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Uma equação diofantina é uma equação em que somente soluções inteiras são permitidas.

O termo diofantina se refere ao matemático Diofanto de Alexandria, que viveu no século III; ele foi o primeiro a estudar tais tipos de equações.

Na maioria dos casos, as equações diofantinas são insolúveis, fato este que foi demonstrado em meados do século XX, nas tentativas de resolução do Décimo Problema de Hilbert (que propõe a demonstração da solubilidade das equações diofantinas nos inteiros).

Equações Diofantinas LinearesEditar

Trata-se de qualquer equação linear de 1º grau com coeficientes inteiros, isto é, a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n=b com a_1,a_2,\cdots,a_n\in\mathbb{Z}, tal que haja soluções para x_1,x_2,\cdots,x_n inteiros. Aqui a_1,a_2,\cdots,a_n são chamados de coeficientes, enquanto x_1,x_2,\cdots,x_n são as incógnitas.

Equações Diofantinas Lineares Com Duas Variáveis Editar

Este é o tipo mais conhecido de equações diofantinas lineares. Basicamente, é toda equação da forma ax+by=c, onde a,b e c são inteiros.

Quando Equações Diofantinas Lineares Com Duas Variáveis Possuem Soluções? Editar

Se \operatorname{mdc}(a,b)|c, então a equação diofantina da forma ax+by=c possui solução.

Prova: Por hipótese, existe p inteiro tal que c=p\cdot \operatorname{mdc}(a,b). Pelo Teorema de Bachet-Bézout, existem m e n inteiros tais que am+bn=\operatorname{mdc}(a,b). Se multiplicarmos ambos os lados da igualdade por p,

a(pm)+b(pn)=p\cdot \operatorname{mdc}(a,b)=c.

Com isso, o par (x,y)=(pm,pn) é uma solução da equação diofantina.

Resoluções de Equações Diofantinas Lineares Com Duas Variáveis Editar

Para resolvermos estes tipos de equações, devemos realizar os seguintes passos:

  • Utilizamos o o Algoritmo de Euclides para calcular \operatorname{mdc}(a,b) e dele, podemos ver se a equação possui solução ou não.
  • Feito isso, partiremos para a versão estendida do Algoritmo de Euclides, que consiste em encontrar um par de números inteiros (m,n) que satisfaça a Relação de Bézout.
  • A partir daí, é encontrada a chamada solução particular da equação, que é (x_0,y_0)=(pm,pn), onde p=\frac{c}{\operatorname{mdc}(a,b)}.
  • Partindo da solução particular, podemos encontrar a solução geral, que é definida por \begin{cases}x=x_0+bt\\ y=y_0-at\end{cases},\ t\in\mathbb{Z}.

Exemplo Editar

Encontre todas as soluções inteiras de 3x+5y=101.

Solução: Inicialmente, calculemos o \operatorname{mdc} de 3 e 5. Observe que

5=3\cdot1+2

3=2\cdot1+1.

Assim, \operatorname{mdc}(3,5)=1. Como 1|101, a equação do enunciado possui solução. Vamos aplicar o Algoritmo Estendido de Euclides. Das igualdades anteriores, podemos concluir que

1=3-1\cdot2

2=5-3.

Se substituirmos a segunda igualdade na primeira:

3\cdot2+5\cdot(-1)=1.

Para encontrarmos uma solução particular, basta multiplicarmos ambos os lados da igualdade por 101:

3\cdot202+5\cdot(-101)=101.

Logo a solução particular é x_0=202 e y_0=-101, de onde segue que a solução geral é x=202+5t e y=-101-3t.

Observação Editar

Se uma equação diofantina linear com duas variáveis possuir alguma solução, então ela possui infinitas.

Equações Diofantinas Lineares Com Três ou Mais Variáveis Editar

Essas equações, se possuem uma solução, possuem infinitas. Quase sempre, não há fórmulas que nos permitam resolver esses tipos de equações. Analogo ao caso de duas variáveis, as soluções existem quando \operatorname{mdc}(a_1,a_2,\cdots,a_n)|b.

No geral a solução possível é escrever uma das incógnitas em função das demais. Nos naturais, contudo, a quantidade de soluções pode ser restringida.

