[IMO 1988] Il terribile problema n°6

[dan952]

Siano $a$ e $b$ interi positivi tali che $ab+1$ divide $a^2+b^2$. Dimostrare che $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ è un quadrato perfetto.

Il problema mise in crisi tutti i partecipanti della gara, compreso il piccolo Terry Tao.

[sandroroma]

La mia è una soluzione parziale ma al momento non ho trovato di meglio.
Poniamo :
$\frac{a^2+b^2}{ab+1}=k$, con $k $ intero positivo
Portando a forma intera ed ordinando rispetto ad $a$ (considerato come incognita), si ha:
$a^2-(kb)a+(b^2-k)=0$
Il discriminante di tale equazione é:
$\Delta=b^2k^2-4(b^2-k)$
mentre le soluzioni sono :
$a_{1,2}=1/2[kb\pm\sqrt{\Delta}]$
Trattandosi di soluzioni intere positive, il $Delta$ deve ridursi ad un quadrato perfetto ( di intero).
A questo punto mi sono fermato perché l'unico caso che sono riuscito a determinare si ha quando
risulta $k=b^2$.
In tal modo le soluzioni di a sono:
$a_1=0$ (da scartare) e $a_2=b^3$. Per quest'ultimo valore si ha :
$\frac{a^2+b^2}{ab+1}=\frac{b^6+b^2}{b^4+1}=\frac{b^2(b^4+1)}{b^4+1}=b^2$
Il risultato è quindi un quadrato perfetto, come si voleva ottenere.

[dan952]

Adesso come adesso non ho una soluzione mia, quindi posso solo dirti, basandomi su quella ufficiale, che la strada di considerare un a come incognita è giusta...considera che una soluzione è $a$ e l'altra è...

[Erasmus_First]

"dan95":Siano $a$ e $b$ interi positivi tali che $ab+1$ divide $a^2+b^2$. Dimostrare che $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ è un quadrato perfetto.
Il problema mise in crisi tutti i partecipanti della gara, compreso il piccolo Terry Tao.

Chi è o fu Terry Tao?

Pongo (come sandroroma) $(a^2 + b^2)/(ab+1)=k$ e cerco $a$ e $b$ interi positivi tali che sia $k$ intero positivo.
$a^2 -kab + b ^2 -k = 0$ ⇒ $a = kb ± sqrt(k^2b^2-4b^2+4k)$
Occorre che sia quadrato intero il discriminante $∆=k^2b^2-4b^2+4k$, del tipo $(kb-n)^2$. Allora deve essere:
$-2nkb=-4b^2$ ∧ $n^2 = 4k$, da cui $n = 2sqrtk=2b$ ⇒ $k=b^2$ ⇒ $∆=b^6-4b^2+4b^2 = b^6$.
Di conseguenza:
$a=(b^3 ± b^3)/2$ ∧ <$a$ intero positivo> ⇒ $a=b^3$.
Infatti allora:
$(a^2 + b^2)/(ab+1) = (b^6+b^2)/(b^4+1) = b^2$.
Morale:
Deve essere:
• $b$ intero positivo qualunque e $a=b^3$ e allora viene $(a^2 + b^2)/(ab+1) = b^2$; oppure:
• $a$ intero positivo qualunque e $b=a^3$ e allora viene $(a^2 + b^2)/(ab+1) = a^2$.

________

[giammaria2]

Mi complimento con chi ha dato una soluzione, ma il problema non è ancora chiuso perché potrebbero essercene altre.
Aggiungo la mia soluzione, anch'essa solo parziale; chiedo la soluzione ufficiale a dan95 o a chiunque la conosca.

sandroroma dice esplicitamente di aver considerato un caso particolare; Erasmus_First tace su questo, ma scrive

Occorre che sia quadrato intero il discriminante $∆=k^2b^2-4b^2+4k$, del tipo $(kb-n)^2$. Allora deve essere:
$-2nkb=-4b^2$ ∧ $n^2 = 4k$

ed è evidente che questa non è la generalità: ad esempio potrebbe essere $-2nkb=-4b^2-A$ ∧ $n^2 = 4k+A$, con $A$ qualsiasi; sono possibili anche altre ipotesi.

La mia soluzione inizia come le altre, fino a
$a^2 -kab + (b ^2 -k) = 0$
Poiché i primi due addendi sono divisibili per $a$, deve esserlo anche l'ultimo; pongo quindi
$b^2-k=ha " "$ con $" "h in Z$
Ne ricavo $k=b^2-ha$; sostituendo nell'equazione e semplificando per $a$ ottengo
$a-b(b^2-ha)+h=0->a-b^3+h(ab+1)=0$
Esamino ora i vari casi:
- Per $h=0$ si ha $a=b^3; k=b^2$, che è la soluzione già trovata.
- Per $h$ negativo deve essere $h<=-1$, cioè $-h>=1$ e quindi
$a-b^3=-h(ab+1)>=ab+1-> a(1-b)>=b^3+1$
ed è impossibile perché il primo membro è negativo o nullo ed il secondo è positivo.
- Per $h$ positivo, ragionando come prima si arriva a $a(1+b)>=b^3-1$, che è invece possibilissimo: il problema non è ancora completamente risolto.

