IMO 1988 · Problem 6
Let \(a\) and \(b\) be positive integers such that \(ab+1\) divides \(a^2+b^2\). Show that \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1} \] is the square of an integer.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Set \[ k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}. \] Then \(k\) is a positive integer. Among all pairs of positive integers \((x,y)\) satisfying \[ x^2+y^2=k(xy+1), \] choose one for which \(x+y\) is smallest. Such a pair exists because \((a,b)\) is one. By symmetry, assume \(x\ge y\).
Define the integer \[ z=ky-x. \] The defining equation gives \[ xz=kxy-x^2=y^2-k. \] Consequently, \[ y^2+z^2-k(yz+1) =y^2-k+z(z-ky) =y^2-k-xz=0. \] Thus \[ y^2+z^2=k(yz+1). \tag{1} \]
We first show that \(z\ge0\). If \(z<0\), its integrality implies \(z\le-1\). Since \(y\ge1\), we would have \(yz+1\le0\). The right-hand side of (1) would then be nonpositive, whereas its left-hand side is positive. This is impossible.
Moreover, because \(k>0\) and \(x\ge y>0\), \[ z=\frac{y^2-k}{x}<\frac{y^2}{x}\le y\le x. \] If \(z>0\), equation (1) would therefore provide another pair of positive integers \((y,z)\) satisfying the same equation, with \[ y+z<y+x. \] This contradicts the minimality of \(x+y\).
Hence \(z=0\). Equation (1) now yields \(y^2=k\). Therefore \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1}=y^2, \] which is the square of an integer. \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1988 · Aufgabe 6
Seien \(a\) und \(b\) positive ganze Zahlen, für die \(ab+1\) ein Teiler von \(a^2+b^2\) ist. Zeige, dass \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1} \] das Quadrat einer ganzen Zahl ist.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Setze \[ k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}. \] Dann ist \(k\) eine positive ganze Zahl. Wähle unter allen Paaren positiver ganzer Zahlen \((x,y)\), die \[ x^2+y^2=k(xy+1) \] erfüllen, eines, für das \(x+y\) minimal ist. Ein solches Paar existiert, da \((a,b)\) eines ist. Wegen der Symmetrie dürfen wir \(x\ge y\) annehmen.
Definiere die ganze Zahl \[ z=ky-x. \] Die definierende Gleichung ergibt \[ xz=kxy-x^2=y^2-k. \] Folglich gilt \[ y^2+z^2-k(yz+1) =y^2-k+z(z-ky) =y^2-k-xz=0. \] Somit gilt \[ y^2+z^2=k(yz+1). \tag{1} \]
Wir zeigen zunächst, dass \(z\ge0\) gilt. Wäre \(z<0\), so würde aus der Ganzzahligkeit von \(z\) folgen, dass \(z\le-1\) gilt. Wegen \(y\ge1\) wäre dann \(yz+1\le0\). Die rechte Seite von (1) wäre somit nichtpositiv, während die linke Seite positiv ist. Dies ist unmöglich.
Außerdem gilt wegen \(k>0\) und \(x\ge y>0\) \[ z=\frac{y^2-k}{x}<\frac{y^2}{x}\le y\le x. \] Wäre \(z>0\), so würde Gleichung (1) daher ein weiteres Paar positiver ganzer Zahlen \((y,z)\) liefern, das dieselbe Gleichung erfüllt und für das \[ y+z<y+x \] gilt. Dies widerspricht der Minimalität von \(x+y\).
Also ist \(z=0\). Gleichung (1) liefert nun \(y^2=k\). Daher gilt \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1}=y^2, \] was das Quadrat einer ganzen Zahl ist. \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1988 · Soru 6
\(a\) ve \(b\), \(ab+1\) sayısı \(a^2+b^2\) sayısını bölecek biçimde pozitif tam sayılar olsun. \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1} \] ifadesinin bir tam sayının karesi olduğunu gösteriniz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\[ k=\frac{a^2+b^2}{ab+1} \] alalım. O hâlde \(k\) bir pozitif tam sayıdır. \[ x^2+y^2=k(xy+1), \] eşitliğini sağlayan tüm pozitif tam sayı ikilileri \((x,y)\) arasından \(x+y\)'nin en küçük olduğu birini seçelim. \((a,b)\) böyle bir ikili olduğundan, bu seçim yapılabilir. Simetriden, \(x\ge y\) olduğunu varsayalım.
