Доказать что если а больше 2 и b больше 5 то

Прыжки Виета

Задача

Натуральные числа a и b таковы, что a 2 + b 2 + 1 делится на ab без остатка. Докажите, что частное равно 3.

Подсказка 1

Одной из возможных пар чисел, удовлетворяющих условию, является (1, 1), а еще двумя — (1, 2) и (2, 1). Убедитесь, что для всех этих пар частное равно 3.

Подсказка 2

Подсказка 3

Постарайтесь доказать, что других решений, кроме пар чисел, перечисленных во второй подсказке, нет.

Решение

Сначала приведем «рафинированное» (в том же смысле, в котором рафинируют растительное масло, то есть очищенное от посторонних примесей) рассуждение, в котором никак не используются те сакральные сведения, которые мы упоминали в подсказках.

Пусть теперь a ≠ b. Без ограничения общности можно считать a большим из двух чисел (то есть a > b). Попытаемся найти другую пару натуральных чисел (a’, b’), которая также будет удовлетворять условию задачи, но будет меньше исходной.

Перепишем уравнение, связывающее a, b и k, в виде a 2 − kab + b 2 + 1 = 0. А чтобы было еще лучше понятно, что мы собираемся делать, вместо a напишем x. Это — квадратное уравнение (относительно x): \(x^2-kb\cdot x + (b^2+1)=0\). Мы не будем его решать, но вспомним, что его корни x₁ и x₂ (если они есть!) удовлетворяют теореме Виета:

\[x_1+x_2 =kb,\] \[x_1\cdot x_2=b^2+1.\]

Таким образом, числа x₂ и b тоже удовлетворяют условию задачи, то есть \(x_2^2+b^2+1\) делится на x₂b, и частное от деления равно тому же числу k. При этом, поскольку мы предположили, что a > b, то \(x_2=\frac\le \frac 1. Тогда в качестве меньшей пары мы можем взять пару (b, x₂).

Получается, что если b > 1, то теорема Виета дает нам возможность сделать «прыжок» от решения (a, b) к меньшему решению (a’, b’) = (b, kb − a).

А что будет, когда прыжки приведут нас к b = 1 (очевидно ведь, это рано или поздно должно случиться)?

При b = 1 уравнение будет иметь вид x 2 − kx + 2 = 0. Поскольку оно имеет натуральный корень a, а по теореме Виета произведение корней равно 2, то второй корень равен 2/a. А поскольку он же равен целому числу k − a, то a должно быть делителем числа 2. Это даёт две возможности:

1) если a = 2, то 4 − 2k + 2 = 0, откуда k = 3.
2) если a = 1, то 1 − k + 2 = 0, откуда снова k = 3.

Поскольку k оставалось одним и тем же при всех сделанных «прыжках», то k = 3 для любой пары чисел (a, b). На этом решение закончено.

Действительно, 5 = 3·2 − 1, 13 = 3·5 − 2, 34=3·13 − 5 и так далее.

Здесь множитель 3 — тот самый, который мы обозначили в начале решения буквой k. Но мы-то не можем опираться на то, что нам нужно доказать, правда? И вот тут на помощь и приходит теорема Виета, благодаря которой переход от одного решения к соседнему делается совсем просто — «прыжком». При прыжке мы можем не знать, чему равно значение k, но гарантированно сдвинемся от большего решения к меньшему, сохранив то же самое значение k. А значит, рано или поздно дойдем до «наименьшего» решения. Дальнейшее уже — дело техники.

Послесловие

В статье английской Википедии Vieta jumping утверждается, что этот прием решения задач появился только в 1988 году в связи с задачей, предлагавшейся от Австралии на Международную олимпиаду школьников. Вот эта задача:

Пусть a и b — натуральные числа, для которых a 2 + b 2 делится на ab + 1. Докажите, что частное от этого деления — точный квадрат.

При этом пересказывается забавная история, впервые описанная в книге Артура Энгеля «Стратегии решения задач»:

«Никто из шести членов Австралийского задачного комитета не сумел решить ее. Двумя из этих членов были Дьердь Секереш и его жена, оба известные авторы и решатели задач. Поскольку эта задача относилась к теории чисел, ее послали четверым наиболее известным специалистам по теории чисел в Австралии. Их попросили подумать над задачей не более шести часов. В отведенное время никто из них не уложился. Поэтому задачный комитет предложил задачу в жюри XXIX Международной олимпиады, пометив ее двумя звёздочками, что означало очень высокую сложность, возможно, слишком высокую для олимпиады. После продолжительной дискуссии, жюри согласилось выбрать ее в качестве последней, самой трудной задачи олимпиады. 11 участников получили полные решения.»

На самом деле, безусловно, приём «прыжка» был известен задолго до этой олимпиады. В частности, задача, которую мы обсуждали, является частным случаем исследования хорошо известного диофантового уравнения Маркова, впервые исследованного замечательным русским математиком Андреем Андреевичем Марковым еще в XIX веке.

Уравнение Маркова имеет вид

Если положить в нём c = 1, получится ровно то уравнение, которым мы занимались. А существуют ли у уравнения Маркова решения, в которых c не равно 1? Безусловно, существуют. И у читателя уже есть всё необходимое для того, чтобы их найти.

Еще одной интереснейшей иллюстрацией идеи «прыжка Виета» могут служить множества Аполлония — семейства окружностей, в котором каждая касается трех других (рис. 1, см.: Apollonian gasket).

Если из такого семейства взять четверку окружностей, которые попарно касаются, то для их радиусов справедлива формула, впервые открытая знаменитым химиком (!) Фредериком Содди:

Если вместо радиусов r_i окружностей рассматривать их кривизны k_i (величины, обратные радиусам), то из формулы уходят сложные дроби:

Например, для четырех самых больших кругов на рисунке 1 кривизны равны −1, 2, 2 и 3 (знак «минус» пришлось поставить из-за того, что касание внутреннее). А отсюда, как может догадаться проницательный читатель, осталось всего полшага до утверждения о том, что кривизна каждого круга в (бесконечном) множестве Аполлония — целое число, и все эти числа могут быть получены друг из друга с помощью прыжков Виета.

Об уравнении Маркова можно прочитать в замечательной статье М. Г. Крейна «Диофантово уравнение А. А. Маркова», о фрактальных множествах Аполлония — в исследовании К. Миллер (на английском). Несколько красивых задач, в решении которых используется прием прыжка, можно найти здесь и здесь.

Источник