Luís Diogo, Carlos Florentino e Diogo Veloso. 8 de Novembro de 2006

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1 E S A C N O G L A A I D L Formas Quadráticas e Fracções Contínuas Luís Diogo, Carlos Florentino e Diogo Veloso 8 de Novembro de 2006 Resumo Este artigo é baseado no curso Quadratic Forms and Continued Fractions, de R. Takloo-Bighash, integrado na Escola Diagonal que decorreu em Setembro de 2005, no Instituto Suerior Técnico. Introdução A teoria dos números é uma das discilinas mais antigas da matemática. Pode dizer-se que um dos seus objectivos é encontrar soluções inteiras ou racionais de equações olinomiais a várias variáveis, or exemlo 45x 7 y 9 + 8zy 3 23w 4 + = 0. Claro que à artida não é fácil arranjar soluções de uma equação deste género, ou rovar que não existem soluções. Como fazê-lo, então? Existe algum método? De um modo geral não. Mesmo rovar que não existem soluções não triviais de x 3 + y 3 = z 3 é já comlicado. As equações olinomiais com coeficientes inteiros e ara as quais se rocuram soluções inteiras são chamadas equações diofantinas, em homenagem a Diofanto, um matemático do século III, de Alexandria. Então que tio de equações vamos estudar? De um modo geral, vamos estudar roblemas relacionados com olinómios do tio ax 2 + bxy + cy 2 onde a, b, c Z, designados or formas quadráticas. Neste caso, sim, existem várias teorias ara resonder aos diferentes roblemas que iremos colocar. Vamos rimeiro abordar a equação de Pell x 2 Dy 2 = onde D é um inteiro ositivo não quadrado 2. Esta é uma equação antiga, tendo já sido estudada or vários matemáticos indianos antes de chegar à Euroa. De facto, Brahmaguta estudou-a no século VII e Bhaskara no século XII. Na Euroa, o rimeiro matemático a encontrar uma solução geral foi Brouncker, no século XVII. Mais tarde Euler confundiu Brouncker com Pell, outro matemático isto é, com um dos inteiros x, y, z igual a zero. 2 ou seja, D não é um quadrado erfeito. Artigo c A cóia rivada é ermitida.

2 2 Escola Diagonal da éoca, e chamou-lhe equação de Pell. Vamos resolver esta equação através de fracções contínuas. Em seguida veremos como achar todas as soluções inteiras de x 2 + y 2 = z 2, os chamados trilos itagóricos. Na arte final vamos estudar que números odem ser reresentados or formas quadráticas definidas ositivas, isto é ax 2 + bxy + cy 2 com a > 0 e 4ac b 2 > 0. Por exemlo, que números se odem escrever na forma x 2 + y 2 ou x 2 + ny 2? Para estudar o roblema acima vamos relacioná-lo com uma determinada acção do gruo de matrizes 2 or 2 com coeficientes inteiros e determinante no lano hierbólico. Esta teoria vai ermitir dizer que números se odem escrever da forma x 2 + ny 2, ara alguns n. Este assunto está bastante relacionado com o estudo dos inteiros num coro quadrático. Aesar da longa história e de constituirem os rimeiros casos não triviais de equações diofantinas, a investigação da aritmética das equações quadráticas está longe de ter terminado. No fim deste artigo aresentamos alguns resultados recentes sobre este velho assunto da teoria dos números. O objectivo destas notas foi dar uma ideia mais rática do que teórica de como arranjar soluções de determinados roblemas. Ao longo do texto há bastantes exercícios, de vários graus de dificuldade, que formam arte integrante deste artigo. Encorajamos o leitor a tentar fazer a maior arte. Para quem estiver também interessado nas vertentes mais teóricas destes assuntos, ou na teoria dos números em geral, sugerimos os livros [IR, K, MT, ST]. Exercício. Encontre uma solução não trivial de x 2 3y 2 =. Agradecimentos. Gostaríamos de agradecer à organização da Escola Diagonal e ao Professor Ramin Takloo-Bighash, às Professoras Sílvia Anjos e Esmeralda Dias, e ao Gonçalo Tabuada ela ajuda nas sessões de roblemas. 2 Noções Básicas de Aritmética Antes de abordar os roblemas referidos, vamos começar or rever alguns conceitos básicos. Uma referência ara esta secção é, or exemlo, [K]. O nosso rimeiro roblema é encontrar as soluções x, y Z de onde a, b, c são inteiros dados. ax + by = c Definição. Se a, b Z, dizemos que a divide b, ou que b é divisível or a, ou ainda que a é um divisor de b se existe n Z tal que b = an. Nesse caso escrevemos a b. Note-se que b ara qualquer inteiro b, e que elo contrário, 0 só é divisor de si rório. Note-se também que exceto ara ±, nenhum inteiro divide.

3 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 3 Proosição 2. i) Se a b e b c então a c; ii) Se a b e a c então a (b ± c); iii) Se r é inteiro e a b então a br. Definição 3. Dizemos que g > 0 é o máximo divisor comum de a e b, g = gcd(a, b), 3 se ara qualquer d tal que d a e d b se tem d g. Exercício 2. Sejam a e b inteiros. Prove que gcd(λa, λb) = λ gcd(a, b). Teorema. [Algoritmo da divisão] Sejam a, b N. Então existe um único q N e um único r {0,..., b } tal que a = bq + r. Demonstração. Primeiro rovamos a existência. Seja q a arte inteira de a/b, isto é q = a/b é o único inteiro tal que q a/b < q +. Então 0 a bq = b(a/b q) < b. Assim, definindo r como a bq temos 0 r b. Deixamos a rova da unicidade ao leitor. Aresentamos agora um algoritmo que fornece o gcd(a, b) de quaisquer inteiros ositivos a e b. Suonhamos, sem erda de generalidade, que a > b. Pondo a = a, b = b, temos, elo algoritmo da divisão, que existem q, r Z com 0 r b tais que: a = b q + r. Se r = 0 então o algorítmo termina e gcd(a, b) = b. Se r > 0, omos a 2 = b, b 2 = r e existem, como antes, q 2, r 2 N 0 com 0 r 2 b 2 = r. Logo r 2 < r. Se r 2 > 0, omos de novo a k+ = b k, b k+ = r k e temos, indutivamente que, r k+ < r k, logo r k é decrescente e acabará or ser zero. Reresentando estas divisões sucessivas, obtemos: a = b q + r a 2 = b 2 q 2 + r 2. a k 2 = b k 2 q k 2 + r k 2 a k = b k q k + r k a k = b k q k. Finalmente, b k será o gcd(a, b). De facto b k divide a k = b k e b k = r k e assim b k a k (= b k 2 ). De novo b k divide r k 2 = b k = a k logo divide a k 2, e assim sucessivamente. Temos então que b k divide b e a. Por outro lado, se d a = a, e d b(= b = a 2 ) então d divide r = b 2 = a 3, logo d r 2 (= b 3 ). Do mesmo modo d r 3 e assim sucessivamente, até obtermos que d é divisor de r k = b k. Logo b k é o gcd(a, b). Assim, temos Teorema 2. [Algoritmo de Euclides] Sejam a, b N. Então o algoritmo descrito acima fornece o gcd(a, b) num número finito de assos. 3 Do inglês greatest common divisor

