α < 1 e 0 < β < 1. Assim, tome 1 δ = 2 min{||v||, ||w||, ||v + w||}. Claro que G ∩ D(0, δ) = 0. Reciprocamente, seja G ⊂ R2 um subgrupo aditivo discreto. Para mostrar que G ´ um reticulado devemos e encontrar geradores. Seja v ∈ G o vetor n˜o nulo de menor norma. Seja w ∈ G o ponto mais pr´ximo da reta a o
- 23. =< v >={λv|λ ∈ R} (n˜o contido na reta). Afirmamos que G =< v, w >= {av + bw|a, b ∈ Z}. Com efeito, seja a u ∈ G, e considere os pontos u − mw ∈ G com m ∈ Z. O ponto mais pr´ximo da reta deve pertencer a mesma, o caso contr´rio encontrar´ a ıamos um ponto mais pr´ximo que w. Assim u − mw = λv e λ = n ∈ Z, logo u = mv + nw. o A partir da proposi¸˜o acima vemos que ´ poss´ exibir um reticulado intrinsecamente, isto ´, sem explicitar ca e ıvel e um conjunto de geradores. Por um lado ´ mais f´cil tratar um reticulado quando conhecemos um conjunto de e a geradores, por outro lado, muitas vezes ´ mais f´cil provar que um dado conjunto ´ um reticulado observando que e a e o mesmo ´ um subgrupo aditivo e discreto do plano R2 . e Exemplo 3.1. Considere o reticulado padr˜o do plano, ou seja, L = Z2 ⊂ R2 . Temos v´rios poss´ a a ıveis conjuntos de geradores para tal reticulado. Por exemplo B1 = {(1, 0), (0, 1)} ´ um conjunto de geradores para L e B2 = e {(2, 1), (1, 1)} tamb´m ´ um conjunto de geradores para L (fa¸a um esbo¸o dos reticulados associados a estes e e c c conjuntos de geradores e verifique 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 (combina¸˜es inteiras dos vetores de B2 a co s˜o combina¸˜es inteiras dos vetores de B1 pois os pr´prios vetores de B2 o s˜o) 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 s˜o o mesmo e, claramente, tal reticulado ´ Z2 ⊂ R2 . a e Observa¸˜o 3.6. A no¸˜o de dom´ fundamental depende do conjunto de geradores, como mostramos no exemplo ca ca ınio anterior. Por outro lado, a ´rea de um dom´ a ınio fundamental independe do conjunto de geradores. Verifique com exemplos expl´ıcitos. Proposi¸˜o 3.7. Sejam L ⊂ R2 um reticulado, D e E dom´ ca ınios fundamentais associados, respectivamente, aos conjuntos de geradores {v1 , v2 } e {u1 , u2 }. Ent˜o as ´reas dos dom´ a a ınios fundamentais s˜o iguais, a A(D) = A(E). Prova: Sabemos que existem inteiros a1 , a2 , b1 , b2 ∈ Z tais que u1 = a1 v1 + a2 v2 u2 = b1 v1 + b2 v2 pois u1 , u2 pertencem ao reticulado, logo, s˜o combina¸˜o inteira de v1 , v2 e reciprocamente. Assim, a matriz de a ca a1 b1 mudan¸a de base M = c ´ invers´ e sua inversa N ´ tamb´m uma matriz de coeficientes inteiros(dados e ıvel e e a2 b2 pelas coordenadas de v1 , v2 escritos como combina¸˜o inteira de u1 , u2 ). Como M.N = I2 , det(M ). det(N ) = 1 e ca como s˜o ambos inteiros, det(M ) = ±1. a A ´rea do dom´ a ınio fundamental E ´ e A(E) = | det M | · A(D) = A(D).
- 24. 3.2 O Toro Plano Como vimos na se¸˜o anterior, proposi¸˜o 3.7, a ´rea de um dom´ ca ca a ınio fundamental de um reticulado L ⊂ R2 ´ e um invariante que depende somente do reticulado e n˜o da escolha de geradores. Nessa se¸˜o vamos conectar a a ca ´lgebra com a geometria e tratar mais a fundo a no¸˜o de ´rea. A no¸˜o de ´rea esbarra em dois problemas s´rios: a ca a ca a e mensurabilidade e m´trica. O primeiro ´ j´ um problema no plano, onde existem conjuntos que n˜o possuem e e a a uma ´rea bem definida, por exemplo o conjunto abaixo do gr´fico de uma fun¸˜o n˜o integr´vel. O segundo a a ca a a ´ um problema que fica mais evidente quando se pretende definir ´rea em uma superf´ abstrata, a m´trica ´ e a ıcie e e o ingrediente necess´rio para isso. Nessa se¸˜o vamos lidar com uma superf´ a ca ıcie interessante cujo modelo mais conhecido, mergulhado em R , possui uma determinada m´trica(proveniente da m´trica usual do R3 ) mas no nosso 3 e e caso vamos “exportar”a m´trica do plano para “medir”´reas nessa superf´ e a ıcie. A superf´ ´ o TORO e munida da ıcie e m´trica “do plano”´ chamada O Toro Plano. e e Defini¸˜o 3.8. Seja L ⊂ R2 um reticulado plano. O grupo (de Lie) quociente R2 /L ´ a superf´ que chamaremos ca e ıcie o toro plano. ´ E claro que, conjuntisticamente, o quociente R2 /L pode ser identificado com um dom´ ınio fundamental