Equações Diofantinas Não-LinearesEditar

São as equações diofantinas que possuem pelo menos um termo de grau superior a 1 (por exemplo, x^2+y^3=3, onde o grau da incógnita x é 2 e o da incógnita y é 3). Também existem equações diofantinas em que uma ou mais incógnitas aparecem como expoentes, por exemplo, 2^x+5=y^2 (são as chamadas equações diofantinas exponenciais). A maioria dessas equações não possui soluções.

Estratégias para Resoluções de Equações Diofantinas Editar

  • Analisar a paridade.
  • Fatorações.
  • Aritmética Modular.
  • Discriminante.
  • Números Complexos.

Aritmética Modular na Resolução Equações DiofantinasEditar

Uma boa maneira de escolhermos o módulo é fazermos de tal forma que uma ou mais variáveis uma.

Exemplo (OBM 2007 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

Prove que não existem soluções inteiras e positivas para a equação

3^m+3^n+1=t^2.

Solução: Vamos começar analisando a paridade. Observe que o lado esquerdo da igualdade é ímpar. Assim, t^2 é ímpar, de onde segue que t também é. Logo, existe k inteiro tal que t=2k+1. Se substituirmos na equação do enunciado:

3^m+3^n+1=(2k+1)^2 \Leftrightarrow 3^m+3^n=4k(k+1).

Um dentre os números k e k+1 é par. Logo, k(k+1) e assim, o lado direito da igualdade é múltiplo de 8. Que tal então analisarmos a equação módulo 8?

Observe que 3^m+3^n \equiv 0 \pmod{8}. Mas, se x é inteiro, então 3^x \equiv 1 \textrm{\, ou\, } 3\pmod{8}, de onde segue que 3^m+3^n \equiv 2,4 \textrm{\, ou \,} 6 \pmod{8}, Logo, a equação do enunciado não admite soluções inteiras.

Exemplo (Cone Sul 1992)Editar

Encontre um número inteiro positivo n tal que, se você colocar o número 2 à esquerda e o número 1 à direita, o novo número será igual a 33n.

Solução:

Observe que o enunciado não pede todos os valores de n e sim apenas algum valor. O que significa colocar 1 à direita? Que estamos transformando n em 10n+1.

E quanto ao 2 colocado à direita? Se n tiver k algarismos, então 10n+1 terá k+1 algarismos. Colocar o 2 à direita é o mesmo que transformar 10n+1 em 2.10^{k+1}+10n+1.

Queremos, então, encontrar n e k inteiros tais que

2.10^{k+1}+10n+1=33n \Leftrightarrow 2.10^{k+1}+1=23n.

Se interessante se conseguíssemos usar o módulo, sem precisar mexer com n. Para isto, basta usarmos módulo 23: 2.10^{k+1}+1 \equiv 0 \pmod {n}.

Note que k=0 e k=1 não são soluções, porém k=2 é. Existe algum n com dois algarismos tal que satisfaça a equação com k=2? Repare que se k=2, então n=87, que é uma solução.

Algumas Ideias ComunsEditar

  • Quando aparecem quadrados perfeitos, uma boa ideia é usar módulo 4. De fato, a^2 só pode ser congruente a 0 ou 1 módulo 4.
  • Quando aparecem cubos perfeitos, uma ideia bacana é usar módulo 7. De fato, se a é inteiro, então a^3 só pode ser congruente a 0, 1 ou 6 módulo 7.

Exemplo (OBM 2001 - 3ª Fase - Nível 2)Editar

Mostre que não existem dois números inteiros a e b tais que (a+b)(a^2+b^2)=2001.

Solução: No lado esquerdo da igualdade aparece um produto. E quanto ao lado direito? Podemos escrevê-lo como o produto de dois números inteiros? Nossa, parece muitos inteiros. Precisamos considerar os negativos também? Neste caso não: a^2+b^2 >0. Logo, a+b > 0.

Observe que a fatoração em primos de 2001 é 3.23.29. Assim, as maneiras de escrevermos 2001 como o produto de dois números é 1.2001=3.667=23.87=29.69.

Se soubermos qual dos dois fatores do lado esquerdo da igualdade é maior, nossa vida será mais fácil. Como não existe nenhum inteiro x tal que 0<x<1, segue que x^2 \geq x para todo x inteiro.

