Olimpíadas ⇒ Romênia — Equação diofantina

[Babi123]

Determine todos os números primos [tex3]p[/tex3] e todos os inteiros positivos [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] tal que [tex3]x^3+y^3=p(xy+p)[/tex3].

Resposta

---

[tex3]\{(1,8,19),(2,7,13),(4,5,7)\}[/tex3]

[FelipeMartinMOD]

Vamos fixar que [tex3]y \geq x[/tex3] pela simetria do problema.

Se [tex3]p <x[/tex3], então, [tex3]p(xy+p) < x^2y+x^2 \leq y^3 + x^2 \leq y^3+x^3[/tex3].
Absurdo, logo, [tex3]p \geq x[/tex3].

Se [tex3]p=x[/tex3], então: [tex3]y^3 + p^3 = p^2(y+1) \implies p \vert y^3 \implies p \vert y[/tex3]

Se [tex3]y=ap[/tex3], então, [tex3](a^3+1)p = ap+1 \implies p \vert 1[/tex3] absurdo. Logo, [tex3]p>x[/tex3]. Em particular, [tex3]p[/tex3] nunca divide [tex3]x[/tex3].

Seja [tex3]d[/tex3] o mdc de [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3], ou seja, [tex3]x = dx'[/tex3] e [tex3]y = dy'[/tex3] com [tex3]\mdc(x',y')=1[/tex3].

[tex3]d^3(x'^3+y'^3) = p(d^2x'y'+p)[/tex3]

ou [tex3]p \vert d[/tex3] ou [tex3]p \vert x'^3+y'^3[/tex3].

Se [tex3]p \vert d[/tex3], então, [tex3]p \vert x[/tex3] absurdo.

[tex3]p \vert x'^3+y'^3[/tex3], então: [tex3]p = d^2\[d\dfrac{(x'^3+y'^3)}p - x'y'\][/tex3] divida os dois lados por [tex3]d^2[/tex3] e verás que [tex3]d^2 \vert p[/tex3] o que é absurdo a menos que [tex3]d=1[/tex3]. Ou seja, [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] são primos entre si.

Vou parar por aqui.

[FelipeMartinMOD]

então, o que sabemos: [tex3]p>x[/tex3] e [tex3](x,y)=1[/tex3]. Como [tex3]p \vert x^3 + y^3[/tex3] e [tex3]p[/tex3] não divide [tex3]x[/tex3], então, [tex3]p[/tex3] não divide [tex3]y[/tex3].

[tex3]p \vert x^3+y^3 \iff p \vert (x+y)(x^2+y^2-xy)[/tex3]

Como [tex3]x^2+y^2-xy = (x+y)^2 -3xy[/tex3], então, se [tex3]p[/tex3] dividir tanto [tex3]x+y[/tex3] quanto [tex3]x^2+y^2-xy[/tex3], então, [tex3]p=3[/tex3]. Se [tex3]p=3[/tex3], temos:

[tex3]x^3+y^3 = 3(xy+3) \iff x^3+y^3 + 1^3 - 3xy = 10 \iff (x+y+1)(x^2+y^2+1-xy-x-y) = 10[/tex3]

daí você fatora o [tex3]10[/tex3] e vê as opções, não vai dar nenhuma solução inteira (segundo o wolframalpha)

Resposta

---

então [tex3]p \neq 3[/tex3] e ou [tex3]p \vert x+y[/tex3]:

[tex3]\frac{x+y}p (x^2+y^2-xy) = xy + p[/tex3]

ou [tex3]p \vert x^2+y^2-xy[/tex3]:

estou sem ideias no momento, talvez fazer o baskara em [tex3]p^2[/tex3] e impor que o delta seja um quadrado perfeito? Não consigo provar que [tex3]p[/tex3] não divide [tex3]x+y[/tex3] por exemplo.