e, a partir desta identifica¸˜o ´ que exportamos a m´trica do plano ao toro. N˜o ´ esse o momento para entrar em ca e e a e detalhes t´cnicos (que s˜o muitos) sobre a estrutura algebro-topol´gico-geom´trica do toro. Vamos mostrar que, e a o e como grupo (de Lie), o toro ´ isomorfo ao produto de dois c´ e ırculos. Consideramos o c´ ırculo S1 ⊂ R2 como S1 = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 = 1} ou, equivalentemente, S1 = {z ∈ C| |z| = 1}. Lembramos que S1 possui uma estrutura de grupo. Usaremos parametriza¸˜es cl´ssicas, com a exponencial complexa ou com cossenos e senos no co a caso real. Proposi¸˜o 3.9. Seja L ⊂ R2 um reticulado no plano e D ⊂ R2 . Ent˜o o quociente R2 /L pode ser identificado ca a 1 1 com o toro T = S × S . Mais precisamente existe um isomorfismo de grupos (de Lie) entre eles. Prova: Sejam {v1 , v2 } um sistema de geradores para L. Considere o seguinte homomorfismo de grupos: φ: R2 → T = S1 × S1 (a1 v1 + a2 v2 ) → (e2πia1 , e2πia2 ) em que (e2πia1 , e2πia2 ) = (((cos(2πa1 ), sen(2πa1 )); (cos(2πa2 ), sen(2πa2 ))) claramente esse ´ um hoomomorfismo sobrejetivo (pois utilizamos uma parametrfiza¸˜o do toro) e seu n´cleo ´ L. e ca u e Logo, pelo teorema do isomorfismo conclu´ ımos que R2 /L ∼ T. = Geometricamente o isomorfismo explicitado no teorema anterior corresponde ` famosa identifica¸˜o a ca
- 25. Defini¸˜o 3.10. SejaX ⊂ T uma regi˜o no toro T = R2 /L associado ao reticulado L ⊂ R2 e seja D um dom´ ca a ınio fundamental para L. Definimos a ´rea desta regi˜o por a a −1 A(X) = A(φ|D (X)) −1 desde que exista A(φ|D (X)), que ´ a ´rea de uma regi˜o no plano (desde que exista a ´rea dessa regi˜o no plano). e a a a a Observa¸˜o 3.11. Observamos que a defini¸˜o acima independe de escolha de dom´ ca ca ınio fundamental e que, em particular, a ´rea total do toro ´ igual ` ´rea de um dom´ a e aa ınio fundamental que, pela proposi¸ao 3.7, independe do c˜ dom´ınio fundamental. Proposi¸˜o 3.12. Se Y ⊆ R2 ´ limitada e existe A(Y ), e se A(φ(Y )) = A(Y ) ent˜o φ|Y n˜o ´ injetiva. ca e a a e Prova: Supondo que φ|Y seja injetiva, Y = Yi , onde Yi = Y ∩(D+wi ) s˜o disjuntos. Fazendo Zi = Yi −wi ⊂ D a s˜o tamb´m disjuntos pela injetividade de φ|Y logo: a e A(φ(Y )) = A(φ( Yi )) = A( Zi ) = A(Zi ) = A(Yi ) = A(Y ). 3.3 Reticulados Inteiros no Plano Trataremos, agora, um tipo especial de reticulado. Chamaremos de reticulado inteiro no plano um (sub)reticulado a ´ L ⊂ Z2 do reticulado padr˜o. E interessante notar que se L ⊂ Z2 , ent˜o L ´ necessariamente discreto, portanto, a e basta que seja um subgrupo aditivo, para que seja um reticulado no plano. O pr´ximo resultado nos ser´ util para c´lculos efetivos e relaciona a ´rea de um dom´ o a´ a a ınio fundamental de um 2 reticulado inteiro no plano A(D), o n´mero de elementos do grupo quociente |Z /L| e o n´mero de pontos inteiros u u em D. Todas as quantidades citadas coincidem!!! Proposi¸˜o 3.13. Dados um reticulado L ⊂ Z2 e D um dom´ ca ınio fundamental. A ´rea de D ser´ a a A(D) = |Z2 /L|, que corresponde ao n´mero de pontos inteiros em um dom´ u ınio fundamental. Prova: ´ E claro que |Z2 /L| ´ igual ao n´mero de pontos inteiros em um dom´ e u ınio fundamental. Com efeito, se L ´ um reticulado e D ´ um dom´ e e ınio fundamental, ent˜o todo vetor do plano pertence a exatamente um conjunto a D + w, em que w ´ um ponto do reticulado. e
- 26. Se mostrarmos quea ´rea de D tamb´m ´ igual ao n´mero de pontos inteiros de um dom´ fundamental, ent˜o a e e u ınio a o resultado segue. A demonstra¸ao de que a ´rea do dom´ c˜ a ınio fundamental ´ igual ao n´mero de pontos inteiros do e u dom´ ınio fundamental segue imediatamente do teorema de Pick, teorema 1.9, (verifique!). 