OBM 2017 - Nível 2 - P6

PROBLEMA 6.

Para todo $k$ inteiro positivo: mostre que existe um par de inteiros positivos coprimos $(a,b)$ tais que $a^2 + 2017b^2$ tem pelo menos $k$ fatores primos distintos.

SOLUÇÃO.

Queremos resolver a congruência: $a^2 \equiv -2017b^2 (mod.p)$ para $k$ primos diferentes.

Para isso, tome $b$ não múltiplo de $p$. A equivalência é o mesmo que: $(ab^{-1})^2\equiv -2017$ onde $b^{-1}$ nada mais é do que o resíduo tal que multiplicado por $b$ deixa resto $1$ na divisão por $p$. Assim, veja que existem $a$ e $b$ cumprindo essas condições se e somente se, $-2017$ é um resíduo quadrático $(mod.p)$. Isso é o mesmo que: $(\frac{2017}{p}) =1$.

Veja que $2017$ é primo Tomando $p$ distinto de $2017$ e maior que $2$, podemos usar a Lei da Reciprocidade Quadrática: $(\frac{2017}{p}).(\frac{p}{2017}) = (-1)^{\frac{2017-1}{2}\cdot\frac{p-1}{2}}$. Como $\frac{2016}{2}$ é par, concluimos que, independentemente do $p$, $(\frac{2017}{p}) = (\frac{p}{2017})$. Ou seja, $2017$ é resíduo quadrático módulo $p$ se, e somente se, $p$ é resíduo quadrático módulo $2017$. A maneira mais simples de fazer isso é tomando $p \equiv 1(mod.2017)$ pois $1$ é sempre resíduo quadrático.

Agora, por Dirichlet, existem infinitos primos $p$ tais que  $p \equiv 1(mod.2017)$. Tomemos $k$ deles: $p_1,p_2,...,p_k$. Para cada $p_i$ existem $a_i$ e $b_i$ de modo que $a_i^2 +2017b_i^2 \equiv 0(mod.p)$ Mas veja que o Teorema Chinês dos Restos nos garante a existência de $A$ e $B$ tais que:

$A \equiv a_i (mod.p_i)$ para todo $0 \leq i \leq k$.

$B \equiv b_i(mod.p_i)$ para todo $0 \leq i \leq k$.

Veja que $A^2 +2017B^2 \equiv 0(mod.p_i)$ para todo $i$ e, assim, possui pelo menos $k$ fatores primos.

Solução Alternativa:

Primeiramente tome $a=1$, pois assim $mdc(a,b)=1$
Lema: Conforme $y$ for variando pelos os inteiros positivos, o conjunto dos divisores primos da sequência $2017y^2+1$ é infinito.
Prova: Suponha que seja finito, seja $q_1, q_2,...,q_k$ tais primos; tome $y_1=q_1q_2...q_k$, assim nenhum primo $q_i$ divide o número $2017y_1^2+1$, logo temos uma contradição, portanto devemos ter infinitos primos.
Sejam $r_1, r_2,...,r_{n+1}$ números naturais tais que $p_1|2017r_1^2+1, p_2|2017r_2^2+1,..., p_{n+1}|2017r_{n+1}^2+1$, no qual $p_1, p_2, .... ,p_{n+1}$ são números primos distintos.
Pelo Teorema Chinês dos Restos(TCR) existe um inteiro positivo $R$ tal que
$R\equiv r_1(mod p_1), R \equiv r_2(mod p_2), .... , R \equiv r_{n+1}(mod p_{n+1})$.
Logo temos que $p_1p_2...p_{n+1}|2017R^2+1$ e portanto temos $(n+1)$ divisores primos distintos.
Observação: O Lema é uma consequência do Teorema de Schur, com $P(x)=2017x^2+1$.