E so fatorar. . . Seramesmo?

Neste pequeno artigo resolveremos o problema 2 da USAMO (USA Mathematical Olympiad) 2005:

Problema. Prove que o sistema x6 + x3 + x3y + y = 147157

x3 + x3y + y2 + y + z9 = 157147

nao tem solucao em inteiros x, y, z.

Solucao. No comeco, podemos pensar que este e mais um problema simples na qual e so fatorar: x6 + x3 + x3y + y = 147157

x3 + x3y + y2 + y + z9 = 157147

(x3 + 1)(x3 + y) = 147157

(x3 + y)(1 + y) = 157147 z9

A e so fatorar 147157 = 3157 7314 e testar todos os 2 (157 + 1) (314 + 1) casos, certo?

Infelizmente, acho que na hora da prova nao iramos ter tempo para fazer isso. Entao temos que darum jeito de estudar menos casos.

Observe que x3 + 1 e um divisor de 3157 7314. Logo

x3 + 1 = 3 7

Voce poderia pensar no x3 + y, mas isso nao seria uma boa, considerando que x3 + y e linear emy e poderia assumir qualquer valor inteiro por causa disso. Alem disso, x3 + 1 tem so uma variavel e oprincipal. . . fatora!

Assim, o principal no problema e resolver a equacao diofantina

x3 + 1 = 3 7 ()

em que x e inteiro (positivo, negativo ou ate quem sabe nulo!) e e sao inteiros nao negativos.

Podemos fatorar o primeiro membro de ():

x3 + 1 = 3 7 (x+ 1)(x2 x+ 1) = 3 7

Quando fatoramos em equacoes diofantinas, devemos calcular o mdc dos fatores, senao a equacao ficaofendida! Vamos usar tanto esse fato que o chamaremos de

Lema. Seja x inteiro. Entao mdc(x + 1;x2 x + 1) = 1 ou mdc(x + 1;x2 x + 1) = 3. Alem disso, se 3divide um dos numeros x + 1 ou x2 x + 1 entao divide ambos, ou seja, 3 divide x+ 1 se, e somente se, 3divide x2 x+ 1.

Demonstracao. Seja d = mdc(x+1;x2x+1). Vendo x+1 mod d, obtemos x+1 0 (mod. d) x 1 (mod. d). Vendo agora x2x+1 mod d, obtemos x2x+1 0 (mod. d) (1)2 (1)+1 0(mod. d) 3 0 (mod. d) d|3 d = 1 ou d = 3.

Vimos acima que se x+1 e divisvel por 3 entao x2 x+1 tambem e. Vejamos agora a recproca. Masisso e tao facil quanto resolver equacao do segundo grau!

x2 x+ 1 0 (mod. 3) 4x2 4x+ 4 0 (mod. 3) 4x2 4x+ 1 0 (mod. 3)

(2x 1)2 0 (mod. 3) 2x 1 0 (mod. 3)

x 1 0 (mod. 3) x+ 1 0 (mod. 3)

Agora, voltemos a` equacao (), ou seja,

(x+ 1)(x2 x+ 1) = 3 7

Logo x+ 1 = 31 71 e x2 x+ 1 = 32 72 (note que x2 x+ 1 = 14

((2x 1)2 + 3)

)> 0), sendo

1, 1, 2 e 2 inteiros nao negativos.

Veja que, do Lema, conclumos que 1 = 0 2 = 0 e, alem disso, 1 = 0 ou 2 = 0, pois se ambosos expoentes 1 e 2 forem positivos entao 7 seria um dos fatores de mdc(x+ 1;x

2 x+ 1), absurdo. Alemdisso, se 1 > 0 (ou 2 > 0) entao 1 = 1 ou 2 = 1 pois, caso contrario, 9 dividiria mdc(x+ 1;x

2 x+ 1),absurdo.

Suponha primeiro que 1 e 1 sao ambos nao nulos. Logo 2 > 0 e 2 = 0.

Se 1 2, 2 = 1 e, portanto, x2 x+1 = 3 x = 1 ou x = 2. x = 1 e o mesmo que x+1 = 0,

o que nao e possvel. x = 2 e equivalente a x+ 1 = 3, absurdo ja que supomos que 1 > 0.

