Neste pequeno artigo resolveremos o problema 2 da USAMO (USA Mathematical Olympiad) 2005: (x 3 + 1)(x 3 + y) = (x 3 + y)(1 + y) = z 9

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1 Ésófatorar... Serámesmo? Neste equeno artigo resolveremos o roblema 2 da USAMO (USA Mathematical Olymiad) 2005: Problema. Prove que o sistema x 6 + x + x y + y = x + x y + y 2 + y + z 9 = não tem solução em inteiros x, y, z. Solução. No começo, odemos ensar que este é mais um roblema simles na qual é só fatorar : x 6 + x + x y + y = (x + 1)(x + y) = x + x y + y 2 + y + z 9 = (x + y)(1 + y) = z 9 Aí é só fatorar = e testar todos os 2 ( ) (14 + 1) casos, certo? Infelizmente, acho que na hora da rova não iríamos ter temo ara fazer isso. Então temos que dar um jeito de estudar menos casos. Observe que x + 1 é um divisor de Logo x + 1 = ± α 7 β Você oderia ensar no x + y, mas isso não seria uma boa, considerando que x + y é linear em y e oderia assumir qualquer valor inteiro or causa disso. Além disso, x + 1 tem só uma variável e o rincial...fatora! Assim, o rincial no roblema é resolver a equação diofantina x + 1 = ± α 7 β ( ) em que x é inteiro (ositivo, negativo ou até quem sabe nulo!) e α e β são inteiros não negativos. Podemos fatorar o rimeiro membro de ( ): x + 1 = ± α 7 β (x + 1)(x 2 x + 1) = ± α 7 β Quando fatoramos em equações diofantinas, devemos calcular o mdc dos fatores, senão a equação fica ofendida! Vamos usar tanto esse fato que o chamaremos de Lema. Seja x inteiro. Então mdc(x + 1; x 2 x + 1) = 1 ou mdc(x + 1; x 2 x + 1) =. Além disso, se divide um dos números x + 1 ou x 2 x + 1 então divide ambos, ou seja, divide x + 1 se, e somente se, divide x 2 x + 1. Demonstração. Seja d = mdc(x+1; x 2 x+1). Vendo x+1 mód d, obtemos x+1 0 (mód. d) x 1 (mód. d). Vendo agora x 2 x+1 mód d, obtemos x 2 x+1 0 (mód. d) ( 1) 2 ( 1)+1 0 (mód. d) 0 (mód. d) d d = 1 ou d =. Vimos acima que se x + 1 é divisível or então x 2 x + 1 também é. Vejamos agora a recíroca. Mas isso é tão fácil quanto resolver equação do segundo grau! x 2 x (mód. ) 4x 2 4x (mód. ) 4x 2 4x (mód. ) (2x 1) 2 0 (mód. ) 2x 1 0 (mód. ) x 1 0 (mód. ) x (mód. )

2 Agora, voltemos à equação ( ), ou seja, (x + 1)(x 2 x + 1) = ± α 7 β Logo x + 1 = ± α1 7 β1 e x 2 x + 1 = α2 7 β2 (note que x 2 x + 1 = 1 4( (2x 1) 2 + ) ) > 0), sendo α 1, β 1, α 2 e β 2 inteiros não negativos. Veja que, do Lema, concluímos que α 1 = 0 α 2 = 0 e, além disso, β 1 = 0 ou β 2 = 0, ois se ambos os exoentes β 1 e β 2 forem ositivos então 7 seria um dos fatores de mdc(x + 1; x 2 x + 1), absurdo. Além disso, se α 1 > 0 (ou α 2 > 0) então α 1 = 1 ou α 2 = 1 ois, caso contrário, 9 dividiria mdc(x + 1; x 2 x + 1), absurdo. Suonha rimeiro que α 1 e β 1 são ambos não nulos. Logo α 2 > 0 e β 2 = 0. Se α 1 2, α 2 = 1 e, ortanto, x 2 