\documentclass[twoside]{article}
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\usepackage[latin1]{inputenc}%permite escrever com acentos, como no Word
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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% POR FAVOR NÀO MODIFIQUEM OS DADOS ABAIXO
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\pagestyle{myheadings} \topmargin =-20pt \marginparwidth = 45pt
\evensidemargin = -15pt \oddsidemargin = -15pt \textheight = 670pt
\textwidth = 500pt \linespread{1.2}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\renewcommand{\theequation}{\arabic{section}.\arabic{equation}}
\newtheorem{myth}{Teorema}[section]
\newtheorem{mylem}{Lema}[section]
\newtheorem{mypro}{Proposi\c c\~ao}[section]
\newtheorem{mydef}{Defini\c c\~ao}[section]
\newtheorem{myrem}{Observa\c c\~ao}[section]
\newtheorem{mycor}{Corol\'ario}[section]
\newtheorem{myex}{Exemplo}[section]
\newcommand{\cqd}{\hspace{10pt}\fbox{}}
\newcommand{\cqdf}{\hspace{10pt}\rule{5pt}{5pt}}
%
\begin{document}
%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%% CABEÇALHO DA PÁGINA - POR FAVOR NÀO MODIFIQUEM!
\pagestyle{empty}
\title{\vspace{-1in}\parbox{\linewidth}{\footnotesize\noindent
{\sc  \bf V Bienal da SBM}
\newline
{\sc  \bf Sociedade Brasileira de Matemática}
\newline
{\sc \bf UFPB - Universidade Federal da Paraíba}
\newline
\bf 18 a 22 de outubro de 2010 }
\newline\newline
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%FIM DO CABEÇALHO%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%% ESCREVER O TÍTULO DO TRABALHO NO COMANDO ABAIXO COM
%%% LETRAS MINÚSCULAS!
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%
{\sc propriedades do grupo dos ternos pitagóricos }
%\vskip -0.5truecm
\author{\sc Thais Silva do Nascimento\,\thanks{Universidade Federal de Mato Grosso ,\,
UFMT, MT, Brasil,\, thaisnascimento.cv@gmail.com} \,\,\,\,\&\,\,\,\, Martinho da Costa Araujo \,\thanks{Universidade Federal de Mato Grosso ,\,Dpto. de Matemática , MT, Brasil,\, martinho@ufmt.br} }}
%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% NAO PREENCHER O COMANDO \date{} ABAIXO, DEIXAR COMO ESTÁ!
%% NÃO RETIRAR OS COMANDOS \maketitle E \thispagestyle{empty}
\date{}
\maketitle \thispagestyle{empty} \vspace{-10pt}
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\section{Introdução}
\paragraph{ }Um tema muito antigo, mas que ainda desperta muito interesse são os Ternos Pitagóricos (\textbf{TP}). Existem vários modelos de se produzir (\textbf{TP}). Em (\textbf{[2,3]}) é apresentada uma maneira de associar um (\textbf{TP}) a um elemento de um grupo ${\mathbb P}$. Este trabalho tem como objetivo apresentar algumas propriedade do grupo ${\mathbb P}$.

\paragraph{ }Uma identidade famosa atribuida a Diophantus (325 - 409 A.D.) mostra que dados dois inteiros, que podem ser escritos como a soma de dois quadrados, o seu produto também é soma de dois quadrados, ver(\textbf{[1]}), ou seja,

\begin{eqnarray}
(a^2  + b^2 )(x^2  + y^2 ) = (ax - by)^2  + (ay + bx)^2 \label{0.1}
\end{eqnarray}

De fato,
\begin{eqnarray*}
(a^2  + b^2 )(x^2  + y^2 ) &=& a^2 x^2  + a^2 y^2  + b^2 x^2  + b^2 y^2
\\[2pt](a^2  + b^2 )(x^2  + y^2 ) &=& (a^2 x^2  - 2axby + b^2 y^2 ) + (a^2 y^2  + 2axby + b^2 x^2 )
\\[2pt](a^2  + b^2 )(x^2  + y^2 ) &=& (ax - by)^2  + (ay + bx)^2.
\end{eqnarray*}

\paragraph{ }Fazendo
$
a^2  + b^2 = c^2
\quad \mbox{e}\quad
x^2  + y^2 = z^2
\quad \mbox{com}\quad
c, z \in {\mathbb Z},
$
esta identidade sugere uma maneira de construir um terno pitagórico (\textbf{TP}) a partir de outros  dois, ou seja, uma nova tripla onde suas coordenadas satisfazem o Teorema de Pitágoras. Observe que se os ternos ($a$,$b$,$c$) e ($x$,$y$,$z$) são pitagóricos, então
\begin{eqnarray*}
(ax - by, ay + bx, cz)
\end{eqnarray*}
também é pitagórico.

