Olimpíadas ⇒ Um problema de teoria dos números

Aqui devem ser postados problemas Olímpicos. Informe a olimpíada e o ano no título do tópico. Exemplo: (OBM - 2008).
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Ericmais2
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Jul 2023 11 17:38

Um problema de teoria dos números

Mensagem não lidapor Ericmais2 » 11 Jul 2023, 17:38

Mensagem não lida por Ericmais2 »

Resolva a seguinte equação nos inteiros (x, y, z): [tex3]2x^{4}[/tex3] + 2[tex3]x^{2}y^{2}[/tex3] + [tex3]y^{4}[/tex3] = [tex3]z^{2}[/tex3] .

Já tentei fazer de algumas maneiras porém não consegui, pelo jeito existe alguma maneira de provar que x deve ser igual a zero a partir da classificação dos ternos pitagóricos primitivos, por favor me ajudem!
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FelipeMartin
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Jul 2023 11 23:34

Re: Um problema de teoria dos números

Mensagem não lidapor FelipeMartin » 11 Jul 2023, 23:34

Mensagem não lida por FelipeMartin »

Se [tex3]x =0[/tex3] , temos soluções da forma [tex3](0,k,k^2)[/tex3] para qualquer [tex3]k[/tex3] inteiro.
Se [tex3]y=0[/tex3] , não temos soluções inteiras.

Sendo [tex3]xy \neq 0[/tex3] , podemos ver que se [tex3]x[/tex3] é raíz, [tex3]-x[/tex3] também o é. Então, consideremos [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] positivos.

Primeiro, note que se [tex3]d = \mdc(x,y)[/tex3] , então, [tex3]x = dx',y=dy'[/tex3] e [tex3]z=d^2z'[/tex3] , com [tex3]x',y'[/tex3] e [tex3]z'[/tex3] sendo raízes da nossa equação. Podemos repetir essa fatoração até obtermos [tex3]x^*[/tex3] e [tex3]y^*[/tex3] primos entre si.

Então, podemos assumir que [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] são primos entre si para depois construirmos as demais soluções.

[tex3]x^4 + (x^2+y^2)^2 = z^2[/tex3] , queremos um terno pitagórico da forma [tex3]x^2, x^2+y^2,z[/tex3]

uma possibilidade é a seguinte:
[tex3]x^2 = k(m^2-n^2)[/tex3]
[tex3]x^2+y^2 = 2kmn[/tex3]
[tex3]z = k(m^2+n^2)[/tex3] com [tex3]m > n[/tex3] , [tex3]\mdc(m,n)=1[/tex3] e [tex3]2 \vert mn[/tex3] .

Se [tex3]k \neq 1[/tex3] :

[tex3]x^2+y^2 = 2kmn \iff y^2 = k(2mn - (m^2-n^2))[/tex3] . Então [tex3]k \vert \mdc(x,y) =1 \implies k=1[/tex3] .

Então, devemos ter [tex3]k=1[/tex3] :

como [tex3]x^2 + y^2 = 2mn[/tex3] e um dos números [tex3]m[/tex3] ou [tex3]n[/tex3] deve ser divisível por [tex3]2[/tex3] , temos que [tex3]4 \vert x^2 + y^2[/tex3] . Veja que isso só é possível se ambos [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] forem pares, o que faria seu [tex3]MDC[/tex3] ser, no mínimo, dois. Absurdo.

a outra possibilidade é:
[tex3]x^2 = 2mn[/tex3]
[tex3]x^2+y^2 = m^2-n^2[/tex3]
[tex3]z = m^2+n^2[/tex3] com [tex3]m > n[/tex3] e [tex3]\mdc(m,n)=1[/tex3] e [tex3]2 \vert mn[/tex3] .