4 4 Escola Diagonal Exemlo. Se a = 84, b = 60, o algoritmo de Euclides diz-nos que Assim gcd(84, 60) = = = = 2 2. Exercício 3. Calcule o gcd dos seguintes números: 627 e 308; 260 e 692. Estamos agora em condições de resolver o roblema roosto acima: encontrar soluções x, y Z de ax + by = c onde a, b, c são inteiros dados. Em rimeiro lugar, ara que a equação tenha solução é necessário que gcd(a, b) c. De facto, o gcd(a, b) divide a e divide b logo tem que dividir c. Acontece que esta condição é também suficiente. Se g = gcd(a, b) então existem infinitos x, y Z tais que ax + by = g. Aesar de não o rovarmos aqui, o róximo exemlo contém detalhes suficientes ara ermitir ao leitor comletar a rova or si. Exemlo 2. Para encontrar uma solução de 68x + 255y = 340, rimeiro calculamos o gcd(68, 255) 255 = = = 7 3. Logo gcd(68, 255) = 7. Como 7 divide 340 então o roblema acima tem solução. Através dos cálculos acima conseguimos arranjar a, b tais que 68a + 255b = 7. De facto 7 = 68 5 = 68 ( ) = = ( ). Assim temos a = 4 e b =. Para arranjar uma solução de 68x + 255y = 340 = 7 20 só temos que multilicar as soluções acima or 20. O resultado é x = 80 e y = 20. Mas será este resultado único? Não. De facto, ondo x = 80 5k e y = k, com k inteiro, obtemos todas as soluções do roblema. Consegue exlicar orquê? Agora relembramos a definição de número rimo: Definição 4. de são e. Um número > diz-se rimo se os únicos divisores ositivos Uma roriedade muito útil dos números rimos, e que ode facilmente ser verificada, é a seguinte. Proosição 5. Um número > é rimo se e só se ara todo a, b Z, ab imlica a ou b.

5 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 5 Por causa da sua imortância costuma-se chamar teorema fundamental da aritmética ao seguinte resultado. Teorema 3. Seja n Z. Então existem rimos,..., m e inteiros ositivos α,..., α m, tais que n = ± α α2 2 αm m. Esta reresentação é única a menos de ermutação. Exemlo = ; 72 = Corolário. Existem infinitos números rimos. Demonstração. Suonhamos que existia aenas um número finito de rimos,,..., n digamos. Consideremos então o número N = + n. Pelo teorema acima, N tem que ser roduto de números rimos. Suonhamos que i é um desses rimos. Assim i N(= + n ). Mas i n, e ortanto tem que dividir, o que é absurdo. Exercício 4. Dado um inteiro n, encontre n inteiros consecutivos, nenhum dos quais é rimo. Agora definimos um conceito que nos vai ser útil. Definição 6. [Relação de congruência] Sejam a, b Z e n N, escrevemos a b mod n se n (b a). Exercício 5. Prove que define uma relação de equivalência, i.e, ara todo o m N, a, b, c Z, temos. a a mod m; a b mod m b a mod m; a b mod m, e b c mod m a c mod m. A classe de equivalência de a Z é o conjunto {a+mk : k Z}. Reresentamo-lo or a + mz. O conjunto das classes de equivalência {a + mz : a Z} é reresentado or Z/mZ. Proosição 7. As seguintes oerações estão bem definidas nas classes de equivalência mod m (a + mz) + (b + mz) = (a + b) + mz (a + mz) (b + mz) = (a b) + mz Demonstração. Só rovamos o rimeiro onto, deixando o segundo ara o leitor. Sejam A a + mz, B b + mz, i.e. A = a + mr ara algum r Z, e B = b + ms ara algum s Z. Temos então que: e logo A + B (a + b) + mz. A + B = a + mr + b + ms = a + b + m(r + s)

6 6 Escola Diagonal Exercício 6. Prove que se é um número rimo, então (a + Z) (b + Z) = Z imlica a + Z = Z ou b + Z = Z. É fácil ver que, ara quaisquer a, b Z as equações a+mz = b+mz e a b mod m são equivalentes. Assim, a Proosição anterior fornece as seguintes regras de cálculo que são muito usadas na rática. Proosição 8. Sejam a, a, b, b Z e m N, verificando a a mod m e b b mod m. Então a + b a + b mod m a b a b mod m. Exercício 7. Sejam a, b rimos entre si, i.e. tais que gcd(a, b) =. Sejam também x, x 2 Z. Prove que existe uma única solução de: { x x mod a x x 2 mod b com 0 x < a b. Assim esta é a única solução solução, então x y mod a b. mod a b. Isto é, se y for outra Agora vamos enunciar um teorema que já era conhecido or matemáticos chineses do século III. Como já fizemos noutro caso não o vamos rovar, mas deixamos ao leitor detalhes suficientes ara que o ossa fazer or si. Teorema 4. [Teorema Chinês dos Restos] Sejam m, m 2,..., m k Z, tais que gcd(m i, m j ) = ara todos os índices i, j =,..., k distintos. Então ara todo o a,..., a k Z, o sistema: tem semre uma solução x Z. x a mod m.. x a k mod m k Exemlo 4. Queremos encontrar x Z tal que x 3 mod 7 x 8 mod x mod 3. Assim x = 7a + 3 ara algum a Z, x = b + 8 ara algum b Z, e ainda x = 3c + ara algum c Z. Donde sai, em articular, que 7a + 3 = b + 8. Logo 7a + ( b) = 5. Aliquemos o algoritmo de Euclides a 7 e. = = = 3 +

7 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 7 Assim temos que = 4 3 = 4 (7 4) = ( 7) (7 ( 7)) = 7 ( 3) + 2. Portanto a = 5 e b = 0 verificam 7( 5) + ( 0) = = 5. Pelo exercício anterior x 7( 5) mod 7. Assim reduzimos o roblema acima a encontrar soluções de { x 52 mod 77 x mod 3 Como no início, temos x = 77d + 52 ara algum d Z e x = 3e + ara algum e Z. Logo 3b 77a = 5. Alicando o algoritmo de Euclides a (77, 3), Assim temos que 77 = = 2 +. = 3 2 = 3 (77 3 5) = Portanto a = 5 e b = 5 6 = 306. Logo uma solução mod 77 3 = 00 é dada, or exemlo, or: = mod 00. De facto 976 = = = Exercício 8. Resolva o sistema x mod 2 x mod 3 x mod 5 Exercício 9. Demonstre o Teorema chinês dos restos. Definimos agora, com o único objectivo de familiarizar o leitor, os conceitos de anel e coro. Definição 9. Dizemos que um conjunto A com duas oerações associativas + e é um anel se ara quaisquer a, b, c A se tem Existem elementos 0 A tal que a + 0 = a, e A tal que a = a Existe a A tal que a + a = 0 a + b = b + a e a b = b a a (b + c) = a b + a c. Ao elemento a da segunda roriedade acima, é usual denotar or a. Assim um anel tem, num certo sentido, as mesmas roriedades que Z. A Proosição 7 diz-nos que (Z/mZ, +, ) é um anel. Deste modo odemos simlificar exressões com variáveis em Z/mZ usando as regras que estamos habituados a usar em Z. Note-se contudo que não existe divisão definida. De facto em Z/4Z o elemento 2 + 4Z não tem inverso ois mod 4. Um anel (A, +, ) diz-se um coro se verificar a seguinte roriedade adicional