Com isso,

a^2 \geq a

b^2 \geq b

e assim a^2+b^2 \geq a+b. Desta forma, existem quatro casos:

(i) a+b=1 e a^2+b^2=2001

(ii) a+b=3 e a^2+b^2=667

(iii) a+b=23 e a^2+b^2=87

(iv) a+b=29 e a^2+b^2=69.

Vamos analisar cada um deles separadamente.

(i) a+b=1 e a^2+b^2=2001

a+b=1 \Leftrightarrow a=1-b.

Com isso, se substituirmos na equação a^2+b^2=2001, teremos

b^2-b-1000=0.

Aqui, \Delta=4001 (que não é um quadrado perfeito). Logo, não existe nenhuma solução neste caso.

(ii) a+b=3 e a^2+b^2=667

Vamos usar congruência. Já que aparecem quadrados perfeitos, uma boa ideia é usarmos módulo 4. Observe que

a^2+b^2 \equiv 667 \equiv 3 \pmod{4}.

Mas isto não pode ocorrer, pois a^2+b^2 só pode ser congruente a 0, 1 ou 2 módulo 4. Assim, não existem soluções neste caso.

(iii) a+b=23 e a^2+b^2=87

Análogo ao caso (ii)

(iv) a+b=29 e a^2+b^2=69.

Análogo ao caso (i).

Logo, não existem inteiros a e b que satisfaçam as condições do enunciado.

Exemplo (OBM 2009 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

Prove que não existem inteiros positivos x e y tais que x^3+y^3=2^{2009}.

Solução: Como para todo a é inteiro, a^3 só pode ser congruente a 0, 1 ou 6 módulo 7, segue que x^3+y^3 só pode ser congruente a 0,1,2,5 ou 6 módulo 7. Mas 2^{2009} \equiv 4 \pmod{7}. Logo, a equação não possui soluções inteiras positivas.

Discriminante na Resolução de Equações Diofantinas Editar

O discriminante da equação ax^2+bx+c=0 é o número \Delta=b^2-4ac. Qual sua utilidade? Sabemos que essa equação tem solução real se, e somente se,  \Delta \geq 0 .

Exemplo (OBM 2006 - 3ª Fase - Nível 2) Editar

Encontre todos os pares ordenados (x;y) de inteiros tais que x^3-y^3=3(x^2-y^2).

Solução: Observe que

x^3-y^3=3(x^2-y^2) \Leftrightarrow.

\Leftrightarrow (x-y)(x^2+xy+y^2)=3(x+y)(x-y).

E agora: podemos dividir ambos os lados da igualdade por (x-y)? Só se ele for diferente de zero. Por isso, vamos dividir em casos.

1º Caso: x-y=0

Se fizermos x=y na equação original, teremos uma igualdade sempre válida. Logo, todo par (x,y)=(a,a) é solução para todo a inteiro.

2º Caso: x-y \neq 0

Ao dividirmos ambos os lados da igualdade por (x-y):

x^2+xy+y^2=3(x+y)\Leftrightarrow.

 \Leftrightarrow x^2+(y-3)x+y^2-3y=0

 \Delta=(y-3)^2-4.1.(-3y)=-3(y+1)(y-3).

A equação tem solução se, e somente se,

\Delta \geq 0 \Leftrightarrow (y+1)(y-3) \leq 0 .

Desta forma, um dos fatores é maior ou igual a zero e o outro é menor ou igual a zero. Observe que não pode ocorrer y+1 \leq 0 e y-3 \geq 0 .

Logo, y+1 \geq 0 e y-3 \leq 0 , o que equivale a dizer que -1 \leq y \leq 3. Como y é inteiro, segue que ele só pode ser um dos valores -1,0,1,2,3. Analisemos cada caso.

(i) y=-1

Neste caso, a equação se torna x^2-4x+4=0, de onde segue que (2,-1).

(ii) y=0

Pelo mesmo raciocínio, as soluções são (0,0) (que se encaixa nas soluções da forma (a,a)) e (3,0).

(iii) y=1

Não existem soluções.

(iv) y=2

A única solução nova é (-1,2).

(v) y=3

Nos dá apenas a solução (0,3).

Portanto, todas as soluções são (2,-1), (3,0), (-1,2), (0,3) e as da forma (x,y)=(a,a) para todo a inteiro.

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