O objetivo desse problema é determinar uma forma geral para todas as ternas Pitagóricas.
(a) Fixado t, seja r_{t} a reta que passa pelo ponto P_{0}:=(-1,0) com inclinação t. Determine a equação de r_{t}.
(b) Determine a intersecção de r_{t} com o círculo unitário C: x^{2}+y^{2}=1. Denote por \gamma(t) essa intersecção.
(c) Obtemos assim uma parametrização do círculo: \gamma: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{S}^{1}. Mostre que as coordenadas de \gamma(t) são racionais se, e somente se, t \in \mathbb{Q}.
(d) Conclua que toda terna Pitagórica pode ser escrita da forma
\left(n^{2}-m^{2}, 2 m n, n^{2}+m^{2}\right)
\operatorname{com} m . n \in \mathbb{Z}.

Passo 1

Vou reescrever claramente o que o enunciado pede e o que já nos foi dado, para a gente não se perder:
  • Temos o ponto fixo P_{0}=(-1,0).
  • Para um parâmetro real t consideramos a reta r_{t} que passa por P_{0} e tem inclinação t. (Parte (a) pede a equação dessa reta.)
  • O círculo unitário é C:\;x^{2}+y^{2}=1. (Parte (b) pede a intersecção de r_{t} com C, e a notação \gamma(t) para essa intersecção.)
  • A parte (c) pede que mostremos: as coordenadas de \gamma(t) são números racionais se, e somente se, t\in\mathbb{Q}.
  • A parte (d) pede para concluir que toda terna Pitagórica (isto é, inteiros a,b,c com a^{2}+b^{2}=c^{2}) pode ser escrita na forma
\left(n^{2}-m^{2},\,2mn,\,n^{2}+m^{2}\right)
com m,n\in\mathbb{Z}.
Não vou resolver nada ainda aqui; só identifiquei o que é pedido e os dados que temos.

Passo 2

(a) Equação da reta r_{t} — dedução passo a passo.
Usamos a forma ponto-inclinação de uma reta: a reta que passa por (x_{0},y_{0}) com inclinação t satisfaz
y-y_{0}=t(x-x_{0}).
Tomando x_{0}=-1 e y_{0}=0 (pois o ponto é P_{0}=(-1,0)), obtemos
y-0 = t(x-(-1)),
ou seja, em forma simplificada,
y = t(x+1).
Essa é a equação de r_{t}. (Observação: aqui t é um número real finito; a “reta vertical” não aparece porque t está sendo tratado como inclinação real.)

Passo 3

(b) Interseção de r_{t} com o círculo C — encontrar \gamma(t).
Para achar a interseção substituímos y=t(x+1) na equação do círculo x^{2}+y^{2}=1. Fazendo a substituição:
x^{2} + \bigl(t(x+1)\bigr)^{2} = 1.
Expandindo:
x^{2} + t^{2}(x^{2}+2x+1) = 1.
Agrupando termos em x:
(1+t^{2})x^{2} + 2t^{2}x + (t^{2}-1) = 0.
Observação útil: sabemos que P_{0}=(-1,0) pertence ao círculo e também pertence à reta r_{t}, logo x=-1 é raiz dessa equação quadrática. Assim podemos fatorar o polinômio sabendo um fator (x+1). Vamos fazer a fatoração explícita: verificamos que
(1+t^{2})x^{2} + 2t^{2}x + (t^{2}-1) = (x+1)\bigl((1+t^{2})x + (t^{2}-1)\bigr).
Assim as raízes em x são x=-1 (correspondente a P_{0}) e a outra raiz dada por
(1+t^{2})x + (t^{2}-1)=0 \quad\Rightarrow\quad x = \frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}.
Agora encontramos a coordenada y correspondente usando y=t(x+1). Calculamos primeiro
x+1 = \frac{1-t^{2}}{1+t^{2}} + 1 = \frac{1-t^{2} + 1 + t^{2}}{1+t^{2}} = \frac{2}{1+t^{2}}.
Portanto
y = t(x+1) = t\cdot\frac{2}{1+t^{2}} = \frac{2t}{1+t^{2}}.
Concluímos que a interseção \gamma(t) (a interseção que não é P_{0}) é
\gamma(t)=\left(\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}},\;\frac{2t}{1+t^{2}}\right).

Passo 4

Verificação de que \gamma(t) de fato está no círculo e comentário sobre parametrização.
Vamos verificar que as coordenadas encontradas satisfazem x^{2}+y^{2}=1. Tomando
x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}},\qquad y=\frac{2t}{1+t^{2}},
temos
x^{2}+y^{2}=\frac{(1-t^{2})^{2} + (2t)^{2}}{(1+t^{2})^{2}} = \frac{1 -2t^{2}+t^{4}+4t^{2}}{(1+t^{2})^{2}} = \frac{1+2t^{2}+t^{4}}{(1+t^{2})^{2}} = \frac{(1+t^{2})^{2}}{(1+t^{2})^{2}} = 1.
Portanto \gamma(t) pertence a \mathbb{S}^{1}. A fórmula obtida dá uma parametrização do círculo (exceto pelo ponto P_{0}=(-1,0), que corresponde intuitivamente a t=\infty). Essa parametrização é a clássica “parametrização racional” do círculo usando a reta que passa por (-1,0).