x+1 = x = 1 ou x = 2. x = 1 é o mesmo que x+1 = 0, o que não é ossível. x = 2 é equivalente a x + 1 =, absurdo já que suomos que β 1 > 0. Logo α 1 = 1 e, ortanto, x + 1 = ± 7 β1 e x 2 x + 1 = α2. Mas aí, sendo a = 7 β1, x = a 1 x = 27a 27a 2 + 9a 1 x + 1 = 9(a a 2 + 1). Como a a não é divisível or, a maior otência de que divide x 2 x+1 é 2, ou seja, α 2 = 2. Portanto, x 2 x + 1 = 9, o que é imossível ara x inteiro. Desta forma, não é ossível que α 1 e β 1 sejam ambos não nulos. Resta-nos, então, dois casos: α 1 = 0 e β 1 = 0. Primeiro caso: α 1 = 0 e β 1 = 0. Neste caso, x + 1 = ±1 e, ortanto, x = 0 ou x = 2. Veja que, ara esses valores de x, x + 1 é da forma α 7 β. Segundo caso: α 1 = 0 e β 1 > 0. Aqui temos x+1 = ±7 β1, α 2 = 0 e β 2 = 0, ou seja, x 2 x+1 = 1 x = 1 ou x = 0. Nenhum desses valores de x satisfaz x + 1 ser uma otência de 7 maior que 1. Terceiro caso: α 1 > 0 e β 1 = 0. Temos x + 1 = ± α1, α 2 > 0 e β 2 0. Além disso, α 1 = 1 ou α 2 = 1. Se α 1 = 1, x+1 = ±, ou seja, x = 2 ou x = 4. Novamente, ara esses valores de x, x +1 é da forma α 7 β. Se α 2 = 1, x+1 = ± α1 e x 2 x+1 = 7 β2. Logo x = ± α1 1 e x 2 x+1 = (± α1 1) 2 (± α1 1)+1 = 2α1 α Logo x 2 x + 1 = 7 β2 2α1 α1+1 + = 7 β2 α1 ( α1 1 1) = 7 β2 1. Agora temos que resolver esta outra equação diofantina: α1 ( α1 1 1) = 7 β2 1 ( ) Neste caso utilizamos o Lema de Hensel. Seja um rimo ímar, a um inteiro e n um inteiro ositivo. Sejam α e β inteiros não negativos, com α > 0. (i) Se a maior otência de que divide n é β e a maior otência de que divide a 1 é α (atenção, deve dividir a 1! Mas note que não recisa dividir n), então a maior otência de que divide a n 1 é α+β. (ii) Se n é ímar, a maior otência de que divide n é β e a maior otência de que divide a + 1 é α (as mesmas condições sobre os exoentes α e β do item (i) devem valer), então a maior otência de que divide a n + 1 é α+β. Vejamos como alicá-lo no roblema. Seja γ a maior otência de que divide β 2. Como a maior otência de que divide 7 1 é, alicando o Lema de Hensel ara a = 7, =, n = β 2, α = 1 e β = γ, obtemos que a maior otência de que divide

3 7 β2 1 é γ+1. Mas, de ( ), a maior otência de que divide 7 β2 1 é α1, logo γ+1 = α 1 γ = α 1 1. Logo α1 1 divide β 2 e, ortanto, β 2 α1 1. Sendo w = α1 1, temos α1 ( α1 1 1) = 7 β2 1 7 α = w(w 1) 7 w 1 Mas note que a exonencial 7 w 1 cresce bem mais que o olinômio w(w 1). De fato, uma simles indução mostra que 7 w 1 > w(w + 1) w(w 1) ara w 2: 7 w+1 1 (w + 1) ( (w + 1) + 1 ) = (7 w 1) w(w + 1) + 6(7 w 1 w). Por hiótese, 7 w 1 w(w + 1) > 0 e, além disso, 7 w 1 w > (7 w 1) w(w + 1) > 0. Logo se a desigualdade 7 w 1 > w(w + 1) é válida então a mesma desigualdade vale ara valores maiores de w. Como, em articular, vale ara w = 2, acabou. Logo w = 1 α1 1 = 1 α 1 = 1, que já estudamos. As