\[ z=ky-x \] tam sayısını tanımlayalım. Tanımlayıcı denklemden \[ xz=kxy-x^2=y^2-k \] elde edilir. Dolayısıyla \[ y^2+z^2-k(yz+1) =y^2-k+z(z-ky) =y^2-k-xz=0. \] Böylece \[ y^2+z^2=k(yz+1). \tag{1} \]
Önce \(z\ge0\) olduğunu gösterelim. \(z<0\) ise, tam sayı olduğundan \(z\le-1\)'dir. \(y\ge1\) olduğundan \(yz+1\le0\) olurdu. Bu durumda (1)'in sağ tarafı pozitif olmayan bir sayı olurken sol tarafı pozitif olurdu. Bu mümkün değildir.
Ayrıca, \(k>0\) ve \(x\ge y>0\) olduğundan \[ z=\frac{y^2-k}{x}<\frac{y^2}{x}\le y\le x. \] \(z>0\) olsaydı, (1) denklemi aynı denklemi sağlayan başka bir pozitif tam sayı ikilisi \((y,z)\) verirdi ve \[ y+z<y+x \] olurdu. Bu, \(x+y\)'nin en küçük olmasıyla çelişir.
Öyleyse \(z=0\)'dır. Bu durumda (1) denkleminden \(y^2=k\) elde edilir. Dolayısıyla \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1}=y^2, \] bir tam sayının karesidir. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1988 · Problema 6
Sean \(a\) y \(b\) enteros positivos tales que \(ab+1\) divide a \(a^2+b^2\). Demostrar que \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1} \] es el cuadrado de un entero.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sea \[ k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}. \] Entonces \(k\) es un entero positivo. Entre todos los pares de enteros positivos \((x,y)\) que satisfacen \[ x^2+y^2=k(xy+1), \] elijamos uno para el cual \(x+y\) sea mínimo. Tal par existe porque \((a,b)\) es uno de ellos. Por simetría, supongamos que \(x\ge y\).
Definamos el entero \[ z=ky-x. \] La ecuación que define el par da \[ xz=kxy-x^2=y^2-k. \] Por consiguiente, \[ y^2+z^2-k(yz+1) =y^2-k+z(z-ky) =y^2-k-xz=0. \] Así, \[ y^2+z^2=k(yz+1). \tag{1} \]
Primero mostramos que \(z\ge0\). Si \(z<0\), el hecho de que sea entero implica \(z\le-1\). Como \(y\ge1\), tendríamos \(yz+1\le0\). El miembro derecho de (1) sería entonces no positivo, mientras que su miembro izquierdo es positivo. Esto es imposible.
Además, como \(k>0\) y \(x\ge y>0\), \[ z=\frac{y^2-k}{x}<\frac{y^2}{x}\le y\le x. \] Si \(z>0\), la ecuación (1) proporcionaría, por tanto, otro par de enteros positivos \((y,z)\) que satisface la misma ecuación, con \[ y+z<y+x. \] Esto contradice la minimalidad de \(x+y\).
Por tanto, \(z=0\). La ecuación (1) da ahora \(y^2=k\). En consecuencia, \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1}=y^2, \] que es el cuadrado de un entero. \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1988 · 问题 6
设 \(a\) 和 \(b\) 为正整数，且 \(ab+1\) 整除 \(a^2+b^2\)。证明 \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1} \] 是一个整数的平方。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
令 \[ k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}. \] 则 \(k\) 为正整数。在所有满足 \[ x^2+y^2=k(xy+1), \] 的正整数对 \((x,y)\) 中，选取使 \(x+y\) 最小的一对。这样的数对存在，因为 \((a,b)\) 就是其中一对。由对称性，不妨设 \(x\ge y\)。
定义整数 \[ z=ky-x. \] 由上述方程可得 \[ xz=kxy-x^2=y^2-k. \] 因此， \[ y^2+z^2-k(yz+1) =y^2-k+z(z-ky) =y^2-k-xz=0. \] 于是 \[ y^2+z^2=k(yz+1). \tag{1} \]
首先证明 \(z\ge0\)。若 \(z<0\)，则由 \(z\) 为整数可知 \(z\le-1\)。由于 \(y\ge1\)，便有 \(yz+1\le0\)。此时 (1) 的右端非正，而左端为正。这是不可能的。
此外，由于 \(k>0\) 且 \(x\ge y>0\)，有 \[ z=\frac{y^2-k}{x}<\frac{y^2}{x}\le y\le x. \] 若 \(z>0\)，则方程 (1) 给出了满足同一方程的另一对正整数 \((y,z)\)，且 \[ y+z<y+x. \] 这与 \(x+y\) 的最小性矛盾。
因此 \(z=0\)。此时方程 (1) 给出 \(y^2=k\)。所以 \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1}=y^2, \] 它是一个整数的平方。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1988 · Задача 6
Пусть \(a\) и \(b\) — натуральные числа, для которых \(ab+1\) делит \(a^2+b^2\). Докажите, что \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1} \] является квадратом целого числа.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Положим \[ k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}. \] Тогда \(k\) — натуральное число. Среди всех пар натуральных чисел \((x,y)\), удовлетворяющих уравнению \[ x^2+y^2=k(xy+1), \] выберем ту, для которой \(x+y\) наименьшая. Такая пара существует, поскольку \((a,b)\) — одна из них. В силу симметрии можно считать, что \(x\ge y\).
