Постарайтеся довести, що інших рішень, крім пар чисел, перерахованих у другій підказці, немає.
Спочатку наведемо «рафінована» (в тому ж сенсі, в якому рафінують рослинне масло, тобто очищене від сторонніх домішок) міркування, в якому ніяк не використовуються ті сакральні відомості, які ми згадували в підказках.
Нехай \ (k = \ frac \). Якщо (а чому б і ні?) A = b. то умова полягає в тому, що 2a 2 + 1 ділиться на a 2. Оскільки 2a 2 завжди ділиться на a 2. то 1 також має ділитися на a 2. звідки a = 1. Але при a = b = 1 отримуємо \ (k = \ frac = 3 \), тобто для цього випадку ми все довели.
Нехай тепер a ≠ b. Без обмеження спільності можна вважати a бо льшим з двох чисел (тобто a> b). Спробуємо знайти іншу пару натуральних чисел (a '. B'), яка також буде задовольняти умові завдання, але буде менше вихідної.
Перепишемо рівняння, що зв'язує a. b і k. у вигляді a 2 - kab + b 2 + 1 = 0. А щоб було ще краще зрозуміло, що ми збираємося робити, замість a напишемо x. Це - квадратне рівняння (щодо x): \ (x ^ 2-kb \ cdot x + (b ^ 2 + 1) = 0 \). Ми не будемо його вирішувати, але згадаємо, що його коріння x1 і x2 (якщо вони є!) Задовольняють теоремі Вієта.
\ [X_1 + x_2 = kb, \] \ [x_1 \ cdot x_2 = b ^ 2 + 1. \]
Один з цих коренів ми знаємо: x1 = a. Отже, ми можемо сказати, що є і другий корінь \ (x_2 = kb-a = \ frac \). Перша умова гарантує, що x2 є цілим, а друге - що він є позитивним. Тобто x2 - це натуральне число.
Таким чином, числа x2 і b теж задовольняють умові завдання, тобто \ (x_2 ^ 2 + b ^ 2 + 1 \) ділиться на x2b. і частка від ділення дорівнює тому самому числу k. При цьому, оскільки ми припустили, що a> b. то \ (x_2 = \ frac \ le \ frac
Виходить, що якщо b> 1, то теорема Вієта дає нам можливість зробити «стрибок» від рішення (a. B) до меншого рішенням (a '. B') = (b. Kb - a).
А що буде, коли стрибки приведуть нас до b = 1 (очевидно адже, це рано чи пізно має статися)?
При b = 1 рівняння матиме вигляд x 2 - kx + 2 = 0. Оскільки воно має натуральний корінь a. а по теоремі Вієта твір коренів одно 2, то другий корінь дорівнює 2 / a. А оскільки він же дорівнює цілому числу k - a. то a має бути дільником числа 2. Це дає дві можливості:
1) якщо a = 2, то 4 - 2k + 2 = 0, звідки k = 3.
2) якщо a = 1, то 1 - k + 2 = 0, звідки знову k = 3.
Оскільки k залишалося одним і тим же при всіх зроблених «стрибках», то k = 3 для будь-якої пари чисел (a. B). На цьому рішення закінчено.
А тепер спробуємо розібратися, що саме ми робили і як прийшли до потрібного результату. Завдяки підказкам було відомо, що пара чисел (a. B), яка задовольнить умові завдання, це якась із пар (1, 1), (1, 2), (2, 5), (5, 13), (13 , 34), (34, 89) і т. д. Закономірність, яка прямо не впадала в очі, але напевно була помічена при спробах вирішення, виглядає так: якщо між кожними двома числами пари вписати ще їх різницю, то вийдуть числа Фібоначчі 1 , 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89. Для цієї послідовності співвідношення, що зв'язує три її послідовних члена, дуже добре відомо: fn + 2 = fn + fn + 1. А так як «нашої» послідовністю є числа Фібоначчі з парними номерами, то можна записати рекурентне співвідношення і для неї:
Дійсно, 5 = 3 · 2 - 1, 13 = 3 · 5 - 2, 34 = 3 · 13 - 5 і так далі.
Тут множник 3 - той самий, який ми позначили на початку рішення буквою k. Але ми-то не можемо спиратися на те, що нам потрібно довести, правда? І ось тут на допомогу і приходить теорема Вієта, завдяки якій перехід від одного рішення до сусіднього робиться зовсім просто - «стрибком». При стрибку ми можемо не знати, чому дорівнює значення k. але гарантовано зрушимо від більшого рішення до меншого, зберігши те ж саме значення k. А значить, рано чи пізно дійдемо до «найменшого» рішення. Подальше вже - справа техніки.
Післямова
У статті англійської Вікіпедії Vieta jumping стверджується, що цей прийом вирішення завдань з'явився тільки в 1988 році в зв'язку із завданням, що пропонувалася від Австралії на Міжнародну олімпіаду школярів. Ось це завдання:
Нехай a і b - натуральні числа, для яких a 2 + b 2 ділиться на ab + 1. Доведіть, що частка від цього розподілу - точний квадрат.
При цьому переказується кумедна історія, вперше описана в книзі Артура Енгеля «Стратегії вирішення завдань»:
Насправді, безумовно, прийом «стрибка» був відомий задовго до цієї олімпіади. Зокрема, завдання, яке ми обговорювали, є окремим випадком дослідження добре відомого діофантових рівнянь Маркова, вперше дослідженого чудовим російським математиком Андрієм Андрійовичем Марковим ще в XIX столітті.
Рівняння Маркова має вигляд
Якщо покласти в ньому c = 1, вийде рівно то рівняння, яким ми займалися. А чи існують у рівняння Маркова рішення, в яких c не дорівнює 1? Безумовно, існують. І у читача вже є все необхідне для того, щоб їх знайти.
Мал. 1. Приклад сімейства кіл Аполлонія. Малюнок з сайту en.wikipedia.org
Ще однією цікавою ілюстрацією ідеї «стрибка Вієта» можуть служити безлічі Аполлонія - сімейства кіл, в якому кожна стосується трьох інших (рис. 1, см. Apollonian gasket).
Якщо з такого сімейства взяти четвірку кіл, які попарно стосуються, то для їх радіусів справедлива формула, вперше відкрита знаменитим хіміком (!) Фредеріком Содді:
Якщо замість радіусів ri кіл розглядати їх кривизни ki (величини, зворотні радіусів), то з формули йдуть складні дроби:
Наприклад, для чотирьох найбільших кіл на малюнку 1 кривизни рівні -1, 2, 2 і 3 (знак «мінус» довелося поставити через те, що дотик внутрішнє). А звідси, як може здогадатися проникливий читач, залишилося всього півкроку до твердження про те, що кривизна кожного кола в (нескінченному) безлічі Аполлонія - ціле число, і всі ці числа можуть бути отримані одна з одної за допомогою стрибків Вієта.
Про рівнянні Маркова можна прочитати в чудовій статті М. Г. Крейна «діофантових рівнянь А. А. Маркова». про фрактальних множинах Аполлонія - в дослідженні К. Міллер (англійською). Кілька красивих задач, в рішенні яких використовується прийом стрибка, можна знайти тут і тут.