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Vieta jumping 」は
暫定的なもの です。
（2024年12月 ）
数論 におけるVieta jumping （ヴィエタ ジャンピング）あるいはroot flipping は、証明 方法の一つ。2つの整数 の関係と解が与えられた問題に用いられる。特にディオファントス方程式 の1つの解から新しい解を作る際に使う。Vieta jumpingには多様なバリエーションが存在しており、大抵は根と係数の関係 （ヴィエタ の公式）を使用した方程式の解を探すことによる無限降下 に関連している。
Vieta jumpingはディオファントス方程式 と同次二次形式 （英語版 ） マルコフ方程式 の解析に使われている。
1988年の国際数学オリンピック において、コンテストで最も難解であるとされた問題の解法に使用され、数学の競技 で注目されるようになった[ 2] [ 3]
a, b を、ab + 1a 2 + b 2
a
2
+
b
2
a
b
+
1
{\displaystyle {\frac {a^{2}+b^{2}}{ab+1}}}
平方数 であることを示せ[ 4] アーサー・エンゲル （英語版 ）
Nobody of the six members of the Australian problem committee could solve it. Two of the members were husband and wife
Georg （英語版 ） and
Esther Szekeres （英語版 ） , both famous problem solvers and problem creators. Since it was a number theoretic problem it was sent to the four most renowned Australian number theorists. They were asked to work on it for six hours. None of them could solve it in this time. The problem committee submitted it to the jury of the XXIX IMO marked with a double asterisk, which meant a superhard problem, possibly too hard to pose. After a long discussion, the jury finally had the courage to choose it as the last problem of the competition. Eleven students gave perfect solutions.
この問題で最高得点を獲得した11人の中にはゴ・バオ・チャウ 、ラヴィ・ヴァキル （英語版 ） ズヴェズデリナ・スタンコヴァ （英語版 ） ニクショル・ダン （英語版 ） [ 5] [ 6] テレンス・タオ やエロン・リンデンシュトラウス は問題を解けず1点に収まった。
Standard Vieta jumping
standard Vieta jumping のコンセプトは背理法 であり、次の4つの工程から成る[ 7]
与えられた条件に背くいくつかの解a 1 , a 2 , ...
最小性の定義に従って、解のうちの最小のものを取る。
式のa i x に置き換え、a i
ヴィエタの公式を用いて、より小さい解を探し、矛盾を導く。 例 1988年IMO問6 : a, b を、ab + 1a 2 + b 2 a 2 + b 2 / ab + 1[ 8] [ 9]
非平方数k k = a 2 + b 2 / ab + 1(a , b ) の存在を仮定する。
(A , B ) を、k = A 2 + B 2 / AB + 1A + B A ≥ B 一般性を失わない 。B A x x 2 – (kB )x + (B 2 – k ) = 0x 1 = A x 2 = kB – A x 2 = B 2 – k / A 一つ目の式よりx 2 k x 2 ≠ 0x 2 2 + B 2 / x 2 B + 1k > 0x 2 B > −1x 2 A ≥ B x 2 = B 2 − k / A B 2 / A A x 2 < A x 2 + B < A + B A + B
Constant descent Vieta jumping
constant descent Vieta jumping は、a, b の関係と定数k [ 10]
等号成立の場合はa > b
b, k を固定し、a, b, k の関係式を、b, k を係数とし、a x 2 上の任意の基本の場合(a , b ) について、0 < x 2 < b < a と、x 2 k (a , b ) を(b , x 2 ) に置き換える操作を行い、最初の基本の場合に帰着するまで繰り返す。
(a , b ) のケースに対して主張を証明し、k 例 a, b を、ab a 2 + b 2 + 13ab = a 2 + b 2 + 1 を示せ[ 11]
a = b a 2 2a 2 + 1 を割り切る（すなわちa 2 a = b = 13(1)(1) = 12 + 12 + 1 が成立する。以降a > b 条件を満たす(a , b ) について、k = a 2 + b 2 + 1/ ab x 2 − (kb ) x + (b 2 + 1) = 0a x 2 x 2 = kb − a = b 2 + 1/ a
式よりx 2 a > b a, b がともに正であることからa ≥ b + 1ab ≥ b 2 + b b > 1ab > b 2 + 1x 2 = b 2 + 1/ a b k (a , b ) を(b , x 2 ) に置換する操作を繰り返し、基本の場合になるまで続ける。
ここで帰着する基本の場合はb = 1(a , 1) が条件を満たすには、a a 2 + 2a a a = b a k = a 2 + b 2 + 1/ ab 6 / 2 k (a , b ) についてk = 3
Vieta jumpingは第一象限内の双曲線 上の格子点 に関する視点で幾何学的に説明できる[ 2]
与えられた条件より、x, y を入れ替えても変わらない、つまりy = x 双曲線 の族の方程式を得る。
双曲線とy = x
x < y (x , y ) を双曲線上の格子点とする。ヴィエタの公式を用いて、x 座標が同じで異なる枝上にある格子点と対応させる。y = x この操作によって、よりx 座標の低い格子点を得て（x = 0 例 1988年IMO問6 をもう一度例にとって、幾何学的方法で証明する。 a, b を、ab + 1a 2 + b 2 a 2 + b 2 / ab + 1
a 2 + b 2 / ab + 1q q q = 1q = 2(a -b )2 = 2 となってa , b q > 2x 2 + y 2 − qxy − q = 0H (a ,b ) はH (x ,x ) をH x > 0q x = 1(x ,x ) において真である。今、第一象限x , y > 0H P = (x , y )x ≠ y x < y P H (x , qx − y ) は下方の枝の格子点となることが分かる。y ′ = qx − y H 1 + x y ′ > 0 。x > 0y ′ ≥ 0(x , y ′ ) は第一象限にある。鏡映より(y ′ , x ) もまた第一象限のH yy ′ = x 2 - q y ′ = x 2 - q / y x < y y ′ < x Q = (y ′ , x )H P x, y 座標よりもそれぞれの座標が小さい。
Q x x H Q = (0, y )q = y 2 q が平方数であることが示された。