alicações do Lema de Hensel geralmente seguem esse scrit: rimeiro, alicamos o teorema e deois chegamos a alguma desigualdade que limita algum dos exoentes, chegando a um número normalmente bem finito de casos. Você deve estar se erguntando como é a demonstração do Lema de Hensel. Vamos demonstrá-lo nesse caso articular (a = 7, = ). A rova do Lema em si não é muito diferente do que se segue. Primeiro, seja β 2 = γ t, sendo que não divide t. Utilizaremos a fatoração x t 1 = (x 1)(x t 1 + x t x + 1) ara x = 7 γ : 7 β2 1 = (7 γ ) t 1 = (7 γ 1) ( (7 γ ) t 1 + (7 γ ) t γ + 1 ) Como já dissemos antes, se não calcularmos o mdc das arcelas, a equação fica ofendida! Assim, seja D = mdc(x 1; x t 1 + x t x + 1), com x = 7 γ. Vendo x 1 mód D temos x 1 (mód. D). Logo x t 1 + x t x (mód. D) } {{ } (mód. D) t 0 (mód. D), ou t uns seja, D divide t. Note que esse resultado não deende do valor de x (desde que seja inteiro, é claro!), então, você ode guardar: Fato. Seja x inteiro e D = mdc(x 1; x t 1 + x t x + 1). Então D divide t. Na nossa demonstração, o que interessa é que não divide t e, ortanto, não divide D. Em outras alavras, todos os fatores estão em 7 γ 1. Agora vamos rovar que 7 γ 1 tem γ + 1 fatores or indução em γ: a base γ = 0, 1 é óbvia. Agora, note que 7 γ+1 1 = (7 γ ) 1 = (7 γ 1)((7 γ ) γ + 1). Mas mdc(x 1; x 2 + x + 1) = ara todo x inteiro, em articular ara x = 7 γ. Logo a maior otência de que divide (7 γ ) γ + 1 é e, ela hiótese de indução, a maior otência de que divide 7 γ 1 é γ + 1. Assim, o asso indutivo está rovado e a indução também. Enfim, chegamos à solução de ( ): x = 2; x = 0; x = 2; x = 4. Assim, x + 1 só tem fatores rimos e 7 ara esses valores de x. Agora é só testar no sistema original. Da rimeira equação encontramos y; subsituímos na segunda e rovamos que não existe z. x = 2 x + 1 = 7. (x + 1)(x + y) = = y = (x + y)(1 + y) = z ( ) = z 9 Vendo mód 157 (e observando que 157 é rimo e, ortanto, a (mód. 157) ara a não divisível or 157), obtemos ( z 9 (mód. 157) 7(9 7) z 9 (mód. 157) 252 z 9 (mód. 157) z 9 62 (mód. 157)

4 Notando que 156 = 52, elevando a 52 obtemos no lado esquerdo z (mód. 157). Logo (mód. 157) Vejamos se isso é verdade. Se não for, não há soluções nesse caso = (mód. 157) = ( 4 ) 26 (mód. 157) = (mód. 157) lá! Logo (mód. 157) (mód. 157) = 52 1 (mód. 157). Vamos 6 = (mód. 157) = (mód. 157) (mód. 157) = (mód. 157) (mód. 157) ( 4) 12 (mód. 157) Logo (mód. 157) e, ortanto, não há soluções nesse caso. x = 2 x + 1 = 9. (x + 1)(x + y) = = y = (x + y)(1 + y) = z ( ) = z 9 Vendo mód 157: ( ) z 9 (mód. 157) ( ) z 9 (mód. 157) ( ) z 9 (mód. 157) 64 7( ) z 9 (mód. 157) 50 7( ) z 9 (mód. 157) z 9 (mód. 157) 6 4 z 9 (mód. 157) 22 z 9 (mód. 157) Elevando a 52, Vamos lá! (mód. 157) 22 2 = (mód. 157) = (mód. 157) = (mód. 157) (mód. 157) (mód. 157) = (mód. 157) (mód. 157) De novo, não temos soluções nesse caso. x = 4 x + 1 = 6. (x + 1)(x + y) = = y = (x + y)(1 + y) = z ( ) = z 9