Logo 1 = 1 e, portanto, x + 1 = 3 71 e x2 x+ 1 = 32 . Mas a, sendo a = 71 , x = 3a 1

x3 = 27a3 27a2 + 9a 1 x3 + 1 = 9(3a3 3a2 + 1). Como 3a3 3a2 + 1 nao e divisvel por 3, amaior potencia de 3 que divide x2 x+1 e 32, ou seja, 2 = 2. Portanto, x

2 x+1 = 9, o que e impossvelpara x inteiro.

Desta forma, nao e possvel que 1 e 1 sejam ambos nao nulos. Resta-nos, entao, dois casos: 1 = 0 e1 = 0.

Primeiro caso: 1 = 0 e 1 = 0. Neste caso, x + 1 = 1 e, portanto, x = 0 ou x = 2. Veja que, paraesses valores de x, x3 + 1 e da forma 3 7.

Segundo caso: 1 = 0 e 1 > 0. Aqui temos x+1 = 71, 2 = 0 e 2 = 0, ou seja, x

2x+1 = 1 x = 1 ou x = 0. Nenhum desses valores de x satisfaz x+ 1 ser uma potencia de 7 maior que 1.

Terceiro caso: 1 > 0 e 1 = 0. Temos x+ 1 = 31 , 2 > 0 e 2 0. Alem disso, 1 = 1 ou 2 = 1.

Se 1 = 1, x+1 = 3, ou seja, x = 2 ou x = 4. Novamente, para esses valores de x, x3 +1 e da forma

3 7.

Se 2 = 1, x+1 = 31 e x2x+1 = 372 . Logo x = 311 e x2x+1 = (311)2(311)+1 =

321 31+1 + 3. Logo x2 x+ 1 = 3 72 321 31+1 + 3 = 3 72 31(311 1) = 72 1.

Agora temos que resolver esta outra equacao diofantina:

31(311 1) = 72 1 ()

Neste caso utilizamos o

Lema de Hensel. Seja p um primo mpar, a um inteiro e n um inteiro positivo. Sejam e inteiros naonegativos, com > 0.

(i) Se a maior potencia de p que divide n e p e a maior potencia de p que divide a 1 e p (atencao, pdeve dividir a 1! Mas note que p nao precisa dividir n), entao a maior potencia de p que divide an 1e p+.

(ii) Se n e mpar, a maior potencia de p que divide n e p e a maior potencia de p que divide a+1 e p (asmesmas condicoes sobre os expoentes e do item (i) devem valer), entao a maior potencia de p quedivide an + 1 e p+ .

Vejamos como aplica-lo no problema.

Seja 3 a maior potencia de 3 que divide 2. Como a maior potencia de 3 que divide 71 e 3, aplicandoo Lema de Hensel para a = 7, p = 3, n = 2, = 1 e = , obtemos que a maior potencia de 3 que divide

721 e +1. Mas, de (), a maior potencia de 3 que divide 721 e 31 , logo +1 = 1 = 11.Logo 311 divide 2 e, portanto, 2 3

11. Sendo w = 311, temos

31(311 1) = 72 1 7311

1 = 3w(w 1) 7w 1

Mas note que a exponencial 7w 1 cresce bem mais que o polinomio 3w(w 1). De fato, uma simplesinducao mostra que 7w 1 > 3w(w + 1) 3w(w 1) para w 2: 7w+1 1 3(w + 1)

((w + 1) + 1

)=

(7w 1) 3w(w + 1) + 6(7w 1 w). Por hipotese, 7w 1 3w(w + 1) > 0 e, alem disso, 7w 1 w >(7w 1) 3w(w+ 1) > 0. Logo se a desigualdade 7w 1 > 3w(w+ 1) e valida entao a mesma desigualdadevale para valores maiores de w. Como, em particular, vale para w = 2, acabou.

Logo w = 1 311 = 1 1 = 1, que ja estudamos.

As aplicacoes do Lema de Hensel geralmente seguem esse script: primeiro, aplicamos o teorema e depoischegamos a alguma desigualdade que limita algum dos expoentes, chegando a um numero normalmente bemfinito de casos.

Voce deve estar se perguntando como e a demonstracao do Lema de Hensel. Vamos demonstra-lo nessecaso particular (a = 7, p = 3). A prova do Lema em si nao e muito diferente do que se segue.

