Equação Diofantina III
Enviado: Qua 26 Jul, 2017 13:53
(OBM - 2006) Encontre todos os pares ordenados ( [tex3]x,\ y[/tex3]
) de inteiros tais que [tex3]x^{3}-y^{3}=3(x^{2}-y^{2})[/tex3]
uma solução trivial é (x,x), quando y=x.
As outras:
[tex3](x^2+y^2+xy)=3(x+y)[/tex3]
Seja [tex3]d=mdc(x,y) , x=x'd[/tex3]
e [tex3]y=y'd[/tex3]
então
[tex3](x'^2+y'^2+x'y')d = 3(x'+y')[/tex3]
então [tex3]d[/tex3]
divide [tex3]x'+y'[/tex3]
então [tex3]x'+y' =nd[/tex3]
e [tex3]x'^2+y'^2+2x'y' = n^2d^2[/tex3]
[tex3](n^2d^2-x'y')d = 3nd[/tex3]
logo [tex3]n^2d^2-x'y'=3n[/tex3]
logo [tex3]x'y' = n(nd^2-3)[/tex3]
logo x' e y' são raízes de [tex3]z^2-ndz+n(nd^2-3)=0[/tex3]
isso implica que [tex3]z[/tex3]
é divisível por n, logo x' e y' também o são. Mas isso contraria o fato de d ser o mdc de (x,y).
A menos que [tex3]n=1[/tex3]
dai [tex3]z^2-dz+d^2-3=0 \rightarrow (z-\frac d2)^2+3\frac{d^2}4-3 = 0 \rightarrow (z-\frac d2)^2 =\frac{3}{4}(4-d^2)[/tex3]
de onde deveríamos ter [tex3]d=2 \rightarrow z=1\rightarrow x=y[/tex3]
ou [tex3]d=1[/tex3]
mas dai ou x ou y seria negativo.
Portanto a única solução que existe é a trivial, x=y.
Talvez eu tenha desprezado o caso onde d é múltiplo de 3, vou verificá-lo em breve.
Se [tex3]d=3[/tex3]
então [tex3]x'^2 + y'^2+x'y' = x'+y'[/tex3]
aplicando mod x' dos dois lados [tex3]y'^2 \equiv y' \mod x' \rightarrow y'^n\equiv y' \mod x'[/tex3]
então [tex3]y'^n = a(n)*x'+y'[/tex3]
para todo [tex3]n\in \mathbb{N}[/tex3]
[tex3]y'(y'^{n-1}-1) = a(n)x'[/tex3]
como x' e y' são primos entre si, a(n) deve dar conta do y' do lado esquerdo.
logo [tex3]x'[/tex3]
divide [tex3]y'^{n-1}-1[/tex3]
para todo n natural.
Em particular, [tex3]x'[/tex3]
divide [tex3]y'-1[/tex3]
e analogamente, [tex3]y'[/tex3]
divide [tex3]x'-1[/tex3]
absurdo. Pois se [tex3]x'[/tex3]
divide [tex3]y'-1[/tex3]
então [tex3]x'<y'[/tex3]
e analogamente [tex3]y'<x'[/tex3]
.
Acho que isso resolve o problema completamente.