Определим целое число \[ z=ky-x. \] Из исходного уравнения получаем \[ xz=kxy-x^2=y^2-k. \] Следовательно, \[ y^2+z^2-k(yz+1) =y^2-k+z(z-ky) =y^2-k-xz=0. \] Таким образом, \[ y^2+z^2=k(yz+1). \tag{1} \]
Сначала покажем, что \(z\ge0\). Если \(z<0\), то в силу целочисленности \(z\le-1\). Поскольку \(y\ge1\), мы имели бы \(yz+1\le0\). Тогда правая часть (1) была бы неположительной, тогда как левая часть положительна. Это невозможно.
Кроме того, поскольку \(k>0\) и \(x\ge y>0\), \[ z=\frac{y^2-k}{x}<\frac{y^2}{x}\le y\le x. \] Если бы \(z>0\), то равенство (1) давало бы другую пару натуральных чисел \((y,z)\), удовлетворяющую тому же уравнению, причём \[ y+z<y+x. \] Это противоречит минимальности \(x+y\).
Значит, \(z=0\). Теперь из равенства (1) следует \(y^2=k\). Поэтому \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1}=y^2, \] то есть является квадратом целого числа. \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1988 · المسألة 6
ليكن \(a\) و\(b\) عددين صحيحين موجبين بحيث يقسم \(ab+1\) العدد \(a^2+b^2\). أثبت أن \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1} \] هو مربع عدد صحيح.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نضع \[ k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}. \] عندئذ يكون \(k\) عددًا صحيحًا موجبًا. من بين جميع أزواج الأعداد الصحيحة الموجبة \((x,y)\) التي تحقق \[ x^2+y^2=k(xy+1), \] نختار زوجًا يكون فيه \(x+y\) أصغر ما يمكن. يوجد مثل هذا الزوج لأن \((a,b)\) أحد هذه الأزواج. وبالتناظر، نفترض أن \(x\ge y\).
نعرّف العدد الصحيح \[ z=ky-x. \] تعطي المعادلة التي تحققها هذه الأعداد \[ xz=kxy-x^2=y^2-k. \] وبالتالي، \[ y^2+z^2-k(yz+1) =y^2-k+z(z-ky) =y^2-k-xz=0. \] وعليه \[ y^2+z^2=k(yz+1). \tag{1} \]
نثبت أولًا أن \(z\ge0\). إذا كان \(z<0\)، فإن كونه عددًا صحيحًا يستلزم \(z\le-1\). وبما أن \(y\ge1\)، فسيكون لدينا \(yz+1\le0\). عندئذ سيكون الطرف الأيمن من (1) غير موجب، بينما طرفها الأيسر موجب. وهذا مستحيل.
علاوة على ذلك، بما أن \(k>0\) و\(x\ge y>0\)، فإن \[ z=\frac{y^2-k}{x}<\frac{y^2}{x}\le y\le x. \] إذا كان \(z>0\)، فإن المعادلة (1) ستعطي زوجًا آخر من الأعداد الصحيحة الموجبة \((y,z)\) يحقق المعادلة نفسها، مع \[ y+z<y+x. \] وهذا يناقض أصغرية \(x+y\).
إذن \(z=0\). وتعطي المعادلة (1) الآن \(y^2=k\). ولذلك \[ \frac{a^2+b^2}{ab+1}=y^2, \] وهو مربع عدد صحيح. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).