Passo 5

(c) Mostrar: as coordenadas de \gamma(t) são racionais se, e somente se, t\in\mathbb{Q}. Vamos provar as duas implicações com calma.
Direção “se t\in\mathbb{Q} então coordenadas racionais”:
Se t\in\mathbb{Q} então t é um número da forma p/q (com p,q\in\mathbb{Z}, q\neq0). As coordenadas de \gamma(t) são
x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}},\qquad y=\frac{2t}{1+t^{2}}.
Essas expressões são combinações de somas, produtos e divisões envolvendo t e o inteiro 1. Como o conjunto dos racionais é fechado sob soma, produto e divisão por elemento não nulo, segue que x e y são racionais. (Exemplo concreto: se t=\tfrac{p}{q} então 1+t^{2}=\tfrac{q^{2}+p^{2}}{q^{2}} e x,y ficam como frações com numeradores e denominadores inteiros.)
Direção "se as coordenadas são racionais então t\in\mathbb{Q}":
Suponha que \gamma(t)=(x,y) e que x,y\in\mathbb{Q}. Pela fórmula temos
y = \frac{2t}{1+t^{2}},\qquad x = \frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}.
Observe que
1+x = 1 + \frac{1-t^{2}}{1+t^{2}} = \frac{2}{1+t^{2}}.
Dividindo y por 1+x obtemos
\frac{y}{1+x} = \frac{\dfrac{2t}{1+t^{2}}}{\dfrac{2}{1+t^{2}}} = t.
Logo t = \dfrac{y}{1+x}. Como x,y\in\mathbb{Q} e 1+x\neq0 (de fato 1+x=0 ocorreria só para x=-1, que é o ponto P_{0} não obtido por valor finito de t), segue que t é uma razão de números racionais, portanto t\in\mathbb{Q}.
Resumo: t\in\mathbb{Q} implica coordenadas racionais (por fechamento das operações) e coordenadas racionais implicam t\in\mathbb{Q} via t=y/(1+x). Assim provamos a bicondicional solicitada.

Passo 6

(d) Concluir a forma geral das ternas Pitagóricas. Vamos transformar um triplo inteiro (a,b,c) satisfazendo a^{2}+b^{2}=c^{2} na forma desejada, explicando cada passo.
  1. Começamos normalizando o triplo: divida por c (assumindo c\neq0) e considere o ponto racional na circunferência
\left(\frac{a}{c},\frac{b}{c}\right).
Esse ponto pertence a \mathbb{S}^{1} e tem coordenadas racionais (pois a,b,c são inteiros).
  1. Pela parte (c), existe t\in\mathbb{Q} tal que
\left(\frac{a}{c},\frac{b}{c}\right) = \gamma(t) = \left(\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}},\;\frac{2t}{1+t^{2}}\right).
Escrevemos t como uma fração irredutível t=\dfrac{m}{n} com m,n\in\mathbb{Z} e n\neq0 (podemos tomar m,n coprimos, mas isso não é essencial para concluir a forma geral). Substituindo t=\dfrac{m}{n} nas coordenadas de \gamma obtemos
\gamma\!\left(\frac{m}{n}\right)=\left(\frac{n^{2}-m^{2}}{n^{2}+m^{2}},\;\frac{2mn}{n^{2}+m^{2}}\right).
  1. Igualando coordenadas:
\frac{a}{c} = \frac{n^{2}-m^{2}}{n^{2}+m^{2}},\qquad \frac{b}{c} = \frac{2mn}{n^{2}+m^{2}}.
Multiplicando as duas igualdades pelo mesmo denominador n^{2}+m^{2} obtemos números inteiros no lado direito, logo n^{2}+m^{2} divide c. Escrevemos então c=k(n^{2}+m^{2}) para algum k\in\mathbb{Z}_{>0}. Substituindo de volta,
a = k(n^{2}-m^{2}),\qquad b = k(2mn),\qquad c = k(n^{2}+m^{2}).
Isso mostra que todo triplo Pitagórico inteiro (a,b,c) pode ser escrito na forma
\left(k(n^{2}-m^{2}),\;k(2mn),\;k(n^{2}+m^{2})\right)
com k,m,n\in\mathbb{Z}, k\ge1. Em particular, as ternas primitivas (ou seja, com \gcd(a,b,c)=1) correspondem ao caso k=1, dando exatamente
\left(n^{2}-m^{2},\;2mn,\;n^{2}+m^{2}\right).
Portanto chegamos à forma pedida. (Observação prática: normalmente impõe-se também \gcd(m,n)=1 e que m,n não sejam ambos ímpares para obter todas as primitivas sem repetições, mas o enunciado pediu apenas a forma geral com m,n\in\mathbb{Z}.)

Resposta

(a) y = t(x+1).
(b) \gamma(t)=\left(\dfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}},\;\dfrac{2t}{1+t^{2}}\right).
(c) As coordenadas de \gamma(t) são racionais se, e somente se, t\in\mathbb{Q}.
(d) Toda terna Pitagórica pode ser escrita como \left(k(n^{2}-m^{2}),\;k(2mn),\;k(n^{2}+m^{2})\right) com k,m,n\in\mathbb{Z}; em particular as primitivas têm a forma \left(n^{2}-m^{2},\;2mn,\;n^{2}+m^{2}\right) com m,n\in\mathbb{Z}.

Exercícios relacionados