本来该送到趣题妙解的……结果发现自己已经不会做了

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前几日翻自己的QQ空间，发现一道好玩的题
我的标注是，“二”，大抵当初可以给出一个完美解答的
题目是，已知正整数m,n满足$mn|m^2+n^2+1$，求证$\frac{m^2+n^2+1}{mn}=3$
看上去应该无穷递降，然而已经忘记怎么递降了……
现在只会mod3，发现，若$m^2+n^2+1-kmn$中，若m,n之一为3的倍数，kmn消掉了，而$m^2+n^2+1$怎么凑都凑不出0
于是mn皆非3的倍数，故$m^2+n^2+1$是3的倍数，从而推得$k$是3的倍数……
pari的验证：

1. 21:25:21> k=10000;for(i=1,k,for(j=1,i,if((j^2+1)%i==0 && 0==(i^2+1)%j ,print([(i^2+j^2+1)/(i*j),i,j]))))
   
2. [3, 1, 1]
   
3. [3, 2, 1]
   
4. [3, 5, 2]
   
5. [3, 13, 5]
   
6. [3, 34, 13]
   
7. [3, 89, 34]
   
8. [3, 233, 89]
   
9. [3, 610, 233]
   
10. [3, 1597, 610]
    
11. [3, 4181, 1597]
    
12. time = 34,892 ms.

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hujunhua

勾起我的回忆。以前在另一个论坛讨论过一个类似的题:

已知正整数 `x,y` 满足方程 `xy-1|x^2+y^2`, 求证`\D\frac{x^2+y^2}{xy-1}=5`.

mathe

这个不难，方程可以看出m的二次方程，有整数解，必然两个，而且乘积为n^2+1,正常情况必然一个小于n.而n,m还可以交换角色，就可以无穷递降，直到出现两个m都有不小于n,这时只能n=1,m两个解分别为1,2.

xiaoshuchong

挺有意思的。

m,n显然跟Fibonacci数有关，有如下等式成立

\[\frac{F_{2n-1}^{2}+F_{2n+1}^{2}+1}{F_{2n-1}F_{2n+1}}=3\]

简单证明一下。

\[\begin{eqnarray*}
F_{n}&=&\frac{\alpha^{n}-\beta^{n}}{\alpha-\beta},\alpha,\beta=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\\\frac{F_{2n-1}^{2}+F_{2n+1}^{2}+1}{F_{2n-1}F_{2n+1}}&=&\frac{\frac{1}{5}\left(\alpha^{4n-2}+\beta^{4n-2}+\alpha^{4n+2}+\beta^{4n+2}+4\right)+1}{\frac{1}{5}\left(\alpha^{2n-1}-\beta^{2n-1}\right)\left(\alpha^{2n+1}-\beta^{2n+1}\right)}\\&=&\frac{\frac{3}{5}\left(\alpha^{4n}+\beta^{4n}+3\right)}{\frac{1}{5}\left(\alpha^{4n}+\beta^{4n}+3\right)}\\&=&3\\\alpha^{2}+\alpha^{-2}&=&\beta^{2}+\beta^{-2}=\alpha^{2}+\beta^{2}=3
\end{eqnarray*}\]

ejsoon

請問x|y是y能被x整除的意思是嗎？