对一道IMO题的再研究

2014-11-29 16:28薛华荣李剑峰
中学数学杂志(高中版) 2014年6期
关键词:增函数反例正整数

薛华荣+李剑峰

(第29届IMO第6题)已知正整数a,b满足(ab+1)(a2+b2),求证:a2+b2ab+1是完全平方数.

该题在当时引起一片讨论声,原因在于该题拦倒了主试委员会成员和一些数论专家.丁兴春老师在文[1]中提出并解决了更难的问题:求满足(ab+1)(a2+b2)的所有正整数a,b的解.

文[1]的解答精巧简洁,然而笔者在取值试验时却发现了一些反例,本文将对原解法作修正,先将文[1]解答摘录(部分省略或改动):

(1)若a=b,则a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1为正整数,所以a2+1=2,a=b=1;

(2)若a≠b,由对称性不妨设a>;b≥1,a2+b2ab+1=t∈N+,即a2-tba+b2-t=0,则a是方程x2-tbx+b2-t=0的一个正整数根.

Ⅰ)若b2<;t,则Δ=(tb)2-4(b2-t)>;(tb)2;又Δ-(tb+1)2=t(4-2b)-4b2-1,

当b≥2时,Δ-(tb+1)2<;0,由(tb)2<;Δ<;(tb+1)2可知Δ不是完全平方数,从而方程x2-tbx+b2-t=0无正整数根,而这与a是该方程的一个正整数根矛盾;

当b=1时,则a2+b2ab+1=a2+1a+1,不难得出a-1<;a2+1a+1<;a恒成立,即a2+b2ab+1不是整数与题设矛盾;

Ⅱ)若b2>;t,设方程x2-tbx+b2-t=0的另一个根为x0,则x0=tb-a=b2-ta为正整数,且x0<;a,于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f(x)=x2+b2bx+1,(x>;0),则f(a)=f(x0),(0<;x0<;a),①

仿照上述过程,对x20+b2x0b+1=t为正整数而言,存在正整数x1,使得:f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0),

因此有f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a),研究函数f(x)=x2+b2bx+1,(x>;0)的单调性(求导等过程省略)有:f(x)在(0,-1+1+b4b)内是减函数,在(-1+1+b4b,+∞)上是增函数,因此至多存在两个不同的正实数m,n满足f(m)=f(n),而这又与f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a)相矛盾;

综上可知:只能有b2=t,从而a2+b2ab+1=b2,化简得a=b3.

当a=b=1时也满足上式,并结合对称性可知:满足(ab+1)(a2+b2)的所有正整数解为(a,b)=(k3,k)或(k,k3),其中k为正整数.

笔者在取值试验中发现有如下反例:

(a,b)=(30,8)时,x0=2,a2+b2ab+1=4;

(a,b)=(112,30)时,x0=8,a2+b2ab+1=4.

经分析发现问题出在研究x20+b2x0b+1=t时,如果想仿照上述过程(前面文中加着重号部分),必须要满足x0>;b,然而x0>;b却并非事实.

下面对文[1]解法作修正,修改与补充部分接标注①,若x0>;b,则仿照上述过程,对x20+b2x0b+1=t为正整数而言,存在正整数x1,使得:f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0),因此有f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a),研究函数f(x)=x2+b2bx+1,(x>;0)的单调性(求导等过程省略)有:f(x)在(0,-1+1+b4b)内是减函数,在(-1+1+b4b,+∞)上是增函数,因此至多存在两个不同的正实数m,n满足f(m)=f(n),而这又与f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a)相矛盾;

若x0=b,则x20+b2x0b+1=2b2b2+1,仿照(1)得b=1与b2>;t矛盾;从而必有0<;x0<;b<;a,其中x0=tb-a.作置换(a,b,x0)→(b,x0,x1),其中x1=tx0-b,则b2+x20bx0+1=x21+x20x1x0+1=t,x1<;x0<;b;

作置换(b,x0,x1)→(x0,x1,x2),其中x2=tx1-x0,则x20+x21x0x1+1=x22+x21x2x1+1=t,x2<;x1<;x0;

反复作置换,得到…<;xi<;…<;x1<;x0<;b<;a,其中xi均为正整数,由最小数原理可知置换次数有限,记最后一次置换(xn-3,xn-2,xn-1)→(xn-2,xn-1,xn),其中xn=txn-1-xn-2,则x2n+x2n-1xnxn-1+1=t,即满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解(a,b)=(xn-1,xn).

下面证明x2n=t,由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t,得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一个正整数根.