3.4 Teorema de Minkowski Nessa se¸˜o apresentamos o principal resultado t´cnico deste minicurso. A id´ia intuitiva associada a este resultado ca e e ´ relativamente simples e explicaremos agora. Para isso precisaremos de dois conceitos geom´tricos: e e Defini¸˜o 3.14. Um subconjunto do plano X ⊂ R2 ´ dito ser convexo se dados dois pontos x, y ∈ X o segmento ca e de reta unindo esses pontos [x, y] = {ax + (1 − a)y|a ∈ [0, 1]} est´ completamente contida em X, isto ´, [x, y] ⊂ X. a e Observa¸˜o 3.15. Um pol´ ca ıgono no plano ´ convexo se, e somente se, cada um de seus ˆngulos internos for menor e a que π. S˜o ainda exemplos de subconjuntos convexos do plano o disco, a regi˜o interior de uma elipse (e tamb´m a a e o seu fecho),... Defini¸˜o 3.16. Um subconjunto do plano X ⊂ R2 ser´ dito ser sim´trico (com rela¸˜o ` origem) se para cada ca a e ca a x ∈ X tivermos −x ∈ X. Observa¸˜o 3.17. Paralelogramos, pol´ ca ıgonos regulares e discos (centrados na origem) s˜o exemplos triviais de a 2 subconjuntos limitados sim´tricos e convexos em R . e Dado um reticulado no plano L ⊂ R2 e D um dom´ ınio fundamental (associado a um conjunto de geradores {v1 , v2 }). O mais simples conjunto convexo e sim´trico do plano, associado a L, com ´rea m´xima e sem conter e a a pontos n˜o nulos do reticulado s˜o: 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 n˜o nulos do reticulado tais paralelogramos devem ter ´rea a a menor que 4 vezes a ´rea do dom´ a ınio fundamental. O teorema de Minkowski formaliza essa id´ia mas n˜o somente e a para os (intuitivos) paralelogramos semelhantes ao dom´ ınio fundamental e sim para qualquer conjunto limitado sim´trico e convexo. Precisamente, temos o seguinte: e Teorema 3.18. Sejam L um reticulado em R2 , D um dom´ ınio fundamental para L e X ⊂ R2 , um conjunto limitado, sim´trico e convexo tal que A(X) > 4A(D). Ent˜o X cont´m um ponto n˜o nulo de L. e a e a Prova: Duplicando L, obt´m-se um reticulado 2L com dom´ e ınio fundamental 2D cuja ´rea ´ 4A(D). Con- a e siderando o toro relativo a tal reticulado: T = R2 /2L Cuja ´rea ´ A(T ) = A(2D) = 4A(D). a e
- 27. Logo φ :R2 → T , o homomorfismo estrutural n˜o preserva a ´rea de X. Pois: a a A(φ(X)) ≤ A(T ) = 4A(D) < A(X). Ent˜o, pela proposi¸˜o 3.12, φ|X n˜o ´ injetiva. Assim, existem x1 = x2 , x1 , x2 ∈ X, tais que: a ca a e φ(x1 ) = φ(x2 ) ou equivalentemente, x1 − x2 ∈ 2L = Ker(φ). Por X ser sim´trico tem-se que x2 ∈ X o que imlica que −x2 ∈ X;e como X ´ convexo 1 (x1 ) + 1 (−x2 ) ∈ X, ou e e 2 2 1 seja, 2 (x1 − x2 ) ∈ X. Portanto: 1 (x1 − x2 ) ∈ L ∩ X. 2 Este ´ um ponto n˜o nulo do reticulado L e que pertence a X. e a 3.5 Problemas 1. 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, π) e v = (−1, π) 2. Prove que o disco D = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 ≤ r2 } ´ convexo. e 3. Prove que o quadrado Q = {(x, y) ∈ R2 | |X| ≤ c |y| ≤ c} ´ convexo. e
- 28. 4 Soma de dois Quadrados 4.1 Introdu¸˜o ca O teorema dos Dois Quadrados afirma que os unicos primos p que podem ser escritos como soma de dois quadrados ´ 2 2 de inteiros, p = x + y , com x, y ∈ Z s˜o p = 2 e os primos da forma p = 4k + 1. Esse teorema, juntamente com a outros dois de mesma natureza foram descobertos por Fermat. Em 1640 Fermat enviou uma carta a Mersene com o enunciado do teorema, em 1659 ele enviou uma carta a Pierre de Carcavi com um esbo¸o da prova. Em 1754 Euler c fornece uma prova completa do teorema. Euler esteve 40 anos de sua vida estudando esses problemas de Fermat sobre primos da forma x2 + ny 2 . S˜o problemas interessantes os de soma de trˆs quadrados, soma de quatro quadrados e o geral que ´ conhecido a e e como problema de Waring. 4.2 Pontos Inteiros VS Pontos Racionais em C´ ırculos Na se¸˜o intitulada Aritm´tica em Cˆnicas enunciamos um importante Teorema de Hasse-Minkowsky, Teorema ca e o 2.10, que dava condi¸˜es necess´rias e suficientes para que uma cˆnica com coeficientes racionais possua ponto(s) co a o racional(is). Um exemplo que foi analisado particularmente foi a cˆnica: o x2 + y 2 = 3 que mostramos n˜o possuir ponto racional. O teorema a seguir mostra que para esse tipo de equa¸˜es ´ suficiente a co e verificar a n˜o existˆncia de pontos inteiros (que ´ muit´ a e e ıssimo mais f´cil!!!) para concluir a n˜o existˆncia de pontos a a e racionais. Teorema 4.1. Seja n ∈ Z um inteiro positivo, ent˜o n ´ soma de dois quadrados de racionais se, e somente se, n a e for 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. Seja 1 2 ırculo x2 + y 2 = n. Seja M = (m1 , m2 ) ∈ Z2 o ponto inteiro tal que |mi − pi | ≤ 1 P = (p1 , p2 ) o ponto do c´ 2 i = 1, 2. A reta = M P n˜o pode ser tangente ao c´ a ıculo x2 + y 2 = n. Com efeito, se fosse tangente ao 2 2 2 c´ ırculo, ent˜o o triˆngulo OP M seria retˆngulo em P (ponto de tangˆncia). Assim OM = OP + P M , e isso ´ a a a e e 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 um absurdo pois OM ∈ Z, OP = p1 +p2 = n ∈ Z (por hip´tese) e 0 = P M = |m1 −p1 | +|m2 −p2 | ≤ 4 + 4 = 2 . o Logo, a reta P M ´ secante ao c´ e ırculo, ambos(a reta e o c´ ırculo) possuem coeficientes racionais e se intersectam em P ponto racional. Pelo m´todo de Fermat, o outro ponto de interse¸˜o, Q = (q1 , q2 ) ´ tamb´m racional. e ca e e ıveis p1 , p2 que definem P . Defina c = d|P M |2 < d, Seja d o mmc das fra¸˜es irredut´ co c = d(|m1 − p1 |2 + |m2 − p2 |2 ) = d[m2 + m2 + n − 2(p1 m1 + p2 m2 )] ∈ Z 1 2 ` (4.1) Vamos mostrar que c elimina os denominadores de q1 e q2 . Isso conclui a prova pois, a partir de P obtemos Q e reduzimos 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∗ . Defina v = M − P = (m1 − p1 , m2 − p2 ). ırculo de equa¸˜o x2 + y 2 = n, temos que Q · Q = n (produto escalar ´ indicado por ·). Logo: Como Q pertence ao c´ ca e n = (P + tv) · (P + tv) = P · P + 2t(P · v) + t2 (v · v) c e ırculo), ent˜o 2t(P · v) + t2 (v · v) = 0 e como v · v = ||P M ||2 = d , temos como P · P = n (P ´ um ponto do c´ a P.v p1 m1 + p2 m2 − n d(2n − 2(p1 m1 + p2 m2 )) t = −2 = −2 c = . (4.2) v.v d c
- 29. Vamos finalmente mostrarque 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 equa¸˜es 4.2 e 4.2, temos que co c ct = d(2n − 2(p1 m1 + p2 m2 )) = d(2n + − n − m2 − m2 ) = c + d(n − m2 − m2 ). 1 2 1 2 d Logo cqi = cpi + [c + d(n − m2 − m2 )](mi − pi ) = cmi + d(n − m2 − m2 )(mi − pi ). 1 2 1 2 Claro que esses n´meros s˜o inteiros pois c, mi e n s˜o inteiros e d elimina os denominadores de p1 e p2 . u a a O resultado segue, pois, escolhendo P (ponto racional do c´ ırculo) de forma que o mmc entre os denominadores de p1 e p2 fosse m´ ınimo, ter´ıamos encontrado Q (ponto racional do c´ ırculo) cujo mmc dos denominadores seria menor. Observa¸˜o 4.2. Novamente a t´cnica de demonstra¸˜o desse teorema ´ a “descida infinita de Fermat”. Essa ca e ca e t´cnica ´ aplicada em v´rios problemas aritm´ticos. e e a e 4.3 Inteiros de Gauss O conjunto Z[i] = {a + bi|a, b ∈ Z} ⊂ C em que i2 = −1 ´ chamado conjunto dos inteiros gaussianos. Esse conjunto e foi estudado por Gauss (da´ o nome) e ´ muito semelhante ao conjunto Z dos n´meros inteiros, tanto do ponto ı e u de vista alg´brico (propriedades da adi¸˜o e multiplica¸˜o, ...) quanto do ponto de vista aritm´tico (algoritmo de e ca ca e divis˜o, mdc, fatora¸˜o... ). a ca Para n´s, entretanto, ser´ interessante um unico aspecto de tal conjunto, que ´ derivado das no¸˜es de conjuga¸˜o o a ´ e co ca e norma que existem no corpo dos n´meros complexos. u Defini¸˜o 4.3. A conjuga¸˜o em Z[i] ´ definida da seguinte forma: ca ca e a + bi = a − bi. Proposi¸˜o 4.4. A conjuga¸˜o em Z[i] satisfaz as seguintes propriedades: ca ca (i) z + w = z + w; (ii) z.w = z.w; (iii) zz ≥ 0 e zz ∈ Z. Prova: Verifique!!! A partir da id´ia de conjuga¸˜o e pelo item (iii) da proposi¸˜o anterior, podemos definir a chamada norma e ca ca alg´brica em Z[i]. e Defini¸˜o 4.5. Definimos a norma alg´brica de um elemento z = a + bi ∈ Z[i] por ca e N (z) = zz = a2 + b2 ∈ Z. Proposi¸˜o 4.6. Sejam z, w ∈ Z[i], ent˜o ca a N (zw) = N (z)N (w). Ou seja, se m, n ∈ Z s˜o dois inteiros positivos que s˜o norma de elementos de Z[i], isto ´, se n = N (z) e a a e m = N (w), ent˜o mn tamb´m ´ norma de algum elemento de Z[i], de fato, mn = N (zw). a e e
