對一道IMO題的再研究

薛華榮+李劍峰

（第29屆IMO第6題）已知正整數a，b滿足（ab+1）（a2+b2），求證：a2+b2ab+1是完全平方數.

該題在當時引起一片討論聲，原因在于該題攔倒了主試委員會成員和一些數論專家.丁興春老師在文[1]中提出并解決了更難的問題：求滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數a，b的解.

文[1]的解答精巧簡潔，然而筆者在取值試驗時卻發現了一些反例，本文將對原解法作修正，先將文[1]解答摘錄（部分省略或改動）：

（1）若a=b，則a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1為正整數，所以a2+1=2，a=b=1；

（2）若a≠b，由對稱性不妨設a>；b≥1，a2+b2ab+1=t∈N+，即a2-tba+b2-t=0，則a是方程x2-tbx+b2-t=0的一個正整數根.

Ⅰ）若b2<；t，則Δ=（tb）2-4（b2-t）>；（tb）2；又Δ-（tb+1）2=t（4-2b）-4b2-1，

當b≥2時，Δ-（tb+1）2<；0，由（tb）2<；Δ<；（tb+1）2可知Δ不是完全平方數，從而方程x2-tbx+b2-t=0無正整數根，而這與a是該方程的一個正整數根矛盾；

當b=1時，則a2+b2ab+1=a2+1a+1，不難得出a-1<；a2+1a+1<；a恒成立，即a2+b2ab+1不是整數與題設矛盾；

Ⅱ）若b2>；t，設方程x2-tbx+b2-t=0的另一個根為x0，則x0=tb-a=b2-ta為正整數，且x0<；a，于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0），則f（a）=f（x0），（0<；x0<；a），①

仿照上述過程，對x20+b2x0b+1=t為正整數而言，存在正整數x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），

因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調性（求導等過程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內是減函數，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數，因此至多存在兩個不同的正實數m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

綜上可知：只能有b2=t，從而a2+b2ab+1=b2，化簡得a=b3.

當a=b=1時也滿足上式，并結合對稱性可知：滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數解為（a，b）=（k3，k）或（k，k3），其中k為正整數.

筆者在取值試驗中發現有如下反例：

（a，b）=（30，8）時，x0=2，a2+b2ab+1=4；

（a，b）=（112，30）時，x0=8，a2+b2ab+1=4.

經分析發現問題出在研究x20+b2x0b+1=t時，如果想仿照上述過程（前面文中加著重號部分），必須要滿足x0>；b，然而x0>；b卻并非事實.

下面對文[1]解法作修正，修改與補充部分接標注①，若x0>；b，則仿照上述過程，對x20+b2x0b+1=t為正整數而言，存在正整數x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調性（求導等過程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內是減函數，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數，因此至多存在兩個不同的正實數m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

若x0=b，則x20+b2x0b+1=2b2b2+1，仿照（1）得b=1與b2>；t矛盾；從而必有0<；x0<；b<；a，其中x0=tb-a.作置換（a，b，x0）→（b，x0，x1），其中x1=tx0-b，則b2+x20bx0+1=x21+x20x1x0+1=t，x1<；x0<；b；

作置換（b，x0，x1）→（x0，x1，x2），其中x2=tx1-x0，則x20+x21x0x1+1=x22+x21x2x1+1=t，x2<；x1<；x0；

反復作置換，得到…<；xi<；…<；x1<；x0<；b<；a，其中xi均為正整數，由最小數原理可知置換次數有限，記最后一次置換（xn-3，xn-2，xn-1）→（xn-2，xn-1，xn），其中xn=txn-1-xn-2，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，即滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數解（a，b）=（xn-1，xn）.

下面證明x2n=t，由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一個正整數根.

