Виета прыгает

В теории чисел , прыжок Виета , также известный как переворот корня , является методом доказательства . Он чаще всего используется для задач, в которых задано отношение между двумя целыми числами вместе с утверждением для доказательства его решений. В частности, его можно использовать для получения новых решений квадратного диофантова уравнения из известных. Существует несколько вариаций прыжка Виета, все из которых включают общую тему бесконечного спуска путем нахождения новых решений уравнения с использованием формул Виета .

Прыжки Виета — классический метод в теории квадратных диофантовых уравнений и бинарных квадратичных форм . Например, он использовался при анализе уравнения Маркова еще в 1879 году и в статье Миллса 1953 года. ^[1]

В 1988 году метод привлек внимание к задачам математической олимпиады в свете первой олимпиадной задачи, чтобы использовать его в решении, которое было предложено для Международной математической олимпиады и предполагалось как самая сложная задача на конкурсе: ^{[2] [3]}

Пусть a и b — положительные целые числа, такие, что ab + 1 делит a ² + b ² . Покажите, что — квадрат целого числа. ^[4]${\displaystyle {\frac {a^{2}+b^{2}}{ab+1}}}$

Артур Энгель написал следующее о сложности задачи:

Никто из шести членов австралийского комитета по задачам не смог решить ее. Двое из них были мужем и женой Джорджем и Эстер Секерес , оба известные решатели и создатели задач. Поскольку это была задача по теории чисел, ее отправили четырем самым известным австралийским специалистам по теории чисел. Их попросили поработать над ней в течение шести часов. Никто из них не смог решить ее за это время. Комитет по задачам представил ее жюри XXIX IMO, пометив ее двойной звездочкой, что означало сверхсложную задачу, возможно, слишком сложную для формулировки. После долгого обсуждения жюри наконец набралось смелости выбрать ее в качестве последней задачи конкурса. Одиннадцать студентов дали идеальные решения.

Среди одиннадцати студентов, получивших максимальный балл за решение этой задачи, были Нго Бао Чау , Рави Вакил , Звезделина Станкова и Никушор Дан . ^[5] Эмануил Атанасов (из Болгарии) решил задачу за один абзац и получил специальный приз. ^[6]

Концепция стандартного прыжка Виета представляет собой доказательство от противного и состоит из следующих четырех шагов: ^[7]

1. Предположим от противного, что существует некоторое решение ( a ₁ , a ₂ , ... ), которое нарушает заданные требования.
2. Возьмем минимальное такое решение согласно некоторому определению минимальности.
3. Заменим в формулах некоторую a _i на переменную x и получим уравнение, для которого a _i является решением.
4. Используя формулы Виета, покажите, что это подразумевает существование меньшего решения, отсюда противоречие.

Пример

Задача № 6 на IMO 1988 : Пусть a и b — положительные целые числа, такие, что ab + 1 делит a ² + b ² . Докажите, что ⁠а ² + б ²/аб + 1⁠ — это полный квадрат . ^{[8] [9]}

1. Зафиксируем некоторое значение k, которое является неквадратным положительным целым числом. Предположим, что существуют положительные целые числа ( a , b ) , для которых k = ⁠а ² + б ²/аб + 1⁠ .
2. Пусть ( A , B ) — положительные целые числа, для которых k = ⁠А ² + Б ²/АБ + 1⁠ и таким образом, чтобыA + B было минимальным, и без потери общности предположим, что A ≥ B.
3. Зафиксировав B , заменим A на переменную x , чтобы получить x ² – ( kB ) x + ( B ² – k ) = 0 . Мы знаем, что один корень этого уравнения равен x ₁ = A . По стандартным свойствам квадратных уравнений мы знаем, что другой корень удовлетворяет x ₂ = kB – A и x ₂ = ⁠Б ² – к/А⁠ .
4. Первое выражение для x ₂ показывает, что x ₂ — целое число, тогда как второе выражение подразумевает, что x ₂ ≠ 0 , поскольку k не является точным квадратом. Из ⁠х ₂ ² + В ²/х ₂ В + 1⁠ = k > 0 далее следует, что x ₂ B > −1 , и, следовательно, x ₂ — положительное целое число. Наконец, A ≥ B подразумевает, что x ₂ = ⁠ В ² − к/А⁠ < ⁠Б ²/А⁠ ≤ A , следовательно, x ₂ < A , и, таким образом,x 2 ₊ B < A + B , что противоречит минимальности A + B.

Метод постоянного спуска Виета-прыжка используется, когда мы хотим доказать утверждение относительно константы k, имеющей отношение к отношению между a и b . В отличие от стандартного Виета-прыжка, постоянный спуск не является доказательством от противного и состоит из следующих четырех шагов: ^[10]

1. Случай равенства доказан, поэтому можно предположить, что a > b .
2. b и k фиксированы, а выражение, связывающее a , b и k, перестраивается так, чтобы образовать квадратное уравнение с коэффициентами относительно b и k , один из корней которого равен a . Другой корень, x _2, определяется с помощью формул Виета.
3. _Для всех ( a , b ) выше некоторого базового случая покажите, что 0 < x2 < b < a и что x2 — целое число. Таким образом, сохраняя то же k , мы можем заменить ( a , b ) на ( b , _x2 ) и повторять _этот процесс, пока не придем к базовому случаю.
4. Докажите утверждение для базового случая, и поскольку k остается постоянным в ходе этого процесса, этого достаточно, чтобы доказать утверждение для всех упорядоченных пар.