8 8 Escola Diagonal Para a 0 existe a A tal que a a =. Como acima, é usual denotar o elemento a or a ou or /a. Notemos que se é rimo, Z/Z é um coro. Logo temos a divisão definida. Deste modo qualquer equação da forma ax b mod com a, b Z e a tem solução x Z. O que se segue ser-nos-á útil mais adiante, quando tratarmos da equação de Pell. Definição 0. Dado um inteiro não quadrado D, definimos Z[ D] := {z = x + y D : x, y Z}. Z[ D] é um anel com a soma e a multilicação naturais. A Z[ ] chamamos o anel dos inteiros Gaussianos. Definição. O conjugado de z = x + y D é z = x y D. A norma de z Z[ D] é N(z) = z z. Observe que temos x 2 Dy 2 = (x + y D)(x y D) = z z. Notamos que no caso D =, estas noções corresondem recisamente às noções de conjugado e de norma nos números comlexos. Exercício 0. Prove que N(zw) = N(z)N(w). Prove que uma solução da equação de Pell é o mesmo que um elemento z Z[ D] tal que N(z) =. Assim, se z for tal que N(z) = então N(z k ) = ara qualquer k N. No caso D > 0 isto significa que se houver uma solução não trivial da equação de Pell então há infinitas soluções. 4 Na róxima secção, rovaremos que qualquer equação x 2 Dy 2 = tem semre soluções. Exemlo 5. Para D = 3 temos N(2 + 3) =. Logo, como (2 + 3) 2 = , temos também que N( ) =. Vemos assim que os ares (2, ) e (7, 4) são soluções da equação x 2 3y 2 =. Exercício. Considere D =. Prove, usando as roriedades da norma, que se X 2 +Y 2 = A e Z 2 +W 2 = B, então existe uma solução de x 2 +y 2 = AB. Prove também que se gcd(x, Y ) = gcd(z, W ) =, então a solução que se obtém acima tem também gcd =. Observação. Por analogia com os inteiros, os rimos no anel Z[ D] são definidos como os números z = x + y D tais que ara toda a decomosição de z como a b, onde a, b Z[ D], temos z a ou z b. Contudo a factorização única em números rimos não se verifica na maior arte destes anéis. Perceber este caso mais geral foi um asso imortante na história da Álgebra e da Teoria dos números. 4 Isto acontece orque, quando D > 0, Z[ D] não tem raízes da unidade ara além de ±.

9 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 9 3 Fracções Contínuas e a Equação de Pell Desde temos remotos que sábios rocuraram o valor exacto de alguns números, or exemlo π, 2, etc. Por exemlo o valor dado a 2 na Babilónia era 7/2. Arquimedes no séc.iii ac rovou que 223/7 < π < 22/7. O indiano Aryabatha usava π = 3, 46 no séc.v, e no séc.vi o chinês Zu Chongzie usava já π = 355/3, que como veremos é uma aroximação muito boa. Estamos assim, interessados em encontrar a melhor aroximação racional a um dado número. Para isso utilizaremos fracções contínuas. Mais tarde veremos que, surreendentemente, tudo isto está relacionado com a equação de Pell. Começamos então or definir fracção contínua. Definição 2. Uma fracção contínua é uma exressão da forma a 0 + a + a onde a k Z e a, a 2,... > 0. Reresentamo-la or [a 0, a, a 2,...]. Chamamos a a 0 + a + a a n, = [a 0,..., a n ] o n-ésimo convergente da fracção contínua. Note que [a 0,..., a n ] = n q n determinados n, q n N, que tomaremos como sendo rimos entre si. ara Exercício 2. Prove que 0 = a 0, q 0 = ; = a 0 a +, q = a ; n = a n n + n 2, q n = a n q n + q n 2. Exercício 3. Usando indução, rove que: n q n n q n = ( ) n ; n q n 2 n 2 q n = ( ) n a n. Podemos levantar algumas questões sobre fracções contínuas: O que se quer dizer com um rocesso de soma e divisão infinitos? Que números odem ser reresentados or fracções contínuas? Essa reresentação é única?

10 0 Escola Diagonal Pode-se rovar que ara cada fracção contínua, a sucessão definida elos convergentes n q n tem um limite. Este é o significado da fracção contínua [a 0,..., a n,...]. Também se ode mostrar que todo número real se ode escrever como fracção contínua. Por exemlo ara π, temos π = 3 + π 3. Escolhemos 3 orque é o único inteiro tal que 0 π 3 <. Mas queremos escrever π = 3 +. a + a Logo, a tem que verificar a + a = π 3 = Assim, a = 7 e odemos continuar até termos encontrado a n. Existe, de facto, alguma ambiguidade mas só em fracções contínuas finitas! Por exemlo, a 0 = (a 0 ) +, logo [a 0] = [a 0, ], ou mais geralmente [a 0,..., a n ] = [a 0,..., a n, ]. É claro que qualquer fracção contínua finita reresenta um número racional. O que já não é tão claro é que qualquer número racional é reresentado or uma fracção contínua finita. Seja a b um número racional. Dividindo a or b temos que, a = q b + r, ara algum 0 r b. Logo: a b = q b + r = q + r b b = q +. b r Agora dividimos b or r. De novo, b = q 2 r + r 2 ara algum 0 r 2 r. Assim: a b = q + = q +. q 2 r + r 2 r q 2 + r 2 r Se o leitor restar atenção verificará que o que se tem estado a fazer é exactamente o mesmo que no Algoritmo de Euclides. Assim, o rocesso tem que arar e a fracção contínua será finita. Exemlo 6. Vamos desenvolver em fracção contínua : = = = 5 =

11 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas Exemlo 7. Dos seguintes cálculos ode-se ver facilmente que 7 = [2,,,, 4,,,, 4,...] 7 = = = = 3( 7 + ) 7 + = = = = = = Observação 2. Para fracções contínuas eriódicas vamos colocar uma barra sobre a arte eriódica. Assim or exemlo a fracção contínua de 7 é escrita como [ 2,,,, 4 ]. A equação de Pell está relacionada com este tio de fracções contínuas. Os dois teoremas que enunciamos em seguida relacionam a fracção contínua com as aroximações racionais de um dado número. Estas dizem que um número racional é uma boa aroximação de ξ, se e só se for um convergente da fracção contínua de ξ. Assim as melhores aroximações são convergentes da fracção contínua e vice-versa. Teorema 5. Seja ξ = [a 0, a,...]. Se a b verifica ξ a < b 2b 2, então a b = n q n, ara algum n. Além disso, se gcd(a, b) =, então a = n e b = q n. Por outro lado também temos o seguinte. Teorema 6. Seja ξ = [a 0, a,...]. Então ξ n < ara qualquer n. q n O recíroco deste último teorema não é verdadeiro. Exercício 4. Seja ξ R. Encontre números e q que verificam ξ q < q 2 e tais que q não é um convergente de ξ. Exemlo 8. Temos que 24 5 é uma boa aroximação 23. De facto < < 2 25 = Logo 24 5 tem que ser igual a um convergente da fracção contínua de 23. De facto 24 5 = [4,, 3, ], e 23 = [ 4,, 3,, 8 ]. q 2 n 2

12 2 Escola Diagonal Agora oderíamos erguntar orque é que obtivemos de novo uma fracção contínua eriódica da raiz quadrada de um inteiro não quadrado. Mais abaixo veremos que não é um acaso. Entretanto damos um exemlo histórico. Exemlo 9. Com uma calculadora odem-se obter os rimeiros dígitos da fracção contínua de π π = [3, 7, 5,, 292,,,...] n a n n q n = = = = = = = = Assim, é uma boa aroximação de π, e Resondemos agora à questão roosta mais acima. uma excelente. Proosição 3. Um número real ξ tem fracção contínua eriódica se e só se ξ é uma solução de um olinómio de grau dois com coeficientes inteiros. Demonstração. Só vamos fazer a rova numa direcção e aenas no caso das fracções contínuas comletamente eriódicas. Então tomemos um número real α com fracção contínua eriódica. α = [ ] b, b 2,..., b m = b + b Começamos or observar que b m + b + b = b + b b m + α b m + b m + α = b m + onde A, B, C, D Z. Analogamente, b m 2 + b m + b m + α α b m α + = (b mα + )b m + α = Aα + B b m α + Cα + D = b m 2 + Aα + B Cα + D =... = A α + B C α + D e obtemos or fim que. α = aα + b cα + d

