Vieta jumping: la técnica que derrotó al IMO 1988

El problema que cambió la historia de las olimpiadas

El 11 de julio de 1988, durante la 29.ª Olimpiada Internacional de Matemáticas en Canberra, Australia, los concursantes enfrentaron el Problema 6 de la competencia. Era el último y más difícil. Lo que no sabían es que iban a enfrentarse al problema que más tarde sería votado como el mejor de la historia de las IMO.

IMO 1988, Problema 6. Sea $a$ y $b$ enteros positivos tales que $ab + 1 \mid a^2 + b^2$. Demuestra que $\dfrac{a^2 + b^2}{ab + 1}$ es el cuadrado de un entero.

De 268 participantes, solo 11 lograron una solución completa. Uno de ellos, Emanouil Atanassov de Bulgaria, obtuvo la única puntuación perfecta en este problema y recibió una medalla especial. Su solución —junto con varias otras soluciones independientes— usaba una técnica que no tenía nombre en ese momento. Hoy la llamamos Vieta jumping.

Este problema resistió a generaciones enteras de matemáticos profesionales durante la fase de selección de problemas, porque nadie encontró una solución "ordinaria". La técnica que lo resuelve es extraordinaria: en lugar de construir la solución, la destruye.

El enunciado y la primera reducción

Queremos probar que si $a, b \in \mathbb{Z}^+$ y $ab+1 \mid a^2+b^2$, entonces $k = \dfrac{a^2+b^2}{ab+1}$ es un cuadrado perfecto.

Sea $k = \dfrac{a^2+b^2}{ab+1}$ un entero positivo fijo. Queremos demostrar que $k$ es un cuadrado. La clave es estudiar la ecuación:

$$a^2 - kb \cdot a + (b^2 - k) = 0, \quad (*)$$

que se obtiene reescribiendo $a^2 + b^2 = k(ab+1)$ como un polinomio cuadrático en $a$.

Observaciones inmediatas: (1) Si $k = 0$, entonces $a^2 + b^2 = 0$, imposible para enteros positivos. (2) Si alguno de $a$ o $b$ es $0$, entonces $k = b^2/1 = b^2$ o $k = a^2$, que ya es cuadrado. Así podemos asumir $a, b \ge 1$.

El ingrediente clave: la ecuación $(*)$ es cuadrática en $a$ con coeficientes enteros. Por las fórmulas de Vieta, si $a_0$ es una raíz y $a_1$ es la otra, entonces $a_0 + a_1 = kb$ y $a_0 \cdot a_1 = b^2 - k$.

La idea del descenso: construir una solución más pequeña

Supongamos por contradicción que $k$ no es un cuadrado perfecto. Consideremos entre todas las parejas $(a, b)$ de enteros no negativos con $\dfrac{a^2+b^2}{ab+1} = k$ aquella con $a + b$ mínimo. Podemos asumir $a \ge b \ge 0$ (por simetría).

El salto de Vieta. Fijemos $b$ y consideremos $(*)$ como cuadrática en $a$. Esta ecuación tiene a $a = a_0$ como raíz entera (la solución que estamos estudiando). Llamemos $a_1$ a la otra raíz. Por Vieta:

$a_0 + a_1 = kb \quad$ y $\quad a_0 \cdot a_1 = b^2 - k.$

Entonces $a_1 = kb - a_0$ es un entero, y $a_1 = \dfrac{b^2 - k}{a_0}$.

**¿Qué signo tiene $a_1$?** El producto $a_0 a_1 = b^2 - k$. Ahora bien, como $a \ge b$ y $k = \dfrac{a^2+b^2}{ab+1}$, si $a = b$ entonces $k = \dfrac{2a^2}{a^2+1}$; para que esto sea entero, $a^2+1 \mid 2a^2$, lo que implica $a^2+1 \mid 2$, así $a = 1$ y $k = 1 = 1^2$, contradiciendo que $k$ no es cuadrado. Así $a > b \ge 0$.

Si $b = 0$: $k = a^2/1 = a^2$, cuadrado. Contradicción.