Primeiro, seja 2 = 3 t, sendo que 3 nao divide t. Utilizaremos a fatoracao xt 1 = (x 1)(xt1 +

xt2 + + x+ 1) para x = 73

:

72 1 = (73

)t 1 = (73

1)((73

)t1 + (73

)t2 + + 73

+ 1)

Como ja dissemos antes, se nao calcularmos o mdc das parcelas, a equacao fica ofendida! Assim, sejaD = mdc(x 1;xt1 + xt2 + + x+1), com x = 73

. Vendo x 1 mod D temos x 1 (mod. D). Logoxt1 + xt2 + + x + 1 0 (mod. D) 1 + 1 + + 1

t uns

0 (mod. D) t 0 (mod. D), ou

seja, D divide t. Note que esse resultado nao depende do valor de x (desde que seja inteiro, e claro!), entao,voce pode guardar:

Fato. Seja x inteiro e D = mdc(x 1;xt1 + xt2 + + x+ 1). Entao D divide t.

Na nossa demonstracao, o que interessa e que 3 nao divide t e, portanto, nao divide D. Em outraspalavras, todos os fatores 3 estao em 73

1.

Agora vamos provar que 73

1 tem + 1 fatores 3 por inducao em : a base = 0, 1 e obvia. Agora,note que 73

+1

1 = (73

)3 1 = (73

1)((73

)2 + 73

+ 1). Mas mdc(x 1;x2 + x + 1) = 3 para todox inteiro, em particular para x = 73

. Logo a maior potencia de 3 que divide (73

)2 + 73

+ 1 e 3 e, pelahipotese de inducao, a maior potencia de 3 que divide 73

1 e +1. Assim, o passo indutivo esta provadoe a inducao tambem.

Enfim, chegamos a` solucao de (): x = 2; x = 0; x = 2; x = 4. Assim, x3 + 1 so tem fatores primos3 e 7 para esses valores de x.

Agora e so testar no sistema original. Da primeira equacao encontramos y; subsitumos na segunda eprovamos que nao existe z.

x = 2 x3 + 1 = 7. (x3 + 1)(x3 + y) = 147157 = 3157 7314

(x3 + y)(1 + y) = 157147 z9

y = 8 3157 7313

3157 7313(9 3157 7313) = 157147 z9

Vendo mod 157 (e observando que 157 e primo e, portanto, a156 1 (mod. 157) para a nao divisvelpor 157), obtemos

3156 3 72156 7(9 3156 3 72156 7 z9 (mod. 157)

3 7(9 3 7) z9 (mod. 157)

252 z9 (mod. 157)

z9 62 (mod. 157)

Notando que 156 = 3 52, elevando a 52 obtemos no lado esquerdo z3156 1 (mod. 157). Logo

6252 1 (mod. 157)

Vejamos se isso e verdade. Se nao for, nao ha solucoes nesse caso.

622 = 62 3 20 + 62 2 29 20 33 48 33 81 (mod. 157)

= 6252 (34)26 (mod. 157)

= 6252 3104 (mod. 157)

Logo 6252 1 (mod. 157) 3104 1 (mod. 157) 3156104 = 352 1 (mod. 157). Vamosla!

36 = 729 56 (mod. 157) = 312 562 (mod. 157)

312 56 3 18 + 56 2 11 18 45 4 (mod. 157)

= 348 256 (mod. 157) 352 58 81 (mod. 157)

352 58 3 27 17 27 17 9 3 (4) 3 12 (mod. 157)

Logo 352 12 (mod. 157) e, portanto, nao ha solucoes nesse caso.

x = 2 x3 + 1 = 9. (x3 + 1)(x3 + y) = 147157 = 3157 7314

(x3 + y)(1 + y) = 157147 z9

y = 3155 7314 8

3155 7314(3155 7314 7) = 157147 z9

Vendo mod 157:

31561 72156+2(31561 72156+2 7) z9 (mod. 157)

31 72(31 72 7) z9 (mod. 157)

52 7 7(52 7 7 7) z9 (mod. 157)

364 7(364 7 7) z9 (mod. 157)

50 7(50 7 7) z9 (mod. 157)

350 357 z9 (mod. 157)

36 43 z9 (mod. 157)

22 z9 (mod. 157)

Elevando a 52,2252 1 (mod. 157)

Vamos la!222 = 484 13 (mod. 157) = 224 169 12 (mod. 157)

= 228 144 13 (mod. 157) 228 222 (mod. 157)

226 1 (mod. 157) = 2248 1 (mod. 157)

2252 224 12 (mod. 157)

De novo, nao temos solucoes nesse caso.

x = 4 x3 + 1 = 63. (x3 + 1)(x3 + y) = 147157 = 3157 7314

(x3 + y)(1 + y) = 157147 z9

y = 8 3155 7313

3155 7313(9 3155 7313) = 157147 z9

Vendo mod 157:

31561 72156+1(9 31561 72156+1) z9 (mod. 157)

31 7(9 31 7) z9 (mod. 157)

52 7(9 + 52 7) z9 (mod. 157)

364(9 + 364) z9 (mod. 157)

50 59 z9 (mod. 157)

33 z9 (mod. 157)

Elevando a 52,3352 1 (mod. 157)

Vamos ver se isso e verdade mesmo: primeiro note que 3352 = 352 1152 e que ja sabemos que 352 12(mod. 157). Assim, basta calcular 1152 mod 157.