[dan952]

Soluzione ufficiale

Avevo intravisto una soluzione di totissimus, ora è sparita

[dan952]

Un'altra soluzione...

Supponiamo ci sia almeno una soluzione $(a,b)$ tale che
\begin{equation}
\frac{a^2+b^2}{1+ab}=k
\end{equation}
non è un quadrato perfetto.
Sia $(A,B)$ una coppia di queste soluzioni tale che la somma $A+B$ è minima, senza perdità di generalità supponiamo $A \geq B$. Consideriamo ora l'equazione di secondo grado $x^2-kBx+B^2-k=0$, questa ha soluzioni $x_1=A$ e $x_2=kB-A=\frac{B^2-k}{A}$, $x_2 \ne 0$ perché $k$ non è un quadrato, inoltre è positivo poiché $\frac{x_2^2+B^2}{1+x_2B}=k>0$, quindi $(x_2,B)$ è un'altra soluzione di (1). D'altra parte ricordando che $A \geq B$ si ha $x_2A=kAB-A^2 \leq kAB-B^2$ ovvero $x_2A+B^2 \leq kAB < A^2+B^2$ da qui si deduce che $x_2

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[Erasmus_First]

"giammaria":[...] il problema non è ancora completamente risolto.

Hai ragione!
Ho sbagliato anch'io nel dire che le soluzioni sono tutte del tipo $(n, n^3)$ per qualsiasi $n$ intero positivo.
Per esempio, va bene anche la coppia:
$(a, b) = (30, 8)$ (dove non c'è un numero cubo dell'altro).
Infatti:
$(a^2 + b^2)/(ab + 1) = (30^2 + 8^2)/(30·8+1)= (900+64)/(240+1)= 964/241 = 4 = 2^2$.

Correggo il tiro ... frantumando pignolescamente il tutto nelle sue minime frattaglie.
[size=120]Siano $a$ e $b$ interi positivi. Dimostrare che se il rapporto $k =(a^2 + b^2)/(ab+1)$ è intero [positivo] allora è pure quadrato di un intero. [/size]
a) Di coppie $(a, b)$ siffatte ce ne sono. Per esempio:
$(a, b) = (1, 1)$ ⇒ $(a^2 + b^2)/(ab+1) = (1+1)/(1 + 1) = 1 = 1^2$;
$(a, b) = (2, 8)$ ⇒ $(a^2 + b^2)/(ab+1) = (4+64)/(16 + 1) = 68/17 = 4= 2^2$;
$(a, b) = (30, 8)$ ⇒ $(a^2 + b^2)/(ab+1) = (900 + 64)/(240 + 1) = 964/241 = 4=2^2$,
b) Commutare $(a, b)$ in $(b, a)$ non ha alcun effetto perché
$(a^2 + b^2)/(ab+1)$
è invariante rispetto allo scambio di $a$ con $b$.
Per tali coppie avremo (per opportuno $k$ intero positivo):
$a^2 - kab + b^2 - k = 0$ ossia (equivalentemente) $0 < a = (kb ± sqrt((kb)^2+4k-4b^2))/2$.
c) Siccome $a$, $b$ e $k$ sono interi, l'intero $∆ = (kb)^2+4k-4b^2$ deve essere il quadrato di un intero che posso indicare come:
$kb-n$
per opportuno $n$ intero. Deve allora essere "identicamente" :
$(kb)^2 + n^2- 2kbn ≡(kb)^2 + 4k - 4b^2$ ⇔ $n^2 = 4k$ ∧ $kn=2b$.
d) Siccome $k$ ed $n$ sono interi e $k$ è positivo, $n^2 = 4k$ implica che $n$ è intero positivo pari e che $k$ è il quadrato dell'intero $n/2 > 0$.
e) [size=120]La tesi è dimostrata![/size]
S'è infatti trovato che, quali che siano $a$ e $b$, se il rapprto $(a^2+b^2)/(ab+1)$ è intero necessariamente esso è il quadrato di un intero.
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Resta però ancora – anche se non è richiesto – da determinare la struttura algebrica delle coppie di interi $(a, b)$.
Intanto sappiamo che $n$ deve essere intero positivo pari. Sia allora (per $h$ intero positivo qualunque):
$n=2h$ ∧ $k = n^2/4 = h^2$.
Di conseguenza viene $b = h^3$ e quindi $∆=(h^2·h^3)^2 +4·h^2 – 4·(h^3)^2 = h^10+ 4h^2 - 4h^6 = (h^5 - 2h)^2$.
E infine:
$h>0$ ∧ $a=[h^5 ± (h^5 - 2h)]/2$ ∧ $b= h^3$ ⇔
⇔ $(h ∈ NN$ \ ${0}$ ∧ $[(a=h ∧ b=h^3) ∨ (a=h^5 - h ∧ b=h^3)]$.

