IMO 문제 6 1988에 대한 한 단락 솔루션이 작동하는 이유는 무엇입니까?

Question

Emanouil Atanassov는 "가장 어려운"IMO 문제를 한 단락으로 완료하고 계속해서 특별상을 수상한 것으로 유명하며 아래 인용 된 증거를 제시했습니다.

질문 : a와 b를 양의 정수로 $ab+1$ 분할 $a^2+b^2$ 보여줘 $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ 정수의 제곱입니다.

증명: $k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ 취하다 $k$완벽한 사각형이 아닙니다. 모든 통합 솔루션의 경우$(a,b)$ 우리는 $a>0, b>0$k는 완전한 제곱이 아니기 때문입니다. 허락하다$(a,b)$ 통합 솔루션 $a>0, b>0$ 과 $a+b$최저한의. 우리는 그것으로부터 또 다른 통합 솔루션을 생산할 것입니다$(a',b)$ 와 $a'>0 , \ b>0$ 과 $a'+b<a+b$. 모순 (우리는$(a',b)$)

$a'=0$ 충분하다 $k$정사각형이지만 일반적으로 사실이 아닙니다. 이 증거는$a'=0$ 모든 솔루션 $(a,b)$. 모순되는 유일한 가정은$a+b$, 가정이 아님 $k$완벽한 사각형이 아닙니다. 이 증명에서 주장은 어떻게 사소하게 따를까요?

편집 : 여기에 수정 된 증거가 있지만 가정없이 $k$ 완벽한 사각형이 아닙니다.

$k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ 허락하다 $(a,b)$ 통합 솔루션 $a>0, b>0$ 과 $a+b$최저한의. 우리는 그것으로부터 또 다른 통합 솔루션을 생산할 것입니다$(a',b)$ 와 $a'>0 , \ b>0$ 과 $a'+b<a+b$. 모순 (우리는$(a',b)$)

두 번째 문장도 삭제했습니다. $a,b>0$질문에 주어집니다. 이 증거는 첫 번째가 그렇지 않다는 것을 무엇을 의미합니까?

Answer 1

1. 해결책이 있다면 $(a,b)$ 어떤 $k$ 완벽한 제곱이 아니라면 $a,b>0$.
2. 또한 해결책이 있다면 $(a,b)$ 어떤 $k$ 완벽한 제곱이 아니라면 그 솔루션들 중 하나가 될 것입니다. $a+b$ 최소한입니다.
3. 그런 다음 저자는 다른 해결책을 찾습니다. $(a',b)$ 와 $a'<a$, 즉 $a'+b<a+b$.
4. 하지만 그건 불가능합니다. $(a,b)$ 해결책은 $a+b$ 가장 작은 값을 취합니다.

Answer 2

en.wiki/Vieta jumping의 완전한 솔루션 :

표준 비에 타 점프

표준 Vieta 점프의 개념은 모순에 의한 증거이며 다음 세 단계로 구성됩니다.${}^{[1]}$

1. 주어진 요구 사항을 위반하는 솔루션이 존재한다고 모순되는 방향으로 가정하십시오.
2. 최소한의 정의에 따라 최소한의 해결책을 취하십시오.
3. 이것은 더 작은 솔루션의 존재를 의미하므로 모순임을 보여줍니다.

예

IMO 1988의 문제 # 6 : Let $a$ 과 $b$ 다음과 같은 양의 정수 $ab + 1$ 분할 $a^2 + b^2$. 증명$\frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$ 완벽한 정사각형입니다.${}^{[2]}$${}^{[3]}$

1. 일부 값 수정 $k$그것은 정사각형이 아닌 양의 정수입니다. 양의 정수가 있다고 가정$(a, b)$ 어떤 $k = \frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$.
2. 허락하다 $(A, B)$ 양의 정수 여야합니다. $k = \frac{A^2 + B^2}{AB + 1}$ 그리고 그런 $A + B$ 최소화되고 일반성의 손실없이 $A \ge B$.
3. 고정 $B$, 교체 $A$ 변수와 함께 $x$ 수득 $x^2 – (kB)x + (B^2 – k) = 0$. 우리는이 방정식의 한 뿌리가$x_1 = A$. 이차 방정식의 표준 속성에 따라 다른 근이 다음을 충족한다는 것을 알고 있습니다.$x_2 = kB – A$ 과 $x_2 = \frac{B^2 – k}{A}$.
4. 에 대한 첫 번째 표현 $x_2$ 것을 보여줍니다 $x_2$ 두 번째 표현식은 정수이며 $x_2 \ne 0$ 이후 $k$완벽한 사각형이 아닙니다. 에서$\frac{x_2^2 + B^2}{x_2B + 1} = k > 0$ 그것은 더 뒤에 $x_2$양의 정수입니다. 드디어,$ A \ge B$ 그것을 의미 $x_2 = \frac{B^2 − k}{A} < A$ 따라서 $x_2 + B < A + B$, 이는 최소한의 $A + B$.

Answer 3

나는 그것이 알렉세이의 대답에 주어진 위키피디아 증명을 알아 냈고 암시 할 것이라고 생각한다. 주장은 같고 내 소스가 "생략"단계에서 신뢰할 수 없다고 믿는다.

최소한의 $A+B$모순됩니다. (2) 및 (3)은$k$. (4) 말한다$x$ 수 없습니다 $0$ 만약 $k$완벽한 사각형이 아닙니다. 그래서$x\neq 0$. 그러나 만약$x\neq 0$, 순수하게 대수를 통해 $k$정사각형이든 아니든, 우리는 미니멀 리티에 모순됩니다. 그래서 핵심은$(A,B)$ 최소화 $A+B$. 경우에만$x_2=0$. 최소가 없기 때문에$(A,B)$ 쌍 때 $k$ 정사각형이 아니라면 그러한 쌍이 없다는 결론을 내릴 수 있습니다.

Atanassov가 이것을 너무 사소해서 머리 속에 두 었는지 여부는 미스터리로 남아 있습니다.