13 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 3 ara determinados a, b, c, d Z. Logo, cα 2 + αd = aα + b cα 2 + (d a)α b = 0. assim, α é a solução de uma equação quadrática com coeficientes inteiros. Para a demonstração do recíroco, consulte-se [MT]. Agora, e finalmente, relacionamos fracções contínuas com soluções da equação de Pell. Exercício 5. Prove que se (x, y) Z 2 é solução de x 2 Dy 2 =, então x y é um convergente da fracção contínua de D. Deste modo estamos a relacionar soluções da equação de Pell com convergentes da fracção contínua de D. De facto temos: Teorema 7. Se D = [a 0, a,..., a n ] então 2 n Dq2 n [a 0, a,..., a n ]. = ±, onde n q n = Agora convém ao leitor ter bem resente a definição e roriedades da norma que foram aresentadas na arte final da segunda secção. Exemlo 0. Como encontrar uma solução de x 2 7y 2 =? Primeiro temos que saber qual é a fracção contínua de 7 = [ 4, 8 ] Como [4] = 4 obtemos que =. E daqui como é que conseguimos arranjar uma solução da equação de Pell? Note que = é equivalente a dizer que N(4 + 7) =. Mas a norma é multilicativa, assim = N(4 + 7)N(4 + 7) = N((4 + 7)(4 + 7)) = N( ). Então (33, 8) deve ser uma solução da equação de Pell. De facto = =. Corolário 2. Seja D um inteiro ositivo não quadrado. Então a equação de Pell x 2 Dy 2 = tem semre infinitas soluções. Demonstração. O resultado decorre do teorema 7. Quando 2 n Dq2 n =, usamos a norma ara obter uma solução como no exemlo acima. Com esta solução de norma odemos obter uma infinidade de soluções usando a roriedade multilicativa da norma (ver o método descrito a seguir ao Exercício 0). Esta demonstração do Teorema 7 e o consequente método de resolução da equação de Pell são devidos a Lagrange, or volta de 766. No entanto, existe um outro método, tão antigo como engenhoso, ara resolover esta equação que foi desenvolvido or Brahmaguta no século VII e Bhaskara no século XII, que foi chamado o método cíclico ou chakravala. O leitor interessado oderá encontrar os detalhes desta história no endereço htt://www-grous.dcs.stand.ac.uk/ history/histtoics/pell.html. Exemlo. Encontremos uma solução de x 2 9y 2 =. Temos que 9 = [ 4, 2,, 3,, 2, 8 ] Para calcular [4, 2,, 3,, 2] fazemos a seguinte tabela:

14 4 Escola Diagonal n a n n q n = = = = = = = = = = Logo tem que ser ±. De facto 70 2 = e = Exercício 6. Encontre soluções não triviais da equação de Pell com: D = 5; D = 78. Observação 3. A estrutura das fracções contínuas de D onde D é um inteiro ositivo não quadrado, é bastante articular. De facto, ainda que não haja um modo fácil de as calcular, ode-se mostrar que tais fracções contínuas são semre eriódicas da forma: [ ] a0, a, a 2,..., a 2, a, 2a 0. Assim or exemlo nem [, 2, 3, 4 ] nem [ 2, 3, 4, 3 ] odem ser as fracções contínuas de D ara algum D Z. 4 Teorema de Fermat e Recirocidade Quadrática Neste caítulo vamos enunciar o teorema da recirocidade quadrática e dar algumas alicações. Deois rovaremos o teorema, devido a Fermat, segundo o qual todos os rimos da forma 4k + são a soma de dois quadrados. Comecemos então or rearar o terreno ara a recirocidade quadrática. Dizemos que a Z é um resíduo quadrático módulo m (m um número natural) se a equação x 2 a mod m tem uma solução inteira, isto é se existe uma raiz quadrada de a mod m. Definimos agora o símbolo de Legendre. Definição 4. ( ) a = Dado um número rimo e um inteiro a, definimos a função 0, se a, se a e a é um resíduo quadrático módulo, se a e a não é um resíduo quadrático módulo à qual chamamos símbolo de Legendre. Exemlo 2. Dado que as equações x 2 mod 7, e x 2 2 mod 7, têm e 3 como soluções em Z/7Z, resectivamente, os números e 2 são resíduos quadráticos módulo 7 e or isso, ( ( 7) = 2 ) 7 =. Do mesmo modo, odemos obter os outros valores do símbolo de Legendre mod 7: ( ) ( ) ( ) ( ) = 0 = = = ( ) 6 =. 7

15 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 5 Naturalmente, qualquer símbolo ( ) a 7, com a Z, é determinado elos valores acima ois ( ) ( a 7 = b 7) semre que a b mod 7. Exercício 7. Prove que ara qualquer rimo ímar se tem: ( ) ( ) ( ) =, a, b inteiros ab ( ( ) a b ) = ( ) 2 = 2 = ( ) 2 8. { se mod 4 se 3 mod 4, O teorema da recirocidade quadrática estabelece uma relação entre as equações x 2 q mod e x 2 mod q. Podemos enunciá-lo da seguinte forma. Teorema 8. Se e q são rimos ímares distintos, então ( ) ( ) q = ( ) ( )(q ) 4. q Exemlo 3. Não existe solução da equação x 2 3 mod 257 orque ( ) ( ) ( ) 3 = ( ) (3 )(257 ) = ( ) 4 = Do mesmo modo, x 2 7 mod 257 não tem solução, dado que ( ) ( ) ( ) 7 = ( ) (7 )(257 ) = = Exercício 8. Decida se existem soluções de: x 2 3 mod 2 x mod 20 x 2 + 5x mod 509. Para ver a eficácia da recirocidade quadrática, tente encontrar as soluções, nos casos de resosta afirmativa às questões acima. A rimeira demonstração comleta da recirocidade quadrática é devida a Gauss or volta de 796. Uma das demonstrações mais simles foi obtida or Eisenstein, e ode ser consultada em [MT] ou em [IR]. Vamos agora considerar o seguinte roblema. Problema. Que números naturais odem ser escritos da forma x 2 + y 2, com gcd(x, y) =? Uma resosta não tão incomleta é dada elo seguinte teorema de Fermat. Teorema 9. Seja > 2 um número rimo. Então, = x 2 + y 2 mod 4.

