Salto de la Vieta: Relacionado con el problema de la OMI 6, 1988: Si $ab + 1$ divide $a^2 + b^2$ entonces $ab + 1$ no puede ser un cuadrado perfecto.

Question

El famoso problema 6 de la OMI establece que si $a,b$ son enteros positivos, tales que $ab + 1$ divide $a^2 + b^2$ entonces $\frac{ a^2 + b^2}{ab + 1 }$ es un cuadrado perfecto, a saber, $gcd(a,b)^2$ . ¿Qué tal una modificación de este problema?

• Si $a,b$ son números enteros (estrictamente) positivos, tales que $ab + 1$ divide $a^2 + b^2$ entonces $ab + 1$ no puede ser un cuadrado perfecto.

Estoy buscando una prueba de la afirmación anterior, o un contraejemplo.

Una posible aproximación a la prueba es la siguiente:

Supongamos que existe tal par $(a,b)$ como en el caso anterior, y luego por el famoso problema 6 de la OMI de 1988, $\frac{ a^2 + b^2}{ab + 1 } = g^2$ donde $g = gcd(a,b)$ . Desde $ab + 1$ es un cuadrado perfecto, $a^2 + b^2 = c^2$ para algún número entero $c$ . Así que $(a,b,c)$ es un triple pitagórico, por lo que existen enteros positivos $n,m,l$ con $n$ coprima a $m$ , de tal manera que $a = l(n^2 - m^2)$ y $b = 2lnm$ - por la fórmula de Euclides.

Entonces, introduciendo $a$ y $b$ en términos de $n,m,l$ en la ecuación original, y resolviendo para $l$ es posible obtener lo siguiente:

Existen enteros coprimos positivos $n,m$ tal que

$\frac{(n^2 + m^2 + 1)(n^2 + m^2 - 1)}{2mn(n+m)(n-m)}$ es un cuadrado perfecto.

Si ponemos el cociente anterior en un programa, como en este recorte de código de python:

N = 1000

for n in range(1,N):
    for m in range(n+1, N):
        A = (n*n + m*m + 1)*(n*n + m*m - 1)
        B = 2*m*n*(n+m)*(m-n)
        if A % B == 0:
            print(A/B)

El cociente siempre es 2, independientemente de que $n$ y $m$ ¡son co prime! Así que si la implicación muy fuerte

• $2mn(n+m)(n-m) \mid (n^2 + m^2 + 1)(n^2 + m^2 - 1) \implies \frac{(n^2 + m^2 + 1)(n^2 + m^2 - 1)}{2mn(n+m)(n-m)} = 2$

se mantiene, entonces el problema original se resolverá.

Answer 1

Aquí tiene una respuesta un poco rebuscada a su pregunta en el afirmativo

Usted observa que $k = \mathrm{gcd}(a,b)^2$ . Después de plodding a través de varios recursos, es porque uno puede Viete Jump:

$$ (a,b) \mapsto \big(a_1, b_1\big) \mapsto \dots \mapsto (k,0) $$

y el gcd es conservado. Una vez que estoy de acuerdo con usted, que $a = \text{gcd}(a,b) \, c$ y $b = \text{gcd}(a,b) \, d$ para que \begin{eqnarray} ab+1 &=& \frac{a^2+b^2}{\mathrm{gcd}(a,b)^2}= c^2 + d^2 \\ &=& \,\text{gcd}(a,b)^2 \, cd + 1 \end{eqnarray}

De este modo, se dan dos condiciones $c, d$ podría resolver (donde los dos $\square$ son diferentes) y $\text{gcd}(c,d)=1$ : \begin{eqnarray*} c^2 - \square \, cd + d^2 &=& 1 \\ c^2 + d^2 &=& \square \end{eqnarray*}

Es de esperar que estas dos ecuaciones lleven a una contradicción.

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Añadido el 15/11 La respuesta es definitivamente no . Sea $k = \mathrm{gcd}(a,b)$ Estamos tratando de resolver en números enteros:

\begin{eqnarray} c^2 - k\; cd + d^2 &=& 1 \\ c^2 + d^2 = \square \end{eqnarray}

Como he aprendido, la primera puede resolverse con $(c,d) = (1,0)$ o $(k,1)$ y existe una familia infinita de soluciones utilizando términos consecutivos de una secuencia recursiva [ 2 , 3 ] $$ x_{n+1} = k \, x_n + x_{n-1} $$ A veces hay formas de relacionar los triples pitagóricos con las ecuaciones de Pell [ 1 ] ( Árbol modular de Pitágoras )

$$ x_{n+1}^2 + \frac{1}{2} x_n^2 < \sqrt{x_{n+1}^2 + x_n^2 } = x_{n+1}^2 \sqrt{1 + (x_n/x_{n+1})^2} < x_{n+1}^2 + \frac{1}{2} x_n^2 + 1$$

