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Sumário
Prefácio VII
1 Sistemas de Equações Lineares 5
1.1 Sistemas de Equações Lineares em R . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2 Classi�cação dos Sistemas . . . . . . . . . . . . 8
1.1.3 Interpretação Geométrica . . . . . . . . . . . . 9
1.1.4 Eliminação Gaussiana . . . . . . . . . . . . . . 11
1.1.5 Matriz Escalonada por Linhas . . . . . . . . . 11
1.1.6 Complemento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.2 Sistemas de Equações Lineares em Z . . . . . . . . . . 15
1.2.1 Um Pouco de Aritmética dos Inteiros . . . . . . 16
1.2.2 A Forma Algoritmica . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.3 Interpretação geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
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VI SUMÁRIO
2 O Problema do Troco de Frobênius 31
2.1 Introdução. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.1.1 Boa Posição. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2 O Caso Bidimensional. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.2.1 Corolário Sobre o Caso Geral. . . . . . . . . . . 35
2.3 O Caso Tridimensional. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3.1 Corolário Sobre o Caso Tridimensional. . . . . . 38
2.3.2 Solução Algorítmica. . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.3.3 Comentários e Casos Especiais. . . . . . . . . . 41
3 Pontos Inteiros em Regiões Poligonais 45
3.1 O Teorema de Pick . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.1.1 Teorema de Pick e a fórmula de Euler . . . . . . 51
3.1.2 Área de Polígonos no Plano . . . . . . . . . . . 53
3.1.3 Teorema de Pick Generalizado e Estimativas de
Plantação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.2 O tetraedro de Reeve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4 Apêndice-Reticulados 63
4.1 Reticulados e seus Domínios Fundamentais . . . . . . . 63
Referências 68
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Prefácio
As notas que serão utilizadas no mini-curso Aritmética Linear na VI
Bienal da SBM foram escritas para o evento e representam mais um
fruto dos seminários informais da UFRPE, designado (também in-
formalmente) Especulatione Arithmeticae. O nome, bem sugestivo, é
uma clara alusão ao clássico do Gauss Disquisitione Arithmeticae.
O Seminário Especculatione Arithmeticae tem aproximadamente um
ano de existência e os três primeiros autores dessas notas alguns dos
fundadores. Nesse espaço discutimos questões ligadas a Teoria dos
Números e Álgebra ainda que a abordagem muitas vezes pode ser Ge-
ométrica, Combinatória e/ou Analítica. O principal fator para tanta
diversidade é a heterogêneidade do grupo - composto por alguns jovens
(alguns nem tanto) professores da UFRPE e da UFPE, com formação
diversi�cada. Além de temas de pesquisa nos interessamos também
por temas relacionados a divulgação Matemática e escolhemos a Teo-
ria dos Números por ser uma paixão comum que nos une e inspira,
VII
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VIII SUMÁRIO
embora não haja entre nós nenhum especialista na área.
A quarta autora foi estudante de graduação da UFRPE e sua
monogra�a inspirou completamente o terceiro capítulo dessas notas.
Recife, Setembro de 2012
Rodrigo Gondim
Gabriel Guedes
Eudes Naziazeno
Brianne Mourão
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Introdução
A Aritmética é uma área milenar da Matemática que ocupa-se, prin-
cipalmente, dos números inteiros; suas propriedades e das soluções
de equações com coe�cientes inteiros das quais buscam-se soluções in-
teiras. Estas equações são chamadas Equações Diofantinas (em home-
nagem ao Matemático Grego Diofanto), e a própria obra do Diofantus
- A Aritmética - inicia o longo processo de associação e in�uência da
Aritmética à Álgebra, que essencialmente foi desenvolvida com o ob-
jetivo de resolver equações.
A Aritmética de Diofanto (250) é um interessante registro histórico
que diferencia-se das principais obras gregas da época, que tinham
uma postura mais teórico-axiomática, e se assemelha a antigos textos
babilônicos, no sentido que a mesma é um compêndio de problemas
e suas soluções, demonstrações aparecem em casos particulares no in-
tuito de resolver um problema concreto. A Aritmética de Diofanto
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2 SUMÁRIO
foi um texto de valor inestimável tendo sido utilizado por mais de mil
anos, em particular foi numa cópia de tal livro que Fermat cunhou o
enunciado do que foi conhecido como o Último Teorema de Fermat.
Grande parte dos problemas de Diofanto podem ser formulados em ter-
mos de Equações lineares - determinadas ou indeterminadas - e isso
in�uencia o nome do curso - Aritmética Linear . Gauss, em seu mem-
orável Disquisitiones Arithmeticae (1801) escreve sobre o Diofanto:
�The celebrated work of Diophantus, dedicated to the problem of inde-
terminateness, contains many results which excite a more than ordi-
nary regard for the ingenuity and pro�ciency of the author, because of
their di�culty and the subtle devices he uses, especially if we consider
the few tools that he had at hand for his work�.
Aritmética Linear é portanto o estudo de equações, inequações e sis-
temas de equações lineares, com coe�cientes inteiros, dos quais bus-
camos soluções inteiras. Assim sendo estamos realmente interessados
em generalizações dos problemas considerados por Diofanto. Entre-
tanto a palavra linear em nosso contexto tem ainda outro signi�cado,
não apenas de primeiro grau, e este é de caráter geométrico. A maio-
ria dos problemas que descreveremos tem uma formulação geométrica
interessante e muitas vezes nos utilizamos da mesma para estudar o
problema.
Foi o Filósofo e Matemático Francês Descartes o idealizador da fusão
entre a Álgebra e a Geometria no clássico La Geometrie, no qual o au-
tor lança as sólidas bases para o que chamamos Geometria Analítica.
Em seu Discurso do Método (inicialmente concebido como prefácio de
suas 3 obras cientí�cas - Dioptrica, Geometria e Meteoros) Descartes
explica sua motivação ao estudo da geometria por meio de equações
inicialmente notando os defeitos da Geometria Euclidiana clássica e
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0.0 SUMÁRIO 3
da Álgebra Árabe.
no que se refere a geometria dos antigos e a álgebra dos modernos,
além de só se aplicarem a matérias muito abstratas e que parecem
sem nenhuma utilidade , a primeira é sempre tão restrita à consider-
ação de �guras, que não se pode exercitar o entendimento sem muito
cançar a imaginação; e os cultores da última tanto se sujeitaram a
certas regras e a certos símbolos, que a transformaram em uma arte
confusa e obscura...
A partir daqui o autor revela o que fez para agrupar as vantagens da
Álgebra, da Geometria e da Lògica sem seus defeitos.
para melhor considerá-las em particular, devia supô-las em linhas, pois
não achava nada de mais simples nem que eu pudesse representar mais
distintamente para a minha imaginação; para compreender várias de-
las juntas, era preciso que eu as explicasse por símbolos os mais curtos
possíveis; e com isso tomaria o melhor da geometria e da álgebra e cor-
rigiria todos os defeitos de uma pela outra.
No primeiro capítulo destas notas trataremos de Equações e sis-
temas Diofantinos Lineares, geometricamente estes correspondem ao
problema de determinar pontos inteiros em interseção de hiperplanos.
Utilizaremos as vantagens da álgebra, explicitamente de uma versão
�inteira� do método de eliminação de Gauss (chamado eliminação uni-
modular) para resolver os sistemas e interpretaremos geometricamente
o resultado pela teoria geométrica dos reticulados.
no segundo capítulo trataremos do famoso problema do troco de
Frobênius que geometricamente consiste em determinar condiçoes para
que certos hiperplanos possuam pontos inteiros não-negativos. Aqui
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4 SUMÁRIO
damos uma abordagem geométrica e algoritma para um problema que
em geral é NP-completo, tendo solução apenas em casos particulares,
mais precisamente, em dimensão baixa.
No último capítulo consideramos o problema de contar a quanti-
dade de pontos inteiros em um polígono plano, esse problema é con-
hecido como problema inverso de Pick e tem um ijnteressante apelo
geométrico e algumas aplicações; ele pode ser interpretado como o
problema de contar o número de soluções de certos sistemas de in-
equações lineares.
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CAPÍTULO 1
Sistemas de Equações Lineares
1.1 Sistemas de Equações Lineares em R
Logo nas séries iniciais aprendemos a resolver problemas como estes:
Exemplo 1.1.1. Após percorrer 27de um percurso, e caminhado 5
11
do mesmo, um atleta percebeu que ainda faltavam 600 metros para
completar o percurso. Qual o comprimento total do percurso?
Exemplo 1.1.2. Em um cassino, uma pessoa introduz numa máquina
um determinado número de �chas e recebe dela o dobro da quan-
tia original, decrescido de 10 unidades. Em uma segunda máquina,
coloca essa nova quantidade e recebe novamente o dobro, mas agora
decrescida de 30 unidades. Finalmente numa terceira máquina, coloca
a nova quantidade obtida e recebe mais uma vez o dobro, menos 40
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6 Sistemas de Equações Lineares
unidades. Coincidentemente, o valor �nal é o mesmo que a quanti-
dade introduzida na primera máquina. Qual a quantidade original de
�chas?
Esses são exemplos de problemas de equação do 1o grau em uma
variável. Quando vamos crescendo, aprendemos a resolver problemas
como:
Exemplo 1.1.3. Tenho dois �lhos. A soma de suas idades é 18 anos.
E a diferença entre suas idades é de 4 anos. Quais as idades dos meus
�lhos?
Exemplo 1.1.4. Um par de tênis, duas bermudas e três camisas cus-
tam juntos R$ 100,00. Dois pares de tênis, cinco bermudas e oito
camisas custam juntos R$ 235,00. Quanto custam juntos um ar de
tênis , uma bermuda e uma camisa?
Esses são exemplos de problemas envolvendo sistemas de equações
lineares. Nas próximas seções iremos fazer uma breve revisão de vários
resultados sobre sistemas lineares em R dos quais todo aluno nos
semestres iniciais de um curso de exatas aprende a maioria dos re-
sultados que seguem nesse texto. Após isso, iremos fazer uma revisão
de aritmética e concluiremos com um estudo dos sistemas lineares em
Z.
1.1.1 Revisão
Mas o que é mesmo um sistema de equações lineares?
Chamamos de sistema com m ≥ 1 equações lineares a n variáveis o
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1.1 Sistemas de Equações Lineares em R 7
conjunto:
S
a11x1 +a12x2 + · · · +a1nxn = b1
a21x1 +a22x2 + · · · +a2nxn = b2...
.... . .
...
am1x1 +am2x2 + · · · +amnxn = bm
(1.1)
Os termos aij são ditos coe�centes. Os xi são chamados de variáveis.
E os bj são os termos independentes. Observe que podemos escrever
o sistema na sua forma matricial:
AX = B
Onde
Am×n =
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n...
.... . .
...
am1 am2 · · · amn
, Xn×1 =
x1
x2...
xn
, Bn×1 =
b1
b2...
bn
Exemplo 1.1.5. Dado o sistema:
x + y + 2z = 5
x − y + 3z = 6
2x + y − z = 7
(1.2)
temos para esse sistema
A3×3 =
1 1 2
1 −1 3
2 1 −1
, X3×1 =
x
y
z
, B3×1 =
5
6
7
Diremos que a n-upla (r1, r2, · · · , rn) é solução do sistema 1.1, se
ela é solução de cada uma das equações do sistema. O conjunto de
todas as soluções é chamado conjunto-solução. Podemos classis�car
os sistemas a partir das suas soluções.
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8 Sistemas de Equações Lineares
1.1.2 Classi�cação dos Sistemas
Sistemas Impossíveis
Nem todo sistema pode ser resolvido em R. Um sistema que não
possui solução real, ou seja, seu conjunto-solução é o φ, será chamado
sistema impossível.
