Pourquoi la solution en un paragraphe au problème 6 de l’OMI de 1988 fonctionne-t-elle?

Question

Emanouil Atanassov, célèbre pour avoir résolu le problème "le plus difficile" de l'OMI en un seul paragraphe et avoir reçu le prix spécial, a donné la preuve citée ci-dessous,

Question: Soient a et b des entiers positifs tels que $ab+1$ se divise $a^2+b^2$ Montre CA $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ est le carré d'un entier

Preuve: $k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ Présumer $k$n'est pas un carré parfait. Notez que pour toute solution intégrale$(a,b)$ nous avons $a>0, b>0$puisque k n'est pas un carré parfait. Laisser$(a,b)$ être une solution intégrale avec $a>0, b>0$ et $a+b$le minimum. Nous en produirons une autre solution intégrale$(a',b)$ avec $a'>0 , \ b>0$ et $a'+b<a+b$. Contradiction (Nous omettons l'argument pour arriver à$(a',b)$)

$a'=0$ est suffisant pour $k$étant un carré, mais ce n'est pas vrai en général. Cette preuve semble impliquer$a'=0$ pour toutes les solutions $(a,b)$. La seule hypothèse contredite est la minimalité de$a+b$, pas l'hypothèse $k$n'est pas un carré parfait. Comment l'assertion découle-t-elle trivialement de cette preuve?

EDIT: Voici la preuve modifiée, mais sans l'hypothèse $k$ n'est pas un carré parfait.

$k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ Laisser $(a,b)$ être une solution intégrale avec $a>0, b>0$ et $a+b$le minimum. Nous en produirons une autre solution intégrale$(a',b)$ avec $a'>0 , \ b>0$ et $a'+b<a+b$. Contradiction (Nous omettons l'argument pour arriver à$(a',b)$)

J'ai également supprimé la deuxième phrase, car $a,b>0$est donnée dans la question. Qu'est-ce que cette preuve implique que la première ne le fait pas?

Answer 1

1. S'il y a des solutions $(a,b)$ Pour qui $k$ n'est pas un carré parfait, alors $a,b>0$.
2. Aussi, s'il y a des solutions $(a,b)$ Pour qui $k$ n'est pas un carré parfait, alors il y en aura, parmi ces solutions, une pour laquelle $a+b$ est minime.
3. Puis l'auteur trouve une autre solution $(a',b)$ avec $a'<a$, ce qui implique que $a'+b<a+b$.
4. Mais c'est impossible, puisque nous supposions que $(a,b)$ était la solution pour laquelle $a+b$ prend la plus petite valeur.

Answer 2

Solution complète verbatim de fr.wiki/Vieta jumping :

Saut Vieta standard

Le concept de saut standard Vieta est une preuve par contradiction et comprend les trois étapes suivantes:${}^{[1]}$

1. Supposons vers une contradiction qu'il existe une solution qui viole les exigences données.
2. Prenez la solution minimale de ce type selon une définition de la minimalité.
3. Montrez que cela implique l'existence d'une solution plus petite, d'où une contradiction.

Exemple

Problème n ° 6 à l'OMI 1988: Soit $a$ et $b$ être des entiers positifs tels que $ab + 1$ se divise $a^2 + b^2$. Prouve-le$\frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$ est un carré parfait.${}^{[2]}$${}^{[3]}$

1. Fixer une certaine valeur $k$c'est un entier positif non carré. Supposons qu'il existe des entiers positifs$(a, b)$ Pour qui $k = \frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$.
2. Laisser $(A, B)$ être des entiers positifs pour lesquels $k = \frac{A^2 + B^2}{AB + 1}$ et tel que $A + B$ est minimisé, et sans perte de généralité supposer $A \ge B$.
3. Fixation $B$, remplacer $A$ avec la variable $x$ produire $x^2 – (kB)x + (B^2 – k) = 0$. Nous savons qu'une racine de cette équation est$x_1 = A$. Par les propriétés standard des équations quadratiques, nous savons que l'autre racine satisfait$x_2 = kB – A$ et $x_2 = \frac{B^2 – k}{A}$.
4. La première expression pour $x_2$ montre que $x_2$ est un entier, tandis que la seconde expression implique que $x_2 \ne 0$ depuis $k$n'est pas un carré parfait. De$\frac{x_2^2 + B^2}{x_2B + 1} = k > 0$ il s'ensuit en outre que $x_2$est un entier positif. Finalement,$ A \ge B$ implique que $x_2 = \frac{B^2 − k}{A} < A$ Et ainsi $x_2 + B < A + B$, qui contredit la minimalité de $A + B$.

Answer 3

Je pense que je l'ai compris et je ferai allusion à la preuve de Wikipédia donnée dans la réponse d'Alexey car les arguments sont les mêmes et je crois que la source n'a pas été fiable en "omettant" les étapes.

La minimalité de $A+B$est contredit. (2) et (3) ne sont pas pertinents pour$k$. (4) dit$x$ c'est pas possible $0$ si $k$n'est pas un carré parfait. Alors$x\neq 0$. Mais si$x\neq 0$, purement par algèbre, indépendante de $k$étant carré ou non, nous contredisons la minimalité. Alors, le point crucial,$(A,B)$ minimise $A+B$. seulement si$x_2=0$. Puisqu'il n'y a pas de minimum de$(A,B)$ paires quand $k$ n'est pas un carré, nous pouvons conclure qu'il n'y a pas de telles paires.

Que Atanassov ait trouvé cela si insignifiant qu'il le garde dans sa tête reste un mystère.