Cap´ıtulo 5Ecuaciones diofanticas

5.1. Sobre ecuaciones y sus soluciones

Proponemos, para empezar, algunas cuestiones sencillas:

1) ¿Tienen solucion las siguientes ecuaciones?

2x+ 4y = 3 (no en los enteros, sı en los racionales)

x2 = 2 (no en los racionales, sı en los reales)

x2 + y2 = �1 (no en los reales, sı en los complejos)

2) ¿Tienen solucion en los enteros las siguientes ecuaciones?

x2 � y2 = 16 (sı)

x2 � y2 = 21 (sı)

x2 � y2 = 18 (no)

3) ¿Cuantas soluciones, en N [ {0}, tienen las ecuaciones siguientes?

x2 � y2 = 20 (1)

x2 � y2 = 81 (3)

x2 � y2 = 36 (2)

x2 � y2 = 39 (2)

En lo sucesivo, denotaremos por ⌧(n) al numero de divisores de n y por ◆(n) al numero dedivisores impares de n.

Estas cantidades tienen algunas propiedades, que planteamos como ejercicio.

1) ¿Es cierto que ⌧(mn) = ⌧(m)⌧(n)?

Solo si son coprimos.

35

36 5.1. Sobre ecuaciones y sus soluciones

2) Calcular ⌧(pr), donde p es primo.

⌧(pr) = r + 1. Los unicos divisores son 1, p, p2, . . . , pr.

3) Utilizando el resultado anterior, encontrar una formula para ⌧(n) a partir de la descom-posicion de n en factores primos.

n = pr11 · . . . · prmm

) ⌧(n) = (r1 + 1) · . . . · (rm

+ 1).

4) Encontrar una formula similar para ◆(n).

En los siguientes ejemplos se ilustran estas propiedades de forma grafica.

Ejemplo 1. Cuentan que en cierto paıs habıa un gran hotel que tenıa 1000 habitacionesy otros tantos empleados. Estos, un dıa que no tenıan mucho trabajo, se dedicaron a jugarabriendo y cerrando las puertas de las mil habitaciones. Al principio todas las puertas estabancerradas y empezo el primer empleado abriendolas todas; siguio el segundo cerrando todas laspuertas pares y luego el tercero cambiando de posicion (abriendo si estaban cerradas y cerrandosi estaban abiertas) todas las habitaciones cuyo numero era multiplo de tres. El cuarto hizolo mismo; es decir: cambiar de posicion todas las puertas cuyo numero era multiplo de cuatroy ası pasaron todos los empleados, cada uno de ellos cambiando de posicion las puertas quele correspondıan. El ultimo tuvo poco trabajo, pues solo abrio o cerro la puerta numero mil.¿Que hizo, la cerro o la abrio? Mas aun: ¿que habitaciones quedaron abiertas?, ¿cuantasfueron en total?

Observaciones:

a) Las habitaciones marcadas con numeros primos sufren unicamente dos cambios (solo haydos divisores) y, por tanto, al final del proceso estaran cerradas.

b) El numero de cambios de posicion de una habitacion depende del numero de divisoresde su numero; luego parece interesante encontrar una formula que nos de el numero dedivisores de un numero.

c) El hecho de que una habitacion este, al final del proceso, abierta o cerrada dependera delnumero de divisores que tenga el numero de habitacion: si este numero es par la habitacion,al final, estara cerrada; mientras que si el numero es impar la habitacion estara abierta.

Problema equivalente: ¿Cuantos numeros del 1 al 1000 tienen un numero impar de divisores?

Si n = ar11 ·ar22 · . . . ·arpp

, el numero de divisores de n es (r1+1)(r2+1) · . . . · (rp

+1). Para quesea impar, todos sus factores deben ser impares, es decir r1, r2, . . . , rp deben ser todos pares.Esto significa que n es un cuadrado perfecto.

Ejemplo 2. Determinar los numeros enteros N que contienen unicamente los factores 2 y 3y que ademas cumplen que el numero de divisores de N2 es triple del numero de divisores deN .

El numero sera de la forma N = 2p · 3q.El numero de divisores de N y N2 es (p+ 1)(q + 1) y (2p+ 1)(2q + 1), respectivamente.

Por tanto pq = p + q + 2, de donde p = q+2q�1 . Los unicos casos posibles son p = 4, q = 2 y

p = 2, q = 4.