Exemplo 1.1.6. Os seguintes sistemas são impossíveis:
S1 :
{x+ y = 1
2x+ 2y = 7S2 :
2x+ 3y = 2
5x− 3y = 5
3x+ 2y = 4
Sistemas Possíveis e Determinados
Um sistema é chamado de possível e determinado se possui solução e
essa solução é única.
Exercício 1. Veri�que que o sistema abaixo tem como única solução
(0,−3,−4): x + y − z = 1
2x − y + z = −1
2x + 2y + z = 2
(1.3)
Sistema Possível e Indeterminado
Dizemos que um sistema é possível e indeterminado se ele possui in-
�nitas soluções.
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1.1 Sistemas de Equações Lineares em R 9
Exemplo 1.1.7. O seguinte sistema é possível e indeterminado:2x+ 7w = −2
4y − 3w = 4
6z + 5w = 48
(1.4)
Observe que podemos colocar todas as outras variáveis em função da
variável w, logo o conjunto solução seria dado pela quádrupla
(−2−7w2
, 4+3w4, 48−5w
6, w) ∈ R4. Para tudo �car bonitinho poderíamos
colocar w = 12t e o nosso conjunto solução (continua o mesmo, só
que agora com uma nova parametrização) é dado por
(−1− 42t, 1 + 9t, 8− 10t, 12t) ∈ R4. Neste caso, como existe uma
única variável livre -que é a variavel w, dizemos que este sistema pos-
sui grau de liberdade igual a 1. Num sistema possível e indeterminado
de m equações, se conseguirmos colocar todas as equações em função
de r variáveis, dizemos que esse sistema possui, r graus de liberdade.
1.1.3 Interpretação Geométrica
Sabemos da geometria analítica que uma equação r1 : ax+ by+ c = 0
representa um reta no plano cartesiano. Portanto estudar a solução de
um sistema de duas equações e duas variáveis é o mesmo que estudar
as possíveis interseções de duas retas no plano. Dado o sistema:
S1 :
{r1 : a1x+ b1y = c1
r2 : a2x+ b2y = c2(1.5)
1. Temos duas retas no plano cartesiano. Assim o sistemas S1 é
impossível se, e só se, as retas r1 e r2 são paralelas.
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10 Sistemas de Equações Lineares
2. S1 ser possível e determinado quer dizer que ele tem uma única
solução, ou seja, as retas r1 e r2 se encontram num único ponto.
Isto é, as retas são transversais.
3. S1 é possível e indeterminado se, e só se, possui in�nitas soluções,
se e só se, as retas se intersectam ini�nitas vezes. Mas se duas
retas possuem dois pontos em comum, elas são coincidentes. Por-
tanto neste caso r1 e r2 são coincidentes.
Observação 1.1.8. Portanto estudar o sistema:
S
a11x1 +a12x2 + · · · +a1nxn = b1
a21x1 +a22x2 + · · · +a2nxn = b2...
.... . .
...
am1x1 +am2x2 + · · · +amnxn = bm
É o mesmo que estudar a interseção de m hiperplanos no espaço Rn.
Exercício 2. Faça um estudo geométrico das interseções para o sis-
tema:
S
a11x1 +a12x2 +a13x3 = b1
a21x1 +a22x2 +a23x3 = b2
a31x1 +a32x2 +a33x3 = b3
(1.6)
(Dica: Não desanime são de fato 8 casos.)
Geometricamente um sistema indeterminado em Rn, AX = B rep-
resenta uma in�nidade de pontos na interseção de um conjunto de
hiperplanos. suponhamos que é conhecido um ponto da interseção,
X0. Então A(X −X0) = 0 representa um subespaço vetorial de modo
que todos os vetores são combinação linear de um certo número de ve-
tores v1, v2, . . . , vk e, portanto, a solução geral do sistema é da forma
X = X0 + a1v1 + a2v2 + · · ·+ akvk
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1.1 Sistemas de Equações Lineares em R 11
1.1.4 Eliminação Gaussiana
Até agora �zemos um estudo qualitativo dos sistemas lineares, quanto
as suas soluções. Mas não aprendemos ainda a resolver de fato um
sistema. Poderíamos nos perguntar antes disso se é factível resolver o
sistema.
1.1.5 Matriz Escalonada por Linhas
Novamente consideremos o sistema S:
S
a11x1 +a12x2 + · · · +a1nxn = b1
a21x1 +a22x2 + · · · +a2nxn = b2...
.... . .
...
am1x1 +am2x2 + · · · +amnxn = bm
Chamamos de matriz aumentada relativa ao sistema S a matriz dada
por:
Am×n =
a11 a12 · · · a1n b1
a21 a22 · · · a2n b2...
.... . .
...
am1 am2 · · · amn bm
,
Exercício 3. Escreva a matriz aumentada dos exemplos 1.1.6, 1.1.7
e do exercício 1.
Vamos agora fazer uma pequena digressão. Quando aprendemos
a resolver sistemas lá no colegial, nos é ensinado dois métodos: elim-
inação e susbstituição. Que na verdade são duas faces do mesmo
método. Assim, no método da eliminação tentamos fazer uma série
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12 Sistemas de Equações Lineares
de operações de tal forma a "nos livrarmos"de um certo número de
variáveis, chegando assim num sistema novo. E de maneira tal que
seja fácil encontrar as soluções do novo sistema.
Existem três operações permitidas, que usamos para resolver um sis-
tema:
1. multiplicar toda uma equação por uma constante real não nula;
2. trocar duas equações de posição;
3. substituir a equação que está na posição r, pela equação de
posição r mais c vezes a linha s, com c uma constante real não
nula e r 6= s.
Essas operações são chamadas de operações elementares. Dois sis-
temas são equivalentes se podemos transformar um no outro através
de operações elementares.
Exercício 4. Mostre que dois sistemas equivalentes possuem o mesmo
conjunto solução.
Note que as linhas da matriz correspondem as equações de um
sistema, portanto podemos por analogia de�nir operações elementares
para uma matriz da seguinte forma:
1. multiplicar toda uma linha por um constantereal não nula;
2. trocar duas linhas de posição;
3. substituir a linha r, pela linha r mais c vezes a linha s,com c
uma constante real não nula.
Dizemos que uma matriz está na forma escalonada por linhas se:
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1.1 Sistemas de Equações Lineares em R 13
1. o primeiro elemento não nulo de uma linha qualquer( que não
seja nula) é 1. Este termo é chamado de lider ou pivô;
2. o pivô de uma linha inferior �ca estritamente a direita do pivô
da linha superior;
3. as linha formadas só de zeros serão agrupadas nas linhas inferi-
ores da matriz.
Observe que no exemplo anterior o que �zemos foi justamente colocá-la
na forma escalonada. E do que consiste o método da eliminação Gaus-
siana? O método da eliminação Gaussiana para resolver um sistema,
consiste de um processo algoritmico para colocar a matriz aumentada
na sua forma escalonada e após isso utilizarmos substituição reversa
para encontrar as suas soluções.
Podemos resumir o algoritmo da seguinte maneira:
1. se todos os elementos da 1a coluna são nulos passaremos para a
próxima coluna que possui pelo menos um elemento não nulo. E
cosideraremos essa a nossa primeira coluna;
2. se a11 = 0, troque a primeira linha com alguma linha cujo o
primeiro elemento é não nulo;
3. se a11 6= 0 multipleque toda a linha por 1a11
, para obter um termo
lider (ou pivô);
4. elimine todos os termos não nulos da 1a coluna, usando operações
elementares;
5. ignore a primeira linha e a primeira coluna e repita o processo
para a submatriz obtida.
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14 Sistemas de Equações Lineares
Exemplo 1.1.9. Resolva o seguinte sistema utilizando eliminação
Gaussiana: x+ 2y + 3z = 1
4x+ 5y + 7z = 2
5x+ 3y + 2z = 3
(1.7)
Seguindo os passos do algoritmo temos que: 1 2 3 1
4 5 7 2
5 3 2 3
L2−4L1=
1 2 3 1
0 −3 −5 −6
5 3 2 3
L3−5L1=
1 2 3 1
0 −3 −5 −6
0 −7 −13 −2
−13·L2
=
1 2 3 1
0 1 53
2
0 −7 −13 −2
7L2+L3=
1 2 3 1
0 1 53
2
0 0 −43
12
− 43L3
=
1 2 3 1
0 1 53
2
0 0 1 −9
Portanto temos o sistemas equivalente:
x+ 2y + 3z = 1
y + 53z = 2
z = −9
(1.8)
Agora fazendo substituição reversa, da terceira equação temos que z =
−9, e pela segunda equação, y − 15 = 2 ⇒ y = 17 . E da primeira,
x + 2 · 17 + 3 · −9 = 1 ⇒ x = −6. Ou seja, o sistema tem solução
(−6, 17,−9).
Exercício 5. Utilizando eliminação Gaussiana; resolva os sistemas
dos exemplos 1.1.5, 1.1.7 e do exercício 1.
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1.2 Sistemas de Equações Lineares em Z 15
1.1.6 Complemento
Chamamos Eim×mde matriz elementar se ela foi obtida da matriz
identidade Im, onde aplicamos uma única operação elementar. As-
sim, realizar uma operação elementar numa matriz Am×n é o mesmo
que multiplicar A por Ei onde Ei é a matriz elementar apropriada.
Portanto se S e S ′ são dois sistemas equivalentes, A e A′ suas ma-
trizes aumentadas, respectivamente. Então segue que A = P ·A′ ondeP = E1 · E2 · E3 · · ·Er e Ei é elementar para todo i.
Exercício 6. Mostre que Det(P ) 6= 0.
1.2 Sistemas de Equações Lineares em Z
Até o momento desenvolvemos a teoria de sistemas lineares para coe-
�cientes e soluções reais. Mas como bem ilustram os exemplos 1.1.3 e
1.1.4 no começo desse capítulo e tantos outros nas situações da vida
real, queremos que os coe�cientes, bem como as suas soluções sejam
inteiras. Isto é, consideraremos o sistema
S
a11x1 +a12x2 + · · · +a1nxn = b1
a21x1 +a22x2 + · · · +a2nxn = b2...
.... . .
...
am1x1 +am2x2 + · · · +amnxn = bm
(1.9)
Só que agora faremos uma hipótese adcional de que todos os coe-
�cientes sejam inteiros, ou seja, aij ∈ Z. E se a n-upla (r1, r2, · · · , rn)
é solução de S, então (r1, r2, · · · , rn) ∈ Zn.
Observação 1.2.1. Agora pare e pense comigo: se S é um sistema
possível e determinado ; logo terá uma única solução. Mesmo que
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16 Sistemas de Equações Lineares
S tenha todos os coe�cientes inteiros, qual a "chance"dessa única
solução ser inteira? Provavelmente sua intuição dirá que é muito pe-
quena. Pois estamos fazendo uma restrição muito forte no espaço das
possíveis soluções. Por este motivo, estudaremos aqui os sistemas in-
determinados. Pois esses, quando possuem uma in�nidade de soluções
reais e destas queremos determinar quais são as inteiras.
Antes de tentar resolver um sistema, vamos resolver a equação:
ax+ by = c com a, b, c ∈ Z. (1.10)
1.2.1 Um Pouco de Aritmética dos Inteiros
Dizemos que a divide b ou a é um divisor de b em Z, se existe c ∈ Ztal que b = a · c, denotamos a | b. Dados a, b, d ∈ Z, diremos que d é
um divisor comum de a e b se d | a e d | b. Chamamos d de máximo
divisor comum se:
1. d | a e d | b;
2. Para todo c tal que c | a e c | b, então c | d.
E denotaremos d = mdc(a, b).
