IMO 1988, problema 6

Question

En 1988, IMO presentó un problema, para demostrar que $ k $ debe ser un cuadrado si $ a ^ 2 + b ^ 2 = k (1 + ab) $, para enteros positivos $ a $, $ b $ y $ k $. Me pregunto sobre las soluciones, no evidentes a partir de la prueba. Además de las soluciones triviales $ a $ o $ b = 0 $ o 1 con $ k = 0 $ o 1, una solución obvia es $ a = b ^ 3 $ para que la ecuación se convierta en $ b ^ 6 + b ^ 2 = b ^ 2 (1 + b ^ 4) $ . ¿Hay alguna otra solución?

Answer 1

Este es un problema famoso, aquí está una de las soluciones que más me gusta, que leí en un libro anteriormente, pero más tarde en un tema aquí me di cuenta de la importancia del problema (El crédito va para T. Andreescu & R. Gelca si recuerdo correctamente, pero no estoy seguro, ya que 11 individuos en ese año resolvieron este problema y no estoy seguro de sus soluciones):

Solución: Supongamos que $\displaystyle \frac{a^2+b^2}{a.b+1}=x$ Queremos probar que para todos los pares de enteros no negativos $(\alpha,\beta)$ con la propiedad de que $\displaystyle \frac{\alpha^2+\beta^2}{\alpha\beta+1}=x$ y $\alpha \geq \beta$ el par que minimiza $\alpha+\beta$ debe implicar $\beta=0$. Si eso sucediera, entonces $x=\alpha^2$. Así que, supongamos que $(\alpha,\beta)$ es tal par que minimiza $\alpha+\beta$ pero $\beta>0$. entonces podemos obtener la ecuación $y^2 - \beta xy + \beta^2 -x =0$ de $\displaystyle \frac{y^2+\beta^2}{y\beta+1}=x$. Esta ecuación tiene $\alpha$ como una de sus raíces y dado que la suma de las raíces es $\beta x$, la otra raíz debe ser $\beta x - \alpha$. Ahora, si probamos que $0 \leq \beta x - \alpha < \alpha$ entonces hemos terminado porque esto contradice la minimalidad de $(\alpha,\beta)$

$x = \displaystyle \frac{\alpha^2+\beta^2}{\alpha\beta+1}<\frac{2\alpha^2}{\alpha \beta} = \frac{2 \alpha}{\beta} \implies \beta x-\alpha < \alpha$

y también es posible mostrar que $\beta x - \alpha \geq 0$ pero honestamente no recuerdo esa parte de la prueba y la dejo a usted. Eso completa la prueba.

(También revisa ese enlace de wikipedia proporcionado por pre-kidney).

Answer 2

La técnica para este tipo de problema se llama "salto de raíz de Vieta". En la página de wikipedia que describe esta técnica, este mismo problema se utiliza como ejemplo. Ver aquí.

Por supuesto, hay muchas más soluciones; podemos enumerarlas volteando repetidamente y usando simetría. Por ejemplo, tu solución $(b, b^3)$ es el resultado de voltear $(b,0)$ cuando $k=b^2$. Pero si volteamos alrededor de $b^3$ en cambio, obtenemos la nueva solución $(b^5-b, b^3)$.

De hecho, $$x^2-b^5x+(b^6-b^2)=(x-b)(x-b^5+b)$$ así que también tenemos $$b^6 + (b^5-b)^2 = b^2(1 + b^3(b^5-b))$$

Answer 3

Todas las soluciones se pueden escribir como: $$ \text{si $n$ es par:}\enspace a_n= { \sum\limits_{i=0}^{{n\over{2}}} {(-1)^{i+{n\over{2}}}{{n\over{2}}+i\choose {n\over{2}}-i}g^{4i+1}}} \\ \text{si $n$ es impar:}\enspace a_n= \sum\limits_{i=0}^{{n-1\over{2}}} (-1)^{i+{n-1\over{2}}}{1+{n-1\over{2}}+i \choose {n-1\over{2}}-i}g^{4i+3} \implies \\ {{a_n}^2+{a_{n+1}}^2\over{a_na_{n+1}+1}}=g^2\\ $$ O también: $$ a_n={g{\bigg({g^2+\sqrt{g^4-4}\over{2}}\bigg)}^n\over{\sqrt{g^4-4}}} - {g{\bigg({g^2-\sqrt{g^4-4}\over{2}} \bigg)}^n\over{\sqrt{g^4-4}}} \\ $$

ver aquí la solución completa

Answer 4

No es exactamente una prueba del problema original del IMO, pero definitivamente hay una manera muy fácil de calcular todas las respuestas posibles. Además, demuestra que aquí, el salto de Vieta es básicamente solo usar la simetría para saltar entre las dos soluciones de la buena y vieja fórmula cuadrática.

Nada complicado a continuación, pero no he visto esta explicación en ningún otro lugar.

Supongamos: $$ {{a^2+b^2} \over {1+ab}} = c $$ Entonces, al usar la fórmula cuadrática para resolver b (y un poco de reescritura) obtenemos: $$ b = {ac \pm \sqrt {a^2 (c^2-4) + 4c} \over 2} $$ Usando esto podemos calcular todas las respuestas para cualquier c dado. Por ejemplo, supongamos c = 4. Entonces obtenemos: $$ b = {a \cdot 4 \pm \sqrt {a^2 \cdot 12 + 16} \over 2} $$ Sabemos que a = 0 siempre proporcionará una solución. Eso nos da: $$ a = 0 \Rightarrow b = {{0 \cdot 4\pm \sqrt {0 \cdot 12 + 16}} \over 2} = 2 \Rightarrow (a,b) = (0,2) $$ Pero debido a la simetría, si (0,2) es una solución, entonces (2,0) también debe ser una solución. Y dado que la fórmula cuadrática tiene 2 soluciones, producirá otra solución. $$ a = 2 \Rightarrow \space b = {{2 \cdot 4 \pm \sqrt {4 \cdot 12 + 16}} \over 2} = 0 \space o \space 8 \Rightarrow (a,b) = (2,8) $$ $$ a = 8 \Rightarrow \space b = {{8 \cdot 4 \pm \sqrt {64 \cdot 12 + 16}} \over 2} = {32 \pm 28\over 2} = 2 \space o \space 30 \Rightarrow (a,b) = (8,30) $$ $$ a = 30 \Rightarrow \space b = {{30 \cdot 4 \pm \sqrt {900 \cdot 12 + 16}} \over 2} = {120 \pm 104\over 2} = 8 \space o \space 112 \Rightarrow (a,b) = (30,112) $$ Lo mismo se puede hacer para c = 9, 16, 25, etc.

Answer 5

Suponiendo que

$$ \frac{a^2 + b^2}{ab + 1} = k$$ entonces

$$ a^2 - a(kb) + (b^2 - k) = 0 $$

Por lo tanto, usando la fórmula cuadrática obtenemos: $$ a = \frac{kb \pm \sqrt{k^2b^2 -4(b^2 -k)}}{2}$$

Las soluciones son cuando $k = b^2 $ y así $a= kb = b^3$

Entonces $$ b = 1 , a = 1 , k= 1$$ $$b = 2 , a = 8, k = 4$$

$$ b= 3, a= 27, k = 9 $$ y así sucesivamente....

Hay otras formas de obtener más soluciones que estas, como b = 8, a = 30 y k = 4 donde k no es $b^2$ o $a = b^3$ y por supuesto la solución cero. Todavía no he encontrado una manera de encontrar más soluciones que estas.