Olimpíadas ⇒ Equações Diofantinas Tópico resolvido

[eilipe]

Encontre todos pares ordenados inteiros [tex3](x,\,y)[/tex3] tal que: [tex3]x^3+y^3=3\left(x^2+y^2\right)[/tex3].

[ProfLaplace]

[tex3]x^3+y^3=3\left(x^2+y^2\right)=3x^2+3y^2 \Rightarrow x^3-3x^2=-(y^3-3y^2) \Rightarrow x^2(x-3)=-y^2(y-3).[/tex3]
Vamos definir [tex3]f(t)=t^2(t-3)=t^3-3t^2.[/tex3] Podemos supor [tex3]t\in\mathbb{Z}.[/tex3]
Assim nossa equação original fica [tex3]f(x)=-f(y).[/tex3]
Vamos analisar a função [tex3]f.[/tex3] Observe que [tex3]t^2\geq0.[/tex3]
-> [tex3]f(t)=0[/tex3] se, e somente se, [tex3]t=0[/tex3] ou [tex3]t=3.[/tex3]
-> [tex3]f(t)>0[/tex3] se, e somente se, [tex3]t\geq4.[/tex3]
-> [tex3]f(t)<0[/tex3] se, e somente se, [tex3]t=1[/tex3] ou [tex3]t=2[/tex3] ou [tex3]t\leq-1.[/tex3]

Voltando para a equação [tex3]f(x)=-f(y),[/tex3] temos duas opções:
=>1º caso: se tivermos [tex3]f(x)=f(y)=0[/tex3] a equação fica resolvida.
Sabe-se que [tex3]f(x)=0[/tex3] acontece para [tex3]x=0[/tex3] ou [tex3]x=3.[/tex3] O mesmo para [tex3]f(y).[/tex3]
Isto já nos dá algumas soluções inteiras da equação: [tex3](0,0), (3,0), (0,3), (3,3).[/tex3]
=>2º caso: [tex3]f(x)>0[/tex3] e [tex3]f(y)<0.[/tex3] (Ou o contrário. Porém o contrário é totalmente análogo).
Vamos mostrar que não é possível obter soluções neste 2º caso.
Como [tex3]f(x)>0,[/tex3] segue que [tex3]x\geq4.[/tex3]
Como [tex3]f(y)<0,[/tex3] segue que [tex3]y=1[/tex3] ou [tex3]y=2[/tex3] ou [tex3]y\leq-1.[/tex3]
Vamos analisar [tex3]y=1[/tex3] e [tex3]y=2[/tex3] que ficaram meio que "isolados". Depois nós fazemos [tex3]y\leq-1.[/tex3]
[tex3]f(1)=1(1-3)=-2 => \Rightarrow -f(1)=2.[/tex3]
Mas não há nenhum [tex3]x\geq4[/tex3] tal que [tex3]f(x)=2.[/tex3] (Para tal, observe que [tex3]x\geq4 \Rightarrow f(x)\geq16).[/tex3]
Da mesma forma, [tex3]f(2)=4(2-3)=-4 \Rightarrow -f(2)=4.[/tex3] Também não há [tex3]x\geq4[/tex3] com [tex3]f(x)=4.[/tex3]
Agora vamos analisar [tex3]y\leq-1.[/tex3]
Vamos denotar [tex3]y=-k,[/tex3] com [tex3]k\geq1[/tex3] então.
[tex3]f(y)=(-k)^2(-k-3)=-k^2(k+3) \Rightarrow -f(y)=k^2(k+3).[/tex3]
Temos também [tex3]f(k+2)=k^3+3k^2-4[/tex3] e [tex3]f(k+3)=k^3+6k^2+9k.[/tex3]
Temos [tex3]-f(y)-f(k+2)=k^3-3k^2-k^3-3k^2+4=4>0 \Rightarrow -f(y)>f(k+2).[/tex3]
E também [tex3]f(k+3)+f(y)=k^3+6k^2+9k-k^3-3k^2=3k^2+9k>0,[/tex3] pois [tex3]k\geq1.[/tex3]
Dessa última tiramos que [tex3]f(k+3)>-f(y).[/tex3]
Juntando as duas inequações anteriores, temos [tex3]f(k+2)<-f(y)<f(k+3).[/tex3]
Mas [tex3]-f(y)=f(x),[/tex3] e então temos [tex3]f(k+2)<f(x)<f(k+3).[/tex3]
Porém [tex3]k+2[/tex3] e [tex3]k+3[/tex3] são inteiros consecutivos.
Basta a gente provar que [tex3]f[/tex3] é estritamente crescente.
Pois se [tex3]f[/tex3] é estritamente crescente, [tex3]x[/tex3] deveria ser um inteiro entre os inteiros consecutivos [tex3]k+2[/tex3] e [tex3]k+3,[/tex3] o que é impossível.
Veja que [tex3]f(n+1)-f(n)=3n^2-3n-2[/tex3] (faça as contas).
Fazendo o esboço da parábola, podemos ver que [tex3]f(n+1)-f(n)>0[/tex3] se [tex3]n\geq2.[/tex3]
Logo [tex3]f[/tex3] é estritamente crescente para [tex3]n\geq2.[/tex3]
Como [tex3]k+2\geq3\geq2,[/tex3] segue-se que de [tex3]k+2[/tex3] para frente já vale o crescimento estrito de [tex3]f.[/tex3]
Disso segue, como falamos, que é impossível [tex3]x\in\mathbb{Z}[/tex3] no meio de [tex3]k+2[/tex3] e [tex3]k+3.[/tex3]
Resulta que não há soluções desse segundo caso.

A resposta do problema é, então,
[tex3]S=\{(0,0), (3,0), (0,3), (3,3)\}.[/tex3]

Acho que não deixei passar nada, mas confere todas as passagens com calma!
Obs: eu prefiro trabalhar com funções do que com divisibilidade. Por isso que fiz assim.