Como [tex3]x[/tex3] é par, [tex3]y[/tex3] deve ser ímpar. Temos dois casos baseados na expressão [tex3]x^2=2mn[/tex3] :

Caso 1: existem [tex3]p, q \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]m=2p^2[/tex3] e [tex3]n = q^2[/tex3] , o que nos dá [tex3]4p^4 = m^2=x^2+y^2+n^2[/tex3] como [tex3]a^2 \equiv \{0,1\} \mod 4[/tex3] para qualquer [tex3]a \in \mathbb Z[/tex3] , então, devemos ter [tex3]x,y,n[/tex3] todos pares. Absurdo.

Caso 2: Existem [tex3]p,q \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]m = p^2[/tex3] e [tex3]n = 2q^2[/tex3] com [tex3]\mdc (p,2q)=1[/tex3] . Donde:

[tex3]p^4 = 4p^2q^2+4q^4+y^2 \iff (p^2-2q^2)^2 = 8q^4+y^2 \iff 8q^4 = (p^2-2q^2-y)(p^2-2q^2+y)[/tex3]

Se existir um número primo [tex3]d[/tex3] tal que [tex3]d|\mdc(p^2-2q^2-y,p^2-2q^2+y)[/tex3] , então, [tex3]d| \mdc(2y,2(p^2-2q^2))[/tex3] .
Como [tex3]2(p^2-2q^2)^2 = 16q^4+2y^2[/tex3] , temos que [tex3]d \vert 16q^4 = (2q)^4 \implies d \vert 2q[/tex3] e, como [tex3]d \vert 2(p^2-2q^2)[/tex3] , temos que [tex3]d \vert 2p[/tex3] de forma que [tex3]d \vert 2 \mdc(p,q)=2[/tex3] . Temos mais dois subcasos:

subcaso 1: [tex3]\mdc(p^2-2q^2+y,p^2-2q^2-y)=1[/tex3] implica que existem [tex3]a,b \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]q=ab, \mdc(a,b)=1[/tex3] e ou [tex3]8a^4=p^2-2q^2-y, b^4 = p^2-2q^2+y[/tex3] ou [tex3]a^4 = p^2-2q^2-y, 8b^4=p^2-2q^2+y[/tex3] .

Independente dos casos acima, obtemos que existem [tex3]c,d \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]p^2-2q^2 = \frac{8c^4+d^4}2, q = cd, \mdc(c,d)=1[/tex3] .
[tex3]2p^2 = 8c^4+4c^2d^2+d^4 = (2c^2)^2 + (2c^2+d^2)^2[/tex3] , como [tex3]\mdc (p,2q)=1[/tex3] , temos que [tex3]p[/tex3] é um inteiro ímpar.
Então, [tex3](2c^2)^2+(2c^2+d)^2 \equiv 2 \mod 8[/tex3] o que é absolutamente impossível.

subcaso 2: [tex3]\mdc(p^2-2q^2+y,p^2-2q^2-y)=2^t[/tex3] para algum [tex3]t>0[/tex3] .
Se [tex3]t>1[/tex3] temos que [tex3]2^{t-1} \vert y[/tex3] e então [tex3]\mdc(x,y)=2[/tex3] . Absurdo.
[tex3]t=1 \implies \mdc(p^2-2q^2+y,p^2-2q^2-y)=2[/tex3]
donde existem [tex3]a,b \in \mathbb Z, \mdc(a,b)=1, q=ab[/tex3] tais que [tex3] p^2-2q^2-y = 4a^4, p^2-2q^2+y= 2b^4[/tex3] ou [tex3] p^2-2q^2-y = 2a^4, p^2-2q^2+y= 4b^4[/tex3] .

Ambos casos implicam a existência de [tex3]c,d \in \mathbb Z, q=cd, \mdc(c,d)=1, p^2-2q^2 = 2c^4+d^4 \implies p^2=2c^4+2c^2d^2+d^4[/tex3] . Mas essa é justamente a equação original que estávamos tentando resolver, porém com valor de [tex3]x[/tex3] menor que o original: [tex3]c < q <n <x[/tex3] . Isso prova que para obter uma solução [tex3](x,y,z)[/tex3] qualquer, precisamos de uma nova solução com um novo [tex3]x[/tex3] inteiro, positivo e sempre menor que o primeiro [tex3]x[/tex3] . Isso é absurdo pelo argumento da descida infinita de Fermat (mesmo que o [tex3]y[/tex3] aumente).