Capıtulo 5. Ecuaciones diofanticas 37

Ejemplo 3. Encontrar un numero natural sabiendo que su descomposicion factorial admiteunicamente dos factores, que tiene un total de seis divisores y que la suma de todos ellos es28.

Si llamamos N = ap · bq, sabemos que (p + 1)(q + 1) = 6 yap+1 � 1

a� 1+

bq+1 � 1

b� 1= 28.

Resolviendo estas ecuaciones, llegamos a que N = 12.

5.2. Ecuaciones diofanticas

Reciben el nombre de ecuaciones diofanticas aquellas ecuaciones polinomicas, con coeficien-tes enteros, cuyas soluciones son numeros enteros. Vamos a estudiar aquı algunos tipos deecuaciones diofanticas.

Ecuaciones del tipo ax + by = c.

Las tres cuestiones que vamos a responder son:

i) Cuando tiene solucion.

ii) Caso de tener solucion, como encontrarla.

iii) Cuantas soluciones tiene la ecuacion.

Para responder a la primera pregunta, utilizamos el siguiente resultado.

Proposicion. La ecuacion diofantica ax + by = c tiene solucion si y solo si m.c.d.(a, b) esdivisor de c.

En caso de tener solucion, existen infinitas y todas ellas se obtienen de la siguiente forma:

Si x0, y0 es una solucion particular de la ecuacion, todas las soluciones estan dadas por:x = x0 + (b/d)t, y = y0 � (a/d)t, para t entero arbitrario.

Para encontrar una solucion, y con ella todas las demas, necesitamos recordar el algoritmode Euclides para calcular el maximo comun divisor de dos numeros a y b. Dicho algoritmoconsiste en el siguiente proceso:

a) Si a > b, mediante la division llegamos a que a = q1b+ r1, con 0 r1 < b.

Si r1 = 0, entonces, b|a y mcd(a, b) = b.

b) Si r1 6= 0, se divide b por r1 y se obtiene b = q2r1 + r2, con 0 r2 < r1.

Si r2 = 0, el proceso termina y mcd(a, b) = r1.

c) Si r2 6= 0, se divide r2 por r1, obteniendo r1 = q3r2 + r3, con 0 r3 < r2.

d) Continuamos el proceso hasta que alguna division sea exacta. El proceso sera finito porqueen la secuencia b > r1 > r2 > · · · � 0 no puede haber mas de b enteros.

e) En estas circunstancias, el maximo comun divisor de a y b no es mas que el ultimo residuono cero del proceso anterior.

38 5.2. Ecuaciones diofanticas

La validez del proceso anterior esta garantizada por el siguiente resultado.

Teorema Si a y b son enteros positivos con a � b y si a = qb + r, con 0 < r < b, entoncesmcd(a, b) = mcd(b, r).

Demostracion. Sea d = mcd(a, b). Luego d|a y d|b, de donde d|(a+ qb).

Como a+ qb = r, se tiene que d|r luego d es divisor comun de b y r.

Por otra parte, sea c un divisor comun de b y r, luego c|(qb+ r).

Como qb+ r = a, entonces, c|a. De lo anterior tenemos que c es un divisor comun de a y b.

Como d = mcd(a, b) se tiene que c d, luego, d = mcd(b, r).

Al recorrer el algoritmo de Euclides en sentido inverso se pueden obtener los valores x e ypara los cuales ax+ by = d, donde d = mcd(a, b).

Un metodo alternativo para resolver la ecuacion ax+ by = c, debido a Euler, es el siguiente:

Elegimos el menor valor entre a y b, digamos que a < b. Despejamos el termino en x,ax = c� by. Realizamos las divisiones c = p1a+ c1, b = q1a+ b1, con lo que

ax = p1a+ c1 � q1ay � b1y =) x = p1 � q1y +c1 � b1y

a.

Como la ultima fraccion debe dar un numero entero, obtenemos la nueva ecuacion c1� b1y =k1a, con coeficientes menores que los iniciales. Repitiendo este proceso se llega a la solucion.

Teorema chino del resto. Si n1, . . . , nr

son enteros positivos tales que mcd(ni

, nj

) = 1para i 6= j, entonces el sistema de ecuaciones diofanticas

x ⌘ a1(mod n1), . . . , x ⌘ ar

(mod nr

)

tiene solucion, y es unica modulo n1 ⇥ · · ·⇥ nr

.