ⅰ)若x2n<;t,则Δ′=(txn)2-4(x2n-t)>;(txn)2;

又Δ′-(txn+1)2=t(4-2xn)-4x2n-1,

当xn≥2时,Δ′-(txn+1)2<;0,由(txn)2<;Δ′<;(txn+1)2可知Δ′不是完全平方数,从而方程x2-txnx+x2n-t=0无正整数根,而这与xn-1是该方程的一个正整数根矛盾;

当xn=1时,则x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1,不难得出xn-1-1<;x2n-1+1xn-1+1<;xn-1,即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整数,与题意相矛盾;

ⅱ)若x2n>;t,设方程x2-txnx+x2n-t=0的另一个根为x′,则x′=txn-xn-1=x2n-txn-1为正整数,且有x′<;xn-1,于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t,

也就是说(a,b)=(xn,x′)是满足a2+b2ab+1=t的一组正整数解,而这与满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解为(a,b)=(xn-1,xn)相矛盾;

综合ⅰ)ⅱ),必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n,所以满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解(a,b)=(xn-1,xn)=(t32,t12),或(a,b)=(t12,t32)(由对称性可得).

换种表述方式:a2+b2ab+1=k2的最小正整数解为(a,b)=(k3,k),或(a,b)=(k,k3).

事实上,上述证明已经给出了求满足a2+b2ab+1=k2的所有正整数解(a,b)的一种方法:

当a>;b时,反复作置换:(a,b,t)→(b,bt-a,t),如(k,k3,k2)→(k3,k5-k,k2)→(k5-k,k7-2k3,k2)→(k7-2k3,k9-3k5+k,k2)→……,类似地,当a<;b时反复作置换:(a,b,t)→(a,at-b,t).

最后给出一个猜想:已知正整数a,b满足((ab)2+1)(a3+b3),则a3+b3(ab)2+1是立方数.

参考文献

[1] 丁兴春.对一道数论问题的再思考[J].数学通讯,2011(10)(下半月).

(第29届IMO第6题)已知正整数a,b满足(ab+1)(a2+b2),求证:a2+b2ab+1是完全平方数.

该题在当时引起一片讨论声,原因在于该题拦倒了主试委员会成员和一些数论专家.丁兴春老师在文[1]中提出并解决了更难的问题:求满足(ab+1)(a2+b2)的所有正整数a,b的解.

文[1]的解答精巧简洁,然而笔者在取值试验时却发现了一些反例,本文将对原解法作修正,先将文[1]解答摘录(部分省略或改动):

(1)若a=b,则a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1为正整数,所以a2+1=2,a=b=1;

(2)若a≠b,由对称性不妨设a>;b≥1,a2+b2ab+1=t∈N+,即a2-tba+b2-t=0,则a是方程x2-tbx+b2-t=0的一个正整数根.

Ⅰ)若b2<;t,则Δ=(tb)2-4(b2-t)>;(tb)2;又Δ-(tb+1)2=t(4-2b)-4b2-1,

当b≥2时,Δ-(tb+1)2<;0,由(tb)2<;Δ<;(tb+1)2可知Δ不是完全平方数,从而方程x2-tbx+b2-t=0无正整数根,而这与a是该方程的一个正整数根矛盾;

当b=1时,则a2+b2ab+1=a2+1a+1,不难得出a-1<;a2+1a+1<;a恒成立,即a2+b2ab+1不是整数与题设矛盾;

Ⅱ)若b2>;t,设方程x2-tbx+b2-t=0的另一个根为x0,则x0=tb-a=b2-ta为正整数,且x0<;a,于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f(x)=x2+b2bx+1,(x>;0),则f(a)=f(x0),(0<;x0<;a),①

仿照上述过程,对x20+b2x0b+1=t为正整数而言,存在正整数x1,使得:f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0),

因此有f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a),研究函数f(x)=x2+b2bx+1,(x>;0)的单调性(求导等过程省略)有:f(x)在(0,-1+1+b4b)内是减函数,在(-1+1+b4b,+∞)上是增函数,因此至多存在两个不同的正实数m,n满足f(m)=f(n),而这又与f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a)相矛盾;

综上可知:只能有b2=t,从而a2+b2ab+1=b2,化简得a=b3.

当a=b=1时也满足上式,并结合对称性可知:满足(ab+1)(a2+b2)的所有正整数解为(a,b)=(k3,k)或(k,k3),其中k为正整数.

笔者在取值试验中发现有如下反例:

(a,b)=(30,8)时,x0=2,a2+b2ab+1=4;

(a,b)=(112,30)时,x0=8,a2+b2ab+1=4.

经分析发现问题出在研究x20+b2x0b+1=t时,如果想仿照上述过程(前面文中加着重号部分),必须要满足x0>;b,然而x0>;b却并非事实.

