薛华荣+李剑峰

（第29届IMO第6题）已知正整数a，b满足（ab+1）（a2+b2），求证：a2+b2ab+1是完全平方数.

该题在当时引起一片讨论声，原因在于该题拦倒了主试委员会成员和一些数论专家.丁兴春老师在文[1]中提出并解决了更难的问题：求满足（ab+1）（a2+b2）的所有正整数a，b的解.

文[1]的解答精巧简洁，然而笔者在取值试验时却发现了一些反例，本文将对原解法作修正，先将文[1]解答摘录（部分省略或改动）：

（1）若a=b，则a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1为正整数，所以a2+1=2，a=b=1；

（2）若a≠b，由对称性不妨设a>；b≥1，a2+b2ab+1=t∈N+，即a2-tba+b2-t=0，则a是方程x2-tbx+b2-t=0的一个正整数根.

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

当b≥2时，Δ-（tb+1）2<；0，由（tb）2<；Δ<；（tb+1）2可知Δ不是完全平方数，从而方程x2-tbx+b2-t=0无正整数根，而这与a是该方程的一个正整数根矛盾；

当b=1时，则a2+b2ab+1=a2+1a+1，不难得出a-1<；a2+1a+1<；a恒成立，即a2+b2ab+1不是整数与题设矛盾；

Ⅱ）若b2>；t，设方程x2-tbx+b2-t=0的另一个根为x0，则x0=tb-a=b2-ta为正整数，且x0<；a，于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0），则f（a）=f（x0），（0<；x0<；a），①

仿照上述过程，对x20+b2x0b+1=t为正整数而言，存在正整数x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），

因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函数f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的单调性（求导等过程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）内是减函数，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函数，因此至多存在两个不同的正实数m，n满足f（m）=f（n），而这又与f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

综上可知：只能有b2=t，从而a2+b2ab+1=b2，化简得a=b3.

当a=b=1时也满足上式，并结合对称性可知：满足（ab+1）（a2+b2）的所有正整数解为（a，b）=（k3，k）或（k，k3），其中k为正整数.

笔者在取值试验中发现有如下反例：

（a，b）=（30，8）时，x0=2，a2+b2ab+1=4；

（a，b）=（112，30）时，x0=8，a2+b2ab+1=4.

经分析发现问题出在研究x20+b2x0b+1=t时，如果想仿照上述过程（前面文中加着重号部分），必须要满足x0>；b，然而x0>；b却并非事实.

下面对文[1]解法作修正，修改与补充部分接标注①，若x0>；b，则仿照上述过程，对x20+b2x0b+1=t为正整数而言，存在正整数x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函数f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的单调性（求导等过程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）内是减函数，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函数，因此至多存在两个不同的正实数m，n满足f（m）=f（n），而这又与f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

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

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

反复作置换，得到…<；xi<；…<；x1<；x0<；b<；a，其中xi均为正整数，由最小数原理可知置换次数有限，记最后一次置换（xn-3，xn-2，xn-1）→（xn-2，xn-1，xn），其中xn=txn-1-xn-2，则x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，即满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解（a，b）=（xn-1，xn）.

下面证明x2n=t，由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一个正整数根.

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

又Δ′-（txn+1）2=t（4-2xn）-4x2n-1，

当xn≥2时，Δ′-（txn+1）2<；0，由（txn）2<；Δ′<；（txn+1）2可知Δ′不是完全平方数，从而方程x2-txnx+x2n-t=0无正整数根，而这与xn-1是该方程的一个正整数根矛盾；

当xn=1时，则x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1，不难得出xn-1-1<；x2n-1+1xn-1+1<；xn-1，即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整数，与题意相矛盾；

ⅱ）若x2n>；t，设方程x2-txnx+x2n-t=0的另一个根为x′，则x′=txn-xn-1=x2n-txn-1为正整数，且有x′<；xn-1，于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t，

也就是说（a，b）=（xn，x′）是满足a2+b2ab+1=t的一组正整数解，而这与满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解为（a，b）=（xn-1，xn）相矛盾；

综合ⅰ）ⅱ），必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n，所以满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解（a，b）=（xn-1，xn）=（t32，t12），或（a，b）=（t12，t32）（由对称性可得）.

换种表述方式：a2+b2ab+1=k2的最小正整数解为（a，b）=（k3，k），或（a，b）=（k，k3）.

事实上，上述证明已经给出了求满足a2+b2ab+1=k2的所有正整数解（a，b）的一种方法：

当a>；b时，反复作置换：（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）→……，类似地，当a<；b时反复作置换：（a，b，t）→（a，at-b，t）.

最后给出一个猜想：已知正整数a，b满足（（ab）2+1）（a3+b3），则a3+b3（ab）2+1是立方数.

参考文献

[1] 丁兴春.对一道数论问题的再思考[J].数学通讯，2011（10）（下半月）.

