Olimpíadas ⇒ Equação Diofantina e Teorema de Mihăilescu

[EsleyPires]

Encontre toda as soluções em inteiros positivos [tex3]x,y[/tex3], com [tex3]x[/tex3] ímpar, da seguinte equação diofantina: [tex3]2y^2 = x ^4 + x[/tex3].

Obs.: Desconfio que [tex3](x,y)=(1,1)[/tex3] é a única solução para [tex3]x[/tex3] ímpar. Fazendo [tex3]y^2=x\cdot \Bigg(\dfrac{x^3+1}{2}\Bigg)[/tex3], pode-se mostrar que existem [tex3]a,b[/tex3] naturais ímpares relativamente primos entre si tais que [tex3]x=a^2[/tex3] e [tex3]\dfrac{x^3+1}{2}=b^2[/tex3]. Daí, [tex3](x,y)=(a^2,a\sqrt{\dfrac{a^6+1}{2}})[/tex3], e basta encontrarmos todas as soluções de [tex3]\dfrac{a^6+1}{2}=k^2[/tex3] para algum [tex3]k[/tex3] natural. Se meu palpite estiver certo, esta última só tem uma solução inteira positiva, que é [tex3](a,k)=(1,1)[/tex3]. Mexendo um pouco, temos [tex3]2k^2-a^6=1[/tex3], que lembra muito o Teorema de Mihăilescu. A saber, esse teorema afirma que existe uma única solução nos números naturais de [tex3]n^a-m^b=1[/tex3], com [tex3]a,b,n,m>1[/tex3], que é [tex3](n,m,a,b)=(3,2,2,3)[/tex3].

[jedi]

se x é ímpar, então ele é um número do tipo:

[tex3]x=2a-1[/tex3] para todo "a" positivo.

[tex3]2y^2=x(x^3+1)[/tex3]

[tex3]2y^2=x(x+1)(x^2-x+1)[/tex3]

[tex3]2y^2=x(x+1)[(x-1)^2+x)[/tex3]

[tex3]2y^2=(2a-1)(2a-1+1)\left[(2a-1-1)^2+2a-1)\right][/tex3]

[tex3]2y^2=2a(2a-1)[(2a-2)^2+2a-1)][/tex3]

[tex3]y^2=a(2a-1)[(2a-2)^2+2a-1)][/tex3]

[tex3]y^2=a(2a-1)(4a^2-6a+3)[/tex3]

os termos "a" e "2a+1" não possuem fatores primos em comum então, para que o lado direito da equação seja um quadrado, é necessário que:

[tex3]a(2a-1)=4a^2-6a+3[/tex3]

[tex3]2a^2-5a+3=0[/tex3]

[tex3]a=\frac{5\pm\sqrt{25-24}}{2.2}[/tex3]

[tex3]a=1[/tex3] e [tex3]a=\frac{3}{2}[/tex3]

sendo que a=3/2 não satisfaz os critério de "a" ser um inteiro, então a única solução é a=1

portanto (x,y)= (1,1)

[FelipeMartinMOD]

@jedi acho que a análise é um pouco mais complexa que a tua, pois, os fatores podem ser quadrados perfeitos primos entre si. De fato, creio que [tex3]2a-1[/tex3] e [tex3]4a^2-6a+3[/tex3] sejam primos entre si.

temos que analisar: quando [tex3]a,2a-1[/tex3] e [tex3]4a^2-6a+3[/tex3] são todos primos entre si, e, portanto, cada um é um quadrado perfeito.

quando [tex3]a[/tex3] e [tex3]4a^2-6a+3[/tex3] ambos os dois são divisíveis por [tex3]3[/tex3]. Sendo [tex3]a[/tex3] o triplo de um quadrado perfeito neste caso.

Estou com preguiça, mas, fazendo isso, acho que o problema estará resolvido.