Lenimar Nunes de Andrade
UFPB - João Pessoa

Introdução

Questões que envolvem soluções inteiras de equações ocorrem em problemas bem simples, tais como:

Problemas desses tipos levam a equações de coeficientes inteiros com soluções inteiras – as equações diofantinas, que têm despertado o interesse de matemáticos há séculos. O leitor pode, por exemplo, ler a respeito na RPM 19 – Uma equação diofantina e suas resoluções – ou em livros sobre Teoria dos Números.

Uma equação do primeiro grau com três incógnitas

A título de exemplo, vamos determinar, usando um método apresentado em [1], as soluções inteiras da equação 11x + 8y − 13z = 50 nas variáveis x, y e z. Observe que, para que essa equação tenha soluções inteiras, qualquer divisor comum de 11, 8 e 13 deve ser também um divisor de 50.

•	Primeiramente, identificamos o termo da equação com coeficiente de menor valor absoluto; nesse caso, o termo 8y. Isolamos o valor da variável escrevendo y =
•	Dividimos os valores absolutos dos coeficientes 50, 11 e 13 por 8 e obtemos os quocientes 6, 1 e 1 e restos 2, 3 e 5, respectivamente. Por isso, a fração que aparece na igualdade anterior pode ser escrita na forma
•	Separamos a equação anterior em duas, introduzindo uma variável auxiliar t1 :
•	A equação com a variável auxiliar é equivalente a 2 − 3x + 5z = 8t1. Isolamos a variável que tem o menor coeficiente em módulo: x =
•	Dividimos 5 e 8 por 3, obtendo quocientes 1 e 2 e restos 2 e 2, respectivamente. Logo, a última equação é equivalente a
•	Introduzimos a variável auxiliar t2 e separamos a equação anterior em duas: x = z − 2t1+ 2t2 e t2 = , que equivale a 1 + z − t1 = 3t2.
•	Como a equação auxiliar anterior, 1 + z − t1 = 3t2, tem uma variável (x, y ou z) com coeficiente de valor absoluto igual a 1, isolamos o valor dessa variável e fazemos substituições nas equações anteriores para obtermos a solução do problema: z = t1 + 3t2 − 1, x = z − 2t1 + 2t2 = (t1 + 3t2 − 1) − 2t1 + 2t2 = −t1 + 5t2 − 1, y = 6 + z − x + t1 = 6 + (t1 + 3t2 − 1) − (−t1 + 5t2 − 1) + t1 = 3t1 − 2t2 + 6.
•	Obtemos dessa forma a solução geral da equação dada: x = −t1 + 5t2 − 1, y = 3t1 − 2t2 + 6, z = t1 + 3t2 − 1, com t1, t2 .
•	Atribuindo-se a t1 e t2 valores inteiros, obtemos soluções particulares da equação. Por exemplo, para t1 = 1 e t2 = 0, obtemos a solução: x = −2, y = 9, z = 0. Escolhendo agora t1 = 2 e t2 = −1, obtemos outra solução particular: x = −13, y = 14, z = −2, e assim por diante.

Soluções positivas

Determinados problemas exigem soluções positivas. Nesses casos, podemos determinar a solução geral da equação segundo o exemplo anterior e depois exigir que cada variável tenha um valor positivo. No caso do exemplo anterior,

, que equivale a que implica

, cuja solução é t2 > − e t2 > , ou seja, t2 > .

Logo, podemos ter soluções positivas da equação para os valores inteiros de t2: 1, 2, 3, ... . Substituindo t2 = 1 em um dos sistemas de desigualdades anteriores, obtemos . Assim, temos para t1: −1, 0, 1, 2 ou 3.

Escolhendo, por exemplo, t1 = 3 e t2 = 1, substituindo na solução geral da equação, obtemos x = 1, y = 13, z = 5.

Generalizando

Esse método pode ser usado para resolver equações diofantinas de 1 grau com 2, 3, 4, 5, ... variáveis. Começamos isolando a variável que tem o menor coeficiente em módulo, efetuamos algumas divisões e introduzimos uma equação auxiliar construída com coeficientes formados pelos restos das divisões. Repetimos esse procedimento várias vezes, até a equação auxiliar possuir coeficiente de variável de módulo 1. A partir daí, depois de várias substituições, obtemos a solução geral da equação.

Referência bibliográfica

[1] Menezes, D. L. Abecedário da Álgebra, vol. 1, 1 edição. Departamento de Imprensa Nacional, 1959.