（第29届IMO第6题）已知正整数a，b满足（ab+1）（a2+b2），求证：a2+b2ab+1是完全平方数.

该题在当时引起一片讨论声，原因在于该题拦倒了主试委员会成员和一些数论专家.丁兴春老师在文[1]中提出并解决了更难的问题：求满足（ab+1）（a2+b2）的所有正整数a，b的解.

文[1]的解答精巧简洁，然而笔者在取值试验时却发现了一些反例，本文将对原解法作修正，先将文[1]解答摘录（部分省略或改动）：

（1）若a=b，则a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1为正整数，所以a2+1=2，a=b=1；

（2）若a≠b，由对称性不妨设a>；b≥1，a2+b2ab+1=t∈N+，即a2-tba+b2-t=0，则a是方程x2-tbx+b2-t=0的一个正整数根.

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

当b≥2时，Δ-（tb+1）2<；0，由（tb）2<；Δ<；（tb+1）2可知Δ不是完全平方数，从而方程x2-tbx+b2-t=0无正整数根，而这与a是该方程的一个正整数根矛盾；

当b=1时，则a2+b2ab+1=a2+1a+1，不难得出a-1<；a2+1a+1<；a恒成立，即a2+b2ab+1不是整数与题设矛盾；

Ⅱ）若b2>；t，设方程x2-tbx+b2-t=0的另一个根为x0，则x0=tb-a=b2-ta为正整数，且x0<；a，于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0），则f（a）=f（x0），（0<；x0<；a），①

仿照上述过程，对x20+b2x0b+1=t为正整数而言，存在正整数x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），

因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函数f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的单调性（求导等过程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）内是减函数，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函数，因此至多存在两个不同的正实数m，n满足f（m）=f（n），而这又与f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

综上可知：只能有b2=t，从而a2+b2ab+1=b2，化简得a=b3.

当a=b=1时也满足上式，并结合对称性可知：满足（ab+1）（a2+b2）的所有正整数解为（a，b）=（k3，k）或（k，k3），其中k为正整数.

笔者在取值试验中发现有如下反例：

（a，b）=（30，8）时，x0=2，a2+b2ab+1=4；

（a，b）=（112，30）时，x0=8，a2+b2ab+1=4.

经分析发现问题出在研究x20+b2x0b+1=t时，如果想仿照上述过程（前面文中加着重号部分），必须要满足x0>；b，然而x0>；b却并非事实.

下面对文[1]解法作修正，修改与补充部分接标注①，若x0>；b，则仿照上述过程，对x20+b2x0b+1=t为正整数而言，存在正整数x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函数f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的单调性（求导等过程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）内是减函数，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函数，因此至多存在两个不同的正实数m，n满足f（m）=f（n），而这又与f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

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

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

反复作置换，得到…<；xi<；…<；x1<；x0<；b<；a，其中xi均为正整数，由最小数原理可知置换次数有限，记最后一次置换（xn-3，xn-2，xn-1）→（xn-2，xn-1，xn），其中xn=txn-1-xn-2，则x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，即满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解（a，b）=（xn-1，xn）.

下面证明x2n=t，由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一个正整数根.

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

又Δ′-（txn+1）2=t（4-2xn）-4x2n-1，

当xn≥2时，Δ′-（txn+1）2<；0，由（txn）2<；Δ′<；（txn+1）2可知Δ′不是完全平方数，从而方程x2-txnx+x2n-t=0无正整数根，而这与xn-1是该方程的一个正整数根矛盾；

当xn=1时，则x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1，不难得出xn-1-1<；x2n-1+1xn-1+1<；xn-1，即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整数，与题意相矛盾；

ⅱ）若x2n>；t，设方程x2-txnx+x2n-t=0的另一个根为x′，则x′=txn-xn-1=x2n-txn-1为正整数，且有x′<；xn-1，于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t，

也就是说（a，b）=（xn，x′）是满足a2+b2ab+1=t的一组正整数解，而这与满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解为（a，b）=（xn-1，xn）相矛盾；

综合ⅰ）ⅱ），必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n，所以满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解（a，b）=（xn-1，xn）=（t32，t12），或（a，b）=（t12，t32）（由对称性可得）.

换种表述方式：a2+b2ab+1=k2的最小正整数解为（a，b）=（k3，k），或（a，b）=（k，k3）.

事实上，上述证明已经给出了求满足a2+b2ab+1=k2的所有正整数解（a，b）的一种方法：

当a>；b时，反复作置换：（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）→……，类似地，当a<；b时反复作置换：（a，b，t）→（a，at-b，t）.

最后给出一个猜想：已知正整数a，b满足（（ab）2+1）（a3+b3），则a3+b3（ab）2+1是立方数.

参考文献

[1] 丁兴春.对一道数论问题的再思考[J].数学通讯，2011（10）（下半月）.

