Olimpiada Matemática — Adrián García Bouzas

Enunciado

Sean $a, b$ enteros positivos tales que $ab + 1$ divide a $a^2 + b^2$ . Demostrar que

k = \frac{a^2 + b^2}{ab + 1}

es el cuadrado de un entero.

Demostración

Sea $k$ el valor del cociente; supongamos por contradicción que $k$ es un entero positivo que no es cuadrado perfecto. Consideremos el conjunto

S = \{(a, b) \in \mathbb{Z}_{>0}^2 : a^2 + b^2 = k(ab + 1)\}.

Por hipótesis $S \neq \emptyset$ . Tomamos $(A, B) \in S$ con $A + B$ mínimo. Sin pérdida de generalidad suponemos $A \geq B$ .

Paso 1: la ecuación cuadrática. Fijamos $B$ y vemos $A$ como raíz de la ecuación en $x$ :

x^2 - kBx + (B^2 - k) = 0.

Sea $A'$ la otra raíz. Por las fórmulas de Vieta:

A + A' = kB, \qquad A \cdot A' = B^2 - k.

De la primera, $A' = kB - A$ es un entero.

Paso 2: $A'$ no puede ser negativo. Si $A' < 0$ , sustituyendo en la ecuación original (que también satisface $A'$ ):

A'^2 - kBA' + B^2 - k = 0.

Como $A' < 0$ , $A'^2 > 0$ , $-kBA' > 0$ (pues $kB > 0$ ), y $B^2 \geq 0$ ; el lado izquierdo sería $\geq -k + B^2 > 0$ excepto si $B^2 < k$ , en cuyo caso $A'^2 + B^2 \geq A'^2 + 1$ y de todos modos el lado izquierdo es positivo. En cualquier caso obtenemos contradicción. Por tanto $A' \geq 0$ .

Paso 3: $A' \neq 0$ . Si $A' = 0$ , entonces $A \cdot A' = 0 = B^2 - k$ , es decir $k = B^2$ , contradiciendo que $k$ no es cuadrado perfecto. Por tanto $A' > 0$ .

Paso 4: $A'$ es un entero positivo y $(A', B) \in S$ . Combinando los pasos 2 y 3 con que $A'$ es entero, $A'$ es un entero positivo. Como $A'$ satisface la misma ecuación cuadrática, $(A', B)$ está en $S$ .

Paso 5: el descenso. Mostramos que $A' < A$ , lo que contradiría la minimalidad de $A + B$ .

De $A \cdot A' = B^2 - k$ y como $A \geq B$ :

A' = \frac{B^2 - k}{A} \leq \frac{B^2 - k}{B} < B \leq A.

(Si $B^2 < k$ , entonces $A' < 0$ , contradiciendo el paso 2; así $B^2 \geq k$ , y la desigualdad $B^2 - k < B \cdot A$ es clara pues $A \geq B \geq 1$ y $k \geq 1$ .)

Por lo tanto $A' < A$ , así $A' + B < A + B$ , contradiciendo la minimalidad.

Conclusión. No existe $(a, b) \in S$ si $k$ no es cuadrado perfecto. Como $S \neq \emptyset$ , $k$ debe ser un cuadrado. $\blacksquare$

Observación

El nombre Vieta jumping viene de que, dada una solución $(A, B)$ , se "salta" a otra solución $(A', B)$ usando las fórmulas de Vieta sobre la ecuación cuadrática. El sistema $(A, B) \mapsto (A', B) \mapsto (A'', B) \mapsto \cdots$ no puede descender indefinidamente en los enteros positivos, lo que fuerza una contradicción.

Las soluciones efectivas son las parejas $(a, b)$ con $a/b$ cocientes consecutivos de una sucesión recursiva tipo Fibonacci.

Aplicaciones

Vieta jumping aparece cada vez que una expresión simétrica en dos variables genera una ecuación cuadrática en una de ellas con coeficientes enteros. Es estándar en problemas IMO/ISL del estilo "probar que $\frac{f(a,b)}{g(a,b)}$ es cuadrado/cubo/entero".

Problemas relacionados

ISL 2007, N2: si $a, b$ positivos y $\frac{a^2 + b^2 + 6}{ab}$ es entero, hallar todos los valores.
USAMO 2008, Problema 1: variación de Vieta jumping en una ecuación cúbica.