เหตุใดการแก้ปัญหา IMO หนึ่งย่อหน้าถึง 6 1988 จึงใช้ได้ผล

Aug 17 2020

Emanouil Atanassov ซึ่งมีชื่อเสียงกล่าวกันว่าได้ทำปัญหา IMO ที่ "ยากที่สุด" ให้เสร็จสิ้นในย่อหน้าเดียวและได้รับรางวัลพิเศษโดยให้หลักฐานที่ระบุไว้ด้านล่าง

คำถาม: ให้ a และ b เป็นจำนวนเต็มบวกเช่นนั้น $ab+1$ หาร $a^2+b^2$ แสดงว่า $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ คือกำลังสองของจำนวนเต็ม

หลักฐาน: $k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ สมมติ $k$ไม่ใช่กำลังสองที่สมบูรณ์แบบ โปรดทราบว่าสำหรับโซลูชันหนึ่ง ๆ$(a,b)$ เรามี $a>0, b>0$เนื่องจาก k ไม่ใช่กำลังสองสมบูรณ์ ปล่อย$(a,b)$ เป็นทางออกที่สำคัญกับ $a>0, b>0$ และ $a+b$ขั้นต่ำ เราจะผลิตจากมันอีกวิธีหนึ่ง$(a',b)$ ด้วย $a'>0 , \ b>0$ และ $a'+b<a+b$. ความขัดแย้ง (เราละเว้นการโต้แย้งเมื่อมาถึงที่$(a',b)$)

$a'=0$ เพียงพอสำหรับ $k$เป็นรูปสี่เหลี่ยมจัตุรัส แต่โดยทั่วไปแล้วไม่เป็นความจริง ข้อพิสูจน์นี้ดูเหมือนจะบอกเป็นนัยว่า$a'=0$ สำหรับโซลูชันทั้งหมด $(a,b)$. ข้อสันนิษฐานเดียวที่ขัดแย้งกันคือความน้อยที่สุดของ$a+b$ไม่ใช่สมมติฐาน $k$ไม่ใช่กำลังสองที่สมบูรณ์แบบ การยืนยันเป็นไปตามข้อพิสูจน์นี้อย่างไร?

แก้ไข: นี่คือหลักฐานที่แก้ไข แต่ไม่มีข้อสันนิษฐาน $k$ ไม่ใช่กำลังสองที่สมบูรณ์แบบ

$k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ ปล่อย $(a,b)$ เป็นทางออกที่สำคัญกับ $a>0, b>0$ และ $a+b$ขั้นต่ำ เราจะผลิตจากมันอีกวิธีหนึ่ง$(a',b)$ ด้วย $a'>0 , \ b>0$ และ $a'+b<a+b$. ความขัดแย้ง (เราละเว้นการโต้แย้งเมื่อมาถึงที่$(a',b)$)

ฉันได้ลบประโยคที่สองด้วยเพราะ $a,b>0$จะได้รับในคำถาม ข้อพิสูจน์นี้บ่งบอกว่าประการแรกไม่ได้หมายความว่าอย่างไร

คำตอบ

4 JoséCarlosSantos Aug 17 2020 at 14:04
  1. หากมีแนวทางแก้ไข $(a,b)$ ซึ่ง $k$ ไม่ใช่กำลังสองที่สมบูรณ์แบบแล้ว $a,b>0$.
  2. นอกจากนี้หากมีแนวทางแก้ไข $(a,b)$ ซึ่ง $k$ ไม่ใช่กำลังสองที่สมบูรณ์แบบแล้วจะมีหนึ่งในคำตอบเหล่านั้น $a+b$ มีน้อย
  3. จากนั้นผู้เขียนก็หาทางออกอื่น $(a',b)$ ด้วย $a'<a$ซึ่งหมายความว่า $a'+b<a+b$.
  4. แต่นั่นเป็นไปไม่ได้เนื่องจากเราตั้งสมมติฐานอย่างนั้น $(a,b)$ เป็นทางออกที่ $a+b$ ใช้ค่าที่น้อยที่สุด
2 AlexeyBurdin Aug 17 2020 at 14:57

คำต่อคำตอบแบบเต็มจากen.wiki/Vieta Jumping :

กระโดดมาตรฐาน Vieta

แนวคิดของการกระโดด Vieta มาตรฐานเป็นข้อพิสูจน์โดยความขัดแย้งและประกอบด้วยสามขั้นตอนต่อไปนี้:${}^{[1]}$

