设 $a$ 和 $b$ 为正整数, 且 $ab+1$ 整除 $a^2+b^2$, 求证 $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ 是某个正整数的平方.
Remark: 这是第29届IMO的第六题, 德国人出的题.
References:
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以下解答来源于http://mp.weixin.qq.com/s/qdfizm-Mt_veuB0dbsGrbQ
设 $q=\frac{a^2+b^2}{ab+1}$, 则
\[
a^2+b^2=q(ab+1).\tag{1}
\]
因而 $(a,b)$ 是不定方程
\[
x^2+y^2=q(xy+1)\tag{2}
\]
的一组(整数)解.
观察到, 若 $x=0$ 或 $y=0$, 则 $q$ 是完全平方数. 因此, 如果 $q$ 不是完全平方数, 那么 (2) 的整数解中 $x,y$ 均不为 0. 从而
\[
q(xy+1)=x^2+y^2 > 0.
\]
这推出 $xy > -1$. 故 $xy > 0$. 即 $x$ 和 $y$ 同号.
现在设 $a_0,b_0$ 是 (2) 的正整数解中, 使 $a_0+b_0$ 为最小的一组解, 且 $a_0\geqslant b_0$. 那么, $a_0$ 是方程
\[
x^2-qb_0 x+(b_0^2-q)=0\tag{3}
\]
的解.
由韦达定理, 方程 (3) 的另一个解是 $a_1=qb_0-a_0$. $a_1$ 是整数, 而且 $(a_1,b_0)$ 也是 $(2)$ 的解, 所以 $a_1$ 和 $b_0$ 同为正.
但是由韦达定理,
\[
a_1=\frac{b_0^2-q}{a_0} < \frac{b_0^2}{a_0}\leqslant a_0.
\]
这与 $a_0+b_0$ 为最小矛盾. 这说明 $q$ 一定是完全平方.