Teorema 1.2.2 (Divisão Euclidiana). Dados a, b inteiros positivos,
b > 0 existem dois únicos q e r inteiros tais que
a = bq + r com 0 ≤ r < b (r = 0⇔ b | a). (1.11)
Chamamos q de quociente e r de resto.
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1.2 Sistemas de Equações Lineares em Z 17
Demonstração. Existência
Considere C o conjunto formado pelos números inteiros positivos da
forma a, a − b, a − 2b, a − 3b, ..., pelo princípio da boa ordenação C
possui um menor elemento. Denotemos r = a− qb o menor elemento
de C. Observe que 0 ≤ r e r < b, pois se r > b teríamos que a−qb > b
e então a− (q+1)b > 0 e de�nindo r′ = a− (q+1)b seria um elemento
de C e menor do que r, contrariando a minimalidade desse elemento.
Unicidade
Suponha que existam q1, r1 e q2, r2 tais que a = bq1 + r1 e a = bq2 + r2,
com 0 ≤ r1 < b e 0 ≤ r2 < b. Assim temos bq1 + r1 = bq2 + r2 ⇒(q1 − q2)b = r2 − r1 ⇒ b | r2 − r1 ⇒ b < r2 − r1, mas isso é absurdo a
menos que r2 − r1 = 0 o que implica que r2 = r1.
Consequentemente (q1 − q2)b = 0 e como estamos supondo b > 0,
obtemos que q1 = q2. E portanto a unicidade.
Exercício 7. Veri�que que a | b e b | a se, e só se, |a| = |b|. Esse
é um fato muito útil quando queremos mostrar que dois números são
iguais a menos do sinal.
Lema 1.2.3 (Lema de Euclides). Se a, b, n ∈ Z, então mdc(a, b) =
mdc(a, b− na).
Demonstração. Denotaremos d = mdc(a, b) e e = mdc(a, b − na). E
para mostrar a igualdade usaremos o exercício 7. Por de�nição d | ae d | b, logo d | a e d | b − na, então d | e. Por outro lado e | a e
e | b− na o que implica que e | a e e | b, ou seja, e | d. Pelo exercício
7 temos que d = e.
Teorema 1.2.4 (Bachet-Bezout). Sejam a, b ∈ Z. Se d = mdc(a, b)
então existem m,n ∈ Z tais que am+ bn = d.
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18 Sistemas de Equações Lineares
Demonstração. Considere o conjunto I(a, b) = {ax + by | x, y ∈ Z}das conbinações lineares inteiras de a e b. Seja u = ax0 + by0 o
menor elemento positivo de I(a, b). A�rmamos que u divide todos os
elementos de I(a, b). Dado um elemento qualquer v = ax1 + by1 ∈I(a, b). Pela divisão Euclidiana temos que existem q e r tais que
v = uq + r com 0 ≤ r < d. Pelas hipóteses feitas
r = v−uq = ax1+by1−q(ax0+by0) = a(x1−qx0)+b(y1−qy0) ∈ I(a, b).
Nesse caso teríamos que r < u, contrariando a minimalidade de u.
Assim r = 0 e u | v. Observe que a, b ∈ I(a, b), logo u | a e u | b epela de�nição u | mdc(a, b). E como mdc(a, b) | a, mdc(a, b) | b entãomdc(a, b) | ax0 + by0 para quaisquer x0, y0, ou seja, mdc(a, b) | u. E
pelo exercício 7, mdc(a, b) = u. Mais explicitamente, d = mdc(a, b) =
u = ax0 + by0 com x0, y0 ∈ Z.
Corolário 1.2.5. Sejam a, b ∈ Z. A equação
ax+ by = c (1.12)
admite solução inteira se, e só se, mdc(a, b) | c.
Teorema 1.2.6 (Algoritmo de Euclides). Sejam a, b inteiros positivos,
com b 6= 0 podemos aplicar a divisão euclidiana sucessivamente
a = bq1 + r1, 0 ≤ r1 < b
b = r1q2 + r2, 0 ≤ r2 < r1
r1 = r2q3 + r3, 0 ≤ r3 < r2
r2 = r3q4 + r4, 0 ≤ r4 < r3...
rn−2 = qnrn−1 + rn
rn−1 = qn+1rn + 0
(1.13)
E o mdc(a, b) = rn o último resto não nulo.
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1.2 Sistemas de Equações Lineares em Z 19
Demonstração. Observe que pela divisão euclidiana esses restos vão
�cando cada vez menores, como estamos trantado com inteiros pos-
itivos,esse conjunto de restos possui um menor elementor. Ou seja,
o algoritmo vai parar em algum momento. Pelo lema de Euclides
temos que mdc(a, b) = mdc(b, a − bq1) que podemos reescrever como
mdc(b, r1). Novamente pelo Lema de Euclidesmdc(b, r1) = mdc(r1, b−r1q2) = mdc(r1, r2) e assim sucessivamente até mdc(a, b) = mdc(b, r1)
= mdc(r1, r2) = . . . = mdc(rn−1, rn) = mdc(rn, 0) = rn
Exemplo 1.2.7. Encontre o mdc(372, 162) = d utilizando o algoritmo
de Euclides e depois encontre m,n ∈ Z tais que d = 772m+ 162n.
Resolução:Aplicando o algoritmo temos que:
372 = 162 · 2 + 48
162 = 48 · 3 + 18
48 = 18 · 2 + 12
18 = 12 · 1 + 6
12 = 6 · 2 + 0
Portanto mdc(372, 162) = 6. E das igualdades acima podemos, obter
os inteiros m,n:
6 = 18 − 12 · 16 = 18 − (48− 18 · 2) = 3 · 18 − 48
6 = 3 · (162 − 48 · 3)− 48 = 3 · 162 − 48 · 10
6 = 3 · 162 − 10(372− 2 · 162) = 23 · 162 − 10 · 372
Da última linha vimos que 6 = 23 · 162− 10 · 372.
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20 Sistemas de Equações Lineares
Exercício 8. Faça o mesmo para os pares:
a) 542, 234 e) 48762, 176
b) 9652, 252 f) 42516, 97421
c) 24573, 1387 g) 8374, 24517
d) 4276, 1234 h) 35262, 12753
Do corolário 1.2.5 aprendemos que a equação ax + by = c possui
solução se, e só se, mdc(a, b) | c. Do Algoritmo de Euclides 1.2.6
aprendemos a encontrar pelo menos uma solução para essa equação.
Vamos agora determinar todas.
Teorema 1.2.8. Dada a equação ax + by = c com mdc(a, b) | ce (x0, y0) uma solução particular, então toda solução inteira é dada
parametricamente por:
x = x0 +(bd
)t
y = y0 −(ad
)t
(1.14)
Demonstração. Seja (x, y) uma solução inteira de ax+by = c diferente
de (x0, y0) então temos que
ax+ by = c
ax0 + by0 = c(1.15)
subtraindo uma equação da outra e reagrupando os termos a(x−x0) =
b(y0− y). Agora dividimos toda a equação por d = mdc(a, b). E assim
a
d(x− x0) =
b
d(y0 − y) (1.16)
Lembre que mdc(ad, bd) = 1, portanto b
d| x − x0 por de�nição existe
t ∈ Z tal que x− x0 = bdt⇒ x = x0 + b
dt.
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1.2 Sistemas de Equações Lineares em Z 21
Substituindo em ax+ by = c encontramos que a(x0 + bdt) + by = c⇒
ax0 + abdt + by = c. Como ax0 = c − by0 e c − by0 + ab
dt + by = c,
simpli�cando por b e arrumando os termos y = y0 − adt.
Exercício 9. Para todas as equações abaixo determine quais têm solu-
ções nos inteiros. E nas que possuem, exiba a sua forma paramétrica:
a) 2x− 3y = 7 c) 372x+ 162y = 24
b) 22x− 55y = 13 d) 437x− 281y = 17
e) 6x− 10y + 15z = 7
(Dica: Faça w = 2y − 3z e resolva 6x − 5w = 7 achando as soluções
em termos de um parâmetro t, após isso resolva em relação a y, z. E
em função de um outro novo parâmetro s.)
1.2.2 A Forma Algoritmica
Nesta seção pretendemos juntar o que já foi feito nas outra seções
isto é, sistemas de equações lineares reais e aritmética, para resolver
um sistema de equações lineares nos inteiros. Como vimos; o método
adotado para resolver os sistemas nos reais foi a eliminação Gaussiana.
Mostraremos aqui um método análogo à eliminação Gaussiana, mas
com as devidas restrições para permanecermos com nossas soluções
nos inteiros. Chamaremos o método de eliminação inteira.
Para explicar o método da eliminação Gaussiana �zemos os seguinte
passos: associamos ao sistema sua forma matricial, de�nimos o que
é uma matriz escalonada, de�nimos o que são operações elementares.
Por �m mostramos um algoritmo de como colocar a matriz do sistema
na forma escalonada por linhas. E que é razoavelmente fácil obter
as soluções desse novo sistema( que é equivalente ao primeiro) por
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22 Sistemas de Equações Lineares
substituição reversa.
Seguiremos os mesmo passos aqui. A forma de associar a um sistema
sua versão matricial é a mesma feita em R. Agora vamos de�nir o que
é uma matriz estar na forma inteira escalonada por linhas. Vamos
supor que Am×n é uma matriz com todas as entradas em Z.
De�nição 1.2.9. Diremos que Am×n está na forma inteira escalonada
por linhas se:
1. as linhas formadas só de zeros serão agrupadas nas linhas infe-
riores da matriz;
2. o primeiro elemento não nulo de cada linha estará estritamente
à direita do primeiro elemento não nulo da linha superior.
Observação: Este primeiro elemento não nulo de cada linha também
será chamado de termo líder ou pivô, como no caso anterior, com a
única diferença que não exigeremos que este seja igual a 1. Poderá
ser qualquer inteiro positivo. E esta será a única diferença entre uma
matriz escalonada por linha e uma matriz na forma inteira escalonada
por linha.
Diremos que uma operação numa dada matriz é unimodular se ela
é da seguinte forma:
1. trocamos duas linhas da matriz de posição;
2. multiplicamos uma linha por −1;
3. somamos duas linhas.
Se uma matriz está associada a uma operação unimodular, essa matriz
será dita matriz unimodular.
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1.2 Sistemas de Equações Lineares em Z 23
Exercício 10. Mostre que o determinante de qualquer operação uni-
modular é ±1.(Dica: por de�nição, uma matriz unimodular é o mesmo
que aplicar a operação unimodular associada a matriz identidade. Uti-
lize a de�nição de determinantes).
Exercício 11. Mostre que é possível trocar duas linhas de posição uti-
lizando apenas as operações 2 e 3 repetidas vezes.( Ou seja, poderíamos
desconsiderar a primeira operação, mas a adotamos por �ns práticos.)
Assim o nosso método da eliminação inteira consiste em realizar
numa matriz A de entradas inteiras os mesmos passos que descrevemos
em ??, mas agora com as operações unimodulares e o pivô de cada
linha não precisa ser um, pode ser qualquer inteiro positvo.
Proposição 1.2.10. É sempre possível através de operações unimod-
ulares transformar a matriza1
a2...
an
na matriz
d
0...
0
(1.17)
onde d é o mdc(a1, a2, · · · , an).
Demonstração. Façamos o seguinte processo:
1. seja aj o elemento de menor valor absoluto não nulo dentre
a1, a2, · · · , an.
2. Para cada i 6= j, aplique o algoritmo da dvisão para obter
ai = kiaj + ri com o ≤ |ri| < |aj|.
