Variantes de Vieta jumping y descenso algebraico

Más allá del IMO 1988: la familia de técnicas de descenso

El éxito del IMO 1988/6 inspiró a los propositores de problemas a explorar la técnica sistemáticamente. Hoy identificamos al menos tres variantes principales de Vieta jumping, más una conexión con el descenso infinito de Fermat que enriquece el panorama.

La idea unificadora: tenemos una ecuación diofántica $E(a, b) = 0$ (o una condición de divisibilidad), y queremos probar que no hay soluciones, o que todas las soluciones tienen una forma especial. En lugar de buscar las soluciones explícitamente, tomamos la solución "más grande" en algún sentido y construimos otra solución "más pequeña". La contradicción con la minimalidad da la conclusión.

Las variantes se distinguen por cómo se realiza el salto: si la ecuación es cuadrática en una variable (Vieta clásico), si es simétrica en $a$ y $b$ (jumping simétrico), o si el parámetro $k$ puede moverse (jumping con parámetro libre).

Variante 1: Vieta jumping clásico (cuadrático en una variable)

Esta es la variante del IMO 1988. La forma general es:

Problema tipo. Sea $k$ un entero. Supongamos que existen enteros positivos $a, b$ tales que $k = f(a,b)/g(a,b)$ con $f$ cuadrática en $a$ (para $b$ fijo). Probar que $k$ debe ser de una forma específica (por ejemplo, cuadrado, o $k = 1$, etc.).

Mecánica. Fijamos $k$ y $b$, y miramos la ecuación $f(a,b) - k \cdot g(a,b) = 0$ como cuadrática en $a$: $\alpha a^2 + \beta(b,k) a + \gamma(b,k) = 0$. Si $a_0$ es una solución, la otra raíz es $a_1 = \beta(b,k)/\alpha - a_0$ (entero) y $a_0 a_1 = \gamma(b,k)/\alpha$.

Ejemplo clásico adicional — IMO 2007 Problema 6 (variante): Probar que para enteros positivos $a, b, c$ con $a^2 + b^2 + c^2 = abc + 4$, la suma $a + b + c$ es divisible por... [este es un ejercicio de aplicación; el mecanismo es idéntico al IMO 1988 pero con tres variables, requiriendo despejar una variable a la vez].

Señal de que aplica esta variante: la expresión $f(a,b)/g(a,b)$ resulta cuadrática en $a$ al multiplicar y despejar, y los coeficientes de esa cuadrática son lineales en $b$ (lo que permite controlar el signo del producto de raíces).

Variante 2: Jumping simétrico

Cuando la ecuación es simétrica en $a$ y $b$, podemos usar la simetría de manera más directa.

Problema tipo — Putnam 2004 B6. Sea $f(x,y) = x^2y + y^2x$ (ejemplo). Si $(a_0, b_0)$ es la solución con $a_0 + b_0$ mínimo y $a_0 \ne b_0$, podemos suponer $a_0 > b_0 > 0$. Definimos $a_1$ como la otra raíz de $f(x, b_0) = k$ visto como cuadrático en $x$. Por simetría, $a_1$ también satisface $f(b_0, a_1) = k$... pero el rol de las variables se intercambia, lo que puede dar información adicional.

Ejemplo — ISL 2000 N6. Encuentra todos los enteros positivos $n > 1$ tales que $\dfrac{2^n + 1}{n^2}$ es entero. Solución: Sea $n$ minimal con $n^2 \mid 2^n+1$. Si $p$ es el mínimo divisor primo de $n$, entonces $p \mid 2^n+1$. Como $2^{2n} \equiv 1 \pmod{p}$, el orden de $2$ módulo $p$ divide a $2n$ pero no a $n$. Así $\mathrm{ord}_p(2) = 2p_1$ donde $p_1 \mid n$... el análisis es más aritmético que algebraico. La respuesta es $n = 3$ (con $9 \mid 9$). Esta variante muestra que a veces "descenso" se realiza sobre los factores primos, no sobre el valor de $n$ directamente.

Señal de que aplica: el intercambio de las dos variables genera otra solución, y la minimalidad da una contradicción cuando esa nueva solución tiene suma menor.

Variante 3: descenso con sustitución directa

A veces el "jumping" no viene de la fórmula de Vieta sino de sustituir $(a, b) \mapsto (b, c)$ donde $c$ se define algebraicamente.