5 Vendo mód 157: ( ) z 9 (mód. 157) 1 7(9 1 7) z 9 (mód. 157) 52 7( ) z 9 (mód. 157) 64(9 + 64) z 9 (mód. 157) z 9 (mód. 157) z 9 (mód. 157) Elevando a 52, 52 1 (mód. 157) Vamos ver se isso é verdade mesmo: rimeiro note que 52 = e que já sabemos que (mód. 157). Assim, basta calcular mód (mód. 157) = = ( 1) 9 40 (mód. 157) = (mód. 157) = (mód. 157) = = (mód. 157) = = ( 42) (mód. 157) = = = (mód. 157) Novamente, não há soluções. x = 0 x + 1 = 1. Nesse caso, obtemos y = e y(y + 1) = z 9 ( ) = z 9 = (147 1)147 z 9 (mód. 157) z 9 47 (mód. 157) = (mód. 157). Vamos fazer mais uma vez as contas! Algo que ode ajudar é que ( 110) (mód. 157) e que sabemos que (mód. 157). Falta, então, calcular mód (mód. 157) (mód. 157) (mód. 157) Já calculamos algumas otências de mód 157! Entre elas, 12 4 (mód. 157): (mód. 157) = = 10 0 (10 5 ) ( 56) 67 (mód. 157) = = = (mód. 157) = (mód. 157) De novo, nenhuma solução. Assim, o sistema dado não tem soluções inteiras. O roblema também admite uma solução mais curta. Vamos aresentá-las e deois fazemos alguns comentários sobre as duas soluções. Solução alternativa. No sistema x 6 + x + x y + y = x + x y + y 2 + y + z 9 = o que aarece mais são números ao cubo. Então ode ser interessante ver algum módulo rimo com oucos resíduos cúbicos.

6 O fato é que os rimos com oucos resíduos cúbicos são os da forma k + 1. Deois vamos ver or quê. Ver mód 7 não dá certo (tente e veja or si mesmo!). Mas ver mód 1 funciona bem. A tabela a seguir mostra os resíduos cúbicos mód 1: x mód 1 0 ±1 ±2 ± ±4 ±5 ±6 x mód 1 0 ±1 ±8 ±1 1 ±8 ±8 Como no roblema o x só aarece ao cubo, odemos encontrar y mód 1 na rimeira equação e substituir na segunda. Temos (mód. 1) = (mód. 1) = (mód. 1) (mód. 1) e (mód. 1) = (mód. 1). Assim, vendo mód 1 o sistema fica (x + 1)(x + y) 4 (mód. 1) (x + 1)(x + y) 4 (mód. 1) (x + y)(1 + y) 1 z 9 (mód. 1) z 9 1 (x + y)(1 + y) (mód. 1) Já vemos, or exemlo, que x 1 (mód. 1). Vamos testar os outros quatro casos (x 0, 1, 5, 8 (mód. 1)): x mód 1 (x + y) 4(x + 1) 1 (mód. 1) z 9 1 (x + y)(1 + y) (mód. 1) y z (1 + 4) y z (1 + 1) y z (1 + 0) y z 9 1 ( 1) (1 + 4) 6 Nenhum dos números 6, 9, 10, 11 é resíduo cúbico de 1 e ortanto z 9 = (z ) 6, 9, 10, 11 (mód. 1) não tem solução. Logo o sistema não tem solução. Agora, vamos exlicar or que os rimos com oucos resíduos são os da forma k + 1. Lema. Seja um rimo maior que. Então Se 1 (mód. ) então todo resíduo é resíduo cúbico, ou seja, admite resíduos cúbicos. Se 1 (mód. ) então admite resíduos cúbicos. A demonstração desse lema é baseado no seguinte fato: Fato. Seja rimo ímar e a inteiro não divisível or. A congruência x a 1 solução se 1 (mód. ); soluções