NB. In entrambi i casi uno dei due numeri è un cubo, ($h^3$ appunto). L'altro numero o è $h$ o è $h^5 - h$.
In entrambi i casi viene $(a^2 + b^2)/(ab+1) = h^2$, (qadrato della base del numero – tra i due $(a, b)$ – che è il cubo di un intero).
Infatti:
• Nel caso $(a, b) = (h, h^3)$ viene $(a^2 + b^2)/(ab+1) = (h^2 + h^6)/(h^4 + 1) = h^2$.
• Nel caso $(a, b) = (h^5 - h, h^3)$ viene $(a^2 + b^2)/(ab+1) = [(h^10 +h^2 - 2h^6)+ h^6]/[(h^5-h)h^3 + 1] =$
$= (h^10 - h^6 + h^2)/(h^8 -h^4 + 1) = h^2$.

Mi pare che ora la discussione del problema sia completa!
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[dan952]

Le dimostrazioni lunghe e calcolose su problemi semplici non mi sono mai piaciute. Non potete immaginare quanto detesto la dimostrazione di Wiles

[Erasmus_First]

"dan95":Le dimostrazioni lunghe e calcolose su problemi semplici non mi sono mai piaciute. Non potete immaginare quanto detesto la dimostrazione di Wiles

Sono d'accordo con te.
Ma a volte ... si beve la medicina anche se non ci piace!
Sapessi che tribulazione (per me) scrivere quel papiro che ho scritto!
Ma dovevo farlo, per esigenza di rigore e completezza!
Porta pazienza. E se riesci a dire tutto (e dirlo rigorosamente) con poche stringate (ma chiare) parole ... fatti pure avanti!

Ciao, ciao (stimato dan95)!
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P.S.
Vedo solo adesso che avevi messo il link alla "Soluzione ufficiale" come chiesto da giammaria.
Sono andato a lggere. Ma con con quella notazione faccio fatica a seguire. E poi, oltre a dimostrare la tesi, qua si chiedeva (in più) come erano questi interi $(a, b)$.
Sinceramente ... la mia "discussione" [del problema] mi pare migliore del testo della "Solution" alla quale manda il tuo link Soluzione ufficiale

A ri-ciao!

[giammaria2]

Continuo a non condividere un punto della dimostrazione di Erasmus_First, e precisamente

$(kb)^2 + n^2- 2kbn ≡(kb)^2 + 4k - 4b^2$ ⇔ $n^2 = 4k$ ∧ $kn=2b$.

che correggerei in
$(kb)^2 + n^2- 2kbn ≡(kb)^2 + 4k - 4b^2$ ⇔ $n^2 =4k+2kn-4b^2$
Non vedo alcun motivo per dire che devono essere uguali fra loro gli addendi con lo stesso segno; come aveva scritto totissimus nell'intervento che ha poi cancellato, da $a-b=c-d$ non si deduce $a=c^^b=d$, che può capitare ma solo come caso particolare. O mi sfugge qualcosa?

Bello l'aver pensato a determinare la struttura algebrica delle coppie di interi $(a, b)$, scoprendo l'esistenza di un'altra famiglia di soluzioni; peccato che il punto di partenza sia proprio la formula precedente. Suppongo però che questa parte sia modificabile.

Ringrazio dan95 per il link alla soluzione ufficiale (che anch'io leggo con difficoltà) e per la sua soluzione.

[totissimus]

Ho cancellato la mia soluzione perchè era errata come pure è errata quella di Erasmus_First infatti $n^2=4k ∧ kn=2b$ implicano che $k^3=b^2$, ma una soluzione del problema è $a=30,b=112, k=4$ ed è $k^3\ne a^2. k^3\ne b^2$

[Erasmus_First]

"giammaria":Continuo a non condividere un punto della dimostrazione di Erasmus_First [...]

E fai bene!
Ormai, $–$ devo pur rassegnarmi $–$. sono da "rottamare"!
[E mi scuso con dan95 per aver affermato che stimavo di più la mia "discussione" della "Solution" cui inviava il suo link ].
Ma ... buttiamola in ridere, data la mia vetusta (veneranda?) età.