\paragraph{ }Assim, se ($a$,$b$,$c$) é um \textbf{TP}, dizemos que ele representa um Triângulo Pitagórico, ou seja,  triângulo retângulo com catetos $a$, $b$ e hipotenusa $c$. Deste modo, podemos definir uma operação $\oplus$, a qual chamaremos de adição, que associa a dois ternos pitagóricos ($a$,$b$,$c$) e ($x$,$y$,$z$) o novo terno pitagórico ($ax - by$, $ay + bx$, $cz$).

\paragraph{ }Um \emph{Terno Pitagórico Pimitivo }(ou \emph{Triângulo Pitagórico
Primitivo}) é um \textbf{TP} ($a$,$b$,$c$), com $a, b, c \in {\mathbb Z}$ e $mdc($a$,$b$,$c$)= 1$. Ao invés de considerar o conjunto de todos os ternos pitagóricos, iremos considerar apenas o conjunto ${\mathbb P}$ = \{$(a,b,c): a, b, c \in {\mathbb Z}, a^2  + b^2 = c^2$ \quad \mbox{e}\quad $mdc(a,b,c) = 1$\}, onde terno $(ka,kb,kc)$ será representado pelo seu primitivo $(a,b,c)$. Assim, vamos definir em  ${\mathbb P}$ a operação $\oplus$, chamada de  adição de dois ternos pitagóricos por:

\begin{eqnarray}
(a,b,c) \oplus (x,y,z) = (ax - by, ay + bx, cz) \label{0.2}.
\end{eqnarray}

\paragraph{ }Vamos assumir que $ax - by > 0$ e mostraremos que o conjunto ${\mathbb P}$ com esta operação de adição é um grupo. Para facilitar a verificação das propriedades de ${\mathbb P}$ iremos fazer uma identificação de uma tripla em ${\mathbb P}$ com pontos no círculo unitário no plano complexo, ou seja, mostraremos que ${\mathbb P}$ é isomorfo a um subgrupo do círculo unitário $\mathbf{S}^{1}$, o que nos levará a uma representação geométrica dos elementos de ${\mathbb P}$. Em seguida, verificaremos algumas propriedades deste grupo constatando que o mesmo é um grupo abeliano gerado pelo conjunto de triângulos que tem como hipotenusa um primo da forma $4n + 1$ e que isto nos diz quantos triângulos retângulos tem a mesma hipotenusa, conforme (\textbf{[2,3]}).

\section{Algumas propriedades de ${\mathbb P}$}
\paragraph{ }Cada terno pitagórico primitivo ($a$,$b$,$c$) determina um número complexo $z = a + ib$, com módulo $\left| z \right| = \sqrt {a^2  + b^2 } = c$. Para $z = a + ib$ e $w = x + iy$, podemos escrever $(1.1)$ na forma $\left| z \right|\left| w \right| = \left| zw \right|$. O segmento da origem a $z$ intercepta o círculo unitário $\mathbf{S}^{1}$, no plano complexo, num ponto $e^{i\alpha }=\displaystyle\frac{a}{c} + i\frac{b}{c}$.

%
\begin{figure}[h]
\centering
\includegraphics[scale=0.8]{Figura1.eps}
\caption{Círculo Unitário $\mathbf{S}^{1}$ no Plano Complexo}
\end{figure}
%
\paragraph{ }De fato, seja $w = \cos \alpha  + i\sin \alpha$ o ponto de interseção entre o círculo unitário e $z = a + ib$. Temos que $w = kz$ e $\left| w \right| = 1$, $k \in {\mathbb R}$. Segue daí que $k = \displaystyle\frac{1}{c}$, logo $w = e^{i\alpha }  =\displaystyle\frac{a}{c} + i\frac{b}{c}$.

\begin{mylem} Seja $\mathbf{S}^{1}$ o círculo unitário no plano complexo, então a função $\phi:\mathbb{P} \to \mathbf{S}^{1}$ definida por $\displaystyle\phi ((a,b,c)) = e^{i\alpha }  = \frac{a}{c} + i\frac{b}{c}$ é um homomorfismo injetor.
\end{mylem}