[FelipeMartinMOD]

Relembrando: [tex3]y\geq x[/tex3] e [tex3]p>x[/tex3].
Se [tex3]p\neq3[/tex3] e [tex3]p \vert x+y[/tex3], então:
[tex3]xy+p = (x^2+y^2-xy) \frac{x+y}p \geq x^2+y^2-xy[/tex3]
[tex3]x+y \geq p \geq (y-x)^2[/tex3]

vamos para o bháskara:
[tex3]x^3+y^3 = xyp + p^2 \iff p^2+xyp - x^3-y^3=0 [/tex3]

[tex3]\Delta = x^2y^2 + 4(x^3+y^3) = 4x^3+4y^3 + x^2y^2[/tex3]
as condições que esse delta seja um quadrado perfeito e que [tex3]\mdc(x,y)=1[/tex3] e que [tex3]x+y \geq (y-x)^2[/tex3] parecem bastar para restringir as soluções a umas 3 ou 4, só não sei como.

[ProfLaplace]

Boa tarde galera.
Eu tenho o ChatGPT versão paga, e estava testando um prompt aqui voltado pra matemática.
Peguei essa questão e joguei lá para ver se ele conseguia desenrolar ela.
Parece que ele conseguiu resolver bem a questão, pois o gabarito está batendo!
Confesso que estou um pouco sem tempo (e sem paciência) de ler toda a solução, mas vou enviar aqui caso interesse à vocês.
Como o fórum aqui não permite envio de PDFs, eu vou ter que mandar o código latex inteiro.
Quem quiser ver a solução é só jogar o código em algum compilador latex (eu uso o compilador online OverLeaf, por exemplo).
Ou se quiserem eu tento postar em fotos ou algo assim.
Lembrando que eu não li a solução, e só estou enviando para ver se ajuda vocês.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

\documentclass[12pt]{article}

\usepackage[a4paper,margin=1in]{geometry}
\usepackage{amsmath,amssymb,amsthm}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}

\newtheorem*{problem}{Problema}
\newtheorem*{solution}{Solução}

\begin{document}

\begin{problem}
Determinar todos os números primos \(p\) e todos os inteiros positivos \(x,y\) tais que
\[
x^3+y^3=p(xy+p).
\]
\end{problem}

\begin{solution}
Vamos determinar todas as soluções em inteiros positivos \((x,y)\) e primos \(p\) da equação
\[
x^3+y^3=p(xy+p). \tag{1}
\]

Como a equação é simétrica em \(x\) e \(y\), podemos supor sem perda de generalidade que
\[
x\le y.
\]

\medskip

\noindent
\textbf{1. Mostremos que \(\gcd(x,y)=1\).}

Seja \(d=\gcd(x,y)\). Então \(d\mid x\) e \(d\mid y\), logo \(d^3\mid x^3+y^3\). Pela equação (1), obtemos
\[
d^3\mid p(xy+p).
\]
Como \(d^2\mid xy\), segue que
\[
xy+p\equiv p \pmod{d^2},
\]
portanto
\[
d^2\mid p(xy+p)\quad \Longrightarrow\quad d^2\mid p^2,
\]
isto é,
\[
d\mid p.
\]
Como \(p\) é primo, temos necessariamente
\[
d=1 \quad \text{ou} \quad d=p.
\]

Suponhamos \(d=p\). Então \(p\mid x\) e \(p\mid y\), de modo que \(p^2\mid xy\). Logo
\[
xy+p\equiv p \pmod{p^2},
\]
e portanto
\[
v_p\bigl(p(xy+p)\bigr)=2.
\]
Por outro lado, \(p\mid x\) e \(p\mid y\) implicam
\[
v_p(x^3+y^3)\ge 3,
\]
o que contradiz a igualdade (1). Assim, o caso \(d=p\) é impossível.