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24 Sistemas de Equações Lineares
3. Para cada i 6= j, faça ki vezes a coluna j e subtraia do coluna i.
Observe que do algoritmo de Euclidesmdc(a1, a2) = mdc(a1−a2q1, a2)= mdc(r1, a2) = mdc(r1, a2−r1q2) = mdc(r1, r2) = . . . = mdc(rn−1, rn)
= mdc(rn, 0) = rn ou seja, d = mdc(a, b) é justamente o último resto
não nulo. Agora de�na o
mdc(a1, a2, . . . , an−1, an) = mdc(a1, a2, . . . , an−2,mdc(an−1, an))
Assim temos que
mdc(a1, a2, . . . , an−1, an) = mdc(a1, a2, . . . , an−2,mdc(dn, 0))
= mdc(a1, a2, . . . , an−2, rn, 0)
Agora escolha qualquer outro par e repita. A o �m so restará um
único elemento não nulo, e este pelo Algoritmo de Euclides é o mdc
dos elementos a1, a2, . . . , an. Perceba que os passos feitos no processo
descrito acima são os mesmos do Algoritmo de Euclides, portanto esse
último elemento nulo também é mdc dos termos a1, a2, . . . , an.
Observação 1.2.11. O leitor perceberá que em vez de manejar com
a matriz associada ao sistema, terá que manejar com a matriz trans-
posta. Isto se deve ao fato de termos construido toda a nossa teoria
para matrizes escalonadas por linhas. Poderíamos ter desenvolvido
toda a teoria para matrizes escalonadas por colunas, por ser bastante
popular, pelo hábito e gosto, preferimos manter a teoria para matrizes
escalonadas por linhas.
Pelo processo de eliminação inteira, podemos colocar a matriz At
na sua forma inteira escalonada por linhas que denotaremos por S.
Colocar A na sua forma escalonada é o mesmo que multiplicá-la pela
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1.2 Sistemas de Equações Lineares em Z 25
esquerda por matrizes unimodulares. Denotaremos por U a matriz
dada pelo produto dessa matrizes. Portanto U ·At = S ⇒ A ·U t = St
e denote Z = (U t)−1 ·X.
Note que
A ·X = B ⇔ A(U t)(U t)−1X = B ⇔ St · Z = B.
Lembre que U é um produto de matrizes unimodulares, as quais têm
determinantes iguais a ±1. Logo o determinate de U também será
±1.
A�rmação 1.2.12. A matriz (U t)−1 tem todas as entradas inteiras.
Demonstração. Sabemos da teoria dos determinates que a inversa de
uma matriz quadrada qualquer M é dada por M−1 =adj(M)
det(M). Na
qual adj(M) é a matriz adjunta de M .
Consequentemente
(U t)−1 =adj(U t)
det(U t)= ±adj(U t).
A matriz adjunta tem como cada uma das suas entradas um subdeter-
minate. Determinantes são polinômios a coe�cientes inteiros. Assim,
se cada entrada da matriz é inteira, cada subdeterminante também
será inteiro. Ou seja, adj(ut) é uma matriz em que uij ∈ Z. Isso im-
plica que (U t)−1 = ±adj(U t) é uma matriz de entradas inteiras.
A�rmação 1.2.13. O Sistema St ·Z = B tem soluções inteiras se, e
somente se, A ·X = B tem soluções inteiras.
Demonstração. Pois Z0 é solução do sistema St · Z = B se, e só se,
X0 = U t · Z0. x0j =∑uijz0i e como a soma e o produto de números
inteiros é ainda inteiro, e os uij são inteiro. Z0 tem todas as entradas
inteiras se, e so se, X0 tem todas as entradas inteiras.
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26 Sistemas de Equações Lineares
O que acabamos de explanar e provar pode ser sumarizado no
seguinte teorema:
Teorema 1.2.14. Para resolver o sistema A ·X = B, usamos oper-
ações unimodulares em A para transformá-lo na sua forma escalonada
por linhas St. Assim AX = B tem solução em Z se, e somente se,
StZ = B tem solução em Z. E as soluções de AX = B, são da forma
X = U tZ.
Exemplo 1.2.15. Encontre todas as soluções inteiras do sistema
5x+ 6y + 8z = 1
6x− 11y + 7z = 9
Utilizando o método da eliminação inteira 5 6
6 11
8 7
∣∣∣∣∣∣∣1 0 0
0 1 0
0 0 1
→ 5 6
1 −17
3 1
∣∣∣∣∣∣∣1 0 0
−1 1 0
−1 0 1
→
1 −17
0 91
0 52
∣∣∣∣∣∣∣−1 1 0
6 −5 0
2 −3 1
→ 1 −17
0 −13
0 52
∣∣∣∣∣∣∣−1 1 0
2 1 −2
2 −3 1
→
1 −17
0 13
0 0
∣∣∣∣∣∣∣−1 1 0
−2 −1 2
10 1 −7
A equação St · Z = B é
[1 0 0
−17 13 0
] z1
z2
z3
=
[1
9
]
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1.3 Interpretação geométrica 27
ou seja, z1 = 1 e −17z1 + 13z2 = 9 ⇐ z2 = 2 e z3 pode ser qualquer
valor inteiro o qual denotaresmos por z3 = t ∈ Z. Por conseguinte,
Z0 =
1
2
t
e
x
y
z
= St · Z =
−1 −2 10
1 −1 1
0 2 −7
· 1
2
t
=
−5 + 10t
−1 + t
4− 7tt
Isto é, todas as soluções paramétricas são dadas por
x = −5 + 10t
y = −1 + t
z = 4− 7t
e t ∈ Z
1.3 Interpretação geométrica
Um sistema de equações diofantinas lineares, bem como um sistema
linear, possuindo k equações em n incógnitas pode ser representado
matricialmente da seguinte forma:
AX = B
Em que A = (aij)k×n é a matriz dos coe�cientes das equações, X =
(x1, . . . , xn)t é a matriz das incógnitas e B = (b1, . . . , bk)t a matriz dos
termos independentes.
Claramente, se X0 é uma solução particular do sistema, isto é, um
vetor tal que AX0 = B, podemos subtrair as equações e obter:
A(X −X0) = 0
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28 Sistemas de Equações Lineares
que, a menos de mudança de variáveis é um reticulado em Rn. De
fato, considere Y = X − X0, o sistema AY = 0 tem como solução
um reticulado (de posto r = posto(A) ≤ k) e portanto possui uma
base v1, v2, . . . , vn−r. Assim, a solução geral do sistema de equações
diofantinas é
X = X0 + a1v1 + a2v2 = · · ·+ an−rvn−r.
Esta observação generaliza a ideia de que numa reta conhecido um
ponto inteiro encontramos todos os outros usando um vetor diretor
primitivo (base do reticulado). Nesse capítulo temos discutido quando
o sistema possui ou não solução inteira e como determiná-las algorit-
mamente.
Problemas
1. Você possui muitos palitos com 6cm e 7cm de comprimento.
Qual o número mínimo de palitos que você precisa utilizar para
fazer uma �la de palitos com comprimento total de 2 metros?
2. (Problema proposto por Mahavira, 850) 5 pilhas de frutas mais
duas frutas foram divididas (igualmente) entre 9 viajantes; seis
pilhas mais quatro foram divididas por 8; quatro pilhas mais 1
foram divididas por 7. Determine o menor número possível de
frutas em cada pilha.
3. (Problema proposto por Bhaskara 1; Século VI) Encontre o
menor número natural que deixa resto 1 quando dividido por
2,3,4,5,6 mas é exatamente divisível por 7.
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1.3 Interpretação geométrica 29
4. (Proposto por Euler) 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 século XVI) Um total de 41 pessoas entre homens,
mulheres e crianças foram a um banquete e juntos gastaram 40
patacas. Cada homem pagou 4 patacas, cada mulher 3 patacas
e cada criança um terço de pataca. Quantos homens, quantas
mulheres e quantas crianças havia no banquete?
6. Refaça o exercício 9 utilizando o algoritmo aprendido nesta seção.
7. Encontre as soluções inteiras das equações:
(a) 16x+ 12y − 27z = 37
(b) 3x+ 5y + 7z = 11
(c) −2x+ 17y − 19z = −1
8. Encontre as soluções inteiras dos sistemas:
(a)2x+ y − z = 1
3x− y + z = 4
(b)5x+ 3y − 2z + 4w = 5
2x− 4y + 3z − 5w = −9
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30 Sistemas de Equações Lineares
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CAPÍTULO 2
O Problema do Troco de Frobênius
2.1 Introdução.
Imagine que nós temos um caixa eletrônico que só tem cédulas de 2
reais e de 5 reais, e dispõe de in�nitas notas desses valores. Então,
naturalmente já sabemos que existem quantias inteiras que não po-
dem ser sacados nessa máquina. Por exemplo, não se consegue sacar 1
real, nem 3 reais. Daí poderíamos pensar na questão �será que existe
um valor inteiro tal que a partir dele todo saque de valores inteiros
pode ser realizado?�. Note que podemos sacar 4 reais, 5, 6 e várias
outras quantias. Mas, quantos mais podemos sacar? Será que de fato
existe esse valor inteiro mínimo de saque? Eis o Problema do Troco de
Frobênius.
31
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32 O Problema do Troco de Frobênius
O problema do troco de Frobênius, ou simplesmente problema de
Frobênius, em sua formulação geral é o seguinte: Considere que exis-
tem cédulas das seguintes denominações: a1, a2, ..., an, com
mdc(a1, a2, · · · , a0) = 1. Qual o menor valor que não pode ser pago
utilizando tais cédulas? Matematicamente, podemos traduzí-lo da
seguinte forma:
Sejam a1, a2, · · · , an inteiros positivos com mdc(a1, a2, · · · , an) = 1.
Determinar o menor inteiro positivo g = g(a1, a2, ..., an) tal que todo
inteiro positivo d ≥ g pode ser reescrito como combinação inteira pos-
itiva de a1, a2, ..., an, isto é, a equação
a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn = d (2.1)
possui solução não negativa, isto é, xi ≥ 0 para i = 1, 2, ..., n.
Nesses termos, a pergunta que tínhamos feito anteriormente se traduz
da seguinte maneira: será que existe tal g? Frobênius (1849-1917)
discutiu esse problema em suas exposições no �m do século 19, mas
não chegou a publicar algum resultado sobre isso. A seção seguinte
expõe um resultado que legitimiza o sentido de procurar por tal g.
2.1.1 Boa Posição.
A próxima proposição atesta que o conjunto dos naturais que não
podem ser representados como combinação linear de uma lista �nita e
pré-de�nida de números naturais é �nito, isto é, o problema do troco
de Frobênius está bem posto.
Proposição 2.1.1. Se mdc(a1, · · · , an) = 1, então existe um inteiro
N tal que todo inteiro s ≥ N pode ser escrito da forma a1x1+· · ·+anxncom xi's não-negativos para todo i ∈ {1, · · · , n}.
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2.1 Introdução. 33
Demonstração. Podemos provar por indução em n (com ajuda do
Lema de Bezout) que se mdc(a1, · · · , an) = 1, então existemm1, · · · ,mn
tais que m1a1 + · · · + mnan = 1. Sem perda de generalidade, pode-
mos supor que os l primeiros inteiros mi são não-negativos e os n− lrestantes são negativos. Considere P :=
∑li=1miai e −Q := 1 − P .
Então, P e Q pertencem ao conjunto W := {s | ∃r1, · · · , rn ≥ 0 s =
a1r1 + · · · + anrn} (note que de�nimos W como sendo o conjunto de
inteiros que podem ser escritos na forma que nos interessa). Usando
o algoritmo de Euclides da divisão, temos que todo k ≥ 0 pode ser
escrito da forma ha1 + k′ com 0 ≤ k′ < a1. Portanto,
(a1 − 1)Q+ k = (a1 − 1)Q+ ha1 + k′
= (a1 − 1)Q+ ha1 + k′(P −Q) = (a1 − 1)Q+ ha1 + k′P − k′Q
= (a1 − k′ − 1)Q+ ha1 + k′P com a1 − k′ − 1 ≥ 0, h ≥ 0, k′ ≥ 0.
