{
    "source_file": "./raw_volume-zh/volume1/chapter8.tex",
    "problem_type": "proof",
    "problem": "例6. 已知正整数 $a$ 和 $b$ 使得 $a b+1$ 整除 $a^2+b^2$, 求证 $\\frac{a^2+b^2}{a b+1}$ 是某个正整数的平方.",
    "solution": "证明:令 $A=\\left\\{(a, b)\\left|a, b \\in \\mathbf{N}^*, a \\geqslant b, a b+1\\right| a^2+b^2\\right\\}$. 本题的结论是: 对所有 $(a, b) \\in A$, 都有\n$$\nf(a, b)=\\frac{a^2+b^2}{a b+1}=k^2\\left(k \\in \\mathbf{N}^*\\right) .\n$$\n记 $B=\\left\\{(a, b) \\mid(a, b) \\in A\\right.$, 且 $\\left.f(a, b) \\neq k^2, k \\in \\mathbf{N}^*\\right\\}$. 我们只需证明 $B=\\varnothing$.\n若 $B \\neq \\varnothing$, 则不妨设 $B$ 中使 $a+b$ 最小的正整数对为 $(a, b)$. 令\n$$\nf(a, b)=\\frac{a^2+b^2}{a b+1}=t\\left(\\neq k^2\\right),\n$$\n则有\n$$\na^2-t b a+b^2-t=0 .\n$$\n把(2)看作是关于 $a$ 的二次方程, 显然 $a$ 是方程(2)的一个根, 设 $c$ 为(2)的另一根, 则由韦达定理有\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\na+c=t b \\\\\na c=b^2-t\n\\end{array}\\right.\n$$\n由 (3) 知 $c$ 是整数, 由 (4) 知 $c \\neq 0$.\n若 $c<0$, 则由 $t>0, b>0$ 知\n$$\n-t c b-t \\geqslant 0 \\text {. }\n$$\n由 $c$ 是(2)的根得\n$$\nc^2-t c b+b^2-t=0,\n$$\n于是 $c^2+b^2=t c b+t \\leqslant 0$. 出现矛盾.\n因而 $c>0$. 由(4)知\n$$\n0<a c=b^2-t<b^2 \\leqslant a^2,\n$$\n所以 $0<c<a$. 由(5)得\n$$\nt=\\frac{c^2+b^2}{c b+1},\n$$\n于是 $(b, c)$ 或 $(c, b) \\in B$. 但此时\n$$\nb+c<a+b\n$$\n与 $(a, b)$ 的选择即 $a+b$ 最小矛盾.\n所以 $B=\\varnothing$, 从而命题得证.\n说明这是第 26 届 IMO 的一道试题, 曾难倒主办国不少数论专家, 但就在此次竞赛中就有选手因上面的解法而获特别奖.\n此题还有另外一个用无穷递降法的证明.\n另证当 $a=b$ 时, 有正整数 $q$, 使得 $\\frac{2 a^2}{a^2+1}=q$, 即 $(2-q) a^2=q$.\n显然, $q=1=1^2$, 此时结论成立.\n由对称性, 不妨设 $a>b$.\n设 $s$ 与 $t$ 是满足下列条件的整数:\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\na=b s-t \\\\\ns \\geqslant 2,0 \\leqslant t<b .\n\\end{array}\\right.\n$$\n(1)\n将 (1) 代入 $\\frac{a^2}{a b} \\frac{+b^2}{+1}$ 得\n$$\n\\frac{a^2+b^2}{a b+1}=\\frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1} .\n$$\n考察这个数与 $s-1$ 的差\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1}-(s-1) \\\\\n= & \\frac{b^2 s-b s t+b^2+t^2-s-b t+1}{b(b s-t)+1} \\\\\n= & \\frac{s\\left(b^2-b t-1\\right)+b(b-t)+t^2+1}{b(b s-t)+1} .\n\\end{aligned}\n$$\n因为 $t<b$, 所以 $b-t \\geqslant 1$, 从而\n$$\nb^2-b t-1 \\geqslant 0, b-t>0, t^2+1>0,\n$$\n于是 (2) 式大于 0 , 即\n$$\n\\frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1}>s-1 .\n$$\n同理\n$$\n\\frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1}<s+1 .\n$$\n由于 $\\frac{a^2+b^2}{a b+1}=\\frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1}$ 是整数, 所以由 (3)、(4) 可得\n$$\n\\frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1}=s,\n$$\n由此得\n$$\nb^2+t^2=b t s+s\n$$\n即\n$$\n\\frac{b^2+t^2}{b t+1}=s=\\frac{a^2+b^2}{a b+1}\n$$\n因为 $a>b>t$, 所以 $t=0$ 时, $s=b^2$ 为平方数; 若 $t \\neq 0$, 可仿此继续下去, 经过有限步之后, 总可以使最小的数变为 0 , 所以 $s$ 是平方数, 即 $\\frac{a^2+b^2}{a b+1}$ 是某个正整数的平方.",
    "remark": "",
    "figures": []
}