112 36 (mod. 157) = 114 362 = 36 4 9 (13) 9 40 (mod. 157)

= 118 1600 30 (mod. 157) = 1116 900 42 (mod. 157)

= 1132 422 = 42 40 + 42 2 1680 + 84 110 73 37 (mod. 157)

= 1148 = 1132 1116 37 (42) 37 40 37 2 90 74 16 (mod. 157)

= 1152 = 1148 114 16 40 = 640 12 (mod. 157)

Novamente, nao ha solucoes.

x = 0 x3 + 1 = 1. Nesse caso, obtemos y = 147157 1 e y(y + 1) = 157147 z9 (147157 1)147157 = 157147 z9 = (147 1)147 z9 (mod. 157) z9 47 (mod. 157) = 4752 1(mod. 157).

Vamos fazer mais uma vez as contas! Algo que pode ajudar e que 4752 (110)52 1152 1052

(mod. 157) e que sabemos que 1152 12 (mod. 157). Falta, entao, calcular 1052 mod 157.

103 58 (mod. 157) 104 580 48 (mod. 157) 105 480 9 32 (mod. 157)

Ja calculamos algumas potencias de 3 mod 157! Entre elas, 312 4 (mod. 157):

1030 312 4 (mod. 157) = 1045 = 1030 (105)3 4 36 4 (56) 67 (mod. 157)

= 1050 = 1045 105 67 9 = 603 25 (mod. 157)

= 1052 250 10 64 10 12 (mod. 157)

De novo, nenhuma solucao.

Assim, o sistema dado nao tem solucoes inteiras.

O problema tambem admite uma solucao mais curta. Vamos apresenta-las e depois fazemos algunscomentarios sobre as duas solucoes.

Solucao alternativa. No sistema x6 + x3 + x3y + y = 147157

x3 + x3y + y2 + y + z9 = 157147

o que aparece mais sao numeros ao cubo. Entao pode ser interessante ver algum modulo primo com poucosresduos cubicos.

O fato e que os primos com poucos resduos cubicos sao os da forma 3k + 1. Depois vamos ver porque.

Ver mod 7 nao da certo (tente e veja por si mesmo!). Mas ver mod 13 funciona bem. A tabela a seguirmostra os resduos cubicos mod 13:

x mod 13 0 1 2 3 4 5 6x3 mod 13 0 1 8 1 1 8 8

Como no problema o x so aparece ao cubo, podemos encontrar y mod 13 na primeira equacao e substituirna segunda. Temos 147 4 (mod. 13) = 1476 212 1 (mod. 13) = 147156 1 (mod. 13) 147157 4 (mod. 13) e 157 1 (mod. 13) = 157147 1 (mod. 13). Assim, vendo mod 13 o sistemafica (x

3 + 1)(x3 + y) 4 (mod. 13)

(x3 + y)(1 + y) 1 z9 (mod. 13)

(x3 + 1)(x3 + y) 4 (mod. 13)

z9 1 (x3 + y)(1 + y) (mod. 13)

Ja vemos, por exemplo, que x3 6 1 (mod. 13). Vamos testar os outros quatro casos (x3 0, 1, 5, 8(mod. 13)):

x3 mod 13 (x3 + y) 4(x3 + 1)1 (mod. 13) z9 1 (x3 + y)(1 + y) (mod. 13)0 0 + y 4 11 4 z9 1 4 (1 + 4) 111 1 + y 4 21 2 z9 1 2 (1 + 1) 105 5 + y 4 61 5 z9 1 5 (1 + 0) 98 8 + y 4 91 1 z9 1 (1) (1 + 4) 6

Nenhum dos numeros 6, 9, 10, 11 e resduo cubico de 13 e portanto z9 = (z3)3 6, 9, 10, 11 (mod. 13)nao tem solucao. Logo o sistema nao tem solucao.

Agora, vamos explicar por que os primos com poucos resduos sao os da forma 3k + 1.