- 30. 4.4 Soma de Dois Quadrados Consideramos agora, para n um natural, a equa¸˜o ca x2 + y 2 = n Quando a equa¸˜o tem solu¸˜o natural dizemos que n ´ soma de dois quadrados. Nosso objetivo ´ caracterizar os ca ca e e naturais que s˜o soma de dois quadrados. a Lema 4.7. Seja p ≡ 1 (mod 4) um n´mero primo. Ent˜o existe u ∈ Z/pZ tal que u2 ≡ −1 ∈ Z/pZ. u a Prova: Pelo pequeno Teorema de Fermat sabemos que todo elemento de Z/pZ n˜o nulo satisfaz a ap−1 = 1. Ora, p = 4k + 1, considere a equa¸˜o: ca x2k = −1 ∈ Z/pZ. Mostraremos que essa equa¸˜o possui solu¸˜o em Z/pZ e assim o resultado segue, pois, se w ´ solu¸˜o de tal ca ca e ca k 2 2k equa¸˜o, ent˜o u = w satisfaz nosso enunciado, de fato, u = w = −1 ∈ Z/pZ. ca a Ora, sendo que a4k = 1 para todo a ∈ Z/pZ, a = 0, temos que a equa¸˜o ca x4k = 1 ∈ Z/pZ possui 4k = p − 1 solu¸˜es. Mas x4k = 1 ⇒ (x2k − 1)(x2k + 1) = 0 e assim temos duas possibilidades: x2k − 1 = 0 co ou x + 1 = 0. Como Z/pZ ´ um corpo, ent˜o n˜o pode ocorrer da equa¸˜o x2k − 1 = 0, de grau 2k, possuir 4k 2k e a a ca solu¸˜es. Logo, a equa¸˜o x2k + 1 = 0 possui alguma solu¸˜o e o resultado segue. co ca ca Teorema 4.8 (Fermat-Euler). Um primo p > 0 ´ soma de dois quadrados de inteiros se, e somente se, p = 2 e ou p ´ da forma 4k + 1, k ∈ Z. e Prova: ´ E claro que 2 = 12 + 12 ´ soma de dois quadrados de inteiros. Portanto s´ nos resta provar o resultado e o para p = 2. Se p = 2 e p ≡ 1 (mod 4), ent˜o p ≡ 3 (mod 4). Suponha que existam dois inteiros a e b tais que a2 + b2 = p. a Fazendo congruˆncia m´dulo 4 temos: a2 + b2 ≡ 3 (mod 4) que ´ um absurdo (verifique!). e o e Reciprocamente, se p ≡ 1 (mod 4), ent˜o mostraremos que p ´ soma de dois quadrados de inteiros. Pelo lema a e 4.7, existe u ∈ Z/pZ tal que u2 ≡ −1 ∈ Z/pZ. Consideremos, agora, o reticulado L = {(a, b) ∈ Z2 |b = ua ∈ Z/pZ. Analisando a aplica¸˜o: ca Z2 Z/pZ (x, y) → y − ux¯ nota-se que ker(y) = L e, pelo teorema do Isomorfismo, Z2 /L Z/pZ. Logo, pela proposi¸˜o 3.13, A(D) = p. ca Seja X o disco limitado, sim´trico e convexo e 3p X = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 ≤ }. 2 Como a ´rea de X ´ πr2 = π 3p > 4p, ent˜o, pelo teorema de Minkowski, teorema 3.18, existe um ponto 0 = (a, b) ∈ a e 2 a L ∩ X. Ou seja 3p 0 = a2 + b2 ≤ r2 = < 2p 2
- 31. analisando a2 +b2 m´dulo n, obtemos: o a2 + b2 ≡ a2 + u2 a2 ≡ a2 − a2 ≡ 0 (mod p) Logo, a2 + b2 = p Pois p ´ o unico m´ltiplo n˜o nulo de p e menor que 2p. e ´ u a Logo, se p ≡ 1 (mod 4), ent˜o p ´ soma de dois quadrados de inteiros. a e Teorema 4.9. Seja n > 0 um inteiro. Ent˜o n ´ soma de dois quadrados de inteiros se, e somente se, n n˜o a e a possui, em sua fatora¸ao em primos, uma potˆncia de expoente ´ c˜ e ımpar para um primo p ≡ 3 (mod 4). Ou seja, na fatora¸˜o de n podem ocorrer os primos 2 e p ≡ 1 (mod 4) com expoente arbitr´rio, mas os primos da forma ca a p ≡ 3 (mod 4) devem ocorrer com expoente ´ ımpar. Prova: Suponhamos que n = pe1 pe2 ...pek 1 2 k ´ a fatora¸˜o em primos (distintos) de n e suponhamos que todos os primos p ≡ 3 (mod 4) que ocorrem na e ca fatora¸˜o de n possuem expoente par. Para cada primo p = 2 ou p ≡ 1 (mod 4), p ´ soma de dois quadrados, pelo ca e teorema 4.8 e, portanto, qualquer potˆncia de tais primos ´ tamb´m soma de dois quadrados, pela proposi¸˜o 4.6. e e e ca Para os primos que possuem expoente par, ent˜o a pr´pria potˆncia ´ um quadrado e portanto soma de quadrados a o e e (x2 = 02 + x2 ). O resultado segue do fato que o produto de inteiros que s˜o soma de dois quadrados ´ tamb´m a e e soma de dois quadrados novamente, pela proposi¸˜o 4.6. ca Reciprocamente, suponhamos que n = a2 + b2 seja soma de dois quadrados. Suponhamos que n possua algum fator primo, p ≡ 3 (mod 4), cujo expoente em sua fatora¸˜o (em primos distintos) seja ´ ca ımpar. Seja d = mdc(a, b). 2 2 2 n Como d |a + b = n e p|n (com multiplicidade ´ ımpar), ent˜o p| d2 = m. Sejam u e v tais que a = du e b = dv, a ent˜o u2 + v 2 = m, mdc(u, v) = 1 e p|m. Assim, existe um dentre os n´meros u e v que ´ coprimo com p (digamos a u e u) e, portanto, existe w tal que uw ≡ 1 (mod p). Como u + v ≡ 0 (mod p) temos que (wv)2 ≡ −1 (mod p). 2 2 Ora, p ≡ 3 (mod 4) logo p − 1 = 2q em que q ´ ´ e ımpar. Considere a express˜o (wv)2 ≡ −1 (mod p) tomando a p−1 potˆncias com expoente q, obtemos (wv) e ≡ −1 (mod p) (lembramos que q ´ ´ e ımpar!). Isso ´ um absurdo, pelo e pequeno teorema de Fermat. 4.5 problemas ırculo x2 + y 2 = p possui um unico ponto inteiro e 1. Seja p ≡ 1 (mod 4) um primo positivo. Mostre que o c´ ´ positivo. e u ırculo x2 + y 2 = n possui mais de um ponto 2. Dˆ exemplos de n´meros inteiros e positivos n para os quais o c´ inteiro e positivo.
