Uluslararası Matematik Olimpiyatı 1988 Soru 6

[ERhan ERdoğan]

$a$ ve $b$ pozitif tam sayıları, $ab+1$ sayısı $a^2+b^2$'yi tam olarak bölecek şekilde seçilsin. $\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}$ ifadesinin, bir pozitif tam sayının karesi olduğunu gösteriniz.

[Metin Can Aydemir]

(Vieta Jumping):
Öncelikle $a=b$ durumunu inceleyelim, $$c=\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}=\dfrac{2a^2}{a^2+1}=2-\dfrac{2}{a^2+1}$$ olur. $a$ pozitif tamsayı olduğundan ifadenin tamsayı olması için $a=b=1$ olmalıdır, bu durumda $c=1$ olacaktır, yani tamkaredir. Eğer $a$ veya $b$'den biri $1$ olursa aynı şekilde $a=b=c=1$ bulunur.

Şimdi genelliği bozmadan $a>b\geq 2$ olsun. İfadeyi düzenleyip $a$'ya bağlı ikinci dereceden bir denklem olarak yazarsak, $$a^2-a\cdot bc+(b^2-c)=0$$ bulunur. Bu denklemin pozitif tamsayı çözümleri arasında $a+b$'nin en küçük olduğu $(a,b)$ çözümünü ele alalım. Bu denklem ikinci dereceden olduğundan $a$ dışında bir $d$ kökü de vardır. Vieta formüllerinden, $$a+d=bc$$ $$ad=b^2-c$$ elde edilir.  İlk formülden $d$'nin tamsayı olduğunu görebiliriz ve eğer $bc-a$ pozitifse $d$ de pozitif olmalıdır. Şimdi bu ifadenin pozitif olmadığını kabul edelim, $a=bc+x$ olsun, $x\geq 0$'dır. $$a^2+b^2=abc+c\Rightarrow (bc+x)^2+b^2=(bc+x)bc+c\Rightarrow bcx+x^2+b^2=c$$ olur. Eğer $x=0$ ise $d=0$ ve Vieta'dan $b^2=c$ olur, yani $c$ tamkare olur. Eğer $x>0$ ise $$bcx+x^2+b^2=c\Rightarrow c\geq bc+b^2+1>c$$ olur. Çelişki. Dolayısıyla $bc-a$'nın pozitif olması gerekir. ($0$ olması durumunda ifadenin tamkare olduğunu gösterdiğimizden bu kısmı tekrar incelemeye gerek yok.)

$d$ sayısı hem pozitif tamsayı olması hem de denklemi sağlamasından dolayı $(d,b)$ ikilisi de denklemin bir çözümü olur fakat eğer $a>d$ ise $(b,d)$ çözümü $(a,b)$ ikilisinin toplamı en küçük olması kabulüyle çelişir. Dolayısıyla $d\geq a$'dır. Vieta teoreminden $$a+d=bc\geq 2a\Rightarrow \dfrac{2a}{b}\leq c=\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}\leq \dfrac{a^2+b^2}{ab}=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\Rightarrow \dfrac{a}{b}\leq \dfrac{b}{a}\Rightarrow a^2\leq b^2$$ olur, çelişki. Dolayısıyla ifadenin tamsayı olduğu durumlarda  $c=1$ veya $c=b^2$ olur, yani her zaman tamkaredir.

[Metin Can Aydemir]

Bu çözümü AoPS'da "Rust" adlı bir kullanıcının bu soruya verdiği cevaptan esinlenerek yaptım, onun cevabını da buradan inceleyebilirsiniz.

Öncelikle $a=b$ ise $a=b=c=1$ olması gerektiğini bir önceki çözümde göstermiştik. Genelliği bozmadan $a>b$ olsun. $$ab+1=p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}$$ şeklinde asal çarpanlarına ayıralım. $a$ ve $b$ bu $k$ asalın hiçbirine bölünemez. $ab+1|a^2+b^2$ olduğundan $a^2+b^2$ ifadesi $i=1,2,\dots k$ için $p_i^{\alpha_i}$'ye bölünmelidir. $$a^2+b^2\equiv 0 \pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ $$ab+1\equiv 0 \pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ elde edilir. Bu iki denklikten $$-b^4\equiv a^2b^2\equiv (-1)^2\equiv 1 \pmod{p_i^{\alpha_i}}\Rightarrow b^4\equiv -1\equiv ab \pmod{p_i^{\alpha_i}}\Rightarrow a\equiv b^3 \pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ bulunur. Buradan, $$c\equiv \dfrac{a^2+b^2}{ab+1}\equiv \dfrac{b^6+b^2}{b^4+1}\equiv b^2\pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ bulunur. Tüm $i=1,2,\dots k$ için bu sağlandığından $$c\equiv b^2\pmod{ab+1}$$ olur. $ab+1>b^2+1>b^2$ olduğundan $t\geq 0$ için $c=b^2+t(ab+1)$ formatında olmalıdır. $t=0$ ise $c=b^2$ olur. Eğer $t>0$ ise $$c=\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}=b^2+t(ab+1)\geq b^2+ab+1\Rightarrow a^2\geq ab^3+a^2b^2+2ab+1>a^2$$ olur. Çelişki. Yani $c=1$ veya $c=b^2$ olmalı, dolayısıyla her zaman tamkare olmalıdır.