Por que a solução de um parágrafo para o Problema 6 da IMO em 1988 funciona?

Aug 17 2020

Emanouil Atanassov, famoso por ter concluído o problema "mais difícil" da IMO em um único parágrafo e passou a receber o prêmio especial, deu a prova citada abaixo,

Pergunta: Sejam aeb inteiros positivos, de modo que $ab+1$ divide $a^2+b^2$ Mostra isso $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ é o quadrado de um inteiro

Prova: $k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ Presumir $k$não é um quadrado perfeito. Observe que para qualquer solução integral$(a,b)$ temos $a>0, b>0$já que k não é um quadrado perfeito. Deixei$(a,b)$ ser uma solução integral com $a>0, b>0$ e $a+b$mínimo. Devemos produzir a partir dele outra solução integral$(a',b)$ com $a'>0 , \ b>0$ e $a'+b<a+b$. Contradição (Omitimos o argumento para chegar a$(a',b)$)

$a'=0$ é suficiente para $k$sendo um quadrado, mas não é verdade em geral. Esta prova parece implicar$a'=0$ para todas as soluções $(a,b)$. A única suposição contradita é a minimalidade de$a+b$, não a suposição $k$não é um quadrado perfeito. Como a afirmação trivialmente decorre dessa prova?

EDIT: Aqui está a prova modificada, mas sem a suposição $k$ não é um quadrado perfeito.

$k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ Deixei $(a,b)$ ser uma solução integral com $a>0, b>0$ e $a+b$mínimo. Devemos produzir a partir dele outra solução integral$(a',b)$ com $a'>0 , \ b>0$ e $a'+b<a+b$. Contradição (Omitimos o argumento para chegar a$(a',b)$)

Eu também removi a segunda frase, porque $a,b>0$é dado na pergunta. O que esta prova implica que a primeira não?

Respostas

4 JoséCarlosSantos Aug 17 2020 at 14:04
  1. Se houver soluções $(a,b)$ para qual $k$ não é um quadrado perfeito, então $a,b>0$.
  2. Além disso, se houver soluções $(a,b)$ para qual $k$ não é um quadrado perfeito, então haverá, entre essas soluções, uma para a qual $a+b$ é mínimo.
  3. Então o autor encontra outra solução $(a',b)$ com $a'<a$, o que implica que $a'+b<a+b$.
  4. Mas isso é impossível, já que estávamos assumindo que $(a,b)$ foi a solução para a qual $a+b$ leva o menor valor.
2 AlexeyBurdin Aug 17 2020 at 14:57

Solução completa textualmente de en.wiki/Vieta jumping :

Salto Vieta padrão

O conceito de salto Vieta padrão é uma prova por contradição e consiste nas três etapas a seguir:${}^{[1]}$

  1. Suponha para uma contradição que existe alguma solução que viola os requisitos dados.
  2. Considere a solução mínima de acordo com alguma definição de minimalidade.
  3. Mostre que isso implica a existência de uma solução menor, portanto, uma contradição.

Exemplo

Problema # 6 na IMO 1988: Let $a$ e $b$ ser números inteiros positivos que $ab + 1$ divide $a^2 + b^2$. Provar que$\frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$ é um quadrado perfeito.${}^{[2]}$${}^{[3]}$

  1. Corrija algum valor $k$isso é um número inteiro positivo não quadrado. Suponha que existam inteiros positivos$(a, b)$ para qual $k = \frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$.
  2. Deixei $(A, B)$ ser inteiros positivos para os quais $k = \frac{A^2 + B^2}{AB + 1}$ e tal que $A + B$ é minimizado e, sem perda de generalidade, assume $A \ge B$.
  3. Consertando $B$, substitua $A$ com a variável $x$ ceder $x^2 – (kB)x + (B^2 – k) = 0$. Sabemos que uma raiz desta equação é$x_1 = A$. Por propriedades padrão de equações quadráticas, sabemos que a outra raiz satisfaz$x_2 = kB – A$ e $x_2 = \frac{B^2 – k}{A}$.
  4. A primeira expressão para $x_2$ mostra que $x_2$ é um número inteiro, enquanto a segunda expressão implica que $x_2 \ne 0$ Desde a $k$não é um quadrado perfeito. De$\frac{x_2^2 + B^2}{x_2B + 1} = k > 0$ segue-se ainda que $x_2$é um número inteiro positivo. Finalmente,$ A \ge B$ implica que $x_2 = \frac{B^2 − k}{A} < A$ e assim $x_2 + B < A + B$, o que contradiz a minimalidade de $A + B$.
1 twentyyears Aug 17 2020 at 15:17

Acho que descobri e vou fazer alusão à prova da Wikipedia dada na resposta de Alexey, já que os argumentos são os mesmos e acredito que minha fonte não foi confiável em "omitir" etapas.

A minimalidade de $A+B$é contradito. (2) e (3) são irrelevantes para$k$. (4) diz$x$ não pode ser $0$ E se $k$não é um quadrado perfeito. então$x\neq 0$. Mas se$x\neq 0$, puramente através da álgebra, independente de $k$sendo quadrados ou não, contradizemos a minimalidade. Então, o ponto crucial,$(A,B)$ minimiza $A+B$. somente se$x_2=0$. Uma vez que não há mínimo de$(A,B)$ pares quando $k$ não é um quadrado, podemos concluir que não existem tais pares.

Se Atanassov achou isso tão trivial ou não que o manteve em sua cabeça, permanece um mistério.