Mengapa solusi satu paragraf untuk Masalah IMO 6 1988 bekerja?

Aug 17 2020

Emanouil Atanassov, yang terkenal dikatakan telah menyelesaikan masalah IMO "tersulit" dalam satu paragraf dan kemudian menerima hadiah khusus, memberikan bukti yang dikutip di bawah ini,

Pertanyaan: Misalkan a dan b adalah bilangan bulat positif sehingga $ab+1$ membagi $a^2+b^2$ Menunjukkan bahwa $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ adalah kuadrat dari bilangan bulat

Bukti: $k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ Menganggap $k$bukanlah kotak yang sempurna. Perhatikan bahwa untuk solusi integral apa pun$(a,b)$ kita punya $a>0, b>0$karena k bukanlah kuadrat sempurna. Membiarkan$(a,b)$ menjadi solusi integral dengan $a>0, b>0$ dan $a+b$minimum. Kami akan menghasilkan solusi integral lain darinya$(a',b)$ dengan $a'>0 , \ b>0$ dan $a'+b<a+b$. Kontradiksi (Kami menghilangkan argumen untuk sampai pada$(a',b)$)

$a'=0$ cukup untuk $k$berbentuk persegi, tetapi tidak benar secara umum. Bukti ini sepertinya menyiratkan$a'=0$ untuk semua solusi $(a,b)$. Satu-satunya asumsi yang dibantah adalah minimalitas$a+b$, bukan asumsinya $k$bukanlah kotak yang sempurna. Bagaimana pernyataan yang secara remeh mengikuti dari bukti ini?

EDIT: Berikut adalah bukti yang dimodifikasi, tetapi tanpa asumsi $k$ bukanlah kotak yang sempurna.

$k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ Membiarkan $(a,b)$ menjadi solusi integral dengan $a>0, b>0$ dan $a+b$minimum. Kami akan menghasilkan solusi integral lain darinya$(a',b)$ dengan $a'>0 , \ b>0$ dan $a'+b<a+b$. Kontradiksi (Kami menghilangkan argumen untuk sampai pada$(a',b)$)

Saya juga telah menghapus kalimat kedua, karena $a,b>0$diberikan dalam pertanyaan. Apa yang disiratkan oleh bukti ini bahwa yang pertama tidak?

Jawaban

4 JoséCarlosSantos Aug 17 2020 at 14:04
  1. Jika ada solusi $(a,b)$ untuk itu $k$ bukan kuadrat sempurna $a,b>0$.
  2. Juga, jika ada solusi $(a,b)$ untuk itu $k$ bukanlah kuadrat sempurna, maka akan ada, di antara solusi tersebut, yang untuknya $a+b$ minimal.
  3. Kemudian penulis menemukan solusi lain $(a',b)$ dengan $a'<a$, yang menyiratkan itu $a'+b<a+b$.
  4. Tapi itu tidak mungkin, karena kami mengasumsikan itu $(a,b)$ adalah solusinya $a+b$ mengambil nilai terkecil.
2 AlexeyBurdin Aug 17 2020 at 14:57

Solusi lengkap verbatim dari en.wiki/Vieta jumping :

Lompatan Vieta standar

Konsep lompatan Vieta standar adalah bukti kontradiksi, dan terdiri dari tiga langkah berikut:${}^{[1]}$

  1. Berasumsi terhadap kontradiksi bahwa ada solusi yang melanggar persyaratan yang diberikan.
  2. Ambil solusi minimal tersebut menurut beberapa definisi minimalitas.
  3. Tunjukkan bahwa ini menyiratkan adanya solusi yang lebih kecil, karenanya kontradiksi.

Contoh

Masalah # 6 di IMO 1988: Biarkan $a$ dan $b$ menjadi bilangan bulat positif sehingga $ab + 1$ membagi $a^2 + b^2$. Buktikan itu$\frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$ adalah kotak yang sempurna.${}^{[2]}$${}^{[3]}$

  1. Perbaiki beberapa nilai $k$itu adalah bilangan bulat positif bukan kuadrat. Asumsikan ada bilangan bulat positif$(a, b)$ untuk itu $k = \frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$.
  2. Membiarkan $(A, B)$ menjadi bilangan bulat positif yang $k = \frac{A^2 + B^2}{AB + 1}$ dan semacam itu $A + B$ diminimalkan, dan tanpa kehilangan asumsi umum $A \ge B$.
  3. Pemasangan $B$, ganti $A$ dengan variabel $x$ untuk menghasilkan $x^2 – (kB)x + (B^2 – k) = 0$. Kita tahu bahwa salah satu akar persamaan ini adalah$x_1 = A$. Dengan sifat standar persamaan kuadrat, kita tahu bahwa akar lainnya memenuhi$x_2 = kB – A$ dan $x_2 = \frac{B^2 – k}{A}$.
  4. Ekspresi pertama untuk $x_2$ menunjukkan bahwa $x_2$ adalah bilangan bulat, sedangkan ekspresi kedua menyiratkan itu $x_2 \ne 0$ sejak $k$bukanlah kotak yang sempurna. Dari$\frac{x_2^2 + B^2}{x_2B + 1} = k > 0$ selanjutnya mengikuti itu $x_2$adalah bilangan bulat positif. Akhirnya,$ A \ge B$ menyiratkan itu $x_2 = \frac{B^2 − k}{A} < A$ dan dengan demikian $x_2 + B < A + B$, yang bertentangan dengan minimalitas $A + B$.
1 twentyyears Aug 17 2020 at 15:17

Saya pikir saya sudah menemukannya dan akan menyinggung bukti Wikipedia yang diberikan dalam jawaban Alexey karena argumennya sama dan saya yakin sumber saya tidak dapat diandalkan dalam langkah "menghilangkan".

Minimalitas $A+B$bertentangan. (2) dan (3) tidak relevan dengan$k$. (4) berkata$x$ tidak bisa $0$ jika $k$bukanlah kotak yang sempurna. Begitu$x\neq 0$. Tapi jika$x\neq 0$, murni melalui aljabar, tidak bergantung $k$menjadi persegi atau tidak, kami bertentangan dengan minimalitas. Jadi, intinya,$(A,B)$ meminimalkan $A+B$. hanya jika$x_2=0$. Karena tidak ada minimum$(A,B)$ berpasangan saat $k$ bukan bujur sangkar, kita dapat menyimpulkan bahwa tidak ada pasangan seperti itu.

Apakah Atanassov menganggap ini sepele atau tidak sehingga dia menyimpannya di kepalanya tetap menjadi misteri.