20 dez 2017, 19:06
Determinar todos os números inteiros positivos
\(x,y\) tais que\(xy-1|x^3+1\).
23 dez 2017, 20:36
Aqui vai uma solução.
Primeiro, é útil ver que há simetria no problema. Se \(xy-1|x^3+1\) então \(xy-1|x^3y^3+y^3\), e como \(x^3y^3+y^3=(xy-1)(x^2y^2+xy+1)+y^3+1\) temos que \(xy-1|y^3+1\). Logo, se (x,y) é solução então (y,x) também o é. Podemos, portanto, procurar apenas as soluções com \(y\ge x\).
Se \(xy-1|x^3+1\) então \(xy-1|x^3y+y\), e como \(x^3y+y=(xy-1)x^2+x^2+y\) temos que \(xy-1|x^2+y\). Como x,y e \(x^2+y\) são inteiros positivos, temos que \(xy-1\le x^2+y\) o que implica que \(x=1\) ou \(y\le x+3\) (exercício).
Temos então os seguintes casos: \(x=1\), \(y=x+3\), \(y=x+2\), \(y=x+1\) e \(y=x\).
Se \(x=1\) então \(y=2\) ou \(y=3\) (exercício).
Se \(y=x+3\) então \(xy-1\le x^2+y \Leftrightarrow x^2+3x-1\le x^2+x+3 \Leftrightarrow x\le 2\). É fácil ver que (2,5) é solução enquanto (1,4) não o é.
Se \(y=x+2\) então \(xy-1\le x^2+y \Leftrightarrow x^2+2x-1\le x^2+x+2 \Leftrightarrow x\le 3\). É fácil ver que (3,5) e (1,3) são soluções enquanto (2,4) não o é.
Se \(y=x+1\) então \(xy-1 | x^2+y \Leftrightarrow x^2+x-1 | x^2+x+1 \Rightarrow x^2+x-1 | 2\) (pois 2 é o resto da divisão de \(x^2+x+1\) por \(x^2+x-1\)). Não é difícil ver que x=1 é a único número inteiro positivo tal que \(x^2+x-1 | 2\) (exercício) e que (1,2) é solução.
Se \(y=x\) então \(xy-1 | x^3+1 \Leftrightarrow x^2-1| x^3+1 \Rightarrow x^2-1 | 2\) (pois 2 é o resto da divisão de \(x^3+1\) por \(x^2-1\)). Logo \(x^2=3\) (sem solução inteira) ou \(x^2=4\). E é fácil ver que (2,2) é solução.
Conclusão, as soluções são (1,2), (1,3), (2,2), (2,5), (3,5), (2,1), (3,1), (5,2), (5,3).
24 dez 2017, 22:42
Obrigada, entendi quase tudo. Mas por quê?
\(xy-1\le x^2+y\) implica que \(x=1\)
ou \(y\le x+3\) ?
25 dez 2017, 02:14
Lasilva Escreveu:Obrigada, entendi quase tudo. Mas por quê?
\(xy-1\le x^2+y\) implica que \(x=1\)
ou \(y\le x+3\) ?
\(xy-1\le x^2+y \Leftrightarrow (x-1)y\le x^2+1 \Leftrightarrow (x-1)=0 \vee y\le \frac{x^2+1}{x-1}=x+1+\frac{2}{x-1}\le x+3\).
25 dez 2017, 08:46
Obrigada, agora tudo está claro. Feliz Natal!
28 dez 2017, 13:59
Rui,
veja se o meu raciocínio é válido:
se,
\(x,y \in \mathbb{Z}_{+}
e
xy-1\mid x^3+1
entao,
xy-1\equiv 0:: mod(x^3+1)
xy\equiv 1:: mod(x^3+1)\)
usando a teoria:
"Todo nº ímpar dividido por 2 tem resto 1."
podemos assumir que:
xy é ímpar
\(xy>2\)
e
\(x^{3}+1={2}
x^{3}={1}
x={1}\)
assim, concluímos que:
\(x=1
e
y>2 ::\forall y \in \mathbb{Z}_{+ impares}\)
28 dez 2017, 15:48
jorgeluis Escreveu:Rui,
veja se o meu raciocínio é válido:
se,
\(x,y \in \mathbb{Z}_{+}
e
xy-1\mid x^3+1
entao,
xy-1\equiv 0:: mod(x^3+1)
xy\equiv 1:: mod(x^3+1)\)
Se \(xy-1\mid x^3+1\) então \(x^3+1\equiv 0 mod(xy-1)\) e não como está.
usando a teoria:
"Todo nº ímpar dividido por 2 tem resto 1."
podemos assumir que:
xy é ímpar
\(xy>2\)
e
\(x^{3}+1={2}
x^{3}={1}
x={1}\)
assim, concluímos que:
\(x=1
e
y>2 ::\forall y \in \mathbb{Z}_{+ impares}\)
Mesmo que fosse verdade que \(xy\equiv 1mod(x^3+1)\), não podemos assumir à partida que x^3+1=2.
29 dez 2017, 15:42
ok. Rui, valeu.
estava tentando encontrar uma forma mais abreviada para resolver essa questão.