IMO 1981 massimo m^2+n^2
IMO 1981 massimo m^2+n^2
Determinare il valore massimo di $ m^2+n^2 $ con $ m,n \in \{1,2,3, . . . ,1981\} $ e $ (n^2-nm-m^2)^2=1 $
Senonchè è pressochè equivalente al punto b) di questo.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Come vuoi 
salvo.tringali ha scritto:1. Siano $ \mathbb{N} := \{0, 1, 2, \ldots\} $ e $ \{f_n\}_{n\;\! \in \;\! \mathbb{Z}} $ la successione backward extended dei numeri di Fibonacci, definita assumendo $ f_0 := 0 $, $ f_1 := 1 $, $ f_{n+2} := f_{n+1} + f_n $ e $ f_{-n} := (-1)^{n+1} f_n $, per $ n \in \mathbb{N} $ (cf. qui). Quindi sia $ S := \{(x,y) \in \mathbb{Z}^2: |x^2 - xy - y^2| = 1\} $. Intendo provare che $ (f_{n+1}, f_n) \in S $, per ogni $ n \in \mathbb{Z} $.
2. Infatti, qualunque sia $ n \in \mathbb{N} $, vale $ \displaystyle f_n = (\lambda_1^n - \lambda_2^n)/\sqrt{5} $, se $ \lambda_1 := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{5}\;\!) $ e $ \lambda_2 := \frac{1}{2}(1 - \sqrt{5}\;\!) $ (v. qui, outline 1), e pertanto
3. Sennonché $ \lambda_1 \lambda_2 = \frac{1}{2}(1 + \sqrt{5}\;\!) \cdot \frac{1}{2}(1 - \sqrt{5}\;\!) = -1 $, e quindi $ 2 + \lambda_1 + \lambda_2 - 2\lambda_1 \lambda_2 = 5 $. Inoltre $ \lambda_1^2 - \lambda_1 - 1 = \lambda_2^2 - \lambda_2 - 1 = 0 $, poiché $ \lambda_1 $ e $ \lambda_2 $ sono gli zeri dell'equazione caratteristica $ \lambda^2 - \lambda - 1 = 0 $ (ibidem). Ergo $ f^2_{n+1} - f_{n+1} f_n - f_n^2 = (-1)^n $, per ogni $ n \in \mathbb{N} $, e di conseguenza
- $ f_{n+1}^2 - f_{n+1}f_n - f_n^2 = \frac{1}{5}(\lambda_1^{n+1} - \lambda_2^{n+1})^2 - \frac{1}{5}(\lambda_1^{n+1} - \lambda_2^{n+1})(\lambda_1^n - \lambda_2^n) $$ -\frac{1}{5}(\lambda_1^n - \lambda_2^n)^2= $
- $ =\frac{1}{5}(\lambda_1^{2n+2} + \lambda_2^{2n+2} - 2\lambda_1^{n+1} \lambda_2^{n+1} - \lambda_1^{2n+1} - \lambda_2^{2n+1}+ $$ \lambda_1^n \lambda_2^{n+1} + \lambda_1^{n+1} \lambda_2^n - \lambda_1^{2n} - \lambda_2^{2n} + 2\lambda_1^{n} \lambda_2^{n}) = $
- $ =\frac{1}{5}\Big((\lambda_1^2 - \lambda_1-1)\cdot\lambda_1^{2n} + (\lambda_2^2 - \lambda_2-1)\cdot\lambda_2^{2n} + $$ (2 + \lambda_1 + \lambda_2 - 2\lambda_1 \lambda_2) \cdot \lambda_1^n \lambda_2^n\Big) $.
Da qui la conclusione che $ f_{n+1} - f_{n+1}f_n - f_n^2 = (-1)^n $, e quindi $ (f_{n+1}, f_n) \in S $, per ogni $ n \in \mathbb{Z} $. []
- $ f_{-n+1}^2 - f_{-n+1} f_{-n} - f_{-n}^2 = $$ f_{n-1}^2 - (-1)^{n-1} f_{n-1} \cdot (-1)^n f_n - f_n^2 = $$ -(f_n^2 - f_n f_{n-1} - f_{n-1}^2) = (-1)^{n} = (-1)^{-n} $.
Note. 1) L'identità stabilita al punto 2 si dimostra anche per induzione: molti sono allergici ai conti, ed è corretto pensare anche a loro. 2) Le verifiche di cui al punto 3 si possono evitare almeno in parte, osservando che la formula di Binet si estende a ritroso anche ai termini ad indice negativo della successione di Fibonacci. Infatti, considerando che $ \lambda_1^{-1} = -\lambda_2 $, è appena sufficiente qualche calcolo ozioso per stabilire che
4. Siano $ f(\cdot) $ la funzione $ \mathbb{Z}^2 \to \mathbb{N}: (x,y) \mapsto |x^2 - xy - y^2| $, cosicché $ S := \{(x,y) \in \mathbb{Z}^2: |x^2 - xy - y^2| = 1\} = \{(x,y) \in \mathbb{Z}^2: f(x,y) = 1\} $, e $ (\bar{x},\bar{y}) \in S $. Siccome $ f(x,y) = f(-x,-y) = f(-y,x) = f(y,-x) $, è palese che $ (x,y) \in S $ sse $ (-x,-y), (-y,x), (y,-x) \in S $.
