[IMO 1988] Il terribile problema n°6

[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.

[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.

[dan95]

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]

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?

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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 $(a^2 + b^2)/(ab+1) = a^2$.

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[giammaria]

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.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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.

[dan95]

Soluzione ufficiale

Avevo intravisto una soluzione di totissimus, ora è sparita

[dan95]

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 $x_2<A$ cioè $x_2+B<A+B$ contro la minimalità.

[Erasmus_First]

[...] 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.
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.
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) La tesi è dimostrata!
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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[dan95]

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

[Erasmus_First]

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!