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 $$a$$, $$b$$, $$c > 0$$ tal que $$a + b + c$$ 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 $$b^2 + c^2 \geq 2$$, $$a’ > 0$$ e, portanto, $$(bc – a, b, c)$$ é solução, o que implica $$bc – a + b + c > a + b + c \implies bc > 2a$$.
\[3a^2\ge a^2 + b^2 + c^2 = abc + 1 > abc\]
\[\Rightarrow 3a^2 > abc \Rightarrow 3a > bc \ge c^2\].
Daí $$2a^2 + 3a > a^2 + b^2 + c^2 > abc \implies 2a + 3 > bc > 2a$$. Então temos apenas dois casos:
Caso i). $$bc = 2a + 1$$.
$$a = \frac{bc – 1}{2}$$
$${\left(\frac{bc – 1}{2}\right)}^2 + b^2 + c^2 = \left(\frac{bc – 1}{2}\right)bc + 1$$
$$b^2(c^2 – 4) = 4c^2 – 3$$
$$b^2 = \frac{4c^2 – 3}{c^2 – 4} = 4 + \frac{13}{c^2 – 4} \in \mathbb{Z}$$.
$$\implies c^2 – 4 \in \{-13, -1, 1, 13\}$$, 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 $$c > 0$$. Então não há soluções nesse caso.
Portanto não existem soluções com $$a$$, $$b$$, $$c > 0$$. Se $$c = 0$$, $$a^2 + b^2 = 1 \implies (a, b, c) = (1, 0, 0)$$. 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 $$b\neq 0\Rightarrow b_0>1\Rightarrow b_0^2-1>1$$
$$\Longrightarrow p\mid m_0^2+3\Rightarrow1=\bigg(\frac{-3}{p}\bigg)=\bigg(\frac{p}{3}\bigg)\Rightarrow p\equiv 1 \pmod3 \rightarrow$$ 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