16 6 Escola Diagonal Em breve veremos como se ode utilizar este resultado ara dar uma resosta comleta ao roblema acima. Vamos aresentar duas demonstrações do teorema de Fermat; uma, nesta secção, usando aroximação or fracções contínuas e a outra, na secção 7, usando a teoria das formas quadráticas definidas ositivas. Para rovar o teorema recisamos rimeiro do resultado seguinte, que deixamos como exercício. Exercício 9. Se x R e n N, então existe uma fracção a b, com gcd(a, b) =, tal que 0 < b n e x a b b(n + ). Sugestão: Use uma aroximação de x or fracção contínua. Demonstração. [Teorema de Fermat] e = x 2 +y 2, é( trivial ) verificar que mod 4. Recirocamente, mod 4 imlica que =, elo exercício 7. Então, or definição do símbolo de Legendre, temos r > 0 : r 2 mod. Seja n = (onde denota a função arte inteira). Usando o exercício acima, existem inteiros a e b tais que 0 < b n e r a b b(n + ) < b. Seja c = rb + a. Então, c > b, e rb + a b < b rb + a < b Portanto, 0 < b 2 + c 2 < 2. b = c <. b 2 + c 2 b 2 + r 2 b 2 b 2 ( + r 2 ) b 2 ( ) 0 mod Logo, odemos concluir que b 2 + c 2 =. Podemos agora dar uma resosta comleta ao roblema. Teorema 0. Um número natural ode ser exresso como x 2 +y 2, com gcd(x, y) = se e só se não tem factores rimos da forma 4k + 3. Demonstração. Usando o exercício, não é difícil rovar que qualquer número sem factores rimos da forma 4k + 3 ode ser escrito como x 2 + y 2 ara algum x, y com gcd(x, y) =. Basta usar as roriedades da norma e notar que um tal número tem aenas 2, e rimos da forma 4k +, na sua factorização. Recirocamente, suonha-se que existe um n com um factor rimo, da forma 4k + 3, tal que n = x 2 + y 2, ara algum x, y Z com gcd(x, y) =. Então temos () x 2 + y 2 0 mod logo x 2 y 2 mod. Se x y 0 mod temos um absurdo, orque então x e y. Caso contrário a equação () imlica que é um resíduo quadrático módulo ( ), ois Z/Z é um coro. Mas elo exercício 7, se 3 mod 4 então =. Logo temos uma contradição.

17 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 7 5 Trilos Pitagóricos Vamos agora estudar um outro roblema clássico relativo a equações quadráticas. Queremos encontrar todas as soluções inteiras de X 2 + Y 2 = Z 2. A uma tal solução (X, Y, Z) chamamos trilo itagórico. Começamos or notar que isto é equivalente a encontrar todas as soluções racionais de x 2 + y 2 =, através da transformação x = X Z, y = Y Z. Suonhamos que x, y são de facto soluções da equação. Então (x, y) é um onto da circunferência (ver figura ). A inclinação da recta que assa or (x, y) e (, 0) y 4/5 y = 2 2x - 0 3/5 x - Figura : Trilos itagóricos elo método dos declives m = y 0 x = y x. Vamos agora ver a recíroca: suonhamos que m Q é a inclinação de uma recta que assa or (, 0) e outra solução (x, y). Então, temos Substituindo, obtemos: x 2 + y 2 = y = mx m. x 2 + m 2 (x ) 2 = ( + m 2 )x 2 2m 2 x + (m 2 ) = 0. É um facto bem conhecido que o quociente do termo de ordem mais baixa elo termo de ordem mais alta de um olinómio é o roduto das suas raízes (roveo!). Assim, o roduto das duas raízes do olinómio acima é m2 m 2 +. Como sabemos que uma das soluções é a outra tem que ser x 0 = m2 m 2 +,

18 8 Escola Diagonal o que dá ( m 2 ) y 0 = m(x 0 ) = m m 2 + = 2m m 2 +. Assim, fazendo m = a/b, com a, b Z, odemos classificar todas as soluções racionais de x 2 + y 2 = como ares da forma: ( m 2 (x 0, y 0 ) = m 2 +, 2m ) m 2 = + ( a 2 b 2 a 2 + b 2, ) 2ab a 2 + b 2. Voltando agora aos trilos itagóricos, temos que se Z 2 = X 2 + Y 2 com gcd(x, Y, Z) = então X Z = a2 b 2 a 2 + b 2 e Y Z = 2ab a 2 + b 2 ara certos a, b Z rimos entre si. Provámos então o seguinte resultado. Proosição 5. da forma Qualquer trilo itagórico (X, Y, Z) com gcd(x, Y, Z) = é X = a2 b 2 δ(a, b), Y = 2ab δ(a, b) e Z = a2 + b 2 δ(a, b), onde a, b N e δ(a, b) = { 2 se a e b ímar caso contrário. Exemlo 4. Se tomarmos a = 2 e b =, então δ(a, b) = e obtemos o trilo da figura, (X, Y, Z) = (3, 4, 5). Menos trivial é o caso a = 7, b = 4, que dá X = 33, Y = 56, Z = 65. Observação 4. Usando este método das rectas com declive racional odemos encontrar todas as soluções de equações da forma: ax 2 + bxy + cy 2 = A desde que, como acima, saibamos elo menos uma solução. Deois de termos determinado todos os trilos itagóricos, e de saber os números que odem ser escritos na forma x 2 + y 2, odemos generalizar o Problema, e erguntar quais os inteiros odem ser escritos da forma x 2 + ny 2, onde n é um inteiro ositivo fixado. Por exemlo, ara n = 2 e n = 3, temos os seguintes resultados, que foram enunciados or Fermat e demonstrados or Euler (veja-se o Exemlo 20 e o Exercício 33): = x 2 + 2y 2 ou 3 mod 8. = x 2 + 3y 2 = 3 ou mod 3. Para estudar estas questões, vamos agora introduzir alguns conceitos geométricos que serão relacionados, mais tarde, com formas quadráticas definidas ositivas.

19 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 9 6 O lano Hierbólico e a acção de SL 2 (Z) Ao conjunto dos números comlexos com arte imaginária ositiva chamamos lano hierbólico. H = {z = x + iy C : y > 0}, Observação 5. A razão ara dar a este esaço o nome hierbólico rende-se com o facto de ser um modelo natural ara a geometria hierbólica (que é um tio de geometria não euclidiana). Mais concretamente, equiando H com a métrica Riemanniana ds 2 dx dy = y 2, obtemos uma suerfície de curvatura seccional. Isto imlica, or exemlo, que a soma dos ângulos internos de um triângulo feito com segmentos geodésicos é a diferença entre π e a área desse triângulo (necessariamente menor que π). Para uma introdução à geometria do lano hierbólico e suas alicações, que está fora do âmbito destas notas consulte-se, or exemlo, o livro [R]. Consideremos agora os seguintes gruos de matrizes. GL 2 (Z) é o gruo das matrizes 2 2 invertíveis com entradas inteiras e cuja inversa tem também entradas inteiras. Como se ode facilmente verificar, uma matriz 2 2 de entradas inteiras está em GL 2 (Z) se e só se tem determinante ou. SL 2 (Z) é o subgruo de GL 2 (Z) cujos elementos têm determinante igual a. Exemlo 5. ( com inversa dada or ( ) SL 2 (Z) ) SL 2 (Z). Exercício 20. Prove que SL 2 (Z) é o gruo gerado elas matrizes ( ) ( ) 0 S = e T =, 0 0 isto é, que qualquer matriz em SL 2 (Z) ode ser escrita como um roduto de um número finito destas matrizes e suas inversas. Uma noção matemática muito imortante é a de uma acção de gruo num conjunto. Definição 6. Dizemos que um gruo G actua num conjunto M se existe uma alicação φ : G M M tal que φ(g, φ(g 2, m)) = φ(g g 2, m) e φ(e, m) = m, ara todo g, g 2 G e m M, onde e G designa a identidade de G.