Adaptei a resposta daqui
Editado pela última vez por FelipeMartin em 12 Jul 2023, 00:07, em um total de 3 vezes.
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Re: Um problema de teoria dos números

Mensagem não lidapor Ericmais2 » 12 Jul 2023, 20:38

Mensagem não lida por Ericmais2 »

FelipeMartin escreveu: ↑11 Jul 2023, 23:34 Se [tex3]x =0[/tex3] , temos soluções da forma [tex3](0,k,k^2)[/tex3] para qualquer [tex3]k[/tex3] inteiro.
Se [tex3]y=0[/tex3] , não temos soluções inteiras.

Sendo [tex3]xy \neq 0[/tex3] , podemos ver que se [tex3]x[/tex3] é raíz, [tex3]-x[/tex3] também o é. Então, consideremos [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] positivos.

Primeiro, note que se [tex3]d = \mdc(x,y)[/tex3] , então, [tex3]x = dx',y=dy'[/tex3] e [tex3]z=d^2z'[/tex3] , com [tex3]x',y'[/tex3] e [tex3]z'[/tex3] sendo raízes da nossa equação. Podemos repetir essa fatoração até obtermos [tex3]x^*[/tex3] e [tex3]y^*[/tex3] primos entre si.

Então, podemos assumir que [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] são primos entre si para depois construirmos as demais soluções.

[tex3]x^4 + (x^2+y^2)^2 = z^2[/tex3] , queremos um terno pitagórico da forma [tex3]x^2, x^2+y^2,z[/tex3]

uma possibilidade é a seguinte:
[tex3]x^2 = k(m^2-n^2)[/tex3]
[tex3]x^2+y^2 = 2kmn[/tex3]
[tex3]z = k(m^2+n^2)[/tex3] com [tex3]m > n[/tex3] , [tex3]\mdc(m,n)=1[/tex3] e [tex3]2 \vert mn[/tex3] .

Se [tex3]k \neq 1[/tex3] :

[tex3]x^2+y^2 = 2kmn \iff y^2 = k(2mn - (m^2-n^2))[/tex3] . Então [tex3]k \vert \mdc(x,y) =1 \implies k=1[/tex3] .

Então, devemos ter [tex3]k=1[/tex3] :

como [tex3]x^2 + y^2 = 2mn[/tex3] e um dos números [tex3]m[/tex3] ou [tex3]n[/tex3] deve ser divisível por [tex3]2[/tex3] , temos que [tex3]4 \vert x^2 + y^2[/tex3] . Veja que isso só é possível se ambos [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] forem pares, o que faria seu [tex3]MDC[/tex3] ser, no mínimo, dois. Absurdo.

a outra possibilidade é:
[tex3]x^2 = 2mn[/tex3]
[tex3]x^2+y^2 = m^2-n^2[/tex3]
[tex3]z = m^2+n^2[/tex3] com [tex3]m > n[/tex3] e [tex3]\mdc(m,n)=1[/tex3] e [tex3]2 \vert mn[/tex3] .

Como [tex3]x[/tex3] é par, [tex3]y[/tex3] deve ser ímpar. Temos dois casos baseados na expressão [tex3]x^2=2mn[/tex3] :

Caso 1: existem [tex3]p, q \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]m=2p^2[/tex3] e [tex3]n = q^2[/tex3] , o que nos dá [tex3]4p^4 = m^2=x^2+y^2+n^2[/tex3] como [tex3]a^2 \equiv \{0,1\} \mod 4[/tex3] para qualquer [tex3]a \in \mathbb Z[/tex3] , então, devemos ter [tex3]x,y,n[/tex3] todos pares. Absurdo.