se 1 (mód. ). (mód. ) tem Vamos rovar esse fato: rimeiro, temos x a (mód. ) x a 0 (mód. ) (x a)(x 2 + ax + a 2 ) 0 (mód. ) x a (mód. ) ou x 2 + ax + a 2 0 (mód. ) Já temos uma solução, x a (mód. ). Estudemos a congruência quadrática. x 2 + ax + a 2 0 (mód. ) 4x 2 + 4ax + 4a 2 0 (mód. ) (2x + a) 2 a 2 (mód. ) Essa congruência tem solução se, e somente se, a 2 é resíduo quadrático de, o que ocorre se, e somente se, é resíduo quadrático de. Para verificar quando isso acontece, utilizamos (sem demonstrar) a lei da recirocidade quadrática:

7 Lei da recirocidade quadrática. Defina o símbolo de Legendre or ( ) { a 0 se divide a = 1 se não divide a e a é resíduo quadrático de 1 caso contrário Então, sendo e q rimos, ( ) q Queremos saber ( ). Fazendo q =, obtemos ( ) ( ) q = ( 1) 1 2 q 1 2 ( ) = ( 1) = 1 ( ) = Mas os resíduos quadráticos de são 0 e 1. Logo se é maior que ( ) { 1 se 1 (mód. ) = 1 se 1 (mód. ) Deste modo, o fato está demonstrado. Poderíamos ter demonstrado uma (mas só essa!) mais facilmente: se 1 (mód. ), 2 é inteiro e x a ( ) (mód. ) = (x ) 2 (a ) 2 (mód. ) x 2 a 2 (mód. ) x 1 a 1 (mód. ) x a (mód. ) O resto da demonstração do lema é combinatória: ara cada k = 0, 1, 2,..., 1 seja A k o número de soluções de x k (mód. ). Sabemos que se 1 (mód. ) então { 1 se k = 0 A k = se k é resíduo cúbico de 0 caso contrário e se 1 (mód. ) então { 1 se k = 0 ou k é resíduo cúbico de A k = 0 caso contrário Observe que os conjuntos A k s são disjuntos e que todo x é raiz de alguma congruência do tio x k (mód. ) (é só tomar k = x!), logo S = A 0 + A A 1 =. Temos A 0 = {0}, então 0 é resíduo cúbico. Seja n a quantidade de resíduos cúbicos de. Se 1 (mód. ), temos S = 1 + n n = 1 e se 1 (mód. ), temos S = 1 + n n = 1 e a demonstração do fato está comleta. Comentários sobre as duas soluções. Há algumas considerações sobre o roblema: (i) O exoente 9 em z 9 não é necessário. Poderia ser z no lugar de z 9. (ii) Podemos trocar or qualquer múltilo de 157. Comarando as soluções, sem dúvida a segunda solução é mais curta e envolve menos contas. Mas a rimeira solução tem mais a dizer: além de rovar (ii), o que a segunda solução não faz, nela também conseguimos um fato bastante interessante sobre números da forma x + 1: eles consistem só em fatores rimos e 7 ara oucos valores de x (quatro, ara ser exato). Na verdade isso é razoavelmente eserado, dado que o mdc dos fatores x + 1 e x 2 x + 1 é equeno: é de se eserar que os fatores rimos de x + 1 e x 2 x + 1 sejam bem diferentes. Isso ode levar a outras erguntas interessantes: seja X k a quantidade de números inteiros x tais que x + 1 tem exatamente k fatores rimos distintos. X k é finito ou infinito? E se trocarmos x + 1 or x n 1, n inteiro ositivo maior que?

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