- 32. 5 Equa¸oes de Pell-Fermat c˜ 5.1 Introdu¸˜o ca Seja d ∈ Z um inteiro positivo que n˜o ´ quadrado. Chamamos equa¸˜o de Pell-Fermat as equa¸˜es do tipo a e ca co x2 − dy 2 = 1 das quais se procuram solu¸˜es inteiras. Tais equa¸˜es representam hip´rboles que mostraremos possuir uma in- co co e finidade de pontos inteiros. As equa¸˜es de Pell-Fermat s˜o estudadas ha milˆnios na ´ co a e India e na Gr´cia. Eles estavam particularmente e √ x interessados no caso d = 2 uma vez que suas solu¸˜es forneciam boas aproxima¸˜es racionais de 2 co co y . Baud- √ 577 hayana (800 AC) encontrou os pares (17, 12) e (577, 408) que forneciam muito boas aproxima¸˜es para 2 co 408 . √ 1351 Arquimedes (300 AC) usou a equa¸˜o no caso d = 3 e obteve a aproxima¸˜o 3 ca ca 780 . Brahmagupta e Bhaskara tamb´m estudaram essas equa¸˜es utilizando um m´todo denominado Chakravala. e co e O nome de Pell nestas equa¸˜es ocorre devido a um erro de Euler atribuindo ao matem´tico inglˆs John Pell co a e (1610-1685) o estudo da mesma. Aparentemente foi Lord Brouncker (1620-1684) o primeiro matem´tico europeu a moderno a estudar as equa¸˜es de Pell-Fermat. Fermat, em 1657 propˆs o problema geral de resolver tais equa¸˜es co o co co ´ em uma carta a Frenicle. Euler, em 1770 estuda estas equa¸˜es em seu livro de Algebra utilizando fra¸˜es cont´ co ınuas. Lagrange, em 1773 demonstra o teorema 5.6. Nosso enfoque ser´ mais geom´trico, em particular, daremos uma a e demonstra¸˜o original, via Teorema de Minkowski, da proposi¸˜o chave para mostrar que as equa¸˜es de Pell-Fermat ca ca co sempre possuem uma infinidade de solu¸˜es, Proposi¸˜o 5.7. co ca 5.2 Inteiros Quadr´ticos de Pell-Fermat a Uma ´lgebra sobre os inteiros (que seja dom´ a ınio de integridade) ´ chamada um Dom´ e ınio de Inteiros Quadr´ticos se a A Z[X]/(f ) em que f ´ um polinˆmio irredut´ de grau 2. N´s estaremos interessados num tipo um pouco mais e o ıvel o simples e suporemos que f = X 2 − d em que d ´ um inteiro positivo n˜o quadrado. Pelo teorema do isomorfismo e a temos que tais conjuntos s˜o da forma a √ √ A Z[ d] = {a + b d|a, b ∈ Z} ⊂ C tomaremos ent˜o essa descri¸˜o para os nossos dom´ a ca ınios quadr´ticos de Pell-Fermat a Defini¸˜o 5.1. Um Dom´ ca ınio de Inteiros Quadr´ticos de Pell-Fermat ´ um conjunto da forma a e √ √ Z[ d] = {a + b d|a, b ∈ Z} ⊂ R em que d ∈ Z ´ um inteiro positivo n˜o quadrado. e a Dizer que esse conjunto ´ um dom´ (de integridade) significa dizer que o mesmo est´ munido de duas opera¸˜es, e ınio a co adi¸˜o e multiplica¸˜o, satisfazendo as propriedades usuais (como Z). N˜o exigimos a existˆncia de inversos multi- ca ca a e plicativos em geral, somente a propriedade que caracteriza os dom´ınios. Se xy = 0, ent˜o x = 0 ou y = 0. H´, para a a esses dom´ ınios, uma no¸˜o de conjuga¸˜o muito similar a conjuga¸˜o complexa. ca ca ca √ √ √ Defini¸˜o 5.2. Seja z = a + b d ∈ Z[ d], o conjugado de z ´ z = a − b d. ca e √ A conjuga¸˜o em Z[ d] satisfaz as mesmas propriedades da conjuga¸˜o complexa, que s˜o ca ca a 1. z + w = z + w;
- 33. 2. z.w =z.w √ Defini¸˜o 5.3. A norma alg´brica em Z[ d] ´ definida por: ca e e N (z) = zz √ logo, se z = a + b d, ent˜o N (z) = a2 − b2 d ∈ Z. a √ A propriedade fundamental da norma alg´brica de Z[ d] ´ e e N (zw) = N (z)N (w) √ Proposi¸˜o 5.4. Um elemento z ∈ Z[ d] ´ invers´ se, e somente se, N (z) = ±1. ca e ıvel √ Prova: Se z ´ invers´ e ıvel, ent˜o existe w ∈ Z[ d] tal que zw = 1 e, portanto, N (z)N (w) = 1 como N (z) e N (w) a s˜o n´meros inteiros, temos que N (z) = ±1 (que s˜o os unicos inteiros invers´ a u a ´ ıveis). Reciprocamente, se N (z) = ±1, ent˜o zz = ±1 e portanto z( z) = 1 donde conclu´ a ımos que z ´ invers´ e ıvel. √ √ Observa¸˜o 5.5. Se ∈ Z[ d] ´ invers´ ca e ıvel, ent˜o z −1 = z pois, nesse caso, N (z) = z.z = 1. Se z ∈ Z[ d] ´ a e √ √ invers´ e N (z) = 1, ent˜o N (z −1 ) = 1, ou seja, se z = x + y d = 1. Ent˜o z −1 = z = x − y d = 1. ıvel a a Portanto, a partir desta proposi¸˜o podemos concluir que s˜o equivalentes quando d > 0: ca a √ √ (i) z = a + b d > 0 com a, b > 0 ´ invers´ em Z[ d]; e ıvel (ii) (a, b) ´ uma solu¸˜o em inteiros positivos da equa¸˜o 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, ent˜o, n˜o apenas ele, bem como todas as suas potˆncias e a a e 2 2 d˜o origem ` solu¸˜es n˜o triviais da equa¸˜o x − dy = 1, pela proposi¸˜o 4.6. Nesse caso as potˆncias de z nos a a co a ca ca e 2 2 fornecem uma infinidade de solu¸˜es para a equa¸˜o x − dy = 1 desde que z = ±1. co ca 5.3 Solu¸oes da Equa¸˜o de Pell-Fermat c˜ ca Seja d ∈ Z um inteiro n˜o quadrado. As equa¸˜es do tipo a co x2 − dy 2 = 1 s˜o chamadas equa¸˜es de Pell-Fermat. Vamos, agora, utilizar a Teoria de Minkowski sobre reticulados no plano a co para mostrar que as hip´rboles definidas por uma equa¸˜o de Pell-Fermat sempre possuem uma infinidade de pontos e ca inteiros. Chamamos solu¸˜es triviais (±1, 0). Podemos nos reduzir a procura de solu¸˜es positivas, isto ´, x > 0 e co co e y > 0 uma vez que todas as outras solu¸˜es inteiras s˜o obtidas a partir destas. co a Teorema 5.6. Seja d ∈ Z um inteiro positivo n˜o quadrado, ent˜o a equa¸˜o de Pell-Fermat a a ca x2 − dy 2 = 1 possui uma infinidade de solu¸˜es inteiras positivas. Al´m disso, se (x1 , y1 ), x1 > 0 e y1 > 0, ´ a solu¸ao tal que co e e c˜ √ x1 + y1 d ´ m´ e ınimo, ent˜o todas as outras solu¸˜es inteiras positivas da equa¸˜o de Pell-Fermat s˜o (xn , yn ) tal a co ca a √ √ n que xn + yn d = (x1 + y1 d)
- 34. De fato, apartir da discuss˜o do fim da ultima se¸˜o, percebemos que ´ suficiente mostrar que existe uma a ´ ca e 2 √ √ √ k solu¸˜o (a, b) ∈ Z tal que a + b d > 1. Com efeito, sendo z1 = a + b d ∈ Z[ d] definimos zk = z1 . Como z1 > 1, ca ent˜o todas as suas potˆncias s˜o distintas e al´m disso, (a, b) ´ solu¸˜o da equa¸˜o de Pell-Fermat se, e somente se, a e a e e ca ca √ N (a + b d) = 1. Nesse caso, n˜o apenas z1 ´ de norma 1 como tamb´m todas as suas potˆncias. E assim obtemos a e e e um infinidade de solu¸˜es. co Exemplo 5.1. Considere a equa¸˜o ca x2 − 2y 2 = 1. √ √ Uma solu¸˜o n˜o trivial ´ (3, 2) que corresponde ao invers´ ca a e ıvel z = 3 + 2 2 ∈ Z[ 2]. Suas potˆncias s˜o: e a √ √ √ z 2 = 17 + 12 2, z 3 = 99 + 70 2, z 4 = 577 + 408 2, ... Esses elementos de Z[d] d˜o origem `s seguintes solu¸˜es da equa¸˜o de Pell-Fermat:(±3, ±2) (±17, ±12), a a co ca (±99, ±70), (±577, ±408), ... Pelo teorema de Pell Fermat essas s˜o todas as solu¸˜es da equa¸˜o. a co ca A pr´xima proposi¸˜o ser´ fundamental para a demonstra¸˜o do Teorema de Pell-Fermat e apresentamos aqui o ca a ca uma demonstra¸˜o geom´trica original. As demonstra¸˜es anteriores usavam teoria de aproxima¸˜o. ca e co ca Proposi¸˜o 5.7. Seja d ∈ Z um inteiro positivo n˜o quadrado. Ent˜o existe m > 0 tal que a equa¸˜o ca a a ca x2 − dy 2 = m possui uma infinidade de solu¸oes inteiras. c˜ Prova: 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 ınio fundamental de L1 ´ e √ √ √ √ √ A = | det((1, 1), ( d, − d))| = 2 d. Observamos que se (x, y) = (a + b d, a − b d) ∈ L1 , ent˜o xy = a2 − db2 = a √ N (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 quadradoQc est´ contido na regi˜o hiperb´lica Hc , isto ´, Qc ⊂ Hc para todo c > 0. O quadrado a a o e √ Qc ´ limitado, sim´trico e convexo e sua ´rea ´ A(Qc ) = 4c. Se tomarmos c > A = 2 d (em que A representa a e e a e ´rea de um dom´ a ınio fundamental de L1 ), estamos nas hip´teses do Teorema de Minkowski, Teorema 3.18, e assim, o conclu´ ımos que existe um ponto n˜o nulo do reticulado L1 em Qc . Ou seja, existe α1 ∈ L1 tal que a √ √ 0 = α1 = (a1 + b1 d, a1 − b1 d) ∈ Qc ⊂ Hc ⇒ |a2 − db2 | ≤ c. 1 1 √ √ Podemos supor, por simetria, que a1 , b1 > 0. Sejam m = min{|a1 + b1 d|, |a1 − b1 d|} (o menor dos m´dulos das o d c coordenadas de α1 ) e η2 ∈]0, m c [⊂ R (⇒ η2 < 2 ). Considere a transforma¸˜o linear ortogonal: ca −1 T : R2 → R2 , T (x, y) = (η2 x, η2 y). Afirmamos que a aplica¸˜o linear T transforma o reticulado L1 num reticulado L2 de mesma ´rea (de um dom´ ca a ınio fundamental). Com efeito, a transforma¸˜o linear ´ bijetiva, logo a imagem do reticulado L1 ´ tamb´m um reticulado ca e e e L2 . Escolha η2 tal que o reticulado L2 n˜o contenha o ponto α1 . Novamente, pelo teorema de Minkoswki, 3.18, a existe um ponto n˜o nulo do reticulado L2 no quadrado Qc , a √ √ 0 = α2 = (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 infinidade de elementos zn ∈ Z[ d] com valores absolutos distintos e com norma alg´brica limitada. Isso implica na existˆncia de um inteiro positivo m ≤ c tal que a equa¸˜o e e ca x2 − dy 2 = m possui uma