下面对文[1]解法作修正,修改与补充部分接标注①,若x0>;b,则仿照上述过程,对x20+b2x0b+1=t为正整数而言,存在正整数x1,使得:f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0),因此有f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a),研究函数f(x)=x2+b2bx+1,(x>;0)的单调性(求导等过程省略)有:f(x)在(0,-1+1+b4b)内是减函数,在(-1+1+b4b,+∞)上是增函数,因此至多存在两个不同的正实数m,n满足f(m)=f(n),而这又与f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a)相矛盾;

若x0=b,则x20+b2x0b+1=2b2b2+1,仿照(1)得b=1与b2>;t矛盾;从而必有0<;x0<;b<;a,其中x0=tb-a.作置换(a,b,x0)→(b,x0,x1),其中x1=tx0-b,则b2+x20bx0+1=x21+x20x1x0+1=t,x1<;x0<;b;

作置换(b,x0,x1)→(x0,x1,x2),其中x2=tx1-x0,则x20+x21x0x1+1=x22+x21x2x1+1=t,x2<;x1<;x0;

反复作置换,得到…<;xi<;…<;x1<;x0<;b<;a,其中xi均为正整数,由最小数原理可知置换次数有限,记最后一次置换(xn-3,xn-2,xn-1)→(xn-2,xn-1,xn),其中xn=txn-1-xn-2,则x2n+x2n-1xnxn-1+1=t,即满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解(a,b)=(xn-1,xn).

下面证明x2n=t,由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t,得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一个正整数根.

ⅰ)若x2n<;t,则Δ′=(txn)2-4(x2n-t)>;(txn)2;

又Δ′-(txn+1)2=t(4-2xn)-4x2n-1,

当xn≥2时,Δ′-(txn+1)2<;0,由(txn)2<;Δ′<;(txn+1)2可知Δ′不是完全平方数,从而方程x2-txnx+x2n-t=0无正整数根,而这与xn-1是该方程的一个正整数根矛盾;

当xn=1时,则x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1,不难得出xn-1-1<;x2n-1+1xn-1+1<;xn-1,即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整数,与题意相矛盾;

ⅱ)若x2n>;t,设方程x2-txnx+x2n-t=0的另一个根为x′,则x′=txn-xn-1=x2n-txn-1为正整数,且有x′<;xn-1,于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t,

也就是说(a,b)=(xn,x′)是满足a2+b2ab+1=t的一组正整数解,而这与满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解为(a,b)=(xn-1,xn)相矛盾;

综合ⅰ)ⅱ),必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n,所以满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解(a,b)=(xn-1,xn)=(t32,t12),或(a,b)=(t12,t32)(由对称性可得).

换种表述方式:a2+b2ab+1=k2的最小正整数解为(a,b)=(k3,k),或(a,b)=(k,k3).

事实上,上述证明已经给出了求满足a2+b2ab+1=k2的所有正整数解(a,b)的一种方法:

当a>;b时,反复作置换:(a,b,t)→(b,bt-a,t),如(k,k3,k2)→(k3,k5-k,k2)→(k5-k,k7-2k3,k2)→(k7-2k3,k9-3k5+k,k2)→……,类似地,当a<;b时反复作置换:(a,b,t)→(a,at-b,t).

最后给出一个猜想:已知正整数a,b满足((ab)2+1)(a3+b3),则a3+b3(ab)2+1是立方数.

参考文献

[1] 丁兴春.对一道数论问题的再思考[J].数学通讯,2011(10)(下半月).

(第29届IMO第6题)已知正整数a,b满足(ab+1)(a2+b2),求证:a2+b2ab+1是完全平方数.

该题在当时引起一片讨论声,原因在于该题拦倒了主试委员会成员和一些数论专家.丁兴春老师在文[1]中提出并解决了更难的问题:求满足(ab+1)(a2+b2)的所有正整数a,b的解.

文[1]的解答精巧简洁,然而笔者在取值试验时却发现了一些反例,本文将对原解法作修正,先将文[1]解答摘录(部分省略或改动):

(1)若a=b,则a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1为正整数,所以a2+1=2,a=b=1;

(2)若a≠b,由对称性不妨设a>;b≥1,a2+b2ab+1=t∈N+,即a2-tba+b2-t=0,则a是方程x2-tbx+b2-t=0的一个正整数根.

Ⅰ)若b2<;t,则Δ=(tb)2-4(b2-t)>;(tb)2;又Δ-(tb+1)2=t(4-2b)-4b2-1,

当b≥2时,Δ-(tb+1)2<;0,由(tb)2<;Δ<;(tb+1)2可知Δ不是完全平方数,从而方程x2-tbx+b2-t=0无正整数根,而这与a是该方程的一个正整数根矛盾;

当b=1时,则a2+b2ab+1=a2+1a+1,不难得出a-1<;a2+1a+1<;a恒成立,即a2+b2ab+1不是整数与题设矛盾;

Ⅱ)若b2>;t,设方程x2-tbx+b2-t=0的另一个根为x0,则x0=tb-a=b2-ta为正整数,且x0<;a,于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f(x)=x2+b2bx+1,(x>;0),则f(a)=f(x0),(0<;x0<;a),①

仿照上述过程,对x20+b2x0b+1=t为正整数而言,存在正整数x1,使得:f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0),

因此有f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a),研究函数f(x)=x2+b2bx+1,(x>;0)的单调性(求导等过程省略)有:f(x)在(0,-1+1+b4b)内是减函数,在(-1+1+b4b,+∞)上是增函数,因此至多存在两个不同的正实数m,n满足f(m)=f(n),而这又与f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a)相矛盾;

综上可知:只能有b2=t,从而a2+b2ab+1=b2,化简得a=b3.

