Olimpíadas ⇒ (Alemanha 1997) Congruências e Números Primos Tópico resolvido

[EsleyPires]

(Alemanha 1997) Determine todos os primos [tex3]p[/tex3] para os quais o sistema [tex3]\small\begin{cases} p + 1 = 2x^2\\p^2 + 1 = 2y^2\end{cases}[/tex3] tem uma solução nos inteiros [tex3]x, y[/tex3].

Essa é uma questão disponível nos materiais do POTI sobre Congruências, e lá consta a resposta para esse problema. Entretanto, acredito que a resposta disponibilizada lá não é muito didática (fugindo do foco do próprio material), e eu mesmo a achei muito confusa e presunçosa em várias partes. Sendo assim, elaborei uma resposta mais completa para o problema e a disponibilizarei a seguir. Caso haja alguma informação imprecisa ou incorreta, aceitarei sugestões de outrem.

[EsleyPires]

Suponhamos sem perda de generalidade que [tex3]x, y ≥ 0[/tex3].

Primeiramente, em ambas as equações, podemos fazer:

[tex3]
\large \begin{cases}
p + 1 = 2x^ 2\implies p=2x^2-1\\
p^2 + 1 = 2y^2 \implies p^2=2y^2-1
\end{cases}
[/tex3]

Sendo assim, da definição de congruência, temos que:

[tex3]
\large \begin{cases}
p=2x^2-1\implies 2x^2\equiv 1 \pmod p \\
p^2=2y^2-1 \implies 2y^2\equiv 1 \pmod {p^2}
\end{cases}
[/tex3]

Agora, perceba que:

[tex3]
\large 2y^2\equiv 1 \pmod {p^2} \implies 2y^2\equiv 1 \pmod p
[/tex3]

O motivo disso é bastante simples: De [tex3]2y^2\equiv 1 \pmod {p^2}[/tex3], sabemos que [tex3]p^2 \mid 2y^2-1[/tex3]. Como [tex3]p^2=p\cdot p[/tex3], temos que [tex3]p\cdot p \mid 2y^2-1[/tex3], e em particular, [tex3]p \mid 2y^2-1[/tex3]. Sendo assim, por definição, [tex3]2y^2\equiv 1\pmod p[/tex3].

Daí, por transitividade, podemos afirmar que:

[tex3]
\large 2x^2\equiv 2y^2\pmod p
[/tex3]

Veja que [tex3]p[/tex3] é ímpar, pois de [tex3]p+1=2x^2[/tex3], percebemos que [tex3]p+1[/tex3] tem que ser par.

Portanto, [tex3]mdc(2,p)=1[/tex3], e temos que:

[tex3]
\large 2x^2\equiv 2y^2\pmod p\implies x^2\equiv y^2\pmod p
[/tex3]

Como ambos [tex3]x,y[/tex3] são não negativos e estão elevados ao mesmo expoente, veja que podemos usar o inverso da seguinte propriedade de congruências: "Se [tex3]a\equiv b\pmod m[/tex3], então [tex3]a^n\equiv b^n\pmod m[/tex3] para todo [tex3]n\in\mathbb{Z}^*_+[/tex3]."

Ficando, assim, com dois casos possíveis:

[tex3]
\large x\equiv \pm y\pmod p\implies p\mid x-y\ \ \ \text{ou}\ \ \ p\mid x+y
[/tex3]

Mudando momentaneamente de direção, sabemos que [tex3]p=2x^2-1[/tex3] e que [tex3]p^2=2y^2-1[/tex3]. Além disso, podemos tranquilamente observar que [tex3]p^2>p[/tex3]. Substituindo [tex3]p^2[/tex3] e [tex3]p[/tex3] nessa inequação, temos:

[tex3]
\large 2y^2-1>2x^2-1
[/tex3]

[tex3]
\large \implies 2y^2>2x^2\implies y^2>x^2
[/tex3]

Como estamos considerando que [tex3]x,y[/tex3] são inteiros não negativos, podemos concluir que [tex3]y>x[/tex3].

É fácil de ver que, de [tex3]p^2=2y^2-1[/tex3], pode-se afirmar que [tex3]p>y[/tex3].

Sendo assim, concluímos que [tex3]p>y>x[/tex3].

Levando isso em consideração, ao inferir que [tex3]p\mid x-y[/tex3], temos que [tex3]pk=x-y[/tex3] para algum [tex3]k[/tex3] inteiro, mas [tex3]-p<x-y<p[/tex3] (enxergue isso). Logo, a única possibilidade para [tex3]x-y[/tex3] nesse caso seria [tex3]x-y=0[/tex3]. Porém, isso é absurdo, pois implicaria que [tex3]x=y[/tex3] e que [tex3]p+1=p^2+1[/tex3], mas [tex3]p[/tex3] é um primo maior que 2. Sendo assim, a primeira possibilidade é impossível.

A segunda possibilidade nos diz que [tex3]p\mid x+y[/tex3], mas [tex3]p>x[/tex3] e [tex3]p>y[/tex3], e isso implica que [tex3]2p>x+y[/tex3]. Veja então que a única forma de [tex3]p\mid x+y[/tex3] ser possível é se [tex3]x+y=p[/tex3]. Se [tex3]x=y=0[/tex3], verifique que teríamos um absurdo.

Sendo assim, concluímos que [tex3]p=x+y[/tex3].

Manipulando a equação, temos que [tex3]y=p-x[/tex3], e daí, podemos substituir [tex3]y[/tex3] em:

[tex3]
\large p^2+1=2y^2\implies p^2+1=2(p-x)^2
[/tex3]

[tex3]
\large \implies p^2+1=2p^2-4px+2x^2
[/tex3]

Porém, do enunciado, sabemos que [tex3]2x^2=p+1[/tex3], logo podemos substituí-lo, ficando com:

[tex3]
\large p^2+1=2p^2-4px+p+1
[/tex3]

[tex3]
\large \implies p^2=4px-p=p\cdot(4x-1)
[/tex3]

[tex3]
\large \implies p=4x-1\implies p+1=4x
[/tex3]

Novamente, podemos substituir [tex3]2x^2=p+1[/tex3], e assim:

[tex3]
\large 2x^2=4x\implies x=0\ \ \text {ou}\ \ x=2
[/tex3]

Logo, [tex3]x[/tex3] só pode assumir esses dois valores, e por verificação direta, temos:

Se [tex3]x=0[/tex3], então [tex3]p+1=0[/tex3], mas [tex3]p[/tex3] é um primo positivo maior que 2, absurdo!

Se [tex3]x=2[/tex3], então [tex3]p+1=8[/tex3], e portanto [tex3]p=7[/tex3]. Substituindo [tex3]p[/tex3] em [tex3]p^2+1=2y^2[/tex3], encontramos que [tex3]y=5[/tex3].

Concluímos que a única solução inteira para o problema ocorre quando [tex3]p=7[/tex3].