Legenden om problem 6

Youtube föreslog att jag skulle titta på en video om The Legend of Question Six. Jag insåg snart att jag hade hört talas om detta supersvåra problem för nästan 30 år sedan, men visste inte att det sedermera hade fått legendstatus. 😃

Jag var med på den internationella matematikolympiaden 1989 och hörde förstås berättelserna om den där lilla 13-åringen från Australien som hade fått guldmedalj året innan (Terence Tao, numera superkändis). Vi hörde också historien om problemet som ingen i problemkommittén kunde lösa. Jag tror det var Arthur Engel som berättade om det ("...yet eleven of you solved it..."). Mattias Jonsson som hade varit med året innan anmärkte småskrattande att "hur svårt de än gör det så är det alltid någon idiot som löser det...".

Men jag letade aldrig fram det där problemet. Så det var kul att till slut få se vad det handlade om, och att se bilder från gamla olympiader. Förstås pausade jag runt 7.30 för att fundera lite själv på problemet, och vet ni vad, jag löste det! Yay, jag kan fortfarande!

Men den andra videon, "The Return of the Legend of Question Six" var lite av ett antiklimax. Vi får inte se hela lösningen, och det som presenteras är inte riktigt trovärdigt. Ingen skulle väl sätta sig och råräkna som en dator på det sätt som görs i videon, eller rita upp hyperbeln och sitta och stirra på den. Det känns som efterhandskonstruktioner. Men däremot att lösa ut en variabel och se att det blir en andragradare är väl bland det första man gör (och ett viktigt steg i lösningen, lite ironiskt med tanke på kommentaren om andragradsekvationer vid 3.30 i den första videon). Gänget som gör Numberphile är väldigt bra på att göra spännande introduktioner, men ibland kommer de liksom inte ända fram till poängen.

Hur som helst, problemet är lätt att formulera: Visa att om $a$ och $b$ är positiva heltal och $a^2+b^2$ är delbart med $ab+1$, så är kvoten \[\frac{a^2+b^2}{ab+1}\] kvadraten på ett heltal.

Spoiler alert, och for the record, här är hur jag tänkte (inklusive återvändsgränder!):
Kalla kvoten $(a^2+b^2)/(ab+1)$ för $n$. Vissa värden på denna kvot, som $n=2, 3, 6, 7$, är omöjliga av delbarhetsskäl (men detta visade sig vara oväsentligt). Så jag tittade på fallen $(a^2+b^2)/(ab+1)=4$, som har lösningar, och $(a^2+b^2)/(ab+1)=5$, som ska visa sig sakna lösningar. Om vi fixerar en av $a$ och $b$ och löser ut den andra, får vi en andragradsekvation med två lösningar. Om den ena roten är ett heltal, måste även den andra vara det. Ur en lösning (om det finns någon alltså) kan vi därför få oändligt många andra genom att stegvis byta värde på en av variablerna. För $n=4$, alltså ekvationen $a^2+b^2 = 4(ab+1)$, kan man se hur det funkar. I talföljden $0, 2, 8, 30, 112, 418,\dots$ är varje par av konsekutiva tal en lösning. Följden kan även fortsättas åt andra hållet:
\[\dots, -418, -112, -30, -8, -2, 0, 2, 8, 30, 112, 418,\dots\] Det verkar inte finnas någon motsägelse i att lösningarna kan bli hur stora som helst. En annan observation som till slut visade sig oväsentlig är att den här följden uppfyller en linjär rekursion, varje tal är $n$ gånger föregående minus talet dessförinnan. Skulle det finnas någon lösning för $n=5$ (eller andra lösningar för $n=4$), blir det en liknande talföljd. Sådana följder med andra ordningens rekursion kan skrivas "explicit" med ett uttryck som involverar rötterna till den "karakteristiska ekvationen" (som i Binets formel). Men det verkar inte ge någon avgörande insikt.

Frågan är om en sådan här följd kan minska till ett minsta värde och sedan vända uppåt igen. Det enda man behöver konstatera för att se att det inte går är att för fixt $a$ (och fix kvot $n$, till exempel 5) kommer de två möjliga värdena på $b$ att ligga på varsin sida om $a$. Det kan man skriva upp "pq-formeln" och krångla fram, men det är enklare att se direkt ur ekvationen $a^2+b^2 = n(ab+1)$. Om $a$ är fixt och $b$ går mot (plus eller minus) oändligheten, blir vänsterledet för stort. Men om vi sätter $b=a$, är det i stället högerledet som är för stort (förutsatt att $n\geq 2$). De två rötterna ligger alltså på olika sidor om $a$.

Så om det finns någon heltalslösning, måste det finnas en sekvens av heltalslösningar som är oändlig åt båda håll och monoton. Men det blir konstigt där den byter tecken. Vi kan inte ha en av $a$ och $b$ negativ och den andra positiv, och om den ena är 0, är kvoten lika med kvadraten på den andra. En kvadrat alltså! Klart!!!

I kommentarerna till den andra videon fanns referenser till något som tydligen kallas "Vieta jumping" eller "root flipping". Aldrig hört talas om! Det var väl det där tricket med att få en oändlig följd av lösningar ur en enda. Men jag trodde det kallades Descente Infinie och gick tillbaka till Fermat (eller rentav Euklides!?) ...