\paragraph{Prova:} Sejam $(a,b,c) \mbox{ e } (x,y,z) \in {\mathbb P}$, considere $\phi ((a,b,c)) = e^{i\alpha }  = \displaystyle\frac{a}{c} + i\frac{b}{c}$ \mbox{ e }  $\phi ((x,y,z)) = e^{i\beta }  = \displaystyle\frac{x}{z} + i\frac{y}{z}$. Então

\begin{eqnarray*}
\phi ((a,b,c) \oplus (x,y,z)) &=&  \phi ((ax - by, ay + bx, cz)) = \frac{{ax - by}}{{cz}} + i\frac{{ay + bx}}{{cz}}
\\[0pt]\phi ((a,b,c) \oplus (x,y,z)) &=& \left( {\frac{{a + ib}}{c}} \right)\left( {\frac{{x + iy}}{z}} \right)= e^{i\alpha } e^{i\beta }= \phi ((a,b,c))\phi ((x,y,z)).
\end{eqnarray*}
Logo $\phi$ é um homomorfismo. Além disso, se $e^{i\alpha } = e^{i\beta }$ então $\displaystyle\frac{a}{c} = \frac{x}{z}$ e $\displaystyle\frac{b}{c} = \frac{y}{z} \Rightarrow ay = bx$. Como $mdc(x,y,z) = 1$, existem $r, s \in {\mathbb Z}$ tais que $xr + ys = 1$. Segue daí que $a = x(ar + bs), b = y (ar + bs) \quad \mbox{e}\quad c = z(ar + bs)$. Mas $mdc(a,b,c) = 1$, logo $(a,b,c) = (x,y,z)$.
Portanto $\phi$ é um homomorfismo injetor.
\cqd \hspace{5pt}

\paragraph{ }Deste modo, a soma de ternos pitagóricos em $\mathbb{P}$ corresponde ao produto de números complexos. Visualizando no círculo unitário, temos que a nossa adição em $\mathbb{P}$ corresponde a adição de ângulos em $\mathbf{S}^{1}$. Segue, diretamente desta correspondência, que a adição definida em (1.2) tem as seguintes propriedades:
\begin{itemize}
  \item associativa: $[(a,b,c) \oplus (x,y,z)] \oplus (u,v,w) = (e^{i\alpha } e^{i\beta } )e^{i\gamma }  = e^{i\alpha } (e^{i\beta } e^{i\gamma } ) = (a,b,c) \oplus [(x,y,z) \oplus (u,v,w)]$
  \item comutativa: $(a,b,c) \oplus (x,y,z) = e^{i\alpha } e^{i\beta } = e^{i\beta } e^{i\alpha } = (x,y,z) \oplus (a,b,c)$
  \item O triângulo degenerado (1,0,1) é o elemento identidade, pois $(a,b,c) \oplus (1,0,1) = e^{i\alpha } e^{i0 } = e^{i\alpha } = (a,b,c)$
  \item Para garantir que $\mathbb{P}$ é fechado para esta soma, precisamos analisar o caso ignorado até agora $ax - by \le 0$, ou seja, $\gamma  = \alpha  + \beta  \ge \frac{\pi }{2}$. Considere $\gamma  = \theta  + \frac{\pi }{2}, \quad \mbox{com}\quad 0 \le \theta  < \frac{\pi }{2}$, então o triângulo $(\cos \gamma ,\sin \gamma ,1)$ é congruente ao triângulo $(\cos \theta ,\sin \theta ,1)$, que é obtido por uma rotação de $-\frac{\pi }{2}$ em relação a origem.
  \item Para garantir o inverso em $\mathbb{P}$, sempre que $\gamma  = \alpha  + \beta  \ge \frac{\pi }{2}$ reduziremos o ângulo soma módulo $\frac{\pi }{2}$. Por exemplo, reduzimos o ângulo $\gamma  = \frac{\pi }{2}$ módulo $\frac{\pi }{2}$ para 0, que corresponde ao elemento (1,0,1). Segue daí que $(a,b,c)$ e $(b,a,c)$ são inversos um do outro, pois $\gamma  = \alpha  + \beta  = \frac{\pi }{2}$ então $(a,b,c) \oplus (b,a,c) = (1,0,1)$. Note que embora os triângulos $(a,b,c) \mbox{ e } (b,a,c)$ sejam congruentes, estamos considerando-os como elementos diferentes em $\mathbb{P}$.
\end{itemize}

%
\begin{figure}[h]
\centering
\includegraphics[scale=0.8]{Figura2.eps}
\caption{Representação de um complexo sobre $\mathbf{S}^{1}$}
\end{figure}
%

