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~