2001年国际数学奥林匹克预选题数论部分P2：不定方程组、构造
题目 考虑方程组\begin{align*}
\begin{cases}
x+y=z+u,\\
2xy=zu.
\end{cases}
\end{align*}
求实常数$m$的最大可能值, 使得对于上述方程组满足$x\geq y$的正整数解$(x,y,z,u),$ 总有$\dfrac{x}{y}\geq m.$
提示 根据前一命题的思想, $z,u$应该落在$x,y$之间, 且当$z,u$越接近时, $x,y$也越接近, 因此很容易得到$\dfrac{x}{y}$下界的估计.
很容易验证方程组没有解满足$z=u,$ 则自然考虑两者为相邻正整数, 即设$u=z+1,$ 那么有\begin{align*} (x+y)^2=(2z+1)^2=4z(z+1)+1=8xy+1. \end{align*} 整理得到$(x-3y)^2-8y^2=1,$ 显然$x-3y,y$满足一个Pell方程, 因此存在$n$使得$(x-3y)+2y\cdot\sqrt2=(3+2\sqrt2)^n.$ 求较小的解有$(x,y)=(6,1),(35,6),(204,35),$ 可以发现$x,y$可以取为某个线性递推数列的相邻项, 且该递推数列的特征方程的有一根恰为$m.$ 这样我们很容易得到下面的解法.
解 $m$的最大可能值为$3+2\sqrt2.$
一方面, 对于任意符合要求的正整数解$(x,y,z,u),$ 有\begin{align*} 2xy=zu\leq\dfrac{(z+u)^2}{4}=\dfrac{(x+y)^2}{4}, \end{align*} 整理可知$\left(\dfrac{x}{y}-(3+2\sqrt2)\right)\left(\dfrac{x}{y}-(3-2\sqrt2)\right)\geq0.$ 由于$x\geq y,$ 故知$\dfrac{x}{y}\geq1,$ 于是有$\dfrac{x}{y}\geq 3+2\sqrt2,$ 因此$m=3+2\sqrt2$是符合条件的.
另一方面, 考虑递推数列$\{w_n\}:$ $w_1=1,$ $w_2=6,$ 对$n\geq1,$ $w_{n+2}=6w_{n+1}-w_n.$ 归纳易知数列相邻项之和为奇数, 故$\dfrac{w_n+w_{n+1}-1}2,\dfrac{w_n+w_{n+1}+1}2$均为整数, 我们归纳证明\begin{align*} 2w_nw_{n+1}=\dfrac{w_n+w_{n+1}-1}2\cdot \dfrac{w_n+w_{n+1}+1}2, n \geq 1, \end{align*} 这等价于$w_{n+1}^2-6w_nw_{n+1}+w_n^2=1.$ 当$n=1$时结论显然成立, 假设$n=k(k\geq1)$时结论成立, 则$n=k+1$时, \begin{align*} &w_{k+2}^2-6w_{k+1}w_{k+2}+w_{k+1}^2=w_{k+2}(w_{k+2}-6w_{k+1})+w_{k+1}^2\\=&(6w_{k+1}-w_{k})\cdot(-w_{k})+w_{k+1}^2=w_{k+1}^2-6w_kw_{k+1}+w_k^2=1. \end{align*} 因此结论得证. 这表明$\left(w_{n+1},w_{n},\dfrac{w_n+w_{n+1}-1}2,\dfrac{w_n+w_{n+1}+1}2\right)$ 是原方程组符合条件的正整数解.