\paragraph{ }Em resumo, o conjunto $\mathbb{P}$ dos ternos pitagóricos primitivos é um grupo abeliano com a operação de adição definida por :
%\begin{eqnarray*}
 %(a,b,c) \oplus (x,y,z) &=& (ax - by,ay + bx,cz), \quad \mbox{se}\quad ax - by > 0\\
 %(a,b,c) + (x,y,z) &=& (ay + bx,ax - by,cz), \quad \mbox{se}\quad ax - bt \le 0\\
 %\end{eqnarray*}


\begin{equation*}
(a,b,c) \oplus (x,y,z) =\left\{\begin{array}{ll}
(ax - by,ay + bx,cz), \quad \mbox{se}\quad ax - by > 0\\
(ay + bx,ax - by,cz), \quad \mbox{se}\quad ax - bt \le 0.\\
\end{array}\right.
\end{equation*}
O elemento identidade de $\mathbb{P}$ é o triângulo degenerado (1,0,1) e o inverso aditivo de $(a,b,c) \mbox{ é } (b,a,c)$. E o núcleo $\ker(\phi )=\{(a,b,c):\phi (a,b,c)=1\}=\{(1,0,1)\}$ o que é equivalente a dizer que $\phi $ é injetiva.

\paragraph{ }A construção geométrica do produto de dois complexos dá uma interpretação alternativa da operação do grupo $\mathbb{P}$. Dados $(a,b,c), (x,y,z) \in \mathbb{P}$ podemos multiplicar $v = a + ib$ e $w = x + iy$ geométricamente, para o caso em que $\alpha  + \beta  \le \frac{\pi }{2}$, obtendo a soma $(a,b,c) \oplus (x,y,z)$.

%
\begin{figure}[h]
\centering
\includegraphics[scale=0.8]{Figura3.eps}
\caption{Representação Geométrica da soma de TPP}
\end{figure}
%

\section{${\mathbb P}$ é um grupo livre}

\paragraph{ }Para cada $(a,b,c)$ em $\mathbb P$, o conjunto ${\left\langle {(a,b,c)} \right\rangle } = \{ n(a,b,c): n \in \mathbb Z\}$, onde

\begin{equation*}
n(a,b,c) =\left\{\begin{array}{ll}
(1,0,1), \qquad \mbox{se}\qquad n = 0\\
\underbrace{(a,b,c)\oplus\cdots\oplus(a,b,c)}_{n-vezes}, \quad \mbox{se}\quad n\in \mathbb{N=\{}1,2,3,....\mathbb{\}}.\\
\end{array}\right.
\end{equation*}

Lembramos que $-n(a,b,c)$ é o inverso de $n(a,b,c)$, e que ${\left\langle {(a,b,c)} \right\rangle }$ é um subgrupo de $\mathbb P$, chamado de subgrupo cíclico gerado por $(a,b,c)$. Vamos mostrar que $\mathbb P$ é soma direta de grupos cíclicos infinitos, ou seja, se $\{g_i\}$ é o conjunto de geradores de subgrupos de $\mathbb P$, então cada $g \in \mathbb P$ é uma combinação linear da forma $n_1 g_{i_1}\oplus\cdots\oplus n_k g_{i_k}$, com $g_{i_k}$ distintos, os coeficientes $n_i \in \mathbb Z$ inteiros não nulos e $k \in \mathbb N$.

\begin{mylem} Se $a, b, r, k, s \in \mathbb Z$ e $p$ é primo tal que $rsab \not\equiv p^2k \pmod{p^2}$ e $a^2  + b^2  \equiv r^2  + s^2  \equiv 0\pmod{p^2}$, então exatamente uma das afirmações é verdadeira:
 \begin{eqnarray*}
ra + sb \equiv rb - sa \equiv 0\pmod{p^2} \quad \mbox{ou}\quad
ra - sb \equiv rb + sa \equiv 0\pmod{p^2}.
 \end{eqnarray*}
\end{mylem}