Para encontrar la solucion, procederemos como sigue:

Llamamos n = n1 ⇥ · · ·⇥ nr

y Nk

= n/nk

para k = 1, . . . , r.

Buscamos (manualmente) xk

de modo que Nk

xk

⌘ 1(mod nk

). Ası, cada xk

es inverso deN

k

modulo nk

. Para comprobar que dicho numero existe, basta escribir la ecuacion Nk

xk

⌘1(mod n

k

) como Nk

xk

� nk

p = 1, la cual es una ecuacion diofantica cuyos coeficientes Nk

ynk

son primos entre sı.

Con los valores obtenidos, una solucion particular del sistema de ecuaciones es x0 = a1N1x1+· · ·+ a

r

Nr

xr

. Para comprobarlo, basta observar que

x0 � ai

Ni

xi

= a1N1x1 + · · ·+ ai�1Ni�1xi�1 + a

i+1Ni+1xi+1 + · · ·+ ar

Nr

xr

y cada uno de los sumandos del segundo miembro es multiplo de ni

.

Una vez conocido x0, cualquier solucion del sistema es del tipo x = x0 + k(n1 · · · · · nr

), conk entero.

Ejemplo. A una muchacha se la cae la cesta en que lleva huevos al mercado.-¿Cuantos huevos llevabas?- le preguntan.

Capıtulo 5. Ecuaciones diofanticas 39

-No lo se -responde-. Recuerdo que al contarlos en grupos de 2, 3, 4 y 5, sobraban 1, 2, 3 y4, respectivamente.

Solucion. Si x es el numero de huevos que llevaba, el enunciado del problema nos conduce alsistema de ecuaciones diofanticas

x ⌘ 1(mod 2), x ⌘ 2(mod 3), x ⌘ 3(mod 4), x ⌘ 4(mod 5).

Como los numeros 2 y 4 no son primos entre sı, pero 2, 3 y 5 sı lo son, el teorema chino delresto nos garantiza solucion del sistema

x ⌘ 1(mod 2), x ⌘ 2(mod 3), x ⌘ 4(mod 5).

Para resolver este sistema, llamamos n = 2 · 3 · 5 = 30, N1 = 3 · 5 = 15, N2 = 2 · 5 = 10y N3 = 2 · 3 = 6. Buscamos ahora soluciones de las ecuaciones 15x1 ⌘ 1(mod 2), 10x2 ⌘1(mod 3) y 6x3 ⌘ 1(mod 5). Encontramos que x1 = 1, x2 = 1 y x3 = 1. Sabemos entoncesque x0 = 1 · 15 · 1 + 2 · 10 · 1 + 4 · 6 · 1 = 59 es solucion del sistema.

Otras soluciones son 59� 30 = 29, 59 + 30 = 89, etc.

Por ultimo, falta comprobar cuales de dichas soluciones verifican tambien la ecuacion que nohemos utilizado x ⌘ 3(mod 4). Se ve facilmente que 29 no es solucion, pero 59�3 = 56 = 4·14.Ası pues, la solucion mas pequena es x = 59.

Ecuaciones del tipo x

2+ y

2= n

Las soluciones enteras de la ecuacion cuadratica x2 + y2 = z2 reciben el nombre de ternaspitagoricas. El ejemplo mas conocido es la terna (3, 4, 5), pero tambien son validas las ternas(5, 12, 13) y (7, 24, 25). Por cierto, 25 es la dimension de la menor hipotenusa con la que sepueden formar dos triangulos rectangulos pues (15, 20, 25) es tambien una terna pitagorica.

Desde los tiempos de Euclides se conoce que hay infinitas ternas pitagoricas y que hay unaformula para generar todas ellas. Veamos como se obtiene.

Supondremos, en primer lugar, que x e y son primos entre sı ya que, si (x, y, z) es una ternapitagorica, tambien lo es (a ·x, a · y, a · z), para cualquier a. De ahı se deduce que, encontradauna solucion, hay infinitas. Una terna para la que mcd(x, y) = 1 se llama terna pitagoricaprimitiva.

Es evidente entonces que no pueden ser todos los terminos pares, digamos por ejemplo quex es impar.

Transformamos la ecuacion en z2� y2 = x2. Como z2� y2 = (z� y)(z+ y) = x2, el problemase reduce a descomponer x como producto de dos numeros primos entre sı. Sean u y v estosnumeros. De este modo, z + y = u2, z � y = v2, de donde y = (u2 � v2)/2, z = (u2 + v2)/2.Ambos terminos son numeros enteros puesto que la suma y la diferencia de dos impares esun numero par.