当a=b=1时也满足上式,并结合对称性可知:满足(ab+1)(a2+b2)的所有正整数解为(a,b)=(k3,k)或(k,k3),其中k为正整数.

笔者在取值试验中发现有如下反例:

(a,b)=(30,8)时,x0=2,a2+b2ab+1=4;

(a,b)=(112,30)时,x0=8,a2+b2ab+1=4.

经分析发现问题出在研究x20+b2x0b+1=t时,如果想仿照上述过程(前面文中加着重号部分),必须要满足x0>;b,然而x0>;b却并非事实.

下面对文[1]解法作修正,修改与补充部分接标注①,若x0>;b,则仿照上述过程,对x20+b2x0b+1=t为正整数而言,存在正整数x1,使得:f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0),因此有f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a),研究函数f(x)=x2+b2bx+1,(x>;0)的单调性(求导等过程省略)有:f(x)在(0,-1+1+b4b)内是减函数,在(-1+1+b4b,+∞)上是增函数,因此至多存在两个不同的正实数m,n满足f(m)=f(n),而这又与f(a)=f(x0)=f(x1),(0<;x1<;x0<;a)相矛盾;

若x0=b,则x20+b2x0b+1=2b2b2+1,仿照(1)得b=1与b2>;t矛盾;从而必有0<;x0<;b<;a,其中x0=tb-a.作置换(a,b,x0)→(b,x0,x1),其中x1=tx0-b,则b2+x20bx0+1=x21+x20x1x0+1=t,x1<;x0<;b;

作置换(b,x0,x1)→(x0,x1,x2),其中x2=tx1-x0,则x20+x21x0x1+1=x22+x21x2x1+1=t,x2<;x1<;x0;

反复作置换,得到…<;xi<;…<;x1<;x0<;b<;a,其中xi均为正整数,由最小数原理可知置换次数有限,记最后一次置换(xn-3,xn-2,xn-1)→(xn-2,xn-1,xn),其中xn=txn-1-xn-2,则x2n+x2n-1xnxn-1+1=t,即满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解(a,b)=(xn-1,xn).

下面证明x2n=t,由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t,得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一个正整数根.

ⅰ)若x2n<;t,则Δ′=(txn)2-4(x2n-t)>;(txn)2;

又Δ′-(txn+1)2=t(4-2xn)-4x2n-1,

当xn≥2时,Δ′-(txn+1)2<;0,由(txn)2<;Δ′<;(txn+1)2可知Δ′不是完全平方数,从而方程x2-txnx+x2n-t=0无正整数根,而这与xn-1是该方程的一个正整数根矛盾;

当xn=1时,则x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1,不难得出xn-1-1<;x2n-1+1xn-1+1<;xn-1,即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整数,与题意相矛盾;

ⅱ)若x2n>;t,设方程x2-txnx+x2n-t=0的另一个根为x′,则x′=txn-xn-1=x2n-txn-1为正整数,且有x′<;xn-1,于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t,

也就是说(a,b)=(xn,x′)是满足a2+b2ab+1=t的一组正整数解,而这与满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解为(a,b)=(xn-1,xn)相矛盾;

综合ⅰ)ⅱ),必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n,所以满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解(a,b)=(xn-1,xn)=(t32,t12),或(a,b)=(t12,t32)(由对称性可得).

换种表述方式:a2+b2ab+1=k2的最小正整数解为(a,b)=(k3,k),或(a,b)=(k,k3).

事实上,上述证明已经给出了求满足a2+b2ab+1=k2的所有正整数解(a,b)的一种方法:

当a>;b时,反复作置换:(a,b,t)→(b,bt-a,t),如(k,k3,k2)→(k3,k5-k,k2)→(k5-k,k7-2k3,k2)→(k7-2k3,k9-3k5+k,k2)→……,类似地,当a<;b时反复作置换:(a,b,t)→(a,at-b,t).

最后给出一个猜想:已知正整数a,b满足((ab)2+1)(a3+b3),则a3+b3(ab)2+1是立方数.

参考文献

[1] 丁兴春.对一道数论问题的再思考[J].数学通讯,2011(10)(下半月).

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