Infatti prima di ... meditare su questa tua osservazione ero convinto di aver applicato il principio di identità tra polinomi (nel caso in questione tra binomi di 1° grado nell'indeterminata $k$) . Ma la coppia di uguaglianze che mettevo "implicata" era ... – ma me ne accorgo solo ora – non tra termini di ugual grado ma tra termini uno di grado 1 e l'altro di grado 0.
Ripeto: si vede che ormai sono da rottamare!
E chiedo scusa ai compagni di viaggio in questo "topic"!
Pensa, giammaria, che avevo incominciato a risponderi dicendo che avevo scritto "identicamente" in grassetto ed usato per l'uguaglianza (cui mi stavo riferendo) il simbolo "≡" (invece di "=") per rimarcare che si trattava di una identità.
[Tutto sbagliato! Se si tenta di applicare il principio di identità uguagliando i termini di ugual grado ... si vede che la cosa non funziona proprio. [Sarebbe pretendere di dimostrare l'assurdo!]
Per fortuna me ne sono accorto prima di "inviare"! Oddio: la figuraccia c'è lo stesso, superfluo che vada a cancellare; ma resta molto meno grave di quella che stavo per fare ribadendo l'errore (cosa che poteva essere interpretata come un arrampicarmi sugli specchi ...).

Ringrazio anche totissimus che ha francamente dichiarata sbagliata la mia dimostrazione "falsificandola" con quel bell'esempio della coppia (30, 112).
[Ma come hai fatto, totissimus, a trovarla?]
--- (mumble, mumble)
Ci sono!
Hai cercato $b$ per $k = 4$ e $a = 30$ risolvendo la facile equazione (nell'incognita $b$).
$(30^2 + b^2)/(30b+1)= 4$
Infatti, in generale, per $k= 4$ si ha:
$(a^2 + b^2)/(ab + 1) = 4$ ⇔ $b^2 – 4ab = -a^2 + 4$ ⇔ $(b-2a)^2 = 4a^2 -a^2 + 4$ ⇔
⇔ $b = 2a + sqrt(3a^2 + 4)$ ∨ $b = 2a - sqrt(3a^2 + 4)$ ⇔
⇔ $a = 2b + sqrt(3b^2 + 4)$ ∨ $a = 2b - sqrt(3b^2 + 4)$.
Hai dunque cercato $b$ per $a=30$ e $k=4$ trovando
$b = 2·30 ±sqrt(3·30^2+4) = 60 ± sqrt2704 = 60 ± 52$,
ossia la coppia $(30, 112)$ oltre alla coppia ["erasmiana"] $(30, 8)$.
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Ma ... chi è (o chi fu) "il piccolo Terry Tao"?
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[dan952]

Terence Tao (detto Terry) è un matematico abbastanza famoso nonché ex bambino prodigio, inoltre fu il più piccolo partecipante delle Imo ad aver vinto un oro

[orsoulx]

Ogni tanto trovo un problema che mi fa rimpiangere di non esser più un insegnante; questo è uno di quelli. Grazie Dan per averlo proposto! E grazie a tutti i partecipanti alla discussione per avermi permesso, con i loro interventi, di coglierne diversi aspetti che probabilmente mi sarebbero altrimenti sfuggiti.
Problema difficile, tanto da aver messo in difficoltà quel geniaccio di Terry Tao (Erasmus, perché non puoi chiedere chi è a Google?), ma che, a posteriori, si risolve con l'osservare che le soluzioni di un'equazione di secondo grado sono due.
Partendo dalla soluzione, banale ma non accettabile, $ a=0; b=n; k=n^2 $, dove $ n $ è un qualsivoglia intero positivo, si trovano, considerando successivamente le seconde soluzioni soluzioni dell'equazione di incognita $ a $, un'infinità numerabile di coppie 'buone' per il medesimo valore di $k$, che soddisfano la relazione ricorsiva: $ a_{i+1}=b_i; b_{i+1}=n^2b_i-a_i $.
La dimostrazione che non esistono altre soluzioni, oltre quelle così trovate, si può fare utilizzando la discesa infinita, giocando questa volta, sempre sull'equazione di secondo grado, ma assumendo come incognita il termine maggiore dell'ipotetica coppia.

Fra l'altro, la proprietà si può generalizzare alla relazione $ (a^2+b^2)/(rab+1)=k$ con $r$ intero positivo.
Ciao

[bobus1]

Anche un libro che sto leggendo, Introductory Mathematics: Algebra and Analysis, lo cita alla fine della sezione controesempi e contraddizioni. Solo 11 su 268 sono riusciti a risolverlo e un ragazzo bulgaro è riuscito a trovare una dimostrazione che i giudici manco si aspettavano.