Conseguimos ası la terna primitiva (uv, (u2 � v2)/2, (u2 + v2)/2).

El recıproco se comprueba facilmente: cualquier terna del tipo (uv, (u2 � v2)/2, (u2 + v2)/2)(con u y v impares y u > v) es pitagorica.

Se puede ver otra demostracion en la pagina http://www.kramirez.net/Discretas/Material/Internet/Teoria%20Numeros/TeoriaNumeros_TernasPitagoricas.html.

40 5.2. Ecuaciones diofanticas

Con la formulas anteriores, podemos plantear algunos problemas, como los siguientes:

Encontrar los valores enteros de x e y, si z = 41.

¿Se puede saber a priori si el problema anterior tiene solucion?

La respuesta del primer problema es la pareja (9, 40) y la del segundo tiene relacion conun resultado propuesto por Fermat y resuelto por Euler: ningun numero primo de la forma4n � 1 es suma de dos cuadrados y todo numero primo de la forma 4n + 1 es suma de doscuadrados (ademas de forma unica).

La demostracion de esta ultima propiedad no es constructiva, de modo que no permite de-terminar cuales son esos cuadrados.

Una consecuencia interesante es que, toda circunferencia centrada en el origen cuyo radio esun primo de la forma 4n+ 1 pasa exactamente por 12 puntos con coordenadas enteras.

Un resultado mas general es el siguiente: un entero n es suma de dos cuadrados si y solo sitodos los factores primos de n de la forma 4m+3 tienen exponente par en la descomposicionde n como producto de potencias de primos.

Una formula que proporciona el numero de soluciones viene dada por el siguiente resultado:si N = a · pr11 · . . . · prk

k

, donde a no tiene ningun divisor primo del tipo 4n + 1 y p1, . . . , pk

son primos del tipo 4n+1, entonces N2 se puede descomponer como suma de dos cuadrados

exactamente de1

2[(2r1 + 1) · . . . · (2r

k

+ 1)� 1] formas distintas.

Por ejemplo, como 50 = 2 · 52, entonces 502 se puede descomponer en suma de dos cuadradosde 2 maneras distintas. Concretamente, 502 = 302 + 402 = 142 + 482. Por otra parte, como65 = 5 · 13, su cuadrado se puede escribir como suma de dos cuadrados de (3 · 3 � 1)/2 = 4formas diferentes. ¿Podras encontrarlas? ¿De cuantas formas distintas puede descomponerseel numero 32045?

Vamos a mostrar un metodo practico para descomponer un cuadrado en suma de dos cua-drados.

Por ejemplo, por simple inspeccion, encontramos que 13 = 22 + 32. Hacemos entonces

13 = (2 + 3i)(2� 3i) =) 132 = (2 + 3i)2(2� 3i)2 = (�5 + 12i)(�5� 12i) = 52 + 122.

Otro ejemplo, como 65 = 5 · 13 = (22 + 12)(22 + 32), entonces podemos agrupar los factoresde cuatro maneras, con lo que

652 = 52 · 132 = 52 · (2 + 3i)2(2� 3i)2 = 52(52 + 122) = 252 + 602

652 = 132 · 52 = 132 · (1 + 2i)2(1� 2i)2 = 132(32 + 42) = 392 + 522

652 = (1 + 2i)2(2 + 3i)2 · (1� 2i)2(2� 3i)2 = (�63 + 16i)(�63� 16i) = 632 + 162

652 = (1 + 2i)2(2� 3i)2 · (1� 2i)2(2 + 3i)2 = (33 + 56i)(33� 56i) = 332 + 562.

Aprovecharemos que la ecuacion x2+y2 = z2 caracteriza los lados de un triangulo rectangulopara demostrar el teorema de Pitagoras.

Capıtulo 5. Ecuaciones diofanticas 41

Teorema. Si x, y, z son los lados de un triangulo, con x < z, y < z, entonces x2 + y2 = z2

si y solo si el triangulo es rectangulo.

Demostracion. Supongamos en primer lugar que el triangulo XY Z es rectangulo y z es lahipotenusa. Sea P el pie de la perpendicular desde Z hasta XY y llamamos z1 = Y P yz2 = PX. Por semejanza de triangulos,

x

z1=

z

x,

y

z2=

z

y,

de donde x2 = zz1, y2 = zz2. Ası pues, x2 + y2 = z(z1 + z2) = z2.