Si $b \ge 1$: Veamos que $a_1 \ge 0$. Si $a_1 < 0$, entonces $a_0 a_1 < 0$, es decir $b^2 < k$. Pero $k = \dfrac{a^2+b^2}{ab+1} \le \dfrac{a^2+b^2}{b+1} < a$ para $a$ suficientemente grande... necesitamos un argumento más fino.

Argumento preciso: $k \le \dfrac{a^2+b^2}{ab+1}$. Si $b \ge 1$: $k = \dfrac{a^2+b^2}{ab+1} < \dfrac{a^2+b^2}{ab} = \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} \le a$ (usando $a \ge b \ge 1$, así $b/a \le 1 \le a-1$ para $a \ge 2$). En realidad la cota que necesitamos es $k < a$, que se prueba así: $k(ab+1) = a^2+b^2 < a^2 + a^2 = 2a^2$ (pues $b < a$), entonces $k < 2a^2/(ab+1) \le 2a^2/(a+1) < 2a$. No es suficiente; veamos $a_1 \ge 0$ directamente: $a_1 = (b^2-k)/a_0$. Es $b^2 \ge k$ lo que necesitamos. Pero $k = (a^2+b^2)/(ab+1)$; si $a \ge b$ entonces $k \le (a^2+b^2)/ab = a/b + b/a$. Como $a/b \ge 1$ y $b/a \le 1$, tenemos $k \le a/b + 1 \le a$. Y $k \le a$... pero queremos $k \le b^2$. Si $a > b^2$, esto puede fallar. El argumento correcto es: $a_1 \cdot a_0 = b^2 - k$. Si $a_1 < 0$, entonces $a_1 \le -1$ (entero negativo), así $a_0 = (b^2-k)/a_1 \le k - b^2$ (usando $a_1 \le -1$). Pero también $a_0 \ge 1$, así $k - b^2 \ge 1$. Ahora la pareja $(a_1, b)$: necesitamos que $a_1^2 + b^2 = k(a_1 b + 1)$. Como $a_1$ satisface $(*)$, sí cumple esto. Pero $a_1 < 0$ y $b \ge 1$, así $a_1 b + 1 \le 0 < k$... y $a_1^2 + b^2 > 0$. Contradicción con $k(a_1 b+1) = a_1^2+b^2 > 0$ solo si $a_1 b + 1 > 0$, es decir $a_1 > -1/b$. Como $a_1$ es entero, $a_1 \ge 0$. Así $a_1 \ge 0$.

Completar el descenso y concluir

Hemos establecido que $a_1 \ge 0$. La pareja $(a_1, b)$ satisface $\dfrac{a_1^2 + b^2}{a_1 b + 1} = k$ (pues $a_1$ también es raíz de $(*)$). Además, por Vieta: $a_1 = kb - a_0 < a_0$ (pues $a_0 + a_1 = kb < 2a_0$ si $a_0 > kb/2$... necesitamos $a_1 < a_0$).

En efecto: $a_1 = (b^2-k)/a_0$. Como $b < a_0$ (pues $a_0 \ge b$ y hemos descartado la igualdad), tenemos $b^2 < a_0^2$. Y $k \ge 1$, así $a_1 = (b^2-k)/a_0 < b^2/a_0 < a_0$. Luego $a_1 < a_0$.

Así, la pareja $(b, a_1)$ (reordenada para que el primer componente sea el mayor) satisface la ecuación con el mismo $k$ y con $b + a_1 < a_0 + b$. Esto contradice la minimalidad de $(a_0, b)$.

**¿Y si $a_1 = 0$?** Entonces $b^2 - k = a_0 \cdot 0 = 0$, luego $k = b^2$. ¡Pero eso significa que $k$ es un cuadrado! Contradicción con nuestra hipótesis.

