Question

a,b∈N+ ;（ab+1）|（a²+b²） 求证：(a²+b²)/(ab+1)为完全平方数

Answer 1

http://www.sftw.umac.mo/~fstitl/12-mmo/2002-imo-training/2002-training-3.html

证：(反证法)记q=(a2+b2)/(ab+1)为其商，假设q不是完全平方数。
已知(x,y)=(a,b)是方程x2+y2-qxy-q=0的正整数解对。
不妨假设(x,y)=(a1,b1)是方程x2+y2-qxy-q=0的正整数解对且使得a1+b1是最小值。
由於方程x2+y2-qxy-q=0是关於x、y对称，不妨假设a1>b1。
再考虑关於x的特殊化二次方程：x2+b12-qb1x-q=0的根；当然x=a1是其中一个正整数根。
由韦达定理，即两根之和=qb1是整数，因此方程的另一个根也是整数。
再次由韦达定理及非平方数的假设，两根之积=b12-q≠0。
现在用反证法来证明：方程x2+b12-qb1x-q=0的另一个根a2也是正整数。

(反证法)假设另外一个根是负数，则b12-q<0：
则由於x=a1是方根x2+b12-qb1x-q=0的根，所以有

(a1-qb1)a1= a12-qb1a1= -(b12-q)>0。由此得知而且a1|-(b12-q)
由於q-b12、a1皆是正整数，所以有q-b12≥a1。特别地q>q-b12≥a1。
特别地，这与0<-(b12-q)/a1=(a1-qb1)<a1-a1b1=a1(1-b1)≤0。这是矛盾。
明显地，(x,y)=(a2,b1)是方程x2+y2-qxy-q=0的正整数根。
剩下来要证明：a2+b1<a1+b1。

运用两根之积，有a2+b1=(b12-q)/a1+b1<b12/a1+b1≤a12/a1+b1=a1+b1。
以上的结论违反a1+b1是最小值的假设。