ⅰ）若x2n<；t，則Δ′=（txn）2-4（x2n-t）>；（txn）2；

又Δ′-（txn+1）2=t（4-2xn）-4x2n-1，

當xn≥2時，Δ′-（txn+1）2<；0，由（txn）2<；Δ′<；（txn+1）2可知Δ′不是完全平方數，從而方程x2-txnx+x2n-t=0無正整數根，而這與xn-1是該方程的一個正整數根矛盾；

當xn=1時，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1，不難得出xn-1-1<；x2n-1+1xn-1+1<；xn-1，即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整數，與題意相矛盾；

ⅱ）若x2n>；t，設方程x2-txnx+x2n-t=0的另一個根為x′，則x′=txn-xn-1=x2n-txn-1為正整數，且有x′<；xn-1，于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t，

也就是說（a，b）=（xn，x′）是滿足a2+b2ab+1=t的一組正整數解，而這與滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數解為（a，b）=（xn-1，xn）相矛盾；

綜合ⅰ）ⅱ），必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n，所以滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數解（a，b）=（xn-1，xn）=（t32，t12），或（a，b）=（t12，t32）（由對稱性可得）.

換種表述方式：a2+b2ab+1=k2的最小正整數解為（a，b）=（k3，k），或（a，b）=（k，k3）.

事實上，上述證明已經給出了求滿足a2+b2ab+1=k2的所有正整數解（a，b）的一種方法：

當a>；b時，反復作置換：（a，b，t）→（b，bt-a，t），如（k，k3，k2）→（k3，k5-k，k2）→（k5-k，k7-2k3，k2）→（k7-2k3，k9-3k5+k，k2）→……，類似地，當a<；b時反復作置換：（a，b，t）→（a，at-b，t）.

最后給出一個猜想：已知正整數a，b滿足（（ab）2+1）（a3+b3），則a3+b3（ab）2+1是立方數.

參考文獻

[1] 丁興春.對一道數論問題的再思考[J].數學通訊，2011（10）（下半月）.

（第29屆IMO第6題）已知正整數a，b滿足（ab+1）（a2+b2），求證：a2+b2ab+1是完全平方數.

該題在當時引起一片討論聲，原因在于該題攔倒了主試委員會成員和一些數論專家.丁興春老師在文[1]中提出并解決了更難的問題：求滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數a，b的解.

文[1]的解答精巧簡潔，然而筆者在取值試驗時卻發現了一些反例，本文將對原解法作修正，先將文[1]解答摘錄（部分省略或改動）：

（1）若a=b，則a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1為正整數，所以a2+1=2，a=b=1；

（2）若a≠b，由對稱性不妨設a>；b≥1，a2+b2ab+1=t∈N+，即a2-tba+b2-t=0，則a是方程x2-tbx+b2-t=0的一個正整數根.

Ⅰ）若b2<；t，則Δ=（tb）2-4（b2-t）>；（tb）2；又Δ-（tb+1）2=t（4-2b）-4b2-1，

當b≥2時，Δ-（tb+1）2<；0，由（tb）2<；Δ<；（tb+1）2可知Δ不是完全平方數，從而方程x2-tbx+b2-t=0無正整數根，而這與a是該方程的一個正整數根矛盾；

當b=1時，則a2+b2ab+1=a2+1a+1，不難得出a-1<；a2+1a+1<；a恒成立，即a2+b2ab+1不是整數與題設矛盾；

Ⅱ）若b2>；t，設方程x2-tbx+b2-t=0的另一個根為x0，則x0=tb-a=b2-ta為正整數，且x0<；a，于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0），則f（a）=f（x0），（0<；x0<；a），①

仿照上述過程，對x20+b2x0b+1=t為正整數而言，存在正整數x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），

因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調性（求導等過程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內是減函數，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數，因此至多存在兩個不同的正實數m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

綜上可知：只能有b2=t，從而a2+b2ab+1=b2，化簡得a=b3.

當a=b=1時也滿足上式，并結合對稱性可知：滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數解為（a，b）=（k3，k）或（k，k3），其中k為正整數.

筆者在取值試驗中發現有如下反例：

（a，b）=（30，8）時，x0=2，a2+b2ab+1=4；

（a，b）=（112，30）時，x0=8，a2+b2ab+1=4.

經分析發現問題出在研究x20+b2x0b+1=t時，如果想仿照上述過程（前面文中加著重號部分），必須要滿足x0>；b，然而x0>；b卻并非事實.