Recıprocamente, dado el triangulo XY Z en el que x2 + y2 = z2, construimos el punto P demodo que PZ = ZY y PZ?XZ. De este modo, el triangulo XZP es rectangulo con lo quePZ2 + ZX2 = PX2, es decir ZY 2 + ZX2 = PX2. Por hipotesis, ZY 2 + ZX2 = XY 2, dedonde PX = XY . Esto significa que los triangulos XY Z y XPZ son congruentes.

Ecuaciones del tipo x

2 � y

2= n

El resultado general que caracteriza las soluciones de esta ecuacion es el siguiente: la ecuacionx2 � y2 = n tiene solucion en N [ {0} si y solo si n es impar o multiplo de 4.

En particular, si n es cuadrado perfecto, la ecuacion tiene solucion.

Demostracion. Si la ecuacion tiene solucion, podemos escribir n = (x�y) ·(x+y), que es unadescomposicion cuyos factores tienen la misma paridad. Si ambos son impares, n tambien losera y, si ambos son pares, n sera multiplo de 4.

Recıprocamente, si n es impar o multiplo de 4, se puede descomponer n = a · b, donde ambosfactores tienen la misma paridad. Los valores x = (a+ b)/2, y = (a� b)/2 son solucion de laecuacion.

Interpretacion geometrica: Para cualquier n > 2 existen triangulos rectangulos de ladosenteros de modo que uno de los catetos mide n.

No pasa lo mismo cambiando cateto por hipotenusa.

Formula general para el numero de soluciones de x2 � y2 = n:

n impar multiplo de 4

cuadrado⌧(n) + 1

2

⌧(n) + 1

2� ◆(n)

no cuadrado⌧(n)

2

⌧(n)

2� ◆(n)

En particular, la ecuacion x2 � y2 = n tiene solucion unica si y solo si n = 1, 4, 8, p o 4p,donde p es un primo impar.

Propiedades adicionales de esta ecuacion se pueden encontrar en http://www.unizar.es/

ttm/2007-08/difcuadrados.pdf.

42 5.2. Ecuaciones diofanticas

Ecuaciones de la forma y

2= nx

2+ 1

La persona que pueda, en un ano, resolver la ecuacion x2 � 92y2 = 1 es unmatematico. Brahmagupta

La ecuacion cuadratica y2 = nx2 + 1, donde n es un entero que no es cuadrado perfecto,recibe el nombre de ecuacion de Pell. Las soluciones de la ecuacion son los pares (x, y) denumeros enteros que verifican la ecuacion.

Si n es cuadrado perfecto, se comprueba inmediatamente que las unicas soluciones de laecuacion son (0, 1) y (0,�1).

A pesar de su nombre, la primera contribucion se debe a Brahmagupta y fue hecha unos milanos antes de la epoca de Pell. Lo que sigue es una adaptacion del artıculo [?].

Metodo de resolucion de Lagrange (siglo XVIII), aunque descubierto previamentepor Brouncker

Lagrange demostro que la ecuacion de Pell tiene infinitas soluciones para cualquier valor den. Ademas, si (x1, y1) es solucion de la ecuacion, tambien es solucion el par (x

k

, yk

) donde:

xk

pn+ y

k

= (x1pn+ y1)

k.

Ası pues, resolver la ecuacion de Pell significa encontrar el par (x1, y1). Esta solucion seconsigue mediante la expresion en forma de fraccion continua de

pn. Es sabido que dicha

expresion es periodica y que el ultimo elemento de la parte periodica es igual al doble de laparte entera de la raız cuadrada. En general,

pn = a0 +

1

a1 +1

a2 +1

a3 + · · ·+ 1

2a0 + . . .

= [a0; a1, a2, . . . , ak�1, 2a0].

Si escribimos la fraccion correspondiente a [a0; a1, a2, . . . , ak�1] = p/q, entonces el par (q, p)

es la solucion mas pequena de la ecuacion y2 = nx2 + 1.

Por ejemplo, si queremos resolver la ecuacion y2 = 14x2 + 1, desarrollamosp14 en forma de

fraccion continua como:

p14 = 3 +

1

1 +1

2 +1

1 +1

6 + . . .