Problema — Cono Sur 2003. Encuentra todos los enteros positivos $(a,b)$ tales que $a^2 + b^2 = 4(ab - 1)$. Reescribimos como $(a-b)^2 + 2ab = 4ab - 4$, es decir $(a-b)^2 = 2ab - 4 = 2(ab-2)$. Para que el lado derecho sea un cuadrado, $2 \mid a-b$; sea $a - b = 2m$. Entonces $4m^2 = 2(ab-2)$, $2m^2 + 2 = ab$. También $a = b + 2m$, así $(b+2m)b = 2m^2+2$, $b^2 + 2mb - 2m^2 - 2 = 0$, $b = (-2m + \sqrt{4m^2 + 4(2m^2+2)})/2 = -m + \sqrt{3m^2+2}$. Para $b$ entero, $3m^2+2$ debe ser cuadrado perfecto. Probamos $m=1$: $5$, no cuadrado. $m=2$: $14$, no. $m=0$: $2$, no. En realidad no hay soluciones enteras positivas. Esto es un ejemplo donde el descenso revela directamente la imposibilidad.

El descenso de Fermat en forma pura. Considera $x^4 + y^4 = z^2$. Si $(x_0, y_0, z_0)$ es una solución primitiva, la factorización $z^2 - y^4 = x^4$ como $(z-y^2)(z+y^2) = x^4$... un análisis de paridades y el lema de coprimalidad producen una nueva solución con $z_1 < z_0$. El descenso infinito sobre $z$ prueba que no hay soluciones. Esta técnica es la madre de todas las variantes.

Cómo reconocer cuál variante usar

En competencia, la elección de variante se hace en los primeros 10 minutos de análisis del problema. La siguiente guía es útil:

(1) ¿La condición puede reescribirse como $P(x, c) = 0$ donde $P$ es cuadrático en $x$ con $c$ un parámetro fijo? → Vieta clásico.

(2) ¿La expresión es simétrica en las dos variables y la ecuación genera un par de raíces que se intercambian? → Jumping simétrico.

(3) ¿La ecuación puede parametrizarse como $(a,b) \mapsto (b, b_1)$ donde $b_1 = f(a,b)$ con $b_1 < a$? → Descenso directo.

(4) ¿La ecuación involucra tres o más variables? → Fijar todas menos dos y aplicar (1) repetidamente.

El error más común: asumir que Vieta jumping siempre da una nueva solución con ambos componentes menores. En el IMO 1988, solo un componente decrece (el mayor); el otro permanece fijo. Esa asimetría es intencional y necesaria.

Regla de oro: escribe la ecuación en la forma $\alpha a^2 + \beta a + \gamma = 0$ con $\beta, \gamma$ expresados en $b$. Si el discriminante $\beta^2 - 4\alpha\gamma$ resulta ser el cuadrado de $\beta - 2a$ (lo que ocurre exactamente cuando hay otra raíz entera $a'$), el jumping funciona.

Problema de práctica resuelto: IMO 2007 Shortlist N6

Problema. Sea $a$ y $b$ enteros positivos. Demuestra que $4ab - a - b$ no puede ser un cuadrado perfecto.

Solución. Supongamos que $4ab - a - b = k^2$ para algunos $a, b, k \in \mathbb{Z}^+$. Reescribimos: $16k^2 = 16(4ab-a-b) = 64ab - 16a - 16b$. Completando el cuadrado: $16k^2 = (8a-1)(8b-1) - 1 - (8a-1) - (8b-1) + 1 + \ldots$ mejor hacer $4(4ab-a-b) = 16ab - 4a - 4b = (4a-1)(4b-1) - 1$. Así $(4a-1)(4b-1) = 4k^2 + 1$.

Sea $u = 4a-1$ y $v = 4b-1$; ambos son $\equiv 3 \pmod{4}$. La ecuación es $uv = 4k^2+1 \equiv 1 \pmod{4}$. Como $u \equiv v \equiv 3 \pmod 4$, $uv \equiv 9 \equiv 1 \pmod 4$. Consistente. Pero ahora $uv = (2k)^2 + 1 = (2k+i)(2k-i)$ en $\mathbb{Z}[i]$. Todo primo $p \equiv 3 \pmod 4$ divide a $uv$ en potencia par (pues $p$ es primo en $\mathbb{Z}[i]$ y debe dividir tanto a $2k+i$ como a $2k-i$, implicando $p \mid 2i$, imposible). Pero $u \equiv v \equiv 3 \pmod 4$ y ambos tienen factores primos $\equiv 3 \pmod 4$ en potencia impar (pues son $\equiv 3 \pmod 4$). Contradicción con que en $uv$ todos esos factores aparecen en potencia par.

Por lo tanto $4ab-a-b$ nunca es un cuadrado perfecto. $\blacksquare$