下面對文[1]解法作修正，修改與補充部分接標注①，若x0>；b，則仿照上述過程，對x20+b2x0b+1=t為正整數而言，存在正整數x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調性（求導等過程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內是減函數，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數，因此至多存在兩個不同的正實數m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

若x0=b，則x20+b2x0b+1=2b2b2+1，仿照（1）得b=1與b2>；t矛盾；從而必有0<；x0<；b<；a，其中x0=tb-a.作置換（a，b，x0）→（b，x0，x1），其中x1=tx0-b，則b2+x20bx0+1=x21+x20x1x0+1=t，x1<；x0<；b；

作置換（b，x0，x1）→（x0，x1，x2），其中x2=tx1-x0，則x20+x21x0x1+1=x22+x21x2x1+1=t，x2<；x1<；x0；

反復作置換，得到…<；xi<；…<；x1<；x0<；b<；a，其中xi均為正整數，由最小數原理可知置換次數有限，記最后一次置換（xn-3，xn-2，xn-1）→（xn-2，xn-1，xn），其中xn=txn-1-xn-2，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，即滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數解（a，b）=（xn-1，xn）.

下面證明x2n=t，由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一個正整數根.

ⅰ）若x2n<；t，則Δ′=（txn）2-4（x2n-t）>；（txn）2；

又Δ′-（txn+1）2=t（4-2xn）-4x2n-1，

當xn≥2時，Δ′-（txn+1）2<；0，由（txn）2<；Δ′<；（txn+1）2可知Δ′不是完全平方數，從而方程x2-txnx+x2n-t=0無正整數根，而這與xn-1是該方程的一個正整數根矛盾；

當xn=1時，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1，不難得出xn-1-1<；x2n-1+1xn-1+1<；xn-1，即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整數，與題意相矛盾；

ⅱ）若x2n>；t，設方程x2-txnx+x2n-t=0的另一個根為x′，則x′=txn-xn-1=x2n-txn-1為正整數，且有x′<；xn-1，于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t，

也就是說（a，b）=（xn，x′）是滿足a2+b2ab+1=t的一組正整數解，而這與滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數解為（a，b）=（xn-1，xn）相矛盾；

綜合ⅰ）ⅱ），必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n，所以滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數解（a，b）=（xn-1，xn）=（t32，t12），或（a，b）=（t12，t32）（由對稱性可得）.

換種表述方式：a2+b2ab+1=k2的最小正整數解為（a，b）=（k3，k），或（a，b）=（k，k3）.

事實上，上述證明已經給出了求滿足a2+b2ab+1=k2的所有正整數解（a，b）的一種方法：

當a>；b時，反復作置換：（a，b，t）→（b，bt-a，t），如（k，k3，k2）→（k3，k5-k，k2）→（k5-k，k7-2k3，k2）→（k7-2k3，k9-3k5+k，k2）→……，類似地，當a<；b時反復作置換：（a，b，t）→（a，at-b，t）.

最后給出一個猜想：已知正整數a，b滿足（（ab）2+1）（a3+b3），則a3+b3（ab）2+1是立方數.

參考文獻

[1] 丁興春.對一道數論問題的再思考[J].數學通訊，2011（10）（下半月）.

（第29屆IMO第6題）已知正整數a，b滿足（ab+1）（a2+b2），求證：a2+b2ab+1是完全平方數.

該題在當時引起一片討論聲，原因在于該題攔倒了主試委員會成員和一些數論專家.丁興春老師在文[1]中提出并解決了更難的問題：求滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數a，b的解.

文[1]的解答精巧簡潔，然而筆者在取值試驗時卻發現了一些反例，本文將對原解法作修正，先將文[1]解答摘錄（部分省略或改動）：

（1）若a=b，則a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1為正整數，所以a2+1=2，a=b=1；

（2）若a≠b，由對稱性不妨設a>；b≥1，a2+b2ab+1=t∈N+，即a2-tba+b2-t=0，則a是方程x2-tbx+b2-t=0的一個正整數根.

Ⅰ）若b2<；t，則Δ=（tb）2-4（b2-t）>；（tb）2；又Δ-（tb+1）2=t（4-2b）-4b2-1，

當b≥2時，Δ-（tb+1）2<；0，由（tb）2<；Δ<；（tb+1）2可知Δ不是完全平方數，從而方程x2-tbx+b2-t=0無正整數根，而這與a是該方程的一個正整數根矛盾；

當b=1時，則a2+b2ab+1=a2+1a+1，不難得出a-1<；a2+1a+1<；a恒成立，即a2+b2ab+1不是整數與題設矛盾；

Ⅱ）若b2>；t，設方程x2-tbx+b2-t=0的另一個根為x0，則x0=tb-a=b2-ta為正整數，且x0<；a，于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0），則f（a）=f（x0），（0<；x0<；a），①

仿照上述過程，對x20+b2x0b+1=t為正整數而言，存在正整數x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），

因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調性（求導等過程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內是減函數，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數，因此至多存在兩個不同的正實數m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

綜上可知：只能有b2=t，從而a2+b2ab+1=b2，化簡得a=b3.

