韦达跳跃法 Vieta jumping

来源于1988年IMO第6题

  设 $a,b$ 满足 $ab+1 \mid a^2 + b^2$ ，求证 $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ 是完全平方数。

被称为韦达跳跃法 (Vieta jumping) 的解法由当时的保加利亚选手 Emanouil Atanassov 给出

韦达跳跃法利用韦达定理 (Vieta’s formulas) 和无穷递降法 (Proof by infinite descent) 证明原命题。

本题解法如下：

考虑反证法。设 $\frac{a^2+b^2}{ab+1}=k \in\mathbb{N}$ 且 $k$ 不为完全平方数。

令 $(A,B)$ 为上述方程的一组解，并且满足 $A+B$ 的值最小，规定 $A \ge B$ 。

将 $A,B$ 代入方程，得到 $A^2 + B^2 = k(AB+1)$ ，则

$$A^2-(k B) A+B^2-k=0$$

记 $A,A_1$ 为以下方程的两个根

$$x^2 - (kB)x - B^2-k=0$$

根据韦达定理

$$\left\{\begin{array}{l} A_1+A=k B & \unicode{x2460} \\[6pt]A_1 \cdot A=B^2-k & \unicode{x2461} \end{array}\right.$$

由 ① 得 $A_1=kB-A\in \mathbb{Z}$ 。

由 ② 得 $A_1 = \frac{B^2-k}{A} \ne 0$ （因为 $k$ 不为完全平方数）。注意到 $\frac{A_1^2+B^2}{A_1B + 1} = k > 0$ ，所以 $A_1 > 0$ 。

因为

$$\begin{aligned} B^2-k & \leq A^2-k \\ & <A^2 \end{aligned}$$

所以 $A_1=\frac{B^2-k}{A}<A$ ，可知 $(A_1,B)$ 为原等式的另一组解，且 $A_1 + B < A+B$ ，这与假设矛盾。$\square$

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题外话：

数竞什么的，完全不会呐~