Como a1, P e Q pertencem a W , então para quaisquer c, d, e ≥ 0
temos que ca1 + dP + eQ ∈ W . Logo, provamos anteriormente que
para todo k ≥ 0 temos que (a1−1)Q+k ∈ W , isto é, qualquer número
maior ou igual a (a1−1)Q pode ser escrito da forma a1x1 + · · ·+anxn
com xi's não-negativos.
Este último resultado atesta que sempre existe uma cota que a par-
tir da qual sempre temos solução inteira não-negativa para a equação.
Porém, esta cota (que era (a1 − 1)Q no caso da demonstração acima)
nem sempre é ótima. Portanto, apesar de sempre existir uma cota,
muitas vezes não é simples encontrar a cota ótima g. Em vários proble-
mas, encontramos cotas que, apesar de não serem ótimas, são bastante
satisfatórias num certo sentido. Por exemplo, dizemos que r é uma
cota relativamente ótima para o problema de Frobênius a1x1 + · · · +
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34 O Problema do Troco de Frobênius
anxn = d se r é uma cota e existe uma classe de problemas sobre a
qual r é ótima. Apesar de não resolvermos o problema de Frobênius
geral, apresentaremos uma cota relativamente ótima para o mesmo.
2.2 O Caso Bidimensional.
Vamos mostrar nesta seção que para todo a e b inteiros positivos co-
primos, então g(a, b) = ab− a− b+ 1.
Teorema 2.2.1. Sejam a, b, c ∈ Z números inteiros positivos, com
mdc(b, c) = 1, e suponha que a > bc− b− c. Então a equação
bx+ cy = a
possui (pelo menos) uma solução inteira não negativa. Ou seja, (m,n) ∈Z e m,n ≥ 0. Além disso, bx + cy = bc − b − c não possui solução
inteira não negativa. Ou seja,
g(b, c) = bc− b− c+ 1
Demonstração. Observe que a condição da existência de solução em
inteiros não negativos é equivalente a existência de solução (m,n) ∈ Z2
satisfazendo m + 1 > 0 e n + 1 > 0. Se somamos b + c em ambos os
lados da equação original obtemos:
b(x+ 1) + c(y + 1) = a+ b+ c
e agora exigimos que x = x+ 1 > 0 e y = y + 1 > 0 na equação
bx+ cy = d (2.2)
na qual d = a+ b+ c.
Como mdc(b, c) = 1, o vetor diretor v = (c,−b) é um vetor diretor
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2.2 O Caso Bidimensional. 35
inteiro primitivo da reta 2.2. Assim, pelo Teorema 1.2.8, a distância
entre dois pontos inteiros consecutivos na reta 2.2 é ||v|| =√b2 + c2.
Observamos que os pontos de interseção da reta com os eixos coordena-
dos x e y são (0, dc) e (d
b, 0) respectivamente, e os mesmos encontram-se
a uma distância√
d2
c2+ d2
b2= d
bc
√b2 + c2.
Claramente, se
√b2 + c2 >
√d2
c2+d2
b2=
d
bc
√b2 + c2 (2.3)
então a equação 2.2 possuirá algum ponto com x > 0 e y > 0.
Mas a desigualdade citada é equivalente a
d > bc⇒ a > bc− b− c.
Agora só nos resta mostrar que não se pode escrever ab−a−b da forma
ax+by com x e y não-negativos, segue então que g(a, b) = ab−a−b+1.
Suponha que bc − b − c é representável como bx + cy. Então, b(x +
1) + c(y+ 1) = bc. Daí, temos que b|(y+ 1) e c|(x+ 1), já que b e c são
coprimos. Portanto, existem r, s ≥ 1 tal que x + 1 = rc e y + 1 = sb.
Portanto, bcr + bcs = bc, ou seja, r + s = 1, um absurdo.
2.2.1 Corolário Sobre o Caso Geral.
Raczunas e Chrz�astowski-Wachtel no artigo A diophantine problem
of Frobenius in terms of the least common multiple descrevem uma
classe de problemas com sua respectiva cota ótima. Nesta seção, va-
mos mostrar como o caso bidimensional nos ajuda a deduzir tal cota.
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36 O Problema do Troco de Frobênius
Como visto na seção anterior, dados a e b inteiros positivos copri-
mos, o último natural que não pode ser escrito da forma ax+ by, com
x e y inteiros não-negativos, é ab − a − b. Agora descreveremos uma
classe de problemas de Frobênius geral que atestam que a cota gerada
pelo problema do McNuggets (ver exercício 4) é relativamente ótima.
Considere n ≥ 1 e A = {a1, · · · , an+1} um conjunto de inteiros pos-
itivos dois a dois coprimos. Para cada i ∈ {1, · · · , n + 1}, considerebi :=
∏j 6=i
aj. Então o maior inteiro que não pode ser escrito da forma
n+1∑i=1
bixi, com xi ≥ 0 ∀i, é nn+1∏i=1
ai −n+1∑i=1
bi.
Exemplo 1 Primeiramente, vamos mostrar por indução que todo
número a partir de nn+1∏i=1
ai −n+1∑i=1
bi + 1 pode ser escrito de tal forma.
Para n = 1, temos o problema bidimensional. Suponha que dado qual-
quer A = {a1, · · · , an+1} desta forma, o maior número que não pode
ser escrito da forman+1∑i=1
bixi, com xi ≥ 0 ∀i, é nn+1∏i=1
ai −n+1∑i=1
bi. Con-
sidere C = {c1, · · · , cn+2} um conjunto de inteiros positivos dois a dois
coprimos e, para cada i ∈ {1, · · · , n + 2}, di :=∏j 6=i
aj, e o problema
de Frobênius
d1x1 + · · ·+ dn+2xn+2 = f
Note que mdc(d1, · · · , dn+1) = cn+2. Considere e1, · · · , en+1 de forma
que di = cn+2ei. Como os ei =∏j 6=i
j<n+2
cj são dois a dois coprimos,
o problema de Frobênius e1x1 + · · · + en+1xn+1 = u tem solução se
u ≥ n
n+1∏i=1
ci−n+1∑i=1
ei+1. Portanto, fazendo-se v = u−nn+1∏i=1
ci+n+1∑i=1
ei−1,
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2.2 O Caso Bidimensional. 37
temos que e1x1 + · · · + en+1xn+1 = u tem solução para todo v ≥ 0.
Substituindo no problema de Frobênius anterior, temos
cn+2(v + nn+1∏i=1
ci −n+1∑i=1
ei + 1) + dn+2xn+2 = f
cn+2v + dn+2xn+2 = f − nn+2∏i=1
ci +n+1∑i=1
di − cn+2
Como no caso n = 1, este último problema de Frobênius bidimensional
tem solução se
f − nn+2∏i=1
ci +n+1∑i=1
di − cn+2 ≥ cn+2dn+2 − cn+2 − dn+2 + 1
f ≥ nn+2∏i=1
ci +n+2∏i=1
ci −n+1∑i=1
di − dn+2 + 1
f ≥ (n+ 1)n+2∏i=1
ci −n+2∑i=1
di + 1
Portanto, por indução segue o que queríamos.
Agora mostraremos que nn+1∏i=1
ai−n+1∑i=1
bi não pode ser escrito da forma
n+1∑i=1
bixi, com xi ≥ 0 ∀i. Suponha que existem y1, · · · , yn+1 ≥ 0 tais
quen+1∑i=1
biyi = n
n+1∏i=1
ai −n+1∑i=1
bi
∴n+1∑i=1
bi(yi + 1) = n
n+1∏i=1
ai
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38 O Problema do Troco de Frobênius
Como os ai's são dois a dois coprimos, temos que ai|yi + 1 ∀i. Sejamq1, · · · , qn+1 tais que yi + 1 = aiqi ∀i. Como yi + 1 ≥ 1, temos que
qi ≥ 1 ∀i. Além disso,
n+1∑i=1
biaiqi = n
n+1∏i=1
ai
n+1∑i=1
(n+1∏j=1
aj)qi = n
n+1∏i=1
ai
n+1∏j=1
aj
n+1∑i=1
qi = nn+1∏i=1
ai
n+1∑i=1
qi = n
e isto implica que existe qi < 1, o que é um absurdo. Logo, o problema
de Frobênius não tem solução para tal número. 2
2.3 O Caso Tridimensional.
2.3.1 Corolário Sobre o Caso Tridimensional.
Proposição 2.3.1. Se d ≥ c(mdc(a, b)− 1) + mmc(a, b)− a− b+ 1,
então o problema do troco de Frobênius
ax+ by + cz = d; x, y, z, a, b, c ∈ N; a, b, c > 0; mdc(a, b, c) = 1
tem solução.
Demonstração. Fixe d ≥ c(mdc(a, b) − 1) + mmc(a, b) − a − b + 1.
Considere o problema em v e z a seguir
mdc(a, b)v + cz = d′ := d−mmc(a, b) + a+ b−mdc(a, b)
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2.3 O Caso Tridimensional. 39
Mas,
d′ = d−mmc(a, b) + a+ b−mdc(a, b) ≥
c(mdc(a, b)−1)+mmc(a, b)−a−b+1−mmc(a, b)+a+b−mdc(a, b) ≥
cmdc(a, b)− c−mdc(a, b) + 1.
Logo, existem v0, z0 ∈ N tais que mdc(a, b)v0 + cz0 = d−mmc(a, b) +
a + b − mdc(a, b). Considere m,n ∈ N tais que a = mmdc(a, b) e
b = nmdc(a, b). Como o problema em x e y dado por
mx+ ny = v0 +mn−m− n+ 1
tem solução para todo v0 ∈ N, tome x0, y0 ∈ N tais que mx0 + ny0 =
v0 +mn−m− n+ 1. Finalmente,
ax0 + by0 + cz0 = mdc(a, b)(mx0 + ny0) + cz0
= mdc(a, b)(v0 +mn−m− n+ 1) + cz0
= mdc(a, b)v0 + cz0 + mmc(a, b)− a− b−mdc(a, b)
= d−mmc(a, b) + a+ b−mdc(a, b) + mmc(a, b)− a− b−mdc(a, b)
= d.
Portanto, (x0, y0, z0) é uma solução.
Como consequência do resultado anterior, podemos estimar o valor
de
g(a1, a2, a3) ≤ mini 6=ji 6=kj 6=k
{ak(mdc(ai, aj)− 1) + mmc(ai, aj)− ai − aj + 1
}.
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40 O Problema do Troco de Frobênius
2.3.2 Solução Algorítmica.
Nesta seção, trataremos o problema de Frobênius ax + by + cz = d
de forma algorítmica, isto é, exibiremos um algoritmo para encontrar
g(a, b, c). Em 1960, Johnson no seu artigo A linear diophantine prob-
lem mostrou, além de outros resultados para o problema de Frobênius,
que se mdc(a, b) = d, então g(a, b, c) = d ·g(a/d, b/d, c)+c(d−1). Isto
quer dizer que se soubermos resolver o problema no caso em que a e
b são coprimos, então sabemos resolver o problema em geral. Como
o problema de Frobênius é simétrico com respeito às suas incógnitas,
podemos supor, a partir de agora, que a, b e c são coprimos dois a dois
e, além disso, que a < b < c. Rødseth, em seu artigo On a linear dio-
phantine problem of Frobenius, descreve um algoritmo para o cálculo
de g(a, b, c)1. Apesar de não incluir neste texto uma demonstração
que ateste que tal algoritmo funciona, vamos fazer um exemplo para
que o leitor possa usar o algoritmo a depender de sua vontade.