\paragraph{Prova:} Temos que $(ra - sb)(ra + sb) = r^2 (a^2  + b^2 ) - b^2 (r^2  + s^2 )$. Mas $a^2  + b^2  \equiv r^2  + s^2  \equiv 0\pmod{p^2}$, então $(ra + sb)(ra - sb) \equiv 0\pmod{p^2}$.
\begin{itemize}
  \item Se $p|(ra + sb)$ e $p|(ra - sb)$, então $p|2sb$ e $p|2ra$, o que implica que $p^2|2rasb$, contrariando a hipótese de que $rsab \not\equiv p^2k \pmod{p^2}$. Logo $ra + sb \equiv 0\pmod{p^2}$ ou $ra - sb \equiv 0\pmod{p^2}$.
  \item Se $ra + sb \equiv 0\pmod{p^2}$, então $(ra + sb)^2 \equiv 0\pmod{p^4}$. Por hipótese $(a^2  + b^2 )(r^2  + s^2 ) \equiv 0\pmod{p^4}$ e como $(rb- sa)^2 + (ra + sb)^2 = (a^2  + b^2 )(r^2  + s^2 ) \equiv 0\pmod{p^4}$, temos que $(rb - sa)^2 \equiv 0\pmod{p^4}$, ou seja, $(rb - sa) \equiv 0\pmod{p^2}$. Portanto, $ra + sb \equiv rb - sa \equiv 0\pmod{p^2}$. Analogamente, se $ra - sb \equiv 0\pmod{p^2}$, então $ra - sb \equiv rb + sa \equiv 0\pmod{p^2}$.
\cqd \hspace{5pt}
\end{itemize}


\begin{mypro}O grupo $\mathbb P$ dos ternos pitagóricos primitivos é um grupo cíclico infinito, gerado pelo conjunto dos ternos $(a,b,p)$, com $p$ primo, $p \equiv 1\pmod{4}$ e $a > b$.
\end{mypro}

\paragraph{Prova:}Tome $(r,s,d) \in \mathbb P$, $(r,s,d) \ne (1,0,1)$ e consideremos a decomposição em fatores primos de $d$, ou seja, $d = p_1^{n_1 }\cdot p_2^{n_2 }\cdots p_k^{n_k }$. Nosso objetivo é mostrar que podemos escrever $(r,s,d) = e_1 n_1 (a_1,b_1,p_1 ) \oplus\cdots\oplus e_k n_k (a_k,b_k,p_k )$, onde $a_j > b_j$, $e_j  =  \pm 1$, $p_j \equiv 1\pmod{4}, 1 \le j \le k$. Para isso consideremos as seguintes afirmações, ver(\textbf{[4]}).

\begin{description}
  \item[I.)]Um terno pitagórico $(r,s,d)$ é unicamente determinado por um par de inteiros positivos relativamente primos $(m, n)$ com $m > n$ e de paridade opostas tal que $r = m^2 -n^2$, $s = 2mn$ e $d = m^2 + n^2$.

  \item[II.)]Um inteiro positivo primo $d$ e ímpar se escreve como a soma de dois quadrados se, e somente se, $d \equiv 1\pmod{4}$.
\end{description}
Portanto, podemos afirmar que o primo $p$ será a hipotenusa de um triângulo pitgórico primitivivo  se, e somente se, $p \equiv 1\pmod{4}$. E esta hipotenusa terá representação única como soma de dois quadrados: $p = m^2 + n^2$. Para $a = m^2 -n^2$, $b = 2mn$, temos que $p^2 = a^2 + b^2$. Assim, se $d=p$, temos duas possibilidades
$(r,s,d) = (a,b,p)$ ou $(r,s,d) = (b,a,p) = -(a,b,p) $.

\paragraph{ }Considere um triângulo $(r,s,d)$, onde $d = pq$, com $p, q$ primos e $p \equiv 1\pmod{4}$. Então existe um único par de inteiros $(a, b)$ com $a > b$ tal que $p^2 = a^2 + b^2$, de modo que as equações
\begin{eqnarray*}
(r,s,pq) = (a,b,p) \oplus (x,y,z) \quad \mbox{e}\quad
(r,s,pq) = (-(a,b,p)) \oplus (x,y,z),
\end{eqnarray*}
tem as seguintes soluções

\begin{eqnarray*}
(x,y,z) = (r,s,pq) \oplus (-(a,b,p))=(rb - sa,ra + sb,p^2 q) \quad \mbox{e}\quad
(x,y,z) = (r,s,pq) \oplus (a,b,p)=(ra - sb,rb + sa,p^2 q).
\end{eqnarray*}