20 20 Escola Diagonal Ao conjunto G x = {φ(g, x) : g G} chama-se a órbita de x ela acção de G. O esaço quociente M/G = {G x : x M} é designado o esaço das órbitas. Observação 6. Quando a alicação φ está subentendida, escrevemos normalmente g x em vez de φ(g, x). Observe-se que, se M é um esaço toológico, o esaço das órbitas adquire também uma toologia natural (chamada toologia quociente). Muitas vezes, é útil considerar a relação de equivalência definida or uma acção. Esta é a relação definida or x y, x, y M, se e só se x e y estão na mesma órbita. Exercício 2. Prove que a alicação φ(n, x) = x + 2πn define uma acção de Z em R. Neste caso Z x = x + 2πZ e o esaço das órbitas R/Z ode ser identificado com a circunferência S. Definição 7. Definimos a seguinte acção de SL 2 (Z) em H: γ z := z + q ( ) q rz + s. γ = SL r s 2 (Z), z H Mais recisamente, esta oeração é definida ela alicação F : SL 2 (Z) H H dada or F (γ, z) = z+q rz+s, onde γ é como acima. Exercício 22. Prove que F está bem definida, i.e., se z H e γ SL 2 (Z) então F (γ, z) H. Prove, também, que é uma acção no sentido da Definição 6. Esta acção de SL 2 (Z) ode ser reresentada graficamente como na Figura 2. Nela, fazemos uma divisão do lano hierbólico or um conjunto infinito de regiões conexas, limitadas or segmentos de recta e arcos de circunferência. Vamos mostrar que cada elemento de SL 2 (Z) envia uma destas regiões noutra, e que a órbita de qualquer onto intersecta qualquer uma destas regiões. As letras reresentam o elemento γ SL 2 (Z) usado ara obter uma dada região a artir da região K que está sombreada na Figura. Por exemlo, qualquer onto na região T S é da forma T S x com x K. Vejamos como actuam as matrizes S e T (Exercício 20) e que geram SL 2 (Z). Exercício 23. Sendo (x, y) um onto de H, mostre que T (x, y) = (x +, y) e que S (x, y) = x 2 +y 2 ( x, y). A roosição seguinte mostra então que cada uma das regiões na Figura 2 é transformada em qualquer outra or acção de algum elemento de SL 2 (Z). Proosição 8. Qualquer τ H está na órbita de um onto contido na região K = {z = x + iy H : x [ 2, ], z }. 2 Demonstração. Qualquer onto z = x + iy H cuja arte imaginária y é suerior a está na órbita de um onto de K, ois basta que actuemos sucessivamente com a transformação T ara que a sua arte real x fique em [ 2, 2 ] (dado que T reserva y). Como S transforma z H em z = x + iy = /z, deduzimos que y = y/ z 2 (elo Exercício 23) o que imlica que y /y (ois

21 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 2 T 2 T 2i T T 2 K i T S S T S ST S ST ST T ST /2 0 /2 2 Figura 2: Subdivisão do lano hierbólico de acordo com a acção de SL 2 (Z) z y). Concluímos assim que os valores de y em qualquer órbita são limitados sueriormente. A roosição segue então do facto que S envia o interior da circunferência unitária no seu exterior (Exercício 23), e or isso (quando z < ) faz semre aumentar o valor de y. Para descrevermos o esaço das órbitas desta acção, basta então estudar a acção de SL 2 (Z) na região K. Aqui ficam algumas questões que serão relevantes mais tarde. Exercício 24. Mostre que: i) Quaisquer dois ontos distintos no interior de K não estão na mesma órbita; ii) Na fronteira de K qualquer onto é equivalente (i.e, está na mesma órbita) a outro distinto, exceto o onto z = i; iii) O esaço quociente H/SL 2 (Z) ode ser identificado com um disco fechado. 7 Reresentação de inteiros or formas quadráticas Já sabemos, através do teorema de Fermat (Teorema 9) que números odem ser escritos na forma x 2 +y 2 ara x, y Z. Agora vamos generalizar esse resultado. Por exemlo Problema 2. Que números odem ser escritos na forma 458x xy + 25y 2? O estudo deste tio de roblemas foi iniciado or Lagrange em , que introduziu as noções de discriminante, equivalência e formas reduzidas que definiremos em seguida. Designaremos or f(x, y) = ax 2 + bxy + cy 2, a, b, c Z

22 22 Escola Diagonal uma forma quadrática genérica de coeficientes inteiros. Note-se que esta forma quadrática ode ser também vista como uma função Z Z Z definida or uma matriz 2 2 simétrica. De facto, a forma acima é definida ela multilicação matricial ( a b f(x, y) = ( x y ) 2 b 2 c ) ( x y Observação 7. De forma sintética, reresentaremos a forma quadrática f = ax 2 + bxy + cy 2 or (a, b, c) e a corresondente matriz 2 2 acima or M f. Muitas vezes assume-se que b é ar orque neste caso, M f tem entradas inteiras. Definição 9. Dizemos que f é rimitiva se gcd(a, b, c) =. Diz-se que f reresenta m Z se a equação f(x, y) = m tem soluções inteiras x e y. Se além disso x e y forem rimos entre si, então dizemos que m é reresentado roriamente or f. Como consequência do teorema de Fermat, temos: Exemlo 6. O inteiro m é reresentado roriamente or x 2 + y 2 se e só se m não tem factores rimos da forma 4k + 3. Existe uma útil noção de equivalência entre formas quadráticas. ). Definição 20. se existe Duas formas quadráticas f(x, y) e g(x, y) são ditas equivalentes ( ) q γ = GL r s 2 (Z) tal que f(x, y) = g(x + qy, rx + sy), ara todo x, y Z. Se udermos tomar γ SL 2 (Z), então dizemos que f e g são roriamente equivalentes. Exercício 25. Verifique que f e g são equivalentes se e só se as matrizes corresondentes verificam M g = γ t M f γ ara certa matriz γ GL 2 (Z). Neste caso escrevemos γ(f) = g. Assumindo f = (a, b, c) determine γ(f) em termos de (a, b, c) e das entradas de γ. (Sugestão: calcule a inversa da matriz γ). Observação 8. Uma vez que γ é invertível, é fácil ver que formas equivalentes reresentam exactamente os mesmos números inteiros. Exemlo 7. As formas x 2 +(x+y) 2 = 2x 2 +2xy+y 2 e x 2 +y 2 são roriamente equivalentes ois a rimeira obtém-se da segunda ela mudança de variáveis (x, y) (x, x + y), reresentada or uma matriz de determinante. Logo, reresentam recisamente os mesmos inteiros. Exercício 26. Prove que φ(γ, f) := γ(f) define uma acção de GL 2 (Z) (e de SL 2 (Z)) no conjunto das formas quadráticas. Prove que a acção reserva formas rimitivas, i.e se f é rimitiva então γ(f) é rimitiva ara qualquer γ em SL 2 (Z). Definimos agora um imortante invariante de uma forma quadrática. Definição 2. Dada uma forma quadrática f(x, y) = ax 2 + bxy + cy 2, chamamos ao número D = b 2 4ac, o discriminante de f.