（第29届IMO第6题）已知正整数a，b满足（ab+1）（a2+b2），求证：a2+b2ab+1是完全平方数.

该题在当时引起一片讨论声，原因在于该题拦倒了主试委员会成员和一些数论专家.丁兴春老师在文[1]中提出并解决了更难的问题：求满足（ab+1）（a2+b2）的所有正整数a，b的解.

文[1]的解答精巧简洁，然而笔者在取值试验时却发现了一些反例，本文将对原解法作修正，先将文[1]解答摘录（部分省略或改动）：

（1）若a=b，则a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1为正整数，所以a2+1=2，a=b=1；

（2）若a≠b，由对称性不妨设a>；b≥1，a2+b2ab+1=t∈N+，即a2-tba+b2-t=0，则a是方程x2-tbx+b2-t=0的一个正整数根.

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

当b≥2时，Δ-（tb+1）2<；0，由（tb）2<；Δ<；（tb+1）2可知Δ不是完全平方数，从而方程x2-tbx+b2-t=0无正整数根，而这与a是该方程的一个正整数根矛盾；

当b=1时，则a2+b2ab+1=a2+1a+1，不难得出a-1<；a2+1a+1<；a恒成立，即a2+b2ab+1不是整数与题设矛盾；

Ⅱ）若b2>；t，设方程x2-tbx+b2-t=0的另一个根为x0，则x0=tb-a=b2-ta为正整数，且x0<；a，于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0），则f（a）=f（x0），（0<；x0<；a），①

仿照上述过程，对x20+b2x0b+1=t为正整数而言，存在正整数x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），

因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函数f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的单调性（求导等过程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）内是减函数，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函数，因此至多存在两个不同的正实数m，n满足f（m）=f（n），而这又与f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

综上可知：只能有b2=t，从而a2+b2ab+1=b2，化简得a=b3.

当a=b=1时也满足上式，并结合对称性可知：满足（ab+1）（a2+b2）的所有正整数解为（a，b）=（k3，k）或（k，k3），其中k为正整数.

笔者在取值试验中发现有如下反例：

（a，b）=（30，8）时，x0=2，a2+b2ab+1=4；

（a，b）=（112，30）时，x0=8，a2+b2ab+1=4.

经分析发现问题出在研究x20+b2x0b+1=t时，如果想仿照上述过程（前面文中加着重号部分），必须要满足x0>；b，然而x0>；b却并非事实.

下面对文[1]解法作修正，修改与补充部分接标注①，若x0>；b，则仿照上述过程，对x20+b2x0b+1=t为正整数而言，存在正整数x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函数f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的单调性（求导等过程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）内是减函数，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函数，因此至多存在两个不同的正实数m，n满足f（m）=f（n），而这又与f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

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

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

反复作置换，得到…<；xi<；…<；x1<；x0<；b<；a，其中xi均为正整数，由最小数原理可知置换次数有限，记最后一次置换（xn-3，xn-2，xn-1）→（xn-2，xn-1，xn），其中xn=txn-1-xn-2，则x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，即满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解（a，b）=（xn-1，xn）.

下面证明x2n=t，由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一个正整数根.

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

又Δ′-（txn+1）2=t（4-2xn）-4x2n-1，

当xn≥2时，Δ′-（txn+1）2<；0，由（txn）2<；Δ′<；（txn+1）2可知Δ′不是完全平方数，从而方程x2-txnx+x2n-t=0无正整数根，而这与xn-1是该方程的一个正整数根矛盾；

当xn=1时，则x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1，不难得出xn-1-1<；x2n-1+1xn-1+1<；xn-1，即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整数，与题意相矛盾；

ⅱ）若x2n>；t，设方程x2-txnx+x2n-t=0的另一个根为x′，则x′=txn-xn-1=x2n-txn-1为正整数，且有x′<；xn-1，于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t，

也就是说（a，b）=（xn，x′）是满足a2+b2ab+1=t的一组正整数解，而这与满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解为（a，b）=（xn-1，xn）相矛盾；

综合ⅰ）ⅱ），必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n，所以满足a2+b2ab+1=t的最小正整数解（a，b）=（xn-1，xn）=（t32，t12），或（a，b）=（t12，t32）（由对称性可得）.

换种表述方式：a2+b2ab+1=k2的最小正整数解为（a，b）=（k3，k），或（a，b）=（k，k3）.

事实上，上述证明已经给出了求满足a2+b2ab+1=k2的所有正整数解（a，b）的一种方法：

当a>；b时，反复作置换：（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）→……，类似地，当a<；b时反复作置换：（a，b，t）→（a，at-b，t）.

最后给出一个猜想：已知正整数a，b满足（（ab）2+1）（a3+b3），则a3+b3（ab）2+1是立方数.

参考文献

[1] 丁兴春.对一道数论问题的再思考[J].数学通讯，2011（10）（下半月）.