IMO Problem 6 1988'e tek paragraflık çözüm neden işe yarıyor?
"En zor" IMO problemini tek bir paragrafta tamamladığı ve özel ödülü almaya devam ettiği söylenen Emanouil Atanassov, aşağıda alıntılanan kanıtı verdi:
Soru: a ve b pozitif tamsayılar olsun öyle ki $ab+1$ böler $a^2+b^2$ Olduğunu göstermektedir $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ bir tamsayının karesidir
Kanıt: $k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ Varsaymak $k$tam bir kare değil. Herhangi bir integral çözüm için$(a,b)$ sahibiz $a>0, b>0$çünkü k tam bir kare değildir. İzin Vermek$(a,b)$ entegre bir çözüm olmak $a>0, b>0$ ve $a+b$minimum. Ondan başka bir ayrılmaz çözüm üreteceğiz$(a',b)$ ile $a'>0 , \ b>0$ ve $a'+b<a+b$. Çelişki (ulaşma argümanını atlıyoruz$(a',b)$)
$a'=0$ için yeterli $k$kare olmak, ancak genel olarak doğru değil. Bu kanıt ima ediyor gibi görünüyor$a'=0$ tüm çözümler için $(a,b)$. Çelişkili olan tek varsayım, asgari$a+b$varsayım değil $k$tam bir kare değil. İddia bu kanıttan önemsiz bir şekilde nasıl çıkar?
DÜZENLEME: İşte kanıt değiştirildi, ancak varsayım olmadan $k$ tam bir kare değil.
$k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \implies a^2-kab+b^2=k, k\in \mathbb{Z}$ İzin Vermek $(a,b)$ entegre bir çözüm olmak $a>0, b>0$ ve $a+b$minimum. Ondan başka bir ayrılmaz çözüm üreteceğiz$(a',b)$ ile $a'>0 , \ b>0$ ve $a'+b<a+b$. Çelişki (ulaşma argümanını atlıyoruz$(a',b)$)
İkinci cümleyi de kaldırdım çünkü $a,b>0$soruda verilmiştir. Bu kanıt, birincinin olmadığını ima eder?
Yanıtlar
- Çözümler varsa $(a,b)$ hangisi için $k$ tam bir kare değil, öyleyse $a,b>0$.
- Ayrıca, çözümler varsa $(a,b)$ hangisi için $k$ tam bir kare olmadığında, bu çözümler arasında bir tane olacaktır. $a+b$ minimumdur.
- Sonra yazar başka bir çözüm bulur $(a',b)$ ile $a'<a$ki bunun anlamı $a'+b<a+b$.
- Ama bu imkansız, çünkü biz bunu varsayıyoruz $(a,b)$ çözüm neydi $a+b$ en küçük değeri alır.
En.wiki/Vieta jumping'den kelimesi kelimesine tam çözüm :
Standart Vieta atlama
Standart Vieta atlama kavramı çelişkinin bir kanıtıdır ve aşağıdaki üç adımdan oluşur:${}^{[1]}$
- Bir çelişkiye doğru, verilen gereksinimleri ihlal eden bir çözümün var olduğunu varsayın.
- Minimallik tanımına göre bu tür minimal çözümü ele alalım.
- Bunun daha küçük bir çözümün varlığını, dolayısıyla bir çelişkiyi ima ettiğini gösterin.
Misal
IMO 1988'de Problem # 6: Bırak $a$ ve $b$ pozitif tamsayı olacak şekilde $ab + 1$ böler $a^2 + b^2$. Kanıtla$\frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$ tam bir karedir.${}^{[2]}$${}^{[3]}$
- Bazı değerleri düzeltin $k$bu kare olmayan pozitif bir tam sayıdır. Pozitif tamsayılar olduğunu varsayın$(a, b)$ hangisi için $k = \frac{a^2 + b^2}{ab + 1}$.
- İzin Vermek $(A, B)$ pozitif tamsayılar olmak $k = \frac{A^2 + B^2}{AB + 1}$ ve bunun gibi $A + B$ küçültülür ve genellik kaybı olmaksızın $A \ge B$.
- Sabitleme $B$, değiştir $A$ değişken ile $x$ pes etmek $x^2 – (kB)x + (B^2 – k) = 0$. Bu denklemin bir kökünün olduğunu biliyoruz$x_1 = A$. İkinci dereceden denklemlerin standart özelliklerine göre, diğer kökün,$x_2 = kB – A$ ve $x_2 = \frac{B^2 – k}{A}$.
- İçin ilk ifade $x_2$ gösterir ki $x_2$ bir tamsayıdır, ikinci ifade ise $x_2 \ne 0$ dan beri $k$tam bir kare değil. Nereden$\frac{x_2^2 + B^2}{x_2B + 1} = k > 0$ daha sonra bunu takip eder $x_2$pozitif bir tamsayıdır. En sonunda,$ A \ge B$ ima ediyor ki $x_2 = \frac{B^2 − k}{A} < A$ ve böylece $x_2 + B < A + B$asgari düzeyde çelişen $A + B$.
Sanırım bunu çözdüm ve argümanlar aynı olduğu için Alexey'in cevabında verilen Wikipedia kanıtına atıfta bulunacağım ve "atlamak" adımlarında kaynağımın güvenilmez olduğuna inanıyorum.
Asgari düzeyde $A+B$çelişiyor. (2) ve (3) ile alakasız$k$. (4) diyor$x$ olamaz $0$ Eğer $k$tam bir kare değil. Yani$x\neq 0$. Ama eğer$x\neq 0$, tamamen cebir yoluyla, bağımsız $k$kare olsun ya da olmasın, asgarilıkla çelişiriz. Yani, işin özü,$(A,B)$ küçültür $A+B$. Yalnızca$x_2=0$. Minimum olmadığı için$(A,B)$ ne zaman eşleşir $k$ kare değildir, böyle bir çift olmadığı sonucuna varabiliriz.
Atanassov'un bunu kafasında tutacak kadar önemsiz bulup bulmadığı bir sır olarak kalıyor.