Desde que $rsab \not\equiv p^2k \bmod p^2$ e $a^2  + b^2  \equiv r^2  + s^2  \equiv 0\bmod p^2$. Pelo lema, apenas uma das soluções $(x,y,z)$ acontece. Além disso, $p^2$ é fator comum a todas as coordenadas da tripla $(x,y,z)$. Cancelando $p^2$ da solução, concluimos que $(x,y,z) = (u,v,q)$, onde $\displaystyle u = \frac{rb - sa}{p^2 }$, $\displaystyle v = \frac{ra + sb}{p^2 }$ \quad \mbox{ou}\quad $\displaystyle u = \frac{ra - sb}{p^2 }$, $\displaystyle v = \frac{rb + sa}{p^2 }$ são inteiros. Logo

$$(r,s,pq) = (u,v,q) \oplus (a,b,p) \quad \mbox{ou}\quad (r,s,pq) = (u,v,q) \oplus (-(a,b,p)).\eqno(1.3)$$

Agora, basta analizar os seguintes casos:
\begin{description}
  \item[Caso 1.)]Se $p = q$ então $(r,s,p^2) = 2(a,b,p) \quad \mbox{ou}\quad (r,s,p^2) = (1,0,1)$ e $(r,s,p^2) =(1,0,1) \quad \mbox{ou}\quad (r,s,p^2) =  -2(a,b,p)$, obtemos dois triângulos.

  \item[Caso 2.)]Se $p \neq q$ e como $q$ é a hipotenusa do triângulo pitagórico $(u,v,q)$, então existe um único par de inteiros $(f, g)$ com $f > g$ tal que $q^2 = f^2 + g^2$, ou seja, $(u,v,q) = (f,g,q)$ ou $(u,v,q) = (g,f,q) = -(f,g,q) $. Substituindo em (\textbf{1.3}), obtemos quatro triângulos

\begin{equation*}
(r,s,d) =\left\{\begin{array}{ll}
(f,g,q)\oplus (a,b,p) \quad \mbox{ou}\quad (f,g,q) \oplus (-(a,b,p))\\
(-(f,g,q)\oplus (a,b,p) \quad \mbox{ou}\quad (-(f,g,q)) \oplus (-(a,b,p)).\\
\end{array}\right.
\end{equation*}
\end{description}
Para $d = p_1^{n_1 }\cdot p_2^{n_2 } \cdots p_k^{n_k }$, temos um número finito de primos e prosseguindo com este raciocínio, temos que $(r,s,d) = e_1 n_1 (a_1,b_1,p_1 ) \oplus\cdots\oplus e_k n_k (a_k,b_k,p_k )$, onde $a_j > b_j$, $e_j  =  \pm 1$, $ p_j \equiv 1\pmod{4}, 1 \le j \le k $. Portanto, temos que $\mathbb P = {\left\langle {(a_k ,b_k ,p_k )} \right\rangle }$, $a_k > b_k$,  $p_k \equiv 1\pmod{4}$, $p_k$ um fator primo de $d$ e $k \in \mathbb N$.
\cqd \hspace{5pt}

\paragraph{ }Este resultado nos permite concluir que existem $2^k$ triângulos pitagóricos primitivos com a mesma hipotenusa $d = p_1^{n_1 }\cdot p_2^{n_2 } \cdots p_k^{n_k }$.


\section*{Referências}
\setcounter{equation}{0}
\noindent[1] {\sc stillwell, i. n.} -
{\it Elements of Number Theory},  1nd ed, New York: Springer-Verlag, 2003.

\noindent[2] {\sc mccullough,  darryl} -
  {\it Height and Excess of Pythagorean Triples}, Mathematics Magazine, vol 57, 1, January, 1984.

\noindent[3] {\sc eckert,  ernest j.} -
  {\it The Group of Primitive Pythagorean Triangles}, Mathematics Magazine, vol 78, 1, Frebuary, 2005.

\noindent[4] {\sc chowdhury, k. c.} -
{\it A First Course In Number Theory},  1nd ed, Daya Ganj, New-Delhi: Asian Books Pvt. Ltda, 2004.

\noindent[5] {\sc garcia, arnaldo} e {\sc lequain, yves} -
{\it Elementos de Algebra},  4 ed, Rio de Janeiro: IMPA, 2006.

\noindent[6] {\sc maor, eli} -
{\it Trigonometrics Delights},  Princeton University Press, 2002.

\noindent[7] -
{\it divulgamat.ehu.es/weborriak/TestuakOnLine/03-04-lcandres.pdf},  acessado em 19 de maio 2010.

\noindent[8] -
{\it http://www2-fs.informatik.uni-tuebingen.de/~borchert/ArithmeticalCircuits/Grosswald.pdf},  acessado em 19 de maio 2010.


\end{document}