當a=b=1時也滿足上式，并結合對稱性可知：滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數解為（a，b）=（k3，k）或（k，k3），其中k為正整數.

筆者在取值試驗中發現有如下反例：

（a，b）=（30，8）時，x0=2，a2+b2ab+1=4；

（a，b）=（112，30）時，x0=8，a2+b2ab+1=4.

經分析發現問題出在研究x20+b2x0b+1=t時，如果想仿照上述過程（前面文中加著重號部分），必須要滿足x0>；b，然而x0>；b卻并非事實.

下面對文[1]解法作修正，修改與補充部分接標注①，若x0>；b，則仿照上述過程，對x20+b2x0b+1=t為正整數而言，存在正整數x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調性（求導等過程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內是減函數，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數，因此至多存在兩個不同的正實數m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

若x0=b，則x20+b2x0b+1=2b2b2+1，仿照（1）得b=1與b2>；t矛盾；從而必有0<；x0<；b<；a，其中x0=tb-a.作置換（a，b，x0）→（b，x0，x1），其中x1=tx0-b，則b2+x20bx0+1=x21+x20x1x0+1=t，x1<；x0<；b；

作置換（b，x0，x1）→（x0，x1，x2），其中x2=tx1-x0，則x20+x21x0x1+1=x22+x21x2x1+1=t，x2<；x1<；x0；

反復作置換，得到…<；xi<；…<；x1<；x0<；b<；a，其中xi均為正整數，由最小數原理可知置換次數有限，記最后一次置換（xn-3，xn-2，xn-1）→（xn-2，xn-1，xn），其中xn=txn-1-xn-2，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，即滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數解（a，b）=（xn-1，xn）.

下面證明x2n=t，由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一個正整數根.

ⅰ）若x2n<；t，則Δ′=（txn）2-4（x2n-t）>；（txn）2；

又Δ′-（txn+1）2=t（4-2xn）-4x2n-1，

當xn≥2時，Δ′-（txn+1）2<；0，由（txn）2<；Δ′<；（txn+1）2可知Δ′不是完全平方數，從而方程x2-txnx+x2n-t=0無正整數根，而這與xn-1是該方程的一個正整數根矛盾；

當xn=1時，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1，不難得出xn-1-1<；x2n-1+1xn-1+1<；xn-1，即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整數，與題意相矛盾；

ⅱ）若x2n>；t，設方程x2-txnx+x2n-t=0的另一個根為x′，則x′=txn-xn-1=x2n-txn-1為正整數，且有x′<；xn-1，于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t，

也就是說（a，b）=（xn，x′）是滿足a2+b2ab+1=t的一組正整數解，而這與滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數解為（a，b）=（xn-1，xn）相矛盾；

綜合ⅰ）ⅱ），必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n，所以滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數解（a，b）=（xn-1，xn）=（t32，t12），或（a，b）=（t12，t32）（由對稱性可得）.

換種表述方式：a2+b2ab+1=k2的最小正整數解為（a，b）=（k3，k），或（a，b）=（k，k3）.

事實上，上述證明已經給出了求滿足a2+b2ab+1=k2的所有正整數解（a，b）的一種方法：

當a>；b時，反復作置換：（a，b，t）→（b，bt-a，t），如（k，k3，k2）→（k3，k5-k，k2）→（k5-k，k7-2k3，k2）→（k7-2k3，k9-3k5+k，k2）→……，類似地，當a<；b時反復作置換：（a，b，t）→（a，at-b，t）.

最后給出一個猜想：已知正整數a，b滿足（（ab）2+1）（a3+b3），則a3+b3（ab）2+1是立方數.

參考文獻

[1] 丁興春.對一道數論問題的再思考[J].數學通訊，2011（10）（下半月）.