问题
设$a$和$b$为正整数, 且$ab+1$整除$a^2+b^2$. 证明$\frac{a^2+b^2}{ab+1}$是完全平方数.
前置知识
完全平方数
如果$a\in N^*$(正整数), 如果$a^2=b$, 那么我们称$b$为完全平方数.
整除
为了智械危机的快速来临, 在这里讲解一下整除:)
如果$\frac{b}{a}=c$, 且$c\in N^*$, 那么我们称a可以整除b.
解题思路
请先尝试一下自己解题, 五分钟没有思路的情况下, 再接着往下看.
证明思路
相信大家还记得高中数学的"韦达定理"(Vieta’s theorem), 其出自于一个处理数论的证明技巧: 韦达跳跃(Vieta jumping), 除了韦达定理外, 还包括了另一个部分, 无穷递增法(method of infinite descent)
- 韦达定理描述为: 在二元一次方程中, 两个根的和,积与abc(abc为二元一次方程的项)的关系
假设一元二次方程$ax^2+bx+c=0$有两个实数根, 设其为$x_1,x_2$, 则$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$, $x_1*x_2=\frac{c}{a}$
具体推导过程不表.
- 无穷递增法是一种反证法, 用自然语言表述为
假设方程有解, 并假设X为最小解, 接着再从X出发, 尝试推导出一个更小的解Y. 若能推导成功, 则与刚才假设的"X为最小解"矛盾, 因此证明此方程无解.
回到最开始的问题中,
- $ab+1$可以整除$a^2+b^2$, 因此$\frac{a^2+b^2}{ab+1}$是一个正整数, 设其为$k$.
- 接着我们假设有正整数$a,b$满足$\frac{a^2+b^2}{ab+1}=k$, 而$k$不是完全平方数.
- 最后, 假设在所有满足条件2的正整数中, 有一组是$a_1,b_1$, 他们拥有最小的和, 其中$a_1>b_1$.
因此, 如果我们能证明, 如果有一组数可以比比$a_1,b_1$还要小, 那么我们条件2的假设:$k$不是完全平方数, 就不成立了, 即证明了$k$是完全平方数.
开始解题 $$ \frac{a_1^2 + b_1^2}{a_1 b_1 + 1} = k \tag{1} $$
整理得 $$ a_1^2 + b_1^2 = a_1 b_1 k + k\\ a_1^2 - b_1k a_1 + (b_1^2 - k) = 0 \tag{2} $$ 因为我们是由一个成立的式子两边同时乘非0数得到的公式2, 所以这个一元二次方程是必然有解的, $a_1$即是二元一次方程的一个解, 那么必然有另一个解, 设为$a_2$.
根据韦达定理, $$ a_1*a_2=\frac{b_1^2-k}{1}=b^2_1-k\tag{3} $$
$$ a_1+a_2=\frac{b_1k}{1}=b_1k \tag{4} $$
通过式(3)我们可知,
$$ a_2=\frac{b_1^2-k}{a_1} \tag{5} $$
因为$k$不是平方数, 所以一个正整数的平方$b_1^2$减去$k$, 必然不会是0, 因此$a_2$是非0数.
通过式(4)我们可知,
$$ a_2=b_1k-a_1 \tag{6} $$
先不论正负, $a_2$一定是个整数, 因为$b_1,k,a_1$都是整数.
再将$a_2$带回原式, $\frac{a_2^2+b_1^2}{a_2b_1+1}=k$, 其中$a_2^2+b_1^2>0, k>0$, 所以$a_2b_1+1>0$, $b_1$为正整数, 因此$a_2\geq0$.
综上三个结论, 可得, $a_2\in N^*$, 即是正整数.
那么根据(5), 可知 $$ a_2=\frac{b_1^2}{a_1}-\frac{k}{a_1}\tag{7} $$ 在上面, 我们假设了$a_1>b_1$, 则$\frac{b_1^2}{a_1}=\frac{b_1}{a_1}*b_1<b_1<a_1$,同时$\frac{k}{a_1}>0$, 因此$a_2<a_1$, 与我们的假设
有一组是$a_1,b_1$, 他们拥有最小的和
冲突, 因此反证出k不是完全平方数是错误的假设, 即k一定是完全平方数.
总结
最早是在群里面看见的, 苦思冥想半小时没有思路, 最后发现是1998年IMO的题目, 做不出来, 也不能完全怪我吧:)
额外的例题
$a$和$b$是正整数, 且$ab$整除$a^2+b^2+1$, 试证明$3ab=a^2+b^2+1$.