Conclusión: En todos los casos llegamos a una contradicción con la minimalidad de $(a_0, b)$ (si $a_1 > 0$, descendemos; si $a_1 = 0$, $k$ es cuadrado). Por tanto, $k$ debe ser un cuadrado perfecto. $\blacksquare$

El esquema general de Vieta jumping

El argumento que acabamos de ver tiene una estructura precisa que se repite en muchos problemas. Vale la pena abstraerla:

Esquema general. Sea $f(x, y) = 0$ una ecuación con coeficientes que dependen de un parámetro $k$, donde $f$ es de grado 2 en $x$. Si $(a, b)$ es una solución entera con $a \ge b \ge 0$, definimos $a'$ como la otra raíz de $f(x, b) = 0$. Por las fórmulas de Vieta: $a + a' = S(b)$ y $a \cdot a' = P(b)$ donde $S(b)$ y $P(b)$ son expresiones en $b$. Tres pasos:

(1) **$a'$ es entero:** inmediato pues $a' = S(b) - a$ y $S(b)$ es entero.

(2) **$a' \ge 0$:** demostrado por un argumento de signo (como arriba).

(3) **$a' < a$:** demostrado comparando $a' = P(b)/a$ con $a$.

Si los tres pasos funcionan y $a' = 0$ fuerza el resultado deseado, el descenso infinito es imposible y el resultado queda demostrado.

Las condiciones que hacen que el esquema funcione son: (a) la ecuación cuadrática en $x$ tiene coeficientes enteros en función de $y$ y $k$; (b) el producto de raíces $P(b)$ es no negativo cuando $b \ge 0$ (para garantizar $a' \ge 0$); (c) $P(b) < a^2$ para garantizar $a' < a$.

Este esquema aparece en docenas de problemas de IMO y selectivos. Los siguientes capítulos exploran sus variantes.

Ejemplos base y la parábola de soluciones

Para ganar intuición, busquemos todas las soluciones del IMO 1988/6 con $k$ pequeño.

Para $k = 1$: la ecuación $a^2 + b^2 = ab + 1$ se reescribe $(a-b)^2 + ab = 1$. Para $a \ge b \ge 1$: $ab \ge 1$ y $(a-b)^2 \ge 0$, así la única posibilidad es $ab = 1$ y $a = b = 1$. Verificación: $(1+1)/(1+1) = 1 = 1^2$. ✓

Para $k = 4$: necesitamos $a^2+b^2 = 4ab+4$. Partiendo del caso base $(a,b) = (2,0)$: $4/1 = 4 = 2^2$. ✓ El salto de Vieta da desde $(2,0)$: la nueva raíz es $a' = 4 \cdot 0 - 2 = -2$... eso es negativo. Mejor: partamos de $(a_0, b_0) = (a, 0)$ con $a^2 = 4$, así $a = 2$. Ahora desde $(2, 0)$, "saltamos" tomando $b$ fijo en $0$ y la nueva raíz de $x^2 - 4\cdot 0 \cdot x + (0 - 4) = 0$ es $x^2 = 4$, $x = \pm 2$. Para generar la secuencia: con $(a_1, b_1) = (2, 0)$, intercambiamos $a$ y $b$, así la siguiente pareja es $(b_1, a_1) = (0, 2)$. Luego con $b = 2$: $a^2 - 8a + (4-4) = 0$, $a^2 - 8a = 0$, $a(a-8) = 0$. Raíces: $0$ y $8$. Tomamos $(8, 2)$: verificación $(64+4)/(16+1) = 68/17 = 4$. ✓ Siguiente: $b=8$, $a^2 - 32a + 60 = 0$... $a = (32 \pm \sqrt{1024-240})/2 = (32 \pm 28)/2$: $a = 30$ ó $a = 2$. Así $(30, 8)$: $(900+64)/(240+1) = 964/241 = 4$. ✓

La secuencia de soluciones para $k=4$ sigue el patrón $(0,2), (2,0), (2,8), (8,30), (30,112), \ldots$ donde los índices satisfacen la recurrencia $a_{n+1} = 4a_n - a_{n-1}$. Esta es exactamente la estructura que el Vieta jumping revela: cada solución genera la siguiente.

Los únicos cuadrados que aparecen como valores de $k$ son $0, 1, 4, 9, 16, \ldots$ El teorema garantiza que no hay otros valores enteros positivos de $k$.