No puede ser un número entero. Así que cada vez que resolvemos la ecuación de Pell, no podemos también resolver la de Pitágoras. $\quad\quad\square$

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Respuesta antigua

Esto se discute en el artículo de Wikipedia sobre Salto de la Vieta :

Ninguno de los seis miembros del comité de problemas australianos pudo resolverlo. Dos de los miembros eran George Szekeres y su esposa, ambos famosos solucionadores y creadores de problemas. [...] El comité del problema lo presentó al jurado de la XXIX OMI marcado con un doble asterisco, que significaba un problema superduro, posiblemente demasiado difícil de plantear. Tras un largo debate, el jurado tuvo finalmente el valor de elegirlo como último problema del concurso. Once estudiantes dieron soluciones perfectas.

Entre los once estaba Bau Chau Ngô (Medalla Fields 2010). Su trabajo sobre el Lemma Fundamental también tiene un sabor saltarín [ 1 , 2 , 3 ] pero está bastante avanzado.

El debate en YouTube también es útil. Estos vídeos ofrecen un debate exhaustivo sobre las diferentes formas de resolver

• La leyenda de la pregunta seis (Numberphile)
• El regreso de la leyenda de la pregunta seis (Numberphile2)

Puede que no resuelvan directamente su problema, pero proporcionan un contexto histórico e indican posibles estrategias.

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En el Wikipedia artículo, el ejemplo de Viete Jumping es OMI 1988/6 -- lo mismo que se pide en la pregunta:

Dejemos que $a,b$ sean enteros positivos tales que $ab+1$ divide $a^2 + b^2$ demostrar que $ \frac{a^2 + b^2}{ab+1}$ es un cuadrado perfecto.

y la solución va en tres pasos

#1 Dejemos que $a, b \geq 0$ ser soluciones a $\frac{a^2 + b^2}{ab+1} = k$ tal que $k$ no es un cuadrado perfecto: $k \neq \square$

#2 A partir de $(a,b)$ podemos intentar generar otra solución $(x,b)$ que resuelve la ecuación cuadrática: $$ x^2 - kb\, x +(b^2 - k) = 0 $$ El mapa $(a,b) \mapsto (a_1,b)$ es nuestro Salto de Vieta Dado que ambos $a, a_1$ son soluciones aceptables que tenemos: $$ (x-a)(x-a_1) = x^2 - (a + a_1) x + aa_1 = 0$$

Por las ecuaciones de Viete (comparando los coeficientes. Descubrimos dos cosas:

• $ a + a_1 = kb $ para que $a_1 = kb - a \in \mathbb{Z}$ (es un número entero)

• $ aa_1 = b^2 - k $ para que $a_1 = \frac{b^2 - k}{a} \neq 0$

#3 Si $a \geq b$ podemos deducir que $a_1 \geq 0$ (es positivo) y además $ a > a_1 \ge 0 $

• De #2 $ a_1 = \frac{b^2 - k }{a} < \frac{b^2}{a} < \frac{a^2}{a}=a $

• $\frac{a_1^2 + b^2}{ab+1}= k > 0 $ implica que $ a_1b+1 > 0$ o $a_1 > - \frac{1}{b}$ pero $a \in \mathbb{Z}$ así que $a_1 \geq 0$ .

Resumen Hemos demostrado que dados dos números positivos $a,b$ resolver $\frac{a^2+b^2}{ab+1}=k$ con $k \neq \square$ podemos siempre encontrar otra solución $(a_1,b)$ resolviendo la misma ecuación con $a > a_1$ .

Entonces el salto de Viete consiste en un mapa:

$$ (a,b) \mapsto \left\{\begin{array}{rc} (b,a) & \text{ if } a \leq b \\ (\frac{b^2-k}{a},b) & \text{ if } a \geq b \end{array}\right.$$

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Si bien esto hace no resolver su problema para demostrar que $ab+1 \neq \square$ -- sí indica posiblemente por dónde empezar y algunos posibles recursos.

Un uso rápido de la fórmula de Bezout muestra que $ab+1$ también debe dividir $$ \big[(a^2 + b^2) + 2(ab+1)\big] + \big[(a^2 + b^2) - 2(ab+1)\big] = (a+b)^2 +(a-b)^2 $$

y esto podría llevar a su contradicción.