Algoritmo de Rødseth: Sejam s−1 := a1. Podemos mostrar que
exite um inteiro k > 0 tal que
0 ≤ a3 + ka1a2
< a1 ;a3 + ka1
a2∈ Z
Portanto, considere s0 := (a3 + ka1)/a2. Daí, encontre s1, · · · , sm+1 e
q1, · · · , qm+1 de forma que2
a1 = q1s0 − s1, 0 ≤ s1 < s0,
1existem algoritmos mais e�cientes que este, mas o escolhemos pela simplicidade
das notações.2este procedimento faz parte do estudo das frações contínuas. Sempre é possível
achar tais números si e qi.
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2.3 O Caso Tridimensional. 41
s0 = q2s1 − s2, 0 ≤ s2 < s1,
s1 = q3s2 − s3, 0 ≤ s3 < s2,
...
sm−1 = qm+1sm,
sm+1 = 0,
tal que qi ≥ 2, si ≥ 0 para todo i = 1, · · · ,m+ 1. Considere p−1 = 0,
p0 = 1, pi+1 = qi+1pi − pi−1 e ri = sia2 − pia3. Seja v o único inteiro
tal que rv+1 ≤ 0 < rv. Então
g(a1, a2, a3) = −a1 + a2(sv − 1) + a3(pv+1 − 1)−min{a2sv+1, a3pv}.
Exemplo: Vamos calcular g(16, 21, 25). Com cálculos breves, acha-se
que s0 = 5. Portanto, r0 = 5 · 9 − 25 = 20. Lembre-se que estamos
procurando pelo único v tal que rv+1 ≤ 0 < rv. Então, façamos
8 = q1 · 5− s1 ; 0 ≤ s1 < 5
Daí, s1 = 2, q1 = 2, p1 = 2 e r1 = 2 ·9−2 ·25 = −32. Portanto, v = 0.
Com isso,
g(16, 21, 25) = −16 + 21(5− 1) + 25(2− 1)−min{21 · 2, 25 · 1}
= −16 + 84 + 25− 25 = 84− 16 = 68 2
2.3.3 Comentários e Casos Especiais.
Ao longo dos anos, vários matemáticos resolveram muitas classes de
problema de Frobênius. Em 1974, por exemplo, Vitek provou, em seu
artigo [13] que
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42 O Problema do Troco de Frobênius
Teorema 2.3.2. Vitek Sejam a1 < · · · < an inteiros positivos tais
que mdc(a1, · · · , an) = 1. Então,
g(a1, · · · , an) <
⌊(a2 − 1)(an − 2)
2
⌋Roberts no artigo [14] resolveu o problema de Frobênius quando
as constantes estão em progressão aritmética:
Teorema 2.3.3. Roberts Sejam a, d e s inteiros tais que mdc(a, d) =
1. Então,
g(a, a+ d, · · · , a+ sd) =
(⌊a− 2
s
⌋+ 1
)a+ (d− 1)(a− 1)− 1.
Estes são apenas 2 exemplos das várias classes de problemas que
são restrições do problema de Frobênius. Além desses, na seção 3.2.3 já
havíamos falado também sobre o resultado de Raczunas e Chrz�astowski-
Wachtel para qualquer número de variáveis. O leitor poderá encontrar
mais exemplos de classes no livro The Diophantine Frobenius Problem
(Oxford Lecture Series in Mathematics and its applications - 30) do
autor J. L. Ramírez Alfonsín.
Exercícios
1. 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.
2. Em um país imaginário a moeda se chama nioc. Existem moedas
de 1, 3 e 5 niocs. Mostre que não é possível pagar 25 niocs com
exatamente 10 moedas com os valores citados.
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2.3 O Caso Tridimensional. 43
3. Em uma partida de Rugby (um esporte de origem inglesa) exis-
tem quatro diferentes tipos de pontuações. Penalty (3 pontos),
drop goal (3 pontos), try (5 pontos) e converted try (7 points).
Combinando tais pontuações mostre que é possível atingir qual-
quer quantidade de pontos, exceto 1,2 e 4.
4. Originalmente, as caixas de McNuggets eram de 3 tipos: os que
continham 6 McNuggets, 9 ou 20. Mostre que qualquer número
de McNuggets maior que 43 pode ser comprado.
5. Determine g(9, 16, 35).
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44 O Problema do Troco de Frobênius
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CAPÍTULO 3
Pontos Inteiros em Regiões Poligonais
Considere que um agricultor possui um terreno poligonal com vértices
inteiros e que cada ponto inteiro do interior do terreno deve represen-
tar uma planta. Como determinar a quantidade de plantas no terreno?
Quais parâmetros do terreno in�uenciam em tal quantidade?
Certamente a área do terreno é de grande importância, vamos mostrar
que não é o único fator. Considere, na �gura a seguir, diversos ter-
renos com formatos diferentes, mas com mesma área. Observe que a
quantidade de plantas não é a mesma...
Observamos que todos os polígonos da �gura possuem a mesma
área, entretanto o número de pontos em seu interior é variável. Uma
Olhada mais precisa te fará notar que alguns tem o mesmo número de
pontos inteiros no interior e isso ocorre justamente quando o número
de pontos inteiros na fronteira coincide.
45
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46 Pontos Inteiros em Regiões Poligonais
3.1 O Teorema de Pick
O teorema de Pick fornece uma maneira combinatória de calcular
a área de um polígono simples com vértices inteiros. A fórmula de
Pick envolve o número de pontos inteiros na fronteira do polígono e o
número de pontos inteiros no interior do polígono. No presente con-
texto a fórmula de Pick pode ser interpretada como uma forma de
encontrar o número de pontos inteiros no interior do polígono.
De�nição 3.1.1. Um polígono plano é dito ser simples se não possuir
�furos"e se suas arestas só se intersectarem nos vértices. Um polígono
simples pode ser côncavo ou convexo.
De�nição 3.1.2. Sejam P ⊂ R2 um polígono simples cujos vértices
pertencem a Z2 (pontos do plano com coordenadas inteiras). De�na
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3.1 O Teorema de Pick 47
F o número de pontos inteiros na fronteira de P (vértices e arestas)
e I o número de pontos inteiros no interior de P.
Como temos observado polígonos de mesma área podem ter difer-
entes números de pontos inteiros em seu interior e em sua fronteira.
Uma análise dos exemplos nos leva a crer que quando área é mantida,
a cada unidade diminuída na quantidade de pontos inteiros interiores
aumentam duas unidades de pontos inteiros da fronteira. Assim é
razoável acreditar que a quantidade
1
2F + I
é invariante desde que a área também o seja. O próximo resultado
con�rma essa intuição e é devido a Pick.
Teorema 3.1.3. (Pick) Sejam P ⊂ R2 um polígono simples cujos
vértices pertencem a Z2. Então a área do polígono P é
A(P) =1
2F + I − 1
Demonstração. De�na o número de Pick de um polígono simples Pcom vértices inteiros por:
Pick(P) =1
2F + I − 1.
Se dois polígonos simples possuem uma aresta de mesmo módulo e
direção, então podemos obter, a partir deles, um novo polígono identif-
icando essa aresta e deletando-a - desde que não haja superposição das
�guras- o polígono assim obtido é o que chamaremos a justaposição
dos polígonos iniciais P = P1
⊕P2.
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48 Pontos Inteiros em Regiões Poligonais
P1
P2
Vamos mostrar que o número de Pick é aditivo por justaposição.
Sejam Pi, i = 1, 2 dois polígonos simples com vértices inteiros e com
uma aresta de mesmo módulo e direção. E sejam Fi e Ii, respectiva-
mente, o número de pontos inteiros na fronteira e no interior do polí-
gono Pi, i = 1, 2. Digamos que o segmento comum, na justaposição
possui k + 2 pontos inteiros.
O número de pontos inteiros no interior da justaposição é
I = I1 + I2 + k
pois, após a justaposição, os k vértices (não terminais) da aresta dele-
tada vão pertencer ao interior do polígono P = P1 ⊕ P2.
O número de pontos inteiros na fronteira da justaposição é
F = F1 + F2 − 2(k + 2) + 2
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3.1 O Teorema de Pick 49
pois somando os pontos de fronteira de P1 e P2 e subtraindo duas
vezes os pontos inteiros da aresta deletada só faltam os terminais da
aresta deletada para completar os pontos inteiros na fronteira de P .
Calculando o número de Pick de P , temos:
Pick(P) =1
2(F1+F2−2(k+2)+2)+I1+I2+k = Pick(P1)+Pick(P2).
Agora note que todo polígono simples no plano pode ser subdivi-
dido em triângulos de modo que o vértice de cada triângulo seja algum
vértice do polígono. Assim, todo polígono com vértices inteiros pode
ser subdividido em triângulos com vértices inteiros. Pelo resultado de
aditividade por justaposição, podemos nos reduzir ao caso de triângu-
los com vértices inteiros para provar o teorema de Pick.
Todo triângulo com vértices inteiros pode ser inscrito em um retân-
gulo horizontal com vértices inteiros. Assim podemos nos reduzir aos
triângulos retângulos horizontais ou melhor, aos próprios retângulos
horizontais.
Todo triângulo horizontal é formado por justaposição de quadra-
dos 1×1. Assim, se veri�camos a fórmula de Pick em quadrados 1×1,
então vale o teorema de Pick em geral
Para um quadrado 1 × 1 temos: A = 1, F = 4, I = 0, e efetiva-
mente,
A = 1 =1
2.4 + 0− 1 =
1
2F + I − 1.
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50 Pontos Inteiros em Regiões Poligonais
Observação 3.1.4. Ver, por exemplo, Lages Lima, E. [9]. A seção
intitulada Como calcular a área de um polígono se você sabe contar.
Como havíamos dito queremos olhar para a fórmula de Pick de
outra forma:
I = A− 1
2F + 1
E sabemos que a área pode ser calculada de várias formas. Gostaríamos
de terminar essa seção mostrando como calcular F de maneira instan-
tânea.
Proposição 3.1.5. Seja P = A0A1A2...An−1An, com An = A0, um
polígono simples no plano com vértices inteiros, isto é, Ai ∈ Z. De�navi =
−−−−→Ai−1Ai = (ai, bi) e di = mdc(ai, bi). Então o número de pontos
inteiros na fronteira de P é F =n∑
i=1
di.
Demonstração. Em primeiro lugar notamos que um segmento de reta
PQ com P,Q ∈ Z2 tal que v =−→PQ = (a, b) com mdc(a, b) = 1, não
possui ponto inteiro no seu interior. Com efeito, se existisse um ponto
inteiro R em seu interior, então teríamos triângulos semelhantes, com
lado inteiro como na �gura.
Q
R
I J
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3.1 O Teorema de Pick 51
Da nossa hipótese PJ = a e QJ = b são inteiros e mdc(a, b) = 1.
Agora estamos supondo que PI = c e RI = d também são inteiros e
além disso c < a e b < d. Da semelhança de triângulos obtemos
PI
PJ=PJ
QR⇔ a
b=c
d
Entretanto a fração abé uma fração irredutível e, portanto, é um ab-
surdo que ela seja semelhante a outra fração com numerador e de-
nominador de menor módulo. Assim concluímos que não existe ponto
inteiro no interior do segmento PQ.
Sejam P,Q ∈ Z2 ⊂ R2 e v =−→PQ = (a, b) dois vértices consecutivos
do polígono, então o número de pontos inteiros na aresta PQ é igual
a d + 1 em que d = mdc(a, b). Com efeito, basta dividir o segmento
PQ em d segmentos cujo vetor que o representa tenha coordenadas
inteiros coprimos.
Para concluir note que cada aresta Ai−1Ai do polígono vai possuir,
em seu interior(sem contar os vértices), di− 1 pontos inteiros. Logo o
número de pontos inteiros na fronteira do polígono será
n∑i=1
di − n+ n
−n corresponde a −1 para cada aresta e +n corresponde aos vértices
do polígono.