Caso 2: Existem [tex3]p,q \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]m = p^2[/tex3] e [tex3]n = 2q^2[/tex3] com [tex3]\mdc (p,2q)=1[/tex3] . Donde:

[tex3]p^4 = 4p^2q^2+4q^4+y^2 \iff (p^2-2q^2)^2 = 8q^4+y^2 \iff 8q^4 = (p^2-2q^2-y)(p^2-2q^2+y)[/tex3]

Se existir um número primo [tex3]d[/tex3] tal que [tex3]d|\mdc(p^2-2q^2-y,p^2-2q^2+y)[/tex3] , então, [tex3]d| \mdc(2y,2(p^2-2q^2))[/tex3] .
Como [tex3]2(p^2-2q^2)^2 = 16q^4+2y^2[/tex3] , temos que [tex3]d \vert 16q^4 = (2q)^4 \implies d \vert 2q[/tex3] e, como [tex3]d \vert 2(p^2-2q^2)[/tex3] , temos que [tex3]d \vert 2p[/tex3] de forma que [tex3]d \vert 2 \mdc(p,q)=2[/tex3] . Temos mais dois subcasos:

subcaso 1: [tex3]\mdc(p^2-2q^2+y,p^2-2q^2-y)=1[/tex3] implica que existem [tex3]a,b \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]q=ab, \mdc(a,b)=1[/tex3] e ou [tex3]8a^4=p^2-2q^2-y, b^4 = p^2-2q^2+y[/tex3] ou [tex3]a^4 = p^2-2q^2-y, 8b^4=p^2-2q^2+y[/tex3] .

Independente dos casos acima, obtemos que existem [tex3]c,d \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]p^2-2q^2 = \frac{8c^4+d^4}2, q = cd, \mdc(c,d)=1[/tex3] .
[tex3]2p^2 = 8c^4+4c^2d^2+d^4 = (2c^2)^2 + (2c^2+d^2)^2[/tex3] , como [tex3]\mdc (p,2q)=1[/tex3] , temos que [tex3]p[/tex3] é um inteiro ímpar.
Então, [tex3](2c^2)^2+(2c^2+d)^2 \equiv 2 \mod 8[/tex3] o que é absolutamente impossível.

subcaso 2: [tex3]\mdc(p^2-2q^2+y,p^2-2q^2-y)=2^t[/tex3] para algum [tex3]t>0[/tex3] .
Se [tex3]t>1[/tex3] temos que [tex3]2^{t-1} \vert y[/tex3] e então [tex3]\mdc(x,y)=2[/tex3] . Absurdo.
[tex3]t=1 \implies \mdc(p^2-2q^2+y,p^2-2q^2-y)=2[/tex3]
donde existem [tex3]a,b \in \mathbb Z, \mdc(a,b)=1, q=ab[/tex3] tais que [tex3] p^2-2q^2-y = 4a^4, p^2-2q^2+y= 2b^4[/tex3] ou [tex3] p^2-2q^2-y = 2a^4, p^2-2q^2+y= 4b^4[/tex3] .

Ambos casos implicam a existência de [tex3]c,d \in \mathbb Z, q=cd, \mdc(c,d)=1, p^2-2q^2 = 2c^4+d^4 \implies p^2=2c^4+2c^2d^2+d^4[/tex3] . Mas essa é justamente a equação original que estávamos tentando resolver, porém com valor de [tex3]x[/tex3] menor que o original: [tex3]c < q <n <x[/tex3] . Isso prova que para obter uma solução [tex3](x,y,z)[/tex3] qualquer, precisamos de uma nova solução com um novo [tex3]x[/tex3] inteiro, positivo e sempre menor que o primeiro [tex3]x[/tex3] . Isso é absurdo pelo argumento da descida infinita de Fermat (mesmo que o [tex3]y[/tex3] aumente).

Adaptei a resposta daqui
uau, excelente solução. não pensei que fosse tão complexa essa questão! vlw mesmo
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Re: Um problema de teoria dos números

Mensagem não lidapor FelipeMartin » 12 Jul 2023, 22:03

Mensagem não lida por FelipeMartin »

eu omiti algumas etapas, mas ela está correta.
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Re: Um problema de teoria dos números

Mensagem não lidapor Ericmais2 » 17 Jul 2023, 15:48

Mensagem não lida por Ericmais2 »

FelipeMartin escreveu: ↑11 Jul 2023, 23:34 Se [tex3]x =0[/tex3] , temos soluções da forma [tex3](0,k,k^2)[/tex3] para qualquer [tex3]k[/tex3] inteiro.
Se [tex3]y=0[/tex3] , não temos soluções inteiras.

