OBM 2021 – Nível 3 – P5

Problema 5.

Determine todas triplas de inteiros não negativos $(a,b,c)$ tais que

$a^2 + b^2 + c^2 = abc + 1$.

(Solução 1) de João Ferreira.

Seja $(a, b, c)$ a solução não trivial $a$, $b$, $a + b + c$ é mínimo. Sem perda de generalidade, assuma $a\geq b \geq c$.

Olhando a equação como uma quadrática em $a$, obtemos que a outra raiz é $a' = \frac{b^2 + c^2 + 1}{a} = bc - a$ (soma e produto). Como $b^2 + c^2 \geq 2$, $(bc - a, b, c)$ é solução, o que implica

$bc = 2a + 1$.

$a = \frac{bc - 1}{2}$

${\left(\frac{bc - 1}{2}\right)}^2 + b^2 + c^2 = \left(\frac{bc - 1}{2}\right)bc + 1$

$b^2(c^2 - 4) = 4c^2 - 3$

$b^2 = \frac{4c^2 - 3}{c^2 - 4} = 4 + \frac{13}{c^2 - 4} \in \mathbb{Z}$.

$\implies c^2 - 4 \in \{-13, -1, 1, 13\}$, mas nenhuma dessas possibilidades tem solução com $c$ inteiro. Dessa forma não há soluções nesse caso.

Caso ii). $bc = 2a + 2$.

$a = \frac{bc - 2}{2}$

${\left(\frac{bc - 2}{2}\right)}^2 + b^2 + c^2 = \left(\frac{bc - 2}{2}\right)bc + 1$

$b^2(c^2 - 4) = 4c^2$

$b^2 = \frac{4c^2}{c^2 - 4} = 4 + \frac{16}{c^2 - 4} \in \mathbb{Z}$.

$\implies c^2 - 4 \in \{-16, -8, -4, -2, -1, 1, 2, 4, 8, 16\}$, cuja única solução nos inteiros é $c = 0$, mas $a$, $b$, $c = 0$, $a^2 + b^2 = 1 \implies (a, b, c) = (1, 0, 0)$. Como supusemos $a\geq b \geq c$, as únicas soluções são $\boxed{(a, b, c) \in \{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)\}}$.

(Solução 2) de Matheus Alencar.

Suponha que exista uma solução $(a,b,c)$ onde $abc\neq 0$, então vejamos a equação

$a^2+b^2+c^2=abc+1$

Como uma equação de segundo grau em $a$:

$a^2+a(-bc)+(b^2+c^2-1)=0$

$\Longrightarrow \Delta=(bc)^2-4(b^2+c^2-1)$

Para que essa equação tenha uma solução inteira, o $\Delta$ tem que ser um quadrado perfeito! Assim,

$(bc)^2-4(b^2+c^2-1)=m^2, m\in \mathbb{Z}$

$\implies b^2c^2-4a^2-4b^2+4=m^2$

$\implies b^2c^2-4a^2-4b^2+16=m^2+12$

$\implies (b^2-4)(c^2-4)=m^2+12$

Sabemos que $9\not\mid m^2+12$, pois precisamos de $3\mid m\implies 9\mid m^2$, mas $9\not\mid 12\Rightarrow 9\not\mid m^2+12$. Logo, apenas um de $b^2-4$,$c^2-4$ pode ter 3 o dividindo. Supomos sem perda de generalidade que $3\not\mid b^2-4$. Veja que necessariamente $b^2-4\equiv 2\pmod3$, pois $b^2-4\equiv 2$ ou $0\pmod3$

Caso 1: existe um primo ímpar $p\equiv 2 \pmod3$ que divide $b^2-4$

$\Longrightarrow p\mid m^2+12$

$\Rightarrow 1=\bigg(\frac{-12}{p}\bigg)=\bigg(\frac{-3}{p}\bigg)=\bigg(\frac{p}{3}\bigg)\Rightarrow p\equiv1\pmod3\rightarrow$ Abs!

Caso 2: não existe primo ímpar $p\equiv 2 \pmod3$ que divide $b^2-4$

$\Longrightarrow 2\mid b^2-4\Rightarrow 4\mid b^2-4\mid m^2+12$. Assim, seja $m=4m_0,b=2b_0$:

$(a^2-4)(b_0^2-1)=m_0^2+3$

Sabemos que existe um primo $p$ da forma $3k+2$ que divide $b_0^2-1$, pois, como assumimos que $\Longrightarrow p\mid m_0^2+3\Rightarrow1=\bigg(\frac{-3}{p}\bigg)=\bigg(\frac{p}{3}\bigg)\Rightarrow p\equiv 1 \pmod3 \rightarrow$ Abs!

Então um de $a$, $b$, $c$ é 0, sem perda de generalidade seja ele $a$

$\Longrightarrow b^2+c^2=1\Rightarrow$ Um deles é o $1$ e o outro é $0$

dando-nos as mesmas soluções que a primeira solução