3.1.1 Teorema de Pick e a fórmula de Euler
Nessa seção gostaríamos de destacar a natureza topológico-combinatória
do Teorema de Pick. Para isso gostaríamos de recordar a famosa
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52 Pontos Inteiros em Regiões Poligonais
relação de Euler para grafos planos. Mais precisamente, para nos-
sos propósitos, será su�ciente considerar uma versão mais fraca da
relação de Euler. Vamos considerar uma �gura plana simples con-
stituída de uma quantidade �nita de polígonos (que chamaremos de
faces); justapostas pelas arestas, de forma que duas faces, quando se
intersectam, o fazem ou por um vértice ou por uma aresta. De�nimos
para uma tal �gura v seu número de vértices, a seu número de arestas
e f seu número de faces ( na nossa formulação não será contada a face
ilimitada, exterior a �gura). Estaremos supondo ainda que a fron-
teira da �gura seja um polígono simples de modo que podemos pensar
na mesma como sendo uma cobertura do polígono simples por out-
ros polígonos simples. Tal �gura será chamada grafo poligonal plano.
Temos o seguinte resultado devido a Euler:
Teorema 3.1.6. Seja G um grafo poligonal plano com v vértices, a
arestas e f faces. Então vale a seguinte relação:
v − a+ f = 1
De�nição 3.1.7. Um triângulo T ⊂ R2 é chamado fundamental se
possui vértices inteiros e não possui nenhum outro ponto inteiro em
sua fronteira e em seu interior.
Proposição 3.1.8. Todo polígono fundamental no plano T ⊂ R2 pos-
sui área 12.
Demonstração. ver [elon]
Temos condições agora de fornecer uma outra demonstração para
o Teorema de Pick.
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3.1 O Teorema de Pick 53
Teorema 3.1.9. (Pick) Sejam P ⊂ R2 um polígono simples cujos
vértices pertencem a Z2. Sejam F e I, respectivamente, o número de
pontos inteiros em sua fronteira e em seu interior. Então a área do
polígono P é
A(P) =1
2F + I − 1
Demonstração. É sempre possível triangularizar o polígono P (seu in-
terior e sua fronteira) utilizando polígonos fundamentais, assim de�n-
imos um grafo poligonal plano e denotaremos por v, a e f seu número
de vértices, arestas e faces, respectivemente. Note que v = F + I uma
vez que todos os pontos inteiros do interior e da fronteira de P são
vértices de algum triângulo da triangulação.
Como os polígonos fundamentais possuem área 12obtemos a seguinte
relação:
A = A(P ) =f
2(3.1)
Utilizando a fórmula de Euler e fazendo as substituições citadas, obte-
mos
f = F + 2I − 2⇒ A =f
2=
1
2F + I − 1
3.1.2 Área de Polígonos no Plano
Existem muitas formas de calcular a área de um polígono no plano
cartesiano. Vamos apresentar uma forma determinantal de calcular a
área de um polígono convexo dados seus seus vértices em uma ordem
cíclica. Esse método é muito difundido entre os que trabalham com
Topogra�a - tanto em nível técnico quanto em nível acadêmico - en-
tretanto é pouco lembrado pelos que trabalham com Matemática.
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54 Pontos Inteiros em Regiões Poligonais
Em primeiro lugar vamos calcular a área de um paralelogramo
P ⊂ R2. Um paralelogramo no plano pode ser de�nido a partir de
dois vetores v, w ∈ R2. Seus vértices serão 0, v, w e v+w. Se consider-
armos estes vetores como vetores espaciais (com a última coordenada
nula), estamos fazendo a identi�cação R2 ∼= {(x, y, z) ∈ R3|z = 0}.Agora, podemos usar o produto vetorial do R3 para calcular a área do
paralelogramo, veri�ca-se facilmente que
v × w = det(v, w)k = (0, 0, det(v, w)).
Ou seja, a área de um paralelogramo no plano gerado pelos vetores v
e w é
A = ||v × w|| = | det(v, w)|.
Nessa notação, det(v, w) é o determinante da matriz quadrada de
ordem 2 cujas linhas são, respectivamente, as coordenadas de v e w.
Dado um triângulo no plano com vértices A = (x1, y1), B = (x2, y2)
e C = (x3, y3) podemos determinar sua área que é a metade da área
do paralelogramo gerado pelos vetores v = ~AB = (x2 − x1, y2 − y1) ew = (x3 − x1, y3 − y1). Assim
A = | det(v, w)| = 1
2
∣∣∣∣∣ x2 − x1 x3 − x1y2 − y1 y3 − y1
∣∣∣∣∣Aqui tomamos o valor absoluto deste determinante.
Vamos usar uma notação diferente que nos auxiliará na determi-
nação de uma fórmula para a área de um polígono convexo qualquer.
De�nição 3.1.10. Sejam xi, yi ∈ R com i = 1, . . . n∣∣∣∣∣ x1 . . . xn x1
y1 . . . yn y1
∣∣∣∣∣ := ∆(1, 2) + ∆(2, 3) + · · ·+ ∆(n− 1, n) + ∆(n, 1)
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3.1 O Teorema de Pick 55
Em que ∆(i, j) =
∣∣∣∣∣ xi xj
yi yj
∣∣∣∣∣.Se escolhermos a orientação anti-horária na ordem cíclica, então
este determinante generalizado é sempre positivo.
Teorema 3.1.11. Seja P = A1A2 . . . AnA1 ⊂ R2 um polígono convexo
cujos vértices foram dados em ordem cíclica e tem coordenadas Ai =
(xi, yi) para i = 1, . . . , n.
Demonstração. Em primeiro lugar notamos que o resultado vale para
triângulos. Com efeito, basta notar que
A =1
2
∣∣∣∣∣ x2 − x1 x3 − x1y2 − y1 y3 − y1
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣ x1 x2 x3 x1
y1 y2 y3 y1
∣∣∣∣∣Suponhamos, por hipótese indutiva, que o resultado seja válido para
polígonos convexos com n− 1 ≥ 3 vértices. Considere
P = A1A2 . . . AnA1 ⊂ R2 um polígono convexo com n vértices. Clara-
mente podemos decompor P em um triângulo e um polígono de n− 1
lados, por exemplo T = A1An−1An e P = A1A2 . . . An−1A1. Usando a
hipótese indutiva temos
A(P ) = A(T ) +A(P ) =
∣∣∣∣∣ x1 xn−1 xn x1
y1 yn−1 yn y1
∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣ x1 . . . xn−1 x1
y1 . . . yn−1 y1
∣∣∣∣∣Pela de�nição temos
A(P ) = ∆(1, n− 1) + ∆(n− 1, n)
+∆(n, 1) + ∆(1, 2) + ∆(2, 3) + . . . + ∆(n− 2, n− 1) + ∆(n− 1, 1)
Cancelando ∆(1, n − 1) + ∆(n − 1, 1) obtemos o resultado desejado.
E o teorema segue por indução.
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56 Pontos Inteiros em Regiões Poligonais
3.1.3 Teorema de Pick Generalizado e Estimativas
de Plantação
Uma versão mais geral do Teorema de Pick pode ser naturalmente
formulada num reticulado qualquer no plano. Sejam P ⊂ R2 um
polígono simples e L ⊂ R2 um reticulado no plano de modo que cada
um dos vértices do polígono P são elementos do reticulado. Denotamos
por I = IL(P ) o número de pontos de L no interior do polígono P e
por F = FL(P ) o número de pontos de L na fronteira de P . Vamos
de�nir uma aplicação linear
T : R2 → R2
De modo que a imagem de Z2 por T consiste precisamente de T (Z2) =
L. Dada uma base de L, v1, v2, de�nimos T exigindo que T (ei) =
vi para i = 1, 2. A transformação linear assim de�nida possui as
seguintes propriedades:
1. T é um isomor�smo linear;
2. T−1(L) = Z2.
Com as notações iniciais P ⊂ R2 e L ⊂ R2 respectivamente um polí-
gono simples e um reticulado não degenerado (de modo que os vértices
do polígono são pontos do reticulado); Podemos utilizar a transfor-
mação T , acima construida, para de�nir, via Pullback, P := T−1(P ) ⊂R2 que é também um polígono simples, L := T−1(L) = Z2 ⊂ R2 que
consiste do reticulado padrão, por construção, e os vértices de P são
pontos inteiros.
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3.1 O Teorema de Pick 57
Lema 3.1.12. Com as notações estabelecidas, T restrita à fronteira
de P é uma bijeção entre a fronteira de P e a fronteira de P que
leva pontos inteiros da fronteira de P em pontos da fronteira de P
que pertencem a L. T restrita ao interior de P é uma bijeção entre
o interior de P sobre o interior de P que envia pontos inteiros do
interior de P em pontos do interior de P que pertencem a L. Em
particular
FL(P ) = F (P ), IL(P ) = I(P )
Demonstração. Em primeiro lugar notamos que os polígonos P e P
de�nem dois subconjuntos abertos do plano; o interior e o exterior de
cada um deles. Sendo T e T−1 funções contínuas suas restrições ao
interior de P e P é uma bijeção. Analogamente para a região exterior.
Daí concuímos a bijeção entre as fronteiras. As demais a�rmações
seguem diretamente da construção de T .
Teorema 3.1.13. Sejam P ⊂ R2 um polígono simples e L ⊂ R2 um
reticulado no plano com área fundamental A(L), de modo que cada um
dos vértices do polígono P são elementos do reticulado. Denotamos
por I = IL(P ) o número de pontos de L no interior do polígono P e
por F = FL(P ) o número de pontos de L na fronteira de P . Então
A(P )
A(L)=
1
2FL(P ) + IL(P )− 1
Demonstração. É su�ciente tomar o pull-back de P e L pela transfor-
mação linear anteriormente de�nida e usar o Teorema de Pick origi-
nal.
Para efeito de aplicações reais o modelo de plantas representando
pontos inteiros no plano não é o mais conveniente. Com efeito para
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58 Pontos Inteiros em Regiões Poligonais
plantar em um terreno faz-se sulcos que chamaremos linhas de plan-
tação (ou simplesmente linhas) que são paralelas entre si e estão a uma
distância constante que chamaremos distância entre linhas e denotare-
mos por a. Em cada sulco de plantação as plantas são plantadas em
covas que estão a uma distância �xa que denotaremos por b e chamare-
mos distância entre plantas. Uma hipótese bastante natural é que as
plantas estão nas perpendiculares das linhas de plantação de modo que
cada planta represente um ponto de um reticulado que possui como
domínio fundamental um retângulo de lados a e b e, portanto, área
A(L) = ab.
Segundo a Embrapa, em seu sítio o�cial, ver [16].
O espaçamento é de�nido como sendo a distância existente entre plan-
tas de mesma �leira (espaçamento entre plantas) ou entre plantas de
�leiras diferentes (espaçamento entre linhas). Os espaçamentos re-
comendados para as principais culturas são apresentados na tabela a
seguir. Ainda segundo o mesmo:
O espaçamento é bastante variável entre as espécies e, mesmo para
uma mesma espécie, entre as cultivares. Está também relacionado com
diversos fatores, como, por exemplo, tecnologia adotada, maquinário
disponível na propriedade, vigor do porta-enxerto e da cultivar-copa,
disponibilidade de área, entre outros.
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3.2 O tetraedro de Reeve 59
3.2 O tetraedro de Reeve
Em 1957 John Reeve apresentou a seguinte família de tetraedros para
mostrar que não existe uma generalização natural do teorema de Pick
em dimensão superior.
Em R3 considere a família de tetraedros Tn com n natural, de vértices
(0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0) e (1, 1, n) todos pertencentes ao reticulado
padrão Z3 ⊂ R3. O fato é que qualquer que seja n o tetraedro de
Reeve não possui nenhum ponto inteiro em suas faces nem em seu
interior.