Sendo [tex3]xy \neq 0[/tex3] , podemos ver que se [tex3]x[/tex3] é raíz, [tex3]-x[/tex3] também o é. Então, consideremos [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] positivos.

Primeiro, note que se [tex3]d = \mdc(x,y)[/tex3] , então, [tex3]x = dx',y=dy'[/tex3] e [tex3]z=d^2z'[/tex3] , com [tex3]x',y'[/tex3] e [tex3]z'[/tex3] sendo raízes da nossa equação. Podemos repetir essa fatoração até obtermos [tex3]x^*[/tex3] e [tex3]y^*[/tex3] primos entre si.

Então, podemos assumir que [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] são primos entre si para depois construirmos as demais soluções.

[tex3]x^4 + (x^2+y^2)^2 = z^2[/tex3] , queremos um terno pitagórico da forma [tex3]x^2, x^2+y^2,z[/tex3]

uma possibilidade é a seguinte:
[tex3]x^2 = k(m^2-n^2)[/tex3]
[tex3]x^2+y^2 = 2kmn[/tex3]
[tex3]z = k(m^2+n^2)[/tex3] com [tex3]m > n[/tex3] , [tex3]\mdc(m,n)=1[/tex3] e [tex3]2 \vert mn[/tex3] .

Se [tex3]k \neq 1[/tex3] :

[tex3]x^2+y^2 = 2kmn \iff y^2 = k(2mn - (m^2-n^2))[/tex3] . Então [tex3]k \vert \mdc(x,y) =1 \implies k=1[/tex3] .

Então, devemos ter [tex3]k=1[/tex3] :

como [tex3]x^2 + y^2 = 2mn[/tex3] e um dos números [tex3]m[/tex3] ou [tex3]n[/tex3] deve ser divisível por [tex3]2[/tex3] , temos que [tex3]4 \vert x^2 + y^2[/tex3] . Veja que isso só é possível se ambos [tex3]x[/tex3] e [tex3]y[/tex3] forem pares, o que faria seu [tex3]MDC[/tex3] ser, no mínimo, dois. Absurdo.

a outra possibilidade é:
[tex3]x^2 = 2mn[/tex3]
[tex3]x^2+y^2 = m^2-n^2[/tex3]
[tex3]z = m^2+n^2[/tex3] com [tex3]m > n[/tex3] e [tex3]\mdc(m,n)=1[/tex3] e [tex3]2 \vert mn[/tex3] .

Como [tex3]x[/tex3] é par, [tex3]y[/tex3] deve ser ímpar. Temos dois casos baseados na expressão [tex3]x^2=2mn[/tex3] :

Caso 1: existem [tex3]p, q \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]m=2p^2[/tex3] e [tex3]n = q^2[/tex3] , o que nos dá [tex3]4p^4 = m^2=x^2+y^2+n^2[/tex3] como [tex3]a^2 \equiv \{0,1\} \mod 4[/tex3] para qualquer [tex3]a \in \mathbb Z[/tex3] , então, devemos ter [tex3]x,y,n[/tex3] todos pares. Absurdo.