23 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 23 Por exemlo, o discriminante de x 2 + ny 2 é 4n. Exercício 27. Mostre que formas equivalentes têm o mesmo discriminante. Assim, o discriminante é de facto invariante ela acção de SL 2 (Z). Exercício 28. Mostre que D = 0 se e só se f é da forma λ(ax + by) 2, onde λ, a, b Z. Notando que vemos que: af(x, y) = a 2 x 2 + abxy + acy 2 = = ( ax + by ) y2 D, ( ax + by ) 2 + acy 2 b2 2 4 y2 =. se D > 0, então f reresenta tanto números ositivos como negativos. 2. se D < 0, então i) a > 0 f é semre ositivo. ii) a < 0 f é semre negativo. Quando D < 0 e a > 0 dizemos que f é definida ositiva. Isto ocorre recisamente quando a corresondente matriz M f é definida ositiva, uma vez que D = 4 det M f. Exercício 29. Prove que se f é definida ositiva, então γ(f) é definida ositiva ara qualquer γ SL 2 (Z). Assim, odemos dizer que SL 2 (Z) actua no conjunto, que designaremos or P, das formas quadráticas definidas ositivas. De aqui em diante, iremos considerar aenas formas f definidas ositivas. Por isso, D será doravante um inteiro negativo e seguiremos a convenção usual segundo a qual D denota a raiz quadrada de D com arte imaginária ositiva. Definição 22. Uma forma quadrática f(x, y) = ax 2 + bxy + cy 2 P é chamada reduzida se for rimitiva e se b a c b 0 se b = a ou a = c. O nosso objectivo agora é mostrar que qualquer forma definida ositiva é roriamente equivalente a uma única forma reduzida. A estratégia é mostrar que as acções de SL 2 (Z) em P e no lano hierbólico são, num certo sentido, a mesma. Para isso, começamos or associar um número comlexo τ no lano hierbólico a uma forma quadrática definida ositiva. Definição 23. corresondência e Seja f(x, y) = ax 2 + bxy + cy 2 P. Definimos a seguinte τ : P H : f τ f = b + D. 2a Dado que Im τ f = D i 2a > 0, τ f está no lano hierbólico H. Note-se que τ f = τ g se e só se f e g são ambas múltilos inteiros da mesma forma rimitiva.

24 24 Escola Diagonal Temos então o seguinte resultado. Teorema. A acção φ : SL 2 (Z) P P corresonde através da alicação τ : P H à acção F : SL 2 (Z) H H. Isto significa que F (γ, τ f ) = τ(φ(γ, f)) = τ γ(f). Outra forma de enunciar este resultado é dizendo que o diagrama P τ H γ P τ H é comutativo ara qualquer γ SL 2 (Z). Demonstração. Deixamos a demonstração ara o leitor, notando que basta rová-lo ara os dois geradores S e T de SL 2 (Z), uma vez que F e φ são acções. Teorema 2. Qualquer forma rimitiva definida ositiva é roriamente equivalente a uma e somente uma forma reduzida. Demonstração. Temos que mostrar que a órbita, or SL 2 (Z), de qualquer forma rimitiva contém uma e uma só forma reduzida. A ideia da demonstração é verificar que a imagem, ela alicação τ, de uma forma quadrática reduzida é a região F indicada na figura 3 (as linhas cheias ertencem ao conjunto, mas as tracejadas não). γ 2i - -/2 0 /2 Figura 3: Região em H corresondente a formas reduzidas Como a acção em P é equivalente à acção em H elo teorema anterior, e a região F contém um e aenas um elemento de qualquer órbita de SL 2 (Z) em H (ver a Proosição 8 e o Exercício 24) o teorema ficará demonstrado. Consideremos então uma forma reduzida f = (a, b, c) verificando b < a < c. A arte real de τ f é b 2a e or isso, ertence a ] 2, 2 [. Por outro lado, temos, τ f 2 = b 2 +(4ac b 2 ) 4a = c 2 a > e ortanto, τ f está no interior de F. Deixamos ara o leitor a verificação de que os casos limite b = a e c = a, também têm τ f F.

25 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 25 Dada uma forma rimitiva, a seguinte receita ermite-nos obter a única forma reduzida que é roriamente equivalente a ela. Este resultado dá uma demonstração alternativa do teorema anterior. Proosição 24. Se f é rimitiva, obtém-se uma forma reduzida ela alicação sucessiva (de um finito número) dos seguintes assos:. Se c < a ou se (a = c e b < 0), mudamos ( (a, ) b, c) ara (c, b, a). Isto 0 corresonde a actuar com a matriz Se b > a, mudamos (a, b, c) ara (a, b, c ) onde b = b + 2ak e c = c + bk + ak ( 2, ara ) algum k tal que b a. Isto corresonde a actuar com k a matriz Se b = a, ( mudamos ) (a, b, c) ara (a, a, c). Isto corresonde a actuar com a matriz. 0 Exercício 30. Prove que este algoritmo termina e que dá semre origem a uma forma reduzida. Exemlo 8. Seja f(x, y) = 458x xy + 25y 2 que tem discriminante D = 4. A receita da roosição acima ode ser descrita ela seguinte tabela. (a, b, c) asso novos valores matriz ( ) 0 (458, 24, 25) (25, 24, 458) ( 0 ) 4 (25, 24, 458) 2, com k = 4 (25, 4, 2) ( 0 ) 0 (25, 4, 2) (2, 4, 25) ( 0 ) 3 (2, 4, 25) 2, com k = 3 (2, 2, ) ( 0 ) 0 (2, 2, ) (, 2, 2) ( 0 ) (, 2, 2) 2, com k = (, 0, ) 0 ( ) ( Dado que x 2 + y 2 é reresentada or e f or acordo com a tabela, ( 0 0 ) = γ t ( ) γ onde γ é dado ela multilicação das matrizes usadas antes: ( ) ( ) ( ) ( ) ( γ = ( ) 3 4 =. 3 7 Logo os números reresentados or f e or x 2 + y 2 são os mesmos! ) ( 0 ), de ) =

26 26 Escola Diagonal Exercício 3. Determine as formas reduzidas equivalentes nos casos: f = (5,, 7); f = (5, 3, 9). Vamos agora rovar que ara um dado valor D existe somente um número finito de formas reduzidas de discriminante D. Definição 25. Denotamos o conjunto de classes de equivalência de formas reduzidas de discriminante D or C(D), e chamamos ao número h(d) = # C(D), o número de classe de D. Teorema 3. Para qualquer inteiro D < 0, existe um número finito de formas reduzidas de discriminante D. Demonstração. Seja ax 2 + bxy + cy 2 uma forma reduzida de discriminante D = b 2 4ac. Logo b a c, e (2) D = 4ac b 2 4b 2 b 2 = 3b 2 0. Isto imlica que D 3 b, e dado que D + 4ac = b2, ara D fixo, existe somente um número finito de ossibilidades (a, b, c) ara que f = (a, b, c) seja uma forma reduzida de discriminante D. Podemos, or exemlo, calcular todas as formas reduzidas com D = 4. Exemlo 9. Se D = 4 então or (2) temos 4 3a 2. Portanto a = ou a = 0. Como a = 0 não reresenta uma forma definida ositiva, temos a =, b e 4 = b 2 4c, o que aenas tem b = 0 e c = como solução. Concluímos então que x 2 + y 2 é a única forma reduzida de discriminante 4. Exercício 32. Calcule todas as formas reduzidas com os seguintes discriminantes: D = 3, 7, 8,, 2, 5, 6, 28. Esboçamos a rova do seguinte teorema. Seja n inteiro. Teorema 4. h( 4n) = se e só se n =, 2, 3, 4, 7. Demonstração. [Landau] Para qualquer n a forma x 2 + ny 2 é reduzida. Para n =, 2, 3, 4, 7 o leitor ode verificar como no exemlo acima que esta é a única forma reduzida com discriminante 4n. Para rovar que h( 4n) > ara outros n, indicaremos uma forma reduzida de discriminante 4n que não é equivalente à aresentada acima. Se n não é um número rimo, então n = ac, com gcd(a, c) = e a < c, logo nós odemos tomar f(x, y) = ax 2 + cy 2 e D = 4n. Se n = 8, tomamos 3x 2 + 2xy + 3y 2. Se n = 2 r r 4, tomamos 4x 2 + 4xy + (2 r 2 + )y 2.

