韦达跳跃Vieta jumping
题目
$a,b \in\mathbb{Z}^+, ab+1|a^2+b^2$
证明$\frac{a^2+b^2}{ab+1}$是平方数
vieta_jumping
韦达跳跃：韦达定理+无穷递降
若 a=b, $\frac{2a^2}{a^2+1}=\frac{2}{1+\frac{1}{a^2}}=\frac{2}{1+(0,1]}=\frac{2}{(1,2]}=[1,2)$ 只有a=1
a,b对称，不妨$1\le a < b$
$a^2+b^2=k(ab+1)$, 且k不是平方数
$b^2-(ka)b+(a^2-k)=0$
即对于任意 解 $(a,b)$
$b_0+b=ka,b_0b=a^2-k\neq 0$ (因为k不是平方数)
$b > a,b_0b=a^2-k$ 所以$b_0 < a$
$b_0+b=ka$所以$b_0$是整数
$\frac{a^2+b_0^2}{b_0a+1} = k >0$,所以$b_0 > 0$
所以$(b_0,a)$ 是通过$(a,b)$得到的$a+b$指标更小的解
这样的结构无法无穷递降，所以不存在解
不过我拿到题目的感觉是，就是要证明大的值是不存在，因为如果真的存在还是平方数，那这个结论也太数论了
练习
$a,b \in \mathbb{Z}^+, ab|a^2+b^2+1$
证明 $3ab=a^2+b^2+1$
证明
$a^2+b^2+1=kab$
$a^2-(kb)a+(b^2+1)=0$
若 a=b, $2a^2+1=ka^2$ 即$1=(k-2)a^2$, 只有$k=3,a=1$
若$a \neq b$设$a>b$
$a_0a=b^2+1$所以$a_0 < b$ 且为正
$a_0+a=kb$ 所以$a_0$是整数
$(a,b) \to (b,a_0)$ 能构造出$a+b$更小的结果，无法无穷递降
类似思想 但不一定不存在 的结构性
勾股定理, project euler 笔记里有 多分支的构造
pell方程