Concluímos que
\[
\gcd(x,y)=1. \tag{2}
\]

\medskip

\noindent
\textbf{2. Mostremos que \(y\le p\).}

Da equação (1), temos
\[
y^3\le x^3+y^3=p(xy+p).
\]
Como \(x\le y\), segue que \(xy\le y^2\), e portanto
\[
y^3\le p(y^2+p). \tag{3}
\]

Suponhamos agora que \(y\ge p+1\). Então
\[
y^3-py^2-p^2 \ge (p+1)^3-p(p+1)^2-p^2.
\]
Calculando,
\[
(p+1)^3-p(p+1)^2-p^2=(p+1)^2-p^2=2p+1>0.
\]
Logo,
\[
y^3>p(y^2+p),
\]
em contradição com (3). Portanto,
\[
y\le p. \tag{4}
\]

\medskip

\noindent
\textbf{3. Introdução das variáveis simétricas.}

Definamos
\[
s=x+y,\qquad q=xy.
\]
Então
\[
x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)=s(s^2-3q),
\]
e a equação (1) torna-se
\[
s(s^2-3q)=p(q+p). \tag{5}
\]

Além disso, por \(x\le y\le p\), temos
\[
s=x+y\le 2p. \tag{6}
\]

\medskip

\noindent
\textbf{4. Primeiro caso: \(p\mid s\).}

Como \(s\le 2p\), de \(p\mid s\) segue que
\[
s=p \quad \text{ou} \quad s=2p.
\]
Se \(s=2p\), então como \(x,y\le p\) e \(x+y=2p\), segue que \(x=y=p\), o que contradiz (2). Logo
\[
s=p.
\]

A partir de (5), isolamos \(q\):
\[
s^3-3sq=pq+p^2,
\]
ou seja,
\[
q(3s+p)=s^3-p^2,
\]
portanto
\[
q=\frac{s^3-p^2}{3s+p}. \tag{7}
\]
Substituindo \(s=p\) em (7), obtemos
\[
q=\frac{p^3-p^2}{4p}=\frac{p(p-1)}{4}.
\]

Como \(x\) e \(y\) são raízes da equação
\[
t^2-st+q=0=t^2-pt+q,
\]
o discriminante deve ser um quadrado perfeito:
\[
\Delta=p^2-4q.
\]
Mas
\[
\Delta=p^2-p(p-1)=p.
\]
Assim, \(p\) deveria ser um quadrado perfeito, o que é impossível para \(p\) primo. Logo o caso \(p\mid s\) não pode ocorrer.

\medskip

\noindent
\textbf{5. Segundo caso: \(\gcd(s,p)=1\).}

Da equação (5), temos
\[
s\mid p(q+p).
\]
Como \(\gcd(s,p)=1\), segue que
\[
s\mid q+p.
\]
Logo existe \(m\in\mathbb{Z}_{>0}\) tal que
\[
q+p=ms. \tag{8}
\]
Daí,
\[
p=ms-q. \tag{9}
\]

Por outro lado, dividindo (5) por \(s\), obtemos
\[
s^2-3q=\frac{p(q+p)}{s}=pm.
\]
Substituindo \(p=ms-q\) de (9), resulta
\[
s^2-3q=m(ms-q)=m^2s-mq.
\]
Reorganizando,
\[
q(3-m)=s(s-m^2). \tag{10}
\]

Vamos analisar os possíveis valores de \(m\).

\medskip

\noindent
\textbf{5.1. O caso \(m=1\).}

De (10), segue
\[
2q=s(s-1),
\]
isto é,
\[
q=\frac{s(s-1)}{2}.
\]
Mas sempre vale
\[
q=xy\le \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{s^2}{4}.
\]
Assim,
\[
\frac{s(s-1)}{2}\le \frac{s^2}{4}.
\]
Multiplicando por \(4\),
\[
2s(s-1)\le s^2,
\]
ou seja,
\[
s^2-2s\le 0,
\]
daí
\[
s\le 2.
\]
Como \(x,y>0\) e \(x+y=s\), segue que \(x=y=1\). Mas então \(q=1\), e de (8) temos
\[
1+p=s=2,
\]
logo \(p=1\), absurdo. Portanto \(m\neq 1\).