27 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 27 Se n = r, com ímar dividimos os casos em: se n + ode ser escrito como ac, com gcd(a, c) =, tomamos ax 2 + 2xy + cy 2 ; se n + = 2 s com s 6, tomamos 8x 2 + 6xy + (2 s 3 + )y 2 ; considerar os casos restantes = 3, 7, 3 e r =. Estamos a aroximar-nos de um dos nossos objectivos iniciais: saber quais os números reresentados or uma dada forma quadrática. Infelizmente, só o conseguiremos comletar nos casos h(d) =, onde D é o discriminante da forma. Lema 26. Uma forma f(x, y) reresenta roriamente m se e só se f é roriamente equivalente a ara certos inteiros b e c. g(x, y) = mx 2 + bxy + cy 2, Demonstração. Se f é roriamente equivalente a g como acima, g reresenta m roriamente, ois basta tomar (x, y) = (, 0); ( então f) também reresenta q m roriamente (note que se γ(f) = g, com γ =, vem f(, r) = m). r s Recirocamente, seja f(, q) = ( m com) gcd(, q) =. Então existem r, s Z q tais que s rq =, logo det =. Um cálculo mostra que r s f(x + ry, qx + sy) = f(, q)x 2 + (2ar + bs + brq + 2cqs)xy + f(r, s)y 2, o que imlica que f é roriamente equivalente a g da forma retendida. Note-se que temos semre D = b 2 4ac 0, mod 4, dado que b 2 0, mod 4. Lema 27. Seja D 0, mod 4, e m > 2 um número rimo. Então m é roriamente reresentável or uma forma rimitiva de discriminante D se e só se D é um resíduo quadrático módulo m. Demonstração. Se m é roriamente reresentável or f, então, elo lema anterior, odemos assumir que é da forma f(x, y) = mx 2 + bxy + cy 2, e vem D = b 2 4mc b 2 mod m. Logo D é um resíduo quadrático módulo m. Recirocamente, se D é um resíduo quadrático módulo m, então D d 2 mod m ara um certo d. Isto imlica que D b 2 mod 4m, onde b = d se D d 2 mod 4, ou b = d + m caso contrário. Portanto, D = b 2 4mc ara algum c Z. Assim, a forma mx 2 + bxy + cy 2 é rimitiva ois m é rimo, tem discriminante D e reresenta m roriamente.

28 28 Escola Diagonal As seguintes são consequências imediatas dos lemas acima. ( Corolário ) 3. Seja n um inteiro e um rimo ímar que não divide n. Então 4n = se e só se é reresentado or uma forma rimitiva de discriminante 4n. Como consequência, obtemos uma nova rova do teorema de Fermat. Corolário 4. Se é um rimo ímar, = x 2 + y 2 se e só se mod 4. ( ) Demonstração. Se mod 4 então temos, elo Exercício 7, que =. ( ) 4 Como 4 é um quadrado, temos também =. O corolário anterior diz-nos então que é reresentado or uma forma rimitiva de discriminante 4. Mas a única forma reduzida de discriminante 4 é x 2 + y 2 (ver Exemlo 9). ( ) Corolário 5. Seja h( 4n) = e n. Então = se e só se = x 2 +ny 2. Exemlo ( ) 20. Pelo corolário acima x 2 + 2y 2 =, ara um rimo 2, se e só se =. Mas, elo Exercício 7, isto é equivalente a 8 ( ) 8 = n ( ) 2 = ( ) 2 ( ) 2 8 =. Logo 8 tem que ser ar, o que significa que 6 divide 4( ) + ( 2 ) = ( )(4 + + ). Qualquer rimo ímar é de uma das seguintes formas 8k +, 8k + 3, 8k + 5, 8k + 7. Agora é fácil verificar que = x 2 + 2y 2 ou 3 mod 8. Exercício 33. Faça o mesmo ara x 2 + Dy 2, onde D = 3, 4, 7. ( ) 20 Exemlo 2. Vejamos ara que rimos se tem =. Usando a recirocidade quadrática e o Exercício 7 ( ) ( ) ( ) ( ) ( = = = ( ) 2. 5) ( Para que ( ) 2 ) ( 5 tome o valor necessitamos que seja mod 4 e ) ( 5 = ou 3 mod 4 e ) 5 =. Podemos facilmente verificar que os resíduos quadráticos módulo 5 são aenas 0,, 4( mod 5), e logo os resíduos não-quadráticos são dados or 2, 3( mod 5). Assim estamos à rocura dos números que verificam uma das condições: mod 4 e 0,, 4 mod 5; 3 mod 4 e 2, 3 mod 5. O leitor ode facilmente verificar, usando o teorema chinês dos restos (Teorema 4), que fora = 5, estes rimos são exactamente aqueles ara os quais, 3, 7, 9 mod 20. Podemos também mostrar que h( 20) = 2 e que as duas formas reduzidas rimitivas com discriminante 20 são x 2 + 5y 2 e 2x 2 + 2xy + 3y 2.

29 Formas Quadráticas e Fracções Contínuas 29 É fácil verificar que só a forma x 2 + 5y 2 ode reresentar os números congruentes com, 9 mod 20 e que só a forma 2x 2 + 2xy + 3y 2 ode reresentar os números congruentes com 3, 7 mod 20. Portanto, temos o seguinte: = x 2 + 5y 2, 9 mod 20. = 2x 2 + 2xy + 3y 2 3, 7 mod 20. Contudo as congruências não ermitem resolver o roblema da reresentabilidade em todos os casos. Além disso, existem formas que reresentam exactamente os mesmos inteiros e que não são equivalentes. Exercício 34. Prove que as formas 2x 2 +xy +3y 2 e 2x 2 xy +3y 2 reresentam os mesmos números, mas não são equivalentes. Aqui ficam os últimos exercícios. Exercício 35. Quais os n N que verificam x 2 + 5y 2 = n, com x, y inteiros? Exercício 36. Encontre os rimos que odem ser escritos como x 2 + 8y 2. E que naturais n odem ser escritos da mesma forma? A teoria da reresentabilidade de formas quadráticas está ainda activa e recentemente conduziu a alguns resultados notáveis. Por exemlo, J. H. Conway e W. Schneeberger rovaram em 993 que, ara uma forma quadrática definida ositiva (com qualquer número de variáveis) dada or uma matriz com entradas inteiras (como observado acima, no caso de formas a duas variáveis ax 2 + bxy + cy 2, isto significa que b é ar) reresentar qualquer inteiro ositivo, é suficiente que ela reresente qualquer inteiro de a 5. Este é o chamado teorema-5 (consulte, or exemlo, [C2]). Em 999, M. Bhargava descobriu uma demonstração mais simles deste resultado [B]. Em 2005, ele foi mais longe e rovou, em conjunto com J. Hanke, o teorema-290. Este resultado diz que uma forma quadrática definida ositiva com coeficientes inteiros reresenta qualquer inteiro ositivo se reresentar qualquer inteiro de a 290 (de facto, basta que reresente somente determinados 29 destes números). Como estas notas estão agora a chegar ao fim, deixaremos o leitor com alguns roblemas ara ensar. Problema 3. Prove que não existem formas quadráticas em duas variáveis que reresentam todos os inteiros ositivos. O mesmo é verdade ara três variáveis. Problema 4. Existe alguma solução ara x 2 3y 2 = 0? Mais geralmente, em que hióteses se ode resolver x 2 Dy 2 = n? Problema 5. Consegue descobrir os números n tais que x 3 + y 3 = n? Divirtam-se!... Referências [B] M. Bhargava, On Conway-Schneeberger fifteen theorem, in Quadratic Forms and their Alications (Dublin, 999), 27 37, Contem. Math., 272, Amer. Math. Soc., Providence, RI, 2000.