Lema. Seja p um primo maior que 3. Entao

Se p 1 (mod. 3) entao todo resduo e resduo cubico, ou seja, p admite p resduos cubicos.

Se p 1 (mod. 3) entao p admite p13

+ 1 resduos cubicos.

A demonstracao desse lema e baseado no seguinte fato:

Fato. Seja p primo mpar e a inteiro nao divisvel por p. A congruencia x3 a3 (mod. p) tem

1 solucao se p 1 (mod. 3);

3 solucoes se p 1 (mod. 3).

Vamos provar esse fato: primeiro, temos

x3 a3 (mod. p) x3 a3 0 (mod. p)

(x a)(x2 + ax+ a2) 0 (mod. p)

x a (mod. p) ou x2 + ax+ a2 0 (mod. p)

Ja temos uma solucao, x a (mod. p). Estudemos a congruencia quadratica.

x2 + ax+ a2 0 (mod. p) 4x2 + 4ax+ 4a2 0 (mod. p) (2x+ a)2 3a2 (mod. p)

Essa congruencia tem solucao se, e somente se, 3a2 e resduo quadratico de p, o que ocorre se, esomente se, 3 e resduo quadratico de p. Para verificar quando isso acontece, utilizamos (sem demonstrar)a lei da reciprocidade quadratica:

Lei da reciprocidade quadratica. Defina o smbolo de Legendre por(a

p

)=

{0 se p divide a1 se p nao divide a e a e resduo quadratico de p1 caso contrario

Entao, sendo p e q primos, (p

q

)

(q

p

)= (1)

p1

2

q1

2

Queremos saber(3

p

). Fazendo q = 3, obtemos(

p

3

)

(3

p

)= (1)

p1

2

31

2 = 1

(3

p

)=

(p

3

)Mas os resduos quadraticos de 3 sao 0 e 1. Logo se p e maior que 3(

3

p

)=

{1 se p 1 (mod. 3)

1 se p 1 (mod. 3)

Deste modo, o fato esta demonstrado. Poderamos ter demonstrado uma (mas so essa!) mais facilmente:se p 1 (mod. 3), p2

3e inteiro e

x3 a3 (mod. p) = (x3)p2

3 (a3)p2

3 (mod. p)

xp2 ap2 (mod. p)

x1 a1 (mod. p)

x a (mod. p)

O resto da demonstracao do lema e combinatoria: para cada k = 0, 1, 2, . . . , p 1 seja Ak o numero desolucoes de x3 k (mod. p). Sabemos que se p 1 (mod. 3) entao

|Ak| =

{1 se k = 03 se k e resduo cubico de p0 caso contrario

e se p 1 (mod. 3) entao

|Ak| ={1 se k = 0 ou k e resduo cubico de p0 caso contrario

Observe que os conjuntos Aks sao disjuntos e que todo x e raiz de alguma congruencia do tipo x3 k

(mod. p) (e so tomar k = x3!), logo S = |A0|+ |A1| + + |Ap1| = p. Temos A0 = {0}, entao 0 e resduocubico.

Seja n a quantidade de resduos cubicos de p. Se p 1 (mod. 3), temos S = 1 + 3n n = p13

ese p 1 (mod. 3), temos S = 1 + n n = p 1 e a demonstracao do fato esta completa.

Comentarios sobre as duas solucoes. Ha algumas consideracoes sobre o problema:

(i) O expoente 9 em z9 nao e necessario. Poderia ser z3 no lugar de z9.

(ii) Podemos trocar 157147 por qualquer multiplo de 157.

Comparando as solucoes, sem duvida a segunda solucao e mais curta e envolve menos contas. Masa primeira solucao tem mais a dizer: alem de provar (ii), o que a segunda solucao nao faz, nela tambemconseguimos um fato bastante interessante sobre numeros da forma x3 + 1: eles consistem so em fatoresprimos 3 e 7 para poucos valores de x (quatro, para ser exato). Na verdade isso e razoavelmente esperado,dado que o mdc dos fatores x + 1 e x2 x + 1 e pequeno: e de se esperar que os fatores primos de x + 1 ex2 x+ 1 sejam bem diferentes.

Isso pode levar a outras perguntas interessantes: seja Xk a quantidade de numeros inteiros x tais quex3 +1 tem exatamente k fatores primos distintos. Xk e finito ou infinito? E se trocarmos x

3 +1 por xn 1,n inteiro positivo maior que 3?