\medskip

\noindent
\textbf{5.2. O caso \(m=2\).}

De (10), obtemos
\[
q=s(s-4).
\]
Novamente usando \(q\le s^2/4\), segue
\[
s(s-4)\le \frac{s^2}{4}.
\]
Multiplicando por \(4\),
\[
4s^2-16s\le s^2,
\]
isto é,
\[
3s^2-16s\le 0,
\]
ou
\[
s(3s-16)\le 0.
\]
Como \(s>0\), conclui-se que
\[
s\le 5.
\]
Por outro lado, \(q=s(s-4)>0\) implica \(s>4\), logo
\[
s=5.
\]
Então
\[
q=5.
\]
Mas \(x\) e \(y\) seriam raízes de
\[
t^2-5t+5=0,
\]
cujo discriminante é
\[
25-20=5,
\]
não sendo quadrado perfeito. Contradição. Assim \(m\neq 2\).

\medskip

\noindent
\textbf{5.3. O caso \(m\ge 4\).}

Da equação (10), temos
\[
q=\frac{s(m^2-s)}{m-3}.
\]
Substituindo em (9),
\[
p=ms-\frac{s(m^2-s)}{m-3}
=\frac{ms(m-3)-s(m^2-s)}{m-3}
=\frac{s(s-3m)}{m-3}. \tag{11}
\]
Como \(p>0\) e \(m-3>0\), segue de (11) que
\[
s-3m>0,
\]
isto é,
\[
s>3m.
\]
Em particular,
\[
0<m-3<s. \tag{12}
\]

Por outro lado, da fórmula (11) e do fato de \(\gcd(s,p)=1\), segue que \(s\mid (m-3)\). Mas isso é impossível por (12), pois \(m-3\) é um inteiro positivo estritamente menor que \(s\). Contradição.

Logo o caso \(m\ge 4\) é impossível.

\medskip

\noindent
\textbf{5.4. Portanto, necessariamente \(m=3\).}

Da equação (10), obtemos
\[
q(3-3)=s(s-9),
\]
ou seja,
\[
s(s-9)=0.
\]
Como \(s=x+y>0\), concluímos que
\[
s=9. \tag{13}
\]

De (8), como \(m=3\), segue que
\[
q+p=3s=27,
\]
isto é,
\[
xy+p=27. \tag{14}
\]

\medskip

\noindent
\textbf{6. Determinação final das soluções.}

Da igualdade \(x+y=9\), os pares de inteiros positivos \((x,y)\) com \(x\le y\) são
\[
(1,8),\ (2,7),\ (3,6),\ (4,5).
\]
Mas pela condição \(\gcd(x,y)=1\), eliminamos \((3,6)\). Restam:
\[
(1,8),\ (2,7),\ (4,5).
\]
Seus respectivos produtos são
\[
8,\ 14,\ 20.
\]
Pela relação (14), temos
\[
p=27-xy.
\]
Assim:
\[
(1,8)\Longrightarrow p=19,
\]
\[
(2,7)\Longrightarrow p=13,
\]
\[
(4,5)\Longrightarrow p=7.
\]

Como a equação original é simétrica em \(x\) e \(y\), obtemos também os pares trocados. Portanto, todas as soluções são
\[
(p,x,y)=(19,1,8),(19,8,1),(13,2,7),(13,7,2),(7,4,5),(7,5,4).
\]

\medskip

\noindent
Logo, o conjunto de todas as soluções é
\[
\boxed{
(p,x,y)\in
\{(19,1,8),(19,8,1),(13,2,7),(13,7,2),(7,4,5),(7,5,4)\}.
}
\]
\end{solution}

\end{document}

[FelipeMartinMOD]

não vi todos os detalhes, mas, parece ok. O chat começou pelo mesmo lugar que eu: provando que x e y são primos entre si. Depois parece que usou até o lifting the exponent.

Parece-me ok, alguém depois verifique tudo.