Perché la soluzione di un paragrafo al problema IMO 6 1988 funziona?
Emanouil Atanassov, notoriamente detto di aver completato il problema IMO "più difficile" in un solo paragrafo e ha ricevuto il premio speciale, ha fornito la prova citata di seguito,
Domanda: Siano aeb numeri interi positivi tali che $ab+1$ divide $a^2+b^2$ Dimostralo $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ è il quadrato di un numero intero
Prova: $k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ Assumere $k$non è un quadrato perfetto. Nota che per qualsiasi soluzione integrale$(a,b)$ noi abbiamo $a>0, b>0$poiché k non è un quadrato perfetto. Permettere$(a,b)$ essere una soluzione integrale con $a>0, b>0$ e $a+b$minimo. Ne produrremo un'altra soluzione integrale$(a',b)$ con $a'>0 , \ b>0$ e $a'+b<a+b$. Contraddizione (omettiamo l'argomento per arrivare a$(a',b)$)
$a'=0$ è sufficiente per $k$essendo un quadrato, ma non è vero in generale. Questa prova sembra implicare$a'=0$ per tutte le soluzioni $(a,b)$. L'unico presupposto contraddetto è la minimalità di$a+b$, non l'ipotesi $k$non è un quadrato perfetto. In che modo l'affermazione deriva banalmente da questa dimostrazione?
EDIT: Ecco la prova modificata, ma senza l'ipotesi $k$ non è un quadrato perfetto.
$k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ Permettere $(a,b)$ essere una soluzione integrale con $a>0, b>0$ e $a+b$minimo. Ne produrremo un'altra soluzione integrale$(a',b)$ con $a'>0 , \ b>0$ e $a'+b<a+b$. Contraddizione (omettiamo l'argomento per arrivare a$(a',b)$)
Ho anche rimosso la seconda frase, perché $a,b>0$è dato nella domanda. Cosa implica questa prova che la prima non lo faccia?
Risposte
- Se ci sono soluzioni $(a,b)$ per cui $k$ non è un quadrato perfetto, quindi $a,b>0$.
- Inoltre, se ci sono soluzioni $(a,b)$ per cui $k$ non è un quadrato perfetto, quindi ci sarà, tra quelle soluzioni, quella per cui $a+b$ è minimo.
- Quindi l'autore trova un'altra soluzione $(a',b)$ con $a'<a$, il che implica che $a'+b<a+b$.
- Ma è impossibile, dal momento che lo stavamo assumendo $(a,b)$ era la soluzione per cui $a+b$ prende il valore più piccolo.
Soluzione completa testualmente da en.wiki/Vieta jumping :
Vieta standard che salta
Il concetto di salto Vieta standard è una prova per contraddizione e si compone dei seguenti tre passaggi:${}^{[1]}$
- Assumiamo di fronte a una contraddizione che esista una soluzione che viola i requisiti dati.
- Prendiamo la minima tale soluzione secondo qualche definizione di minimalità.
- Mostra che questo implica l'esistenza di una soluzione più piccola, quindi una contraddizione.
Esempio
Problema n. 6 a IMO 1988: Let $a$ e $b$ essere numeri interi positivi tali che $ab + 1$ divide $a^2 + b^2$. Prova che$\frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$ è un quadrato perfetto.${}^{[2]}$${}^{[3]}$
- Correggi un valore $k$questo è un numero intero positivo non quadrato. Supponiamo che esistano numeri interi positivi$(a, b)$ per cui $k = \frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$.
- Permettere $(A, B)$ essere numeri interi positivi per i quali $k = \frac{A^2 + B^2}{AB + 1}$ e tale che $A + B$ è ridotto al minimo e, senza perdita di generalità, assumere $A \ge B$.
- Fissaggio $B$, sostituire $A$ con la variabile $x$ cedere $x^2 – (kB)x + (B^2 – k) = 0$. Sappiamo che una delle radici di questa equazione è$x_1 = A$. Dalle proprietà standard delle equazioni quadratiche, sappiamo che l'altra radice soddisfa$x_2 = kB – A$ e $x_2 = \frac{B^2 – k}{A}$.
- La prima espressione per $x_2$ mostra che $x_2$ è un numero intero, mentre la seconda espressione lo implica $x_2 \ne 0$ da $k$non è un quadrato perfetto. A partire dal$\frac{x_2^2 + B^2}{x_2B + 1} = k > 0$ ne consegue inoltre $x_2$è un numero intero positivo. Finalmente,$ A \ge B$ implica che $x_2 = \frac{B^2 − k}{A} < A$ e quindi $x_2 + B < A + B$, che contraddice la minimalità di $A + B$.
Penso di aver capito e alluderò alla prova di Wikipedia fornita nella risposta di Alexey poiché gli argomenti sono gli stessi e credo che la fonte sia stata inaffidabile nei passaggi di "omissione".
La minimalità di $A+B$è contraddetto. (2) e (3) sono irrilevanti per$k$. (4) dice$x$ non può essere $0$ Se $k$non è un quadrato perfetto. Così$x\neq 0$. Ma se$x\neq 0$, puramente attraverso l'algebra, indipendente da $k$essendo quadrati o no, contraddiciamo la minimalità. Quindi, il punto cruciale,$(A,B)$ minimizza $A+B$. solo se$x_2=0$. Poiché non esiste un minimo di$(A,B)$ accoppia quando $k$ non è un quadrato, possiamo concludere che non esistono tali coppie.
Se Atanassov lo abbia trovato così banale da tenerlo in testa rimane un mistero.