而对于递推数列$\{w_n\},$ 可以归纳证明其通项公式为\begin{align*} w_n=\dfrac{4+3\sqrt2}{8}\cdot(3+2\sqrt2)^{n-1}+\dfrac{4-3\sqrt2}{8}\cdot (3-2\sqrt2)^{n-1}, \end{align*} 因此\begin{align*} \lim_{n\to+\infty}\dfrac{w_{n+1}}{w_n}=3+2\sqrt2. \end{align*} 这表明$3+2\sqrt2\geq m.$
综上所述, $m$的最大可能值为$3+2\sqrt2.$
提示 根据前一命题的思想, $z,u$应该落在$x,y$之间, 且当$z,u$越接近时, $x,y$也越接近, 因此很容易得到$\dfrac{x}{y}$下界的估计.
很容易验证方程组没有解满足$z=u,$ 则自然考虑两者为相邻正整数, 即设$u=z+1,$ 那么有\begin{align*} (x+y)^2=(2z+1)^2=4z(z+1)+1=8xy+1. \end{align*} 整理得到$(x-3y)^2-8y^2=1,$ 显然$x-3y,y$满足一个Pell方程, 因此存在$n$使得$(x-3y)+2y\cdot\sqrt2=(3+2\sqrt2)^n.$ 求较小的解有$(x,y)=(6,1),(35,6),(204,35),$ 可以发现$x,y$可以取为某个线性递推数列的相邻项, 且该递推数列的特征方程的有一根恰为$m.$ 这样我们很容易得到下面的解法.
解 $m$的最大可能值为$3+2\sqrt2.$
一方面, 对于任意符合要求的正整数解$(x,y,z,u),$ 有\begin{align*} 2xy=zu\leq\dfrac{(z+u)^2}{4}=\dfrac{(x+y)^2}{4}, \end{align*} 整理可知$\left(\dfrac{x}{y}-(3+2\sqrt2)\right)\left(\dfrac{x}{y}-(3-2\sqrt2)\right)\geq0.$ 由于$x\geq y,$ 故知$\dfrac{x}{y}\geq1,$ 于是有$\dfrac{x}{y}\geq 3+2\sqrt2,$ 因此$m=3+2\sqrt2$是符合条件的.
另一方面, 考虑递推数列$\{w_n\}:$ $w_1=1,$ $w_2=6,$ 对$n\geq1,$ $w_{n+2}=6w_{n+1}-w_n.$ 归纳易知数列相邻项之和为奇数, 故$\dfrac{w_n+w_{n+1}-1}2,\dfrac{w_n+w_{n+1}+1}2$均为整数, 我们归纳证明\begin{align*} 2w_nw_{n+1}=\dfrac{w_n+w_{n+1}-1}2\cdot \dfrac{w_n+w_{n+1}+1}2, n \geq 1, \end{align*} 这等价于$w_{n+1}^2-6w_nw_{n+1}+w_n^2=1.$ 当$n=1$时结论显然成立, 假设$n=k(k\geq1)$时结论成立, 则$n=k+1$时, \begin{align*} &w_{k+2}^2-6w_{k+1}w_{k+2}+w_{k+1}^2=w_{k+2}(w_{k+2}-6w_{k+1})+w_{k+1}^2\\=&(6w_{k+1}-w_{k})\cdot(-w_{k})+w_{k+1}^2=w_{k+1}^2-6w_kw_{k+1}+w_k^2=1. \end{align*} 因此结论得证. 这表明$\left(w_{n+1},w_{n},\dfrac{w_n+w_{n+1}-1}2,\dfrac{w_n+w_{n+1}+1}2\right)$ 是原方程组符合条件的正整数解.
而对于递推数列$\{w_n\},$ 可以归纳证明其通项公式为\begin{align*} w_n=\dfrac{4+3\sqrt2}{8}\cdot(3+2\sqrt2)^{n-1}+\dfrac{4-3\sqrt2}{8}\cdot (3-2\sqrt2)^{n-1}, \end{align*} 因此\begin{align*} \lim_{n\to+\infty}\dfrac{w_{n+1}}{w_n}=3+2\sqrt2. \end{align*} 这表明$3+2\sqrt2\geq m.$
综上所述, $m$的最大可能值为$3+2\sqrt2.$