.

Como 3 +1

1 +1

2 + 1

=15

4, la solucion mas pequena es x1 = 4, y1 = 15. Las siguientes

Capıtulo 5. Ecuaciones diofanticas 43

soluciones son

(4p14 + 15)2 = 120

p14 + 449 =) x2 = 120, y2 = 449;

(4p14 + 15)3 = 3596

p14 + 13455 =) x3 = 3596, y3 = 13455

. . .

Metodo de resolucion de Brahmagupta (siglo VII)

Este metodo se basa en aplicar las siguientes propiedades, faciles de demostrar.

Proposicion. Si (a, b) y (c, d) son soluciones de la ecuacion y2 = nx2 + 1, entonces tambienlo son (bc+ ad, bd+ nac) y (bc� ad, bd� nac).

Para demostrarlo, basta observar que

(b2 � na2)(d2 � nc2) = (bd+ nac)2 � n(bc+ ad)2 = (bd� nac)2 � n(bc� ad)2.

Este hecho fundamental se generaliza facilmente a ecuaciones del tipo y2 = nx2+k medianteel resultado siguiente.

Lema de Brahmagupta. Si (a, b) y (c, d) son soluciones de las ecuaciones y2 = nx2 + k ey2 = nx2 + k0, respectivamente, entonces

(bc+ ad, bd+ nac) y (bc� ad, bd� nac)

son soluciones de la ecuacion y2 = nx2 + kk0.

Consecuencias. 1) Si (a, b) es solucion de la ecuacion y2 = nx2+1, tambien lo es (2ab, b2+na2).

2) Si (a, b) es solucion de la ecuacion y2 = nx2 + k, entonces (2ab, b2 + na2) es solucion de

y2 = nx2 + k2. Por tanto,⇣2abk

, b2+na

2

k

⌘es solucion de y2 = nx2 + 1. Esta solucion es entera

en los casos k = ±1,±2.

Ejemplo. Para resolver la ecuacion y2 = 23x2+1, observamos que (1, 5) es solucion de y2 =23x2+2. Por tanto, (5, 24) es solucion de la ecuacion dada. Aplicando sucesivas veces la conse-cuencia 1), obtenemos las soluciones sucesivas (240, 1151), (11515, 55224), (552480, 2649601),etc.

Metodo de Bhaskara II (siglo XII)

Este metodo se basa en las siguientes observaciones:

a) Para cualquier m, el par (1,m) es solucion de la ecuacion y2 = nx2 + (m2 � n).

b) Si (a, b) es solucion de y2 = nx2 + k, entonces (am + b, bm + an) es solucion de y2 =nx2 + k(m2 � n).

c) Bajo las condiciones anteriores,

✓am+ b

k,bm+ an

k

◆es solucion de y2 = nx2+(m2�n)/k.

44 5.3. Problemas propuestos

d) Si elegimos m de modo que am+ b es multiplo de k, entonces m2 � n y bm+ na tambienlo son.

Basta entonces elegir m para que am+ b sea multiplo de k y m2 � n sea, en valor absoluto,tan pequeno como se pueda. Repitiendo el proceso un numero finito de pasos, se llega a unvalor que permita aplicar el metodo de Brahmagupta.

Ejemplo. Para resolver la ecuacion y2 = 103x2 + 1, partimos del par (1, 10) que es solucionde y2 = 103 · x2 � 3.

Escogemos ahora m = 11 para que m+ 10 sea divisible por �3 y m2 � 103 sea tan pequenocomo podamos. Deducimos que el par (7, 71) es solucion de y2 = 103 · x2 � 6.

A continuacion, buscamos m para que 7m+71 sea multiplo de �6 y m2�103 sea tan pequenocomo podamos. Eligiendo m = 7, obtenemos que el par (20, 203) es solucion de la ecuaciony2 = 103 · x2 + 9.

Del mismo modo, buscamos m tal que 20m + 203 sea multiplo de 9 y m2 � 103 sea lomas pequeno posible. Con m = 11 obtenemos el par (47, 477) como solucion de la ecuaciony2 = 103 · x2 + 2.

Ahora podemos aplicar el metodo de Brahmagupta y obtener la solucion (22419, 227528).

5.3. Problemas propuestos

Problema 5.1. ¿Tienen solucion en Z las siguientes ecuaciones?

a) 2x+ 10y = 17.

b) 5x+ 6y = 8.