infinidade de solu¸˜es inteiras. co Prosseguimos, agora, com a demonstra¸˜o do teorema 5.6. ca Prova: do Teorema 5.6 Primeiramente vamos mostrar a existˆncia de uma solu¸˜o inteira positiva. Pela proposi¸˜o 5.7, existe m > 0 e ca ca tal que a equa¸˜o ca x2 − dy 2 = m possui uma infinidade de solu¸˜es inteiras. Podemos, portanto, escolher duas solu¸˜es positivas (x1 , y1 ) e (x2 , y2 ) co co tais que |x1 | = |x2 |, x1 ≡ x2 (mod m) e y1 ≡ y2 (mod m) (o n´mero de classes de equivalˆncia m´dulo m ´ u e o e finito ( = m) portanto existem uma classe que cont´m uma infinidade 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 2 de represantes na mesma classe de equivalˆncia m´dulo m. Denotamos x1 x2 − dy1 y2 = mu e x1 y2 − x2 y1 = mv. e o Substituindo na express˜o 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 1 2 2 2 Logo u2 − dv 2 = 1. E assim mostramos que existe uma solu¸˜o em inteiros positivos. ca Para concluir devemos mostrar que todas as solu¸˜es em inteiros positivos s˜o obtidas a partir de potˆncias co a e √ da solu¸˜o m´ ca ınima α = x1 + y1 d (claramente as potˆncias desta solu¸˜o sao tamb´m solu¸˜es, pela proposi¸˜o e ca e co ca 4.6). Suponha, por absurdo que exista uma solu¸˜o positiva (x, y) que n˜o pode ser obtida por potˆncia, ou seja, ca a e √ x + y d = αn , com n ∈ N. Ent˜o existe um natural n tal que a √ αn < x + y d < αn+1 isso implica √ 1 < α−n (x + y d) < α. √ Isso ´ um absurdo pois α−n (x + y d) ´ solu¸˜o em inteiros positivos (Verifique!!!) e α ´ a solu¸˜o m´ e e ca e ca ınima em inteiros positivos. 5.4 Problemas 1. Encontre todas as solu¸˜es para a equa¸˜o de Pell-Fermat x2 − dy 2 = 1 nos casos em que d = 3, 5, 6, 7, 8, 10. co ca 2. Mostre que se d = c2 , com c ∈ N, ou seja, d ´ um quadrado perfeito. Ent˜o a equa¸˜o x2 − dy 2 = m possui, e a ca sempre um n´mero finito de solu¸˜es (pode ocorrer de n˜o haver solu¸˜o inteira). Encontre valores de d e de u co a ca m para os quais a equa¸˜o x2 − dy 2 = m possui solu¸˜es e valores para os quais a mesma n˜o possui solu¸˜o ca co a ca inteira positiva. Se m = 1 as unicas solu¸˜es s˜o as triviais (±1, 0). ´ co a 3. Mostre que as solu¸˜es inteiras positivas da equa¸˜o x2 − 2y 2 = 1 satisfazem a seguinte rela¸˜o de recorrˆncia: co ca ca e (x1 , y1 ) = (3, 2) e xn+1 = 3xn + 4yn , yn+1 = 2xn + 3yn . 4. Mostre que existem valores de d, n˜o quadrados, para os quais a equa¸˜o a ca x2 − dy 2 = −1 possui solu¸˜o e outros valores para os quais a mesma n˜o admite solu¸˜o. ca a ca 5. Mostre que se (x1 , y1 ) ´ a menor solu¸˜o em inteiros positivos da equa¸˜o x2 − dy 2 = −1, ent˜o (x2 , y2 ) e ca ca a √ √ definidos por (x2 + dy2 ) = (x1 + dy1 )2 ´ a menor solu¸˜o em inteiros positivos da x2 − dy 2 = 1. e ca √ x 6. Mostre que as solu¸˜es das equa¸˜es x2 − dy 2 = ±1 fornecem boa aproxima¸˜es racionais para d co co co y. x √ Sugest˜o: calcular y − d a
- 37. Referˆncias e [1] stewart, i. n.; tall, d. o. - Algebraic number theory and Fermat‘s last Theorem, A K Peters, Natick MA, 3rd Edition, 2002. [2] cassels, j. w. s. - Lectures on Elliptic Curves, London Mathematical Society Student Texts, 24, 1991. [3] gamzon, a. - The Hasse-Minkowski Theorem, Honors Scholar Theses, University of Connecticut, 2006. [4] borevich, z. i.; shafarevich, i. r. - Number Theory, Academic Press INc, Orlando Fl, 1966. ´ [5] garcia, a.; lequain, i. - Elementos de Algebra, Projeto Euclides, IMPA, Rio de Janeiro, 1996. [6] hefez, a. - Inicia¸ao ` Aritm´tica, PIC-OBMEP, Rio de Janeiro, 2010. c˜ a e [7] mialaret, m. - O Princ´ ıpio Local-Global, Monografia de Conclus˜o de Curso, UFRPE, 2008. a [8] gondim, r. - A Aritm´tica das Curvas Alg´bricas Planas de Gˆnero Zero, Notas de Aula, 2007. e e e [9] lages lima, e. - Meu Professor de Matem´trica e outras Hist´rias, Cole¸˜o do Professor de Matem´tica, IMPA, a o ca a Riode Janeiro, 2006. [10] hitchin, n. - Projective Geometry, b3 course 2003 (Lecture Notes), Oxford, 2003. [11] muniz neto, A. C. - Equa¸˜es Diofantinas, Revista Eureka! n. 7, Brasil, 2000. co [12] kumar dutta, A. - Mathematics in Ancient India-Diophantine Equations: The Kuttaka Resonance, An overview, Part 1, Vol. 7, No. 4, pp.4;19, Koltaka-India, 2002. [13] waldschimidt, m. - On the so called Pell-Fermat Equation www.impa.br/opencms/en, Rio de Janeiro, 2010.