- $ \forall n \in \mathbb{N}: \displaystyle\frac{\lambda_1^{-n} - \lambda_2^{-n}}{\sqrt{5}} = \frac{(\lambda_1^{-1})^n - (\lambda_2^{-1})^n}{\sqrt{5}} = $ $ \displaystyle\frac{(-1)^n \lambda_2^n - (-1)^n \lambda_1^n}{\sqrt{5}} = (-1)^{n+1} \cdot\frac{\lambda_1^n - \lambda_2^n}{\sqrt{5}} = (-1)^{n+1} f_n = f_{-n} $. []
5. Dunque, poiché banalmente $ (0,0) \notin S $, non è lesivo di generalità supporre $ \bar{x} \ge \max(1,|\bar{y}|) $. D'altronde, se $ \bar{x} = |\bar{y}| $, allora $ \bar{x}^2 = 1 $, i.e., $ \bar{x} = 1 $ e $ \bar{y} = \pm 1 $. Perciò, riconosciuto che $ f(x,0) = 1 $ sse $ |x|=1 $, e che $ (1,0), (1,\pm 1) \in S $, possiamo serenamente ammettere, di qui in avanti, $ \bar{x} > |\bar{y}| \ge 1 $.
6. Ora, per assurdo, ipotizziamo sia $ \bar{y} <0> \bar{y} \ge 1 $. Nondimeno vorremmo dimostrare che $ \bar{y} \ge \bar{x} - \bar{y} $: fondamentalmente la matematica è una scienza per appetenti ingordi. Per assurdo, ammettiamo il contrario, i.e., $ \bar{x} > 2\bar{y} $. Allora
niente da fare! Dunque $ \bar{y} \ge \bar{x} - \bar{y} $, e in ultima istanza, perciò, resta provato che, se $ (x,y) \in S $ e $ x > y \ge 1 $, necessariamente $ 1 \le x- y \le y $.
- $ \bar{x}^2 - \bar{x} \;\!\bar{y} - \bar{y}^2 = \bar{x} \cdot (\bar{x} - \bar{y}) - \bar{y}^2 > \bar{x}\;\! \bar{y} - \bar{y}^2 $ $ = (\bar{x} - \bar{y}) \cdot \bar{y} > \bar{y}^2 \ge 1\quad\implies\quad 1=f(\bar{x},\bar{y}) = \bar{x}^2 - \bar{x} \;\!\bar{y} - \bar{y}^2 > 1 $,
7. A questo punto osserviamo che $ f(\bar{y}, \bar{x} - \bar{y}) = |\bar{y}^2 - \bar{y} \cdot (\bar{x} - \bar{y}) - (\bar{x} - \bar{y})^2| $$ = |\bar{y}^2 - \bar{x}\;\!\bar{y} + \bar{y}^2 - \bar{x}^2 +2\bar{x}\;\!\bar{y} - \bar{y}^2| = f(\bar{x}, \bar{y}) $, perciocché $ (\bar{x}, \bar{y}) \in S $ genera una nuova coppia $ (\bar{y}, \bar{x} - \bar{y}) \in S $, per cui ancóra $ \bar{y} \ge \bar{x} - \bar{y} $. Il processo si arresta, se $ \bar{y} = \bar{x} - \bar{y} $; ovvero si ripete, fintanto che viene raggiunta, eventualmente, la condizione di terminazione. Questo accade, a fortiori, dopo un numero finito di iterazioni: ogni nuova coppia generata, infatti, è in un certo senso "più piccola" della precedente, e la discesa non può essere infinita, in virtù del buon ordine dei naturali.
8. In altri termini, abbiamo stabilito che la mappa $ (x, y) \mapsto (y, x-y) $ genera, a partire da una qualunque soluzione $ (\bar{x}, \bar{y}) \in S $ per cui $ \bar{x} > \bar{y} \ge 1 $, una sequenza finita di interi positivi $ \bar{x}_1, \bar{x}_2, \ldots, \bar{x}_n, \bar{x}_{n+1} $, dove $ n \in \mathbb{N} \cap [2, +\infty[ $, tali che i) $ \bar{x}_1 = \bar{x}_2 < \bar{x}_3 < \ldots < \bar{x}_n < \bar{x}_{n+1} $; ii) $ \bar{x}_{k+1} = \bar{x}_{k} + \bar{x}_{k-1} $, per ogni $ k=2, 3, \ldots, n $; iii) $ (\bar{x}_n, \bar{x}_{n+1}) = (\bar{y}, \bar{x}) $. E questa si può estendere ad una successione a valori in $ \mathbb{N} $ ponendo, più in generale, $ x_{k+1} := x_k + x_{k-1} $, per ogni $ k = 1, 2, \ldots $, dove $ x_0 := 0 $ e $ x_1 := \bar{x}_1 $, cosicché $ x_k = \bar{x}_k $, per qualsiasi $ k = 1, 2, \ldots, n+1 $.
9. Ora, poiché per costruzione $ \bar{x}_1 = \bar{x}_2 $ e $ (\bar{x}_2, \bar{x}_1) \in S $, giocoforza $ \bar{x}_1 = \bar{x}_2 = 1 $ (v. punto 5). Pertanto $ \{x_n\}_{n \;\! \in\!\; \mathbb{N}} $ non è altri che la successione $ \{f_n\}_{n\;\! \in \;\! \mathbb{N}} $ dei numeri di Fibonacci, siccome una ricorrenza lineare a coefficienti costanti del secondo ordine è univocamente determinata dalla conoscenza dei suoi primi due termini. Di conseguenza $ (\bar{x}, \bar{y}) = (f_{n+1}, f_n) $, e da qui $ S = \{(\pm f_{n+1}, \pm f_n)\}_{n\;\! \in \!\; \mathbb{N}} \cup \{(\pm f_n, \mp f_{n+1})\}_{n\;\! \in \!\; \mathbb{N}} $, datosi quanto stabilito ai punti 4 e 5 e nel corso del postato precedente. []
Note. 1) Sì, ho risolto un problema più generale. Cioè ho risolto l'equazione di jordan sugli interi, piuttosto che sugli interi positivi
The only goal of science is the honor of the human spirit.