Problema 5.2. Hallar mcd(12378, 3054). Utilizar este resultado para encontrar enteros x ey que cumplan la condicion: 6 = 12378x+ 3054y.

Problema 5.3. Una companıa compro cierto numero de reliquias falsas a 17 euros cadauna y vendio algunas de ellas a 49 euros cada una. Si la cantidad comprada originalmente esmayor que 50 y menor que 100 y la companıa obtuvo una ganancia de 245 euros. ¿Cuantasreliquias faltan por vender?

Problema 5.4. Una mujer tiene un cesto de manzanas. Haciendo grupos de 3 sobran 2 yhaciendo grupos de 4 sobran 3. Hallar el numero de manzanas que contiene el cesto sabiendoque estan entre 100 y 110.

Problema 5.5. Hallar el menor numero de cuatro cifras que dividido por 4, 7 y 11 da resto3, y que dividido por 13 da resto 1.

Capıtulo 5. Ecuaciones diofanticas 45

Problema 5.6. Encontrar las soluciones enteras de 2x + 3y + 5z = 11. Por cierto, ¿tieneesta ecuacion alguna solucion en los naturales?

Problema 5.7. Hallar dos numeros, uno con 21 divisores y el otro con 10 divisores cuyomaximo comun divisor sea 18.

Problema 5.8. Un numero N descompuesto en sus factores primos es de la forma N =2x · 3y · 5z. Si se divide por 2, se suprimen 24 divisores. Si se divide por 3, se suprimen 18divisores. Si se divide por 5, se suprimen 12 divisores. Hallar N .

Problema 5.9. La suma de dos numeros es 240 y su mınimo comun multiplo es 1768.¿Cuales son esos numeros?

Problema 5.10. Encontrar un numero de 4 cifras divisible por 9, sabiendo que sus cifrasvan disminuyendo de izquierda a derecha de unidad en unidad.

Problema 5.11. Si p y p2+8 son numeros primos, demostrar que p3+4 es tambien primo.

Problema 5.12. Demostrar que todo entero de la forma 3s+2 tiene un factor primo de esaforma.

Problema 5.13. Demostrar que el unico primo p, para el cual 3p+ 1 es cuadrado perfecto,es p = 5.

Problema 5.14. Demostrar que 1/x� 1/y = 1/n tiene exactamente una solucion en N si ysolo si n es primo.

Problema 5.15. Demostrar que, si n es entero, entonces n(n2� 49)(n2+49) es multiplo de30.

Problema 5.16. Tengo un conjunto de objetos. Cuando los cuento de tres en tres, me sobrandos; cuando los cuento de cinco en cinco, me sobran tres; cuando los cuento de siete en siete,me sobran dos. ¿Cuantos objetos poseo?[Problema original de Sun Tsu planteado hace alrededor de 1800 anos.]

Problema 5.17. ¿Cual es el menor numero natural que, al dividirse por 6 da resto 5, aldividirse por 5 da resto 4 y al dividirse por 4 da resto 3?

46 5.3. Problemas propuestos

Problema 5.18. Encontrar tres ternas pitagoricas de la forma (16, y, z).

Problema 5.19. Encontrar todos los triangulos pitagoricos cuyas areas son iguales a superımetro.

Problema 5.20. Dado un primo impar p, ¿cuantos triangulos de lados enteros y altura pexisten?

Problema 5.21. Encontrar las dimensiones mas pequenas de una caja, prisma rectangular,cuyas aristas y diagonales de las caras son numeros naturales. ¿Hay alguna de esas cajaspara la que ademas la diagonal principal es un numero natural?

Problema 5.22. Con 36 monedas se puede hacer un cuadrado de lado 6 pero tambien untriangulo equilatero de lado 8. ¿Con que otra cantidad de monedas puede hacerse algo ası?

Problema 5.23. Cuenta la historia que los antiguos romanos idearon mil y una tacticasmilitares para derrotar a sus enemigos pero he aquı una de ellas:

Atacaba el ejercito formando trece cuadrados iguales y, en un momento dado, Pompilio elGrande se sumaba al combate y entonces ... todos formaban un unico cuadrado. ¿Cuantossoldados eran incluido Pompilio?

Problema 5.24 (Fase iberoamericana, 1989). Probar que la ecuacion 2a2 � 3a+1 = 3b2 + btiene infinitas soluciones en el conjunto de los numeros naturales.