Пример

Пусть a и b — положительные целые числа, такие, что ab делит a ² + b ² + 1. Докажите, что 3 ab = a ² + b ² + 1. [ ^11]

1. Если a = b , то a ² делит 2 a ² + 1, что означает, что a ² делит 1, и, следовательно, положительные целые числа a = b = 1 , и 3(1)(1) = 1 ² + 1 ² + 1. Поэтому, не теряя общности, предположим, что a > b .
2. Для любого ( a , b ), удовлетворяющего данному условию, пусть k = ⁠а ² + б ² + 1/аб⁠ и переставьте и подставьте, чтобы получить x ² − ( kb )  x + ( b ² + 1) = 0. Один корень этого квадратного уравнения — a , поэтому по формулам Виета другой корень можно записать следующим образом: x ₂ = kb − a = ⁠б ² + 1/а⁠ .
3. Первое уравнение показывает, что x ₂ — целое число, а второе — что оно положительное. Поскольку a > b и они оба целые числа, a ≥ b + 1 , и, следовательно, ab ≥ b ² + b ; Пока b > 1 , мы всегда имеем ab > b ² + 1 , и, следовательно, x ₂ = ⁠б ² + 1/а⁠ < b . Таким образом, сохраняя то же самое _k , мы можем заменить ( a , b ) на ( b , x2 ) и повторять этот процесс, пока не придем к базовому случаю.
4. Базовый случай, к которому мы приходим, — это случай, когда b = 1. Чтобы ( a , 1) удовлетворяло данному условию, a должно делить a ² + 2 , что подразумевает, что a делит 2, делая a либо 1, либо 2. Первый случай исключается, поскольку a = b . Во втором случае k = ⁠ а ² + б ² + 1/аб⁠ = ⁠6/2⁠ = 3. Поскольку k оставалось постоянным на протяжении всего процесса прыжков Виета, этого достаточно, чтобы показать, что для любого ( a , b ), удовлетворяющего данному условию, k всегда будет равно 3.

Прыжки Виета можно описать в терминах точек решетки на гиперболах в первом квадранте. ^[2] Тот же самый процесс нахождения меньших корней используется вместо этого для нахождения нижних точек решетки на гиперболе, оставаясь в первом квадранте. Процедура следующая:

1. Из данного условия получаем уравнение семейства гипербол, которые не изменяются при перестановке x и y так, что они становятся симметричными относительно прямой y = x .
2. Докажите требуемое утверждение для пересечений гипербол и прямой y = x .
3. Предположим, что на некоторой гиперболе имеется некоторая точка решетки ( x , y ) и без потери общности x < y . Тогда по формулам Виета существует соответствующая точка решетки с той же координатой x на другой ветви гиперболы, и путем отражения относительно y = x получается новая точка на исходной ветви гиперболы.
4. Показано, что этот процесс производит нижние точки на той же ветви и может повторяться до тех пор, пока не будет достигнуто некоторое условие (например, x = 0 ). Затем, подставляя это условие в уравнение гиперболы, мы докажем желаемое заключение.

Пример

Этот метод можно применить к задаче № 6 на IMO 1988 : пусть a и b — положительные целые числа, такие, что ab + 1 делит a ² + b ² . Докажите, что ⁠а ² + б ²/аб + 1⁠ — полный квадрат.

1. Пусть ⁠а ² + б ²/аб + 1⁠ = q и фиксируем значение q . Если q = 1 , q является полным квадратом, как и требовалось. Если q = 2 , то ( a - b ) ² = 2 и не существует целочисленного решения a , b . Когда q > 2 , уравнение x ² + y ² − qxy − q = 0 определяет гиперболу H ,а ( a , b ) представляет собой целочисленную точку решетки на H.
2. Если ( x , x ) — целочисленная точка решетки на H с x > 0 , то (поскольку q — целочисленное число) можно видеть, что x = 1. Тогда утверждение этого предложения верно для точки ( x , x ) .
3. Теперь пусть P = ( x , y ) будет точкой решетки на ветви H с x , y > 0 и x ≠ y (так как предыдущее замечание охватывает случай x = y ). По симметрии мы можем предположить, что x < y и что P находится на более высокой ветви H . Применяя формулы Виета, ( x , qx − y ) является точкой решетки на нижней ветви H . Пусть y ′ = qx − y . Из уравнения для H видно, что 1 + x y ′ > 0 . Поскольку x > 0 , следует, что y ′ ≥ 0 . Следовательно, точка ( x , y ′ ) находится в первом квадранте. По отражению точка ( y ′ , x ) также является точкой в ​​первом квадранте на H . Более того, из формул Виета следует, что yy ′ = x ² - q , а y ′ = ⁠ х ² - д/ у⁠ . Объединяя это уравнение с x < y , можно показать, что y ′ < x . Новая построенная точка Q = ( y ′ , x ) тогда находится в первом квадранте, на более высокой ветви H , и с меньшими x , y -координатами, чем точка P , с которой мы начали.
4. Процесс на предыдущем шаге можно повторять всякий раз, когда точка Q имеет положительную x -координату. Однако, поскольку x -координаты этих точек будут образовывать убывающую последовательность неотрицательных целых чисел, процесс можно повторять только конечное число раз, прежде чем он даст точку Q = (0, y ) на верхней ветви H ; подстановкой q = y ² является квадратом, как и требуется.

• Формулы Виета
• Доказательство от противного
• Бесконечный спуск
• Число Маркова
• Аполлоновская прокладка

• Виета Рут Прыжки на Brilliant.org
• Миллс, У. Х. (1953). «Система квадратных диофантовых уравнений». Pacific J. Math . 3 (1): 209–220.