  1. สมมติว่ามีความขัดแย้งว่ามีโซลูชันบางอย่างที่ละเมิดข้อกำหนดที่กำหนด
  2. ใช้วิธีแก้ปัญหาดังกล่าวน้อยที่สุดตามคำจำกัดความของ minimality
  3. แสดงว่านี่หมายถึงการมีอยู่ของโซลูชันที่เล็กกว่าดังนั้นจึงมีความขัดแย้ง

ตัวอย่าง

ปัญหา # 6 ที่ IMO 1988: Let $a$ และ $b$ เป็นจำนวนเต็มบวกเช่นนั้น $ab + 1$ หาร $a^2 + b^2$. พิสูจน์ว่า$\frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$ เป็นกำลังสองที่สมบูรณ์แบบ${}^{[2]}$${}^{[3]}$

  1. แก้ไขค่าบางอย่าง $k$นั่นคือจำนวนเต็มบวกที่ไม่ใช่กำลังสอง สมมติว่ามีจำนวนเต็มบวกอยู่$(a, b)$ ซึ่ง $k = \frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$.
  2. ปล่อย $(A, B)$ เป็นจำนวนเต็มบวกซึ่ง $k = \frac{A^2 + B^2}{AB + 1}$ และเช่นนั้น $A + B$ ถูกย่อให้เล็กที่สุดและไม่มีการสูญเสียความเป็นทั่วไป $A \ge B$.
  3. แก้ไข $B$แทนที่ $A$ ด้วยตัวแปร $x$ ให้ผลผลิต $x^2 – (kB)x + (B^2 – k) = 0$. เรารู้ว่าหนึ่งรากของสมการนี้คือ$x_1 = A$. โดยคุณสมบัติมาตรฐานของสมการกำลังสองเรารู้ว่ารูทอื่นตอบสนองได้$x_2 = kB – A$ และ $x_2 = \frac{B^2 – k}{A}$.
  4. นิพจน์แรกสำหรับ $x_2$ แสดงให้เห็นว่า $x_2$ เป็นจำนวนเต็มในขณะที่นิพจน์ที่สองมีความหมายว่า $x_2 \ne 0$ ตั้งแต่ $k$ไม่ใช่กำลังสองที่สมบูรณ์แบบ จาก$\frac{x_2^2 + B^2}{x_2B + 1} = k > 0$ ต่อไปตามนั้น $x_2$เป็นจำนวนเต็มบวก สุดท้าย$ A \ge B$ บอกเป็นนัยว่า $x_2 = \frac{B^2 − k}{A} < A$ และด้วยเหตุนี้ $x_2 + B < A + B$ซึ่งขัดแย้งกับความน้อยที่สุดของ $A + B$.
1 twentyyears Aug 17 2020 at 15:17

ฉันคิดว่าฉันเข้าใจแล้วและจะพูดถึงการพิสูจน์ของ Wikipedia ที่ให้ไว้ในคำตอบของ Alexey เนื่องจากข้อโต้แย้งเหมือนกันและฉันเชื่อว่าแหล่งที่มาของฉันไม่น่าเชื่อถือในขั้นตอน "ละเว้น"

Minimality ของ $A+B$มีความขัดแย้ง (2) และ (3) ไม่เกี่ยวข้องกับ$k$. (4) กล่าวว่า$x$ ไม่สามารถ $0$ ถ้า $k$ไม่ใช่กำลังสองที่สมบูรณ์แบบ ดังนั้น$x\neq 0$. แต่ถ้า$x\neq 0$ผ่านพีชคณิตล้วนๆไม่ขึ้นกับ $k$เป็นกำลังสองหรือไม่เราขัดแย้งกับความน้อยที่สุด ดังนั้นปม$(A,B)$ ย่อขนาด $A+B$. เพียงแค่$x_2=0$. เนื่องจากไม่มีขั้นต่ำของ$(A,B)$ คู่เมื่อ $k$ ไม่ใช่สี่เหลี่ยมเราสามารถสรุปได้ว่าไม่มีคู่ดังกล่าว

ไม่ว่า Atanassov จะพบเรื่องเล็กน้อยที่เขาเก็บเรื่องนี้ไว้ในหัวหรือไม่ยังคงเป็นปริศนา