Caso 2: Existem [tex3]p,q \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]m = p^2[/tex3] e [tex3]n = 2q^2[/tex3] com [tex3]\mdc (p,2q)=1[/tex3] . Donde:

[tex3]p^4 = 4p^2q^2+4q^4+y^2 \iff (p^2-2q^2)^2 = 8q^4+y^2 \iff 8q^4 = (p^2-2q^2-y)(p^2-2q^2+y)[/tex3]

Se existir um número primo [tex3]d[/tex3] tal que [tex3]d|\mdc(p^2-2q^2-y,p^2-2q^2+y)[/tex3] , então, [tex3]d| \mdc(2y,2(p^2-2q^2))[/tex3] .
Como [tex3]2(p^2-2q^2)^2 = 16q^4+2y^2[/tex3] , temos que [tex3]d \vert 16q^4 = (2q)^4 \implies d \vert 2q[/tex3] e, como [tex3]d \vert 2(p^2-2q^2)[/tex3] , temos que [tex3]d \vert 2p[/tex3] de forma que [tex3]d \vert 2 \mdc(p,q)=2[/tex3] . Temos mais dois subcasos:

subcaso 1: [tex3]\mdc(p^2-2q^2+y,p^2-2q^2-y)=1[/tex3] implica que existem [tex3]a,b \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]q=ab, \mdc(a,b)=1[/tex3] e ou [tex3]8a^4=p^2-2q^2-y, b^4 = p^2-2q^2+y[/tex3] ou [tex3]a^4 = p^2-2q^2-y, 8b^4=p^2-2q^2+y[/tex3] .

Independente dos casos acima, obtemos que existem [tex3]c,d \in \mathbb Z[/tex3] tais que [tex3]p^2-2q^2 = \frac{8c^4+d^4}2, q = cd, \mdc(c,d)=1[/tex3] .
[tex3]2p^2 = 8c^4+4c^2d^2+d^4 = (2c^2)^2 + (2c^2+d^2)^2[/tex3] , como [tex3]\mdc (p,2q)=1[/tex3] , temos que [tex3]p[/tex3] é um inteiro ímpar.
Então, [tex3](2c^2)^2+(2c^2+d)^2 \equiv 2 \mod 8[/tex3] o que é absolutamente impossível.

subcaso 2: [tex3]\mdc(p^2-2q^2+y,p^2-2q^2-y)=2^t[/tex3] para algum [tex3]t>0[/tex3] .
Se [tex3]t>1[/tex3] temos que [tex3]2^{t-1} \vert y[/tex3] e então [tex3]\mdc(x,y)=2[/tex3] . Absurdo.
[tex3]t=1 \implies \mdc(p^2-2q^2+y,p^2-2q^2-y)=2[/tex3]
donde existem [tex3]a,b \in \mathbb Z, \mdc(a,b)=1, q=ab[/tex3] tais que [tex3] p^2-2q^2-y = 4a^4, p^2-2q^2+y= 2b^4[/tex3] ou [tex3] p^2-2q^2-y = 2a^4, p^2-2q^2+y= 4b^4[/tex3] .

Ambos casos implicam a existência de [tex3]c,d \in \mathbb Z, q=cd, \mdc(c,d)=1, p^2-2q^2 = 2c^4+d^4 \implies p^2=2c^4+2c^2d^2+d^4[/tex3] . Mas essa é justamente a equação original que estávamos tentando resolver, porém com valor de [tex3]x[/tex3] menor que o original: [tex3]c < q <n <x[/tex3] . Isso prova que para obter uma solução [tex3](x,y,z)[/tex3] qualquer, precisamos de uma nova solução com um novo [tex3]x[/tex3] inteiro, positivo e sempre menor que o primeiro [tex3]x[/tex3] . Isso é absurdo pelo argumento da descida infinita de Fermat (mesmo que o [tex3]y[/tex3] aumente).

Adaptei a resposta daqui
como vc achou isso na internet? muitas vezes tento procurar mas quando pesquisa a equação na internet n aparece nada
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Re: Um problema de teoria dos números

Mensagem não lidapor FelipeMartin » 17 Jul 2023, 19:54

Mensagem não lida por FelipeMartin »

Ericmais2, meu segredo é esse site aqui, mas não conta pra ninguém

https://approach0.xyz/search/
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Jul 2023 17 20:30

Re: Um problema de teoria dos números

Mensagem não lidapor Ericmais2 » 17 Jul 2023, 20:30

Mensagem não lida por Ericmais2 »

Caraca! Ainda bem que eu perguntei, esse site é realmente muito útil :D
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