Problemas
1. Um agricultor possui um terreno poligonal e deseja plantar pés
de milho em seu interior. Suponhamos que, após uma escolha de
eixos coordenados os vértices do polígono e os pés de milho vão
corresponder a pontos com coordenadas inteiras. Determinar o
número de pés de milho que podem ser plantados supondo que
os vértices do polígono são: A = (0, 0), B = (8, 0), C = (15, 10),
D = (12, 20), E = (10, 15) e F = (0, 10).
2. 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 não possui ponto inteiro em seu interior.
3. Prove que todo polígono simples com vértices inteiros possui área
cujo dobro é um número inteiro.
4. Mostre que um triângulo plano com vértices inteiros tem área
mínima A = 12se, e somente se, o triângulo não possui ponto
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60 Pontos Inteiros em Regiões Poligonais
inteiro no seu interior. Mostre que de fato essa é a área mínima.
5. Mostre que no plano existem triângulos com vértices inteiros de
área mínima A = 12com perímetro arbitrariamente grande.
6. Sejam v ∈ Z2 ⊂ R2, v = (a, b), d = mdc(a, b) e ∆(v) =
{det(v, w)|w ∈ Z2}. Então:
∆(v) = dZ = {dm|m ∈ Z}.
Ou seja, o mdc entre as coordenadas do vetor v representa a
menor área de um paralelogramo com vértices inteiros tendo v
como um dos lados.
7. Considere, no plano cartesiano, o segmento de reta ligando os
pontos A(n, 0) e B(0, n) sua equação é x+ y = n, com x, y ≤ n.
Os pontos inteiros nesse segmento são da forma (i, n − i), comi natural. Assim sendo, temos n − 1 pontos inteiros no interior
do segmento. Conectando cada um desses pontos inteiros com a
origem surgem n triângulos menores que particionam o triângulo
OAB. Claramente os trinâgulos que possuem um dos vértices A
ou B não possui pontos inteiros em seu interior. Mostre que se
n é um número primo, então todos os outros triângulos possuem
o mesmo número de pontos inteiros em seu interior.
8. Considere o reticulado padrão no plano Z2 ⊂ R2. Considere
também um quadrado n× n. Mostre que o quadrado não pode
cobrir mais de (n+ 1)2 pontos do reticulado padrão.
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3.2 O tetraedro de Reeve 61
CULTURA
DISTÂNCIAENTRE
PLANTAS(m)
DISTÂNCIA ENTRE LINHAS
(m)
ESPAÇAMENTO MAIS
UTILIZADO(m)
AceroleiraAbacateiroAbacaxizeiroAmeixeiraAmoreirapretaAraçazeiroBananeiraCaquizeiroCitrosFigueiraFramboeseiraGoiabeiraJabuticabeiraQuivizeiroMacieiraMamoeiroMangueiraMaracujazeiroMarmeleiroMirtiloMorangueiroNespereiraPereiraPessegueiroRomanzeiraVideira
2,0 a 5,07,0 a 10,0
0,33,0 a 4,00,3 a 0,72,0 a 4,0
2,55,0 a 7,02,0 a 7,02,0 a 3,0 0,3 a 0,73,0 a 11,04,0 a 7,04,0 a 6,00,8 a 5,0
2,08,0 a 12,0
2,53,0
1,0 a 1,50,3 a 0,45,0 a 7,0
4,0 a 10,01,0 a 4,04,0 a 6,0 1,0 a 3,5
4,0 a 6,0 9,0 a 12,00,8 a 1,05,0 a 7,02,5 a 3,02,5 a 6,0
3,06,0a 8,05,0 a 8,03,0 a 5,02,5 a 3,06,0 a 11,04,0 a 7,04,0 a 6,04,0 a 7,0
3,08,0 a 12,0
3,04,0
3,0 a 4,00,3 a 0,45,0 a 7,0
5,0 a 10,05,0 a 7,04,0 a 6,0 2,5 a 4,0
4,0 x 5,010 x 10
0,3 x 0,94,0 x 6,00,5 x 3,02,0 x 4,02,5 x 3,07,0 x 7,0 4,0 x 6,03,0 x 5,00,5 x 3,05,0 x 7,06,0 x 6,05,0 x 5,01,25 x 5,02,0 x 3,0
10,0 x 10,02,5 x 3,03,0 x 4,01,0 x 4,00,3 x 0,46,0 x 6,0 4,0 x 604,0 x 6,05,0 x 5,02,0 x 3,0
Figura 3.1: Espaçamento entre plantas
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62 Pontos Inteiros em Regiões Poligonais
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CAPÍTULO 4
Apêndice-Reticulados
Neste apêndice damos início ao estudo dos reticulados no espaço eu-
clidiano Rn. Esta teoria de reticulados permite que seja desenvolvida
uma álgebra linear inteira.
4.1 Reticulados e seus Domínios Fundamen-
tais
De�nição 4.1.1. Sejam v1, v2, . . . , vm ⊂ Rn vetores que geram um
subespaço vetorial de dimensão k. Um reticulado de posto k em Rn,
com conjunto de geradores os vetores {v1, v2, . . . , vm}, consiste do con-junto das combinações (lineares) inteiras desses vetores, ou seja
L = {v ∈ Rn|v = a1v1 + a2v2 + · · ·+ amvm, ai ∈ Z i = 1, 2, . . . ,m}.
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64 Apêndice-Reticulados
Vamos conectar a noção de reticulado e a noção algébrica de gru-
pos. Se L ⊂ Rn é um reticulado com conjunto de geradores
{v1, v2, . . . , vm}, dados v, w ∈ L, podemos escrever v = a1v1 + a2v2 +
· · · + amvm e w = b1v1 + b2v2 + · · · = bmvm em que ai, bi ∈ Z para
i = 1, 2, . . . ,m, portanto, v + w = (a1 + b1)v1 + (a2 + b2)v2 + · · · +(am + bm)vm ∈ L e −v = (−a1)v1 + (−a2)v2 + · · · + (−am)vm ∈ L.
Estas são as condições para que L seja um subgrupo aditivo de Rn.
Entretanto um reticulado L ⊂ Rn não é qualquer tipo de sub-
grupo. Como respeiton a topologia de Rn um reticulado é, sempre,
um subconjunto discreto!!!
De�nição 4.1.2. Um subconjunto de X ⊂ Rn é discreto se todos os
seus pontos são isolados, isto é, se dado p ∈ X, existir δ > 0 tal que o
único ponto da interseção da bola aberta B(p, δ) = {q ∈ Rn| ||q−p|| <δ} com X for o próprio p. Ou seja,
D(p, δ) ∩X = {p}
Observação 4.1.3. Lembramos que os únicos subgrupos discretos da
reta real são isomorfos a Z (e todos são reticulados 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 é discreto), então G = mZ.(Veri�que os detalhes!)
Subgrupos de R não discretos são bem mais complicados, por ex-
emplo, Q ⊂ R é um subgrupo aditivo que é denso!!!
Proposição 4.1.4. Seja G ⊂ Rn um subgrupo aditivo. Então são
equivalentes:
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4.1 Reticulados e seus Domínios Fundamentais 65
1. G é um reticulado;
2. G ⊂ Rn é discreto.
Demonstração. Vamos fazer a demonstração em R2, por simplicidade,
mas o caso geral segue de maneira análoga.
Seja G ⊂ R2 um reticulado com conjunto de geradores {v, w}. Vamos
mostrar que G é um conjunto discreto. Vamos mostrar que 0 é um
ponto isolado e o resultado segue, por translação. Claramente não ex-
iste ponto reticulado no conjunto int(D) = {u ∈ R2|u = αv+βw} com0 < α < 1 e 0 < β < 1. Assim, tome δ = 1
2min{||v||, ||w||, ||v + w||}.
Claro que G ∩D(0, δ) = 0.
Reciprocamente, seja G ⊂ R2 um subgrupo aditivo discreto. Para
mostrar que G é um reticulado devemos encontrar geradores. Seja
v ∈ G o vetor não nulo de menor norma. Seja w ∈ G o ponto mais
próximo da reta ` =< v >= {λv|λ ∈ R} (não contido na reta).
A�rmamos que G =< v,w >= {av + bw|a, b ∈ Z}. Com efeito,
seja u ∈ G, e considere os pontos u − mw ∈ G com m ∈ Z. O
ponto mais próximo da reta ` deve pertencer a mesma, caso contrário
encontraríamos um ponto mais próximo que w. Assim u −mw = λv
e λ = n ∈ Z, logo u = mv + nw.
A partir da proposição acima vemos que é possível exibir um retic-
ulado intrinsecamente, isto é, sem explicitar um conjunto de geradores.
Por um lado é mais fácil tratar um reticulado quando conhecemos um
conjunto de geradores, por outro lado, muitas vezes é mais fácil provar
que um dado conjunto é um reticulado observando que o mesmo é um
subgrupo aditivo e discreto do plano R2.
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66 Apêndice-Reticulados
Exemplo 4.1.5. Considere o reticulado padrão do plano, ou seja,
L = Z2 ⊂ R2. Temos vários possíveis conjuntos de geradores para
tal reticulado. Por exemplo B1 = {(1, 0), (0, 1)} é um conjunto de
geradores para L e B2 = {(2, 1), (1, 1)} também é um conjunto de
geradores para L (faça um esboço dos reticulados associados a estes
conjuntos de geradores e veri�que 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 está contido no reticulado associado
a B1 (combinações inteiras dos vetores de B2 são combinações inteiras
dos vetores de B1 pois os próprios vetores de B2 o são) e, reciproca-
mente
(1, 0) = 1.(2, 1)− 1.(1, 1) (0, 1) = −1.(2, 1) + 2.(1, 1).
Ou seja, os reticulados associados são o mesmo e, claramente, tal
reticulado é Z2 ⊂ R2.
De�nição 4.1.6. Uma base de um reticulado é um conjunto de ger-
adores minimal.
Notamos que o problema computacional de fazer funcionar o pseudo-
algoritmo anteriormente mecionado é bem complicado uma vez que
oproblema de determinar uma base com vetores minimais é computa-
cionalmente complicado.
De�nição 4.1.7. Dado um reticulado L ⊂ Rn com base
{v1, v2, . . . , vm} , o conjunto dos pontos a1v1 + a2v2 + · · · + amvm ∈Rn para os quais 0 ≤ ai < 1 é chamado o domínio fundamental do
reticulado L associado `a base {v1, v2, . . . , vm}.
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4.1 Reticulados e seus Domínios Fundamentais 67
Observação 4.1.8. A noção de domínio fundamental depende da
base, como mostramos no exemplo anterior. Por outro lado, a área
(volume) de um domínio fundamental independe do conjunto de ger-
adores.
Proposição 4.1.9. Sejam L ⊂ Rn um reticulado de posto k, D e E
domínios fundamentais associados, respectivamente, às bases
{v1, v2, . . . , vk} e {u1, u2, . . . , uk}. Então os volumes dos domínios fun-
damentais são iguais,
V ol(D) = V ol(E).
Demonstração. Sabemos que existem inteiros aij ∈ Z com 1 ≤ i, j ≤ k
tais que
ui = ai1v1 + ai2v2 + . . . aikvk
pois ui pertencem ao reticulado, logo, são combinação inteira de
v1, v2, . . . , vk e reciprocamente. Assim, a matriz de mudança de base
M =(aij
)é inversível e sua inversa N é também uma matriz
de coe�cientes inteiros(dados pelas coordenadas de v1, v2, . . . , vk es-
critos como combinação inteira de u1, u2, . . . uk). Como M.N = I2,
det(M). det(N) = 1 e como são ambos inteiros, det(M) = ±1.
O volume do domínio fundamental E é
V ol(E) = | det(M)|V ol(D) = V ol(D).
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