對(duì)一道IMO題的再研究

薛華榮+李劍峰

（第29屆IMO第6題）已知正整數(shù)a，b滿足（ab+1）（a2+b2），求證：a2+b2ab+1是完全平方數(shù).

該題在當(dāng)時(shí)引起一片討論聲，原因在于該題攔倒了主試委員會(huì)成員和一些數(shù)論專家.丁興春老師在文[1]中提出并解決了更難的問題：求滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數(shù)a，b的解.

文[1]的解答精巧簡(jiǎn)潔，然而筆者在取值試驗(yàn)時(shí)卻發(fā)現(xiàn)了一些反例，本文將對(duì)原解法作修正，先將文[1]解答摘錄（部分省略或改動(dòng)）：

（1）若a=b，則a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1為正整數(shù)，所以a2+1=2，a=b=1；

（2）若a≠b，由對(duì)稱性不妨設(shè)a>；b≥1，a2+b2ab+1=t∈N+，即a2-tba+b2-t=0，則a是方程x2-tbx+b2-t=0的一個(gè)正整數(shù)根.

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

當(dāng)b≥2時(shí)，Δ-（tb+1）2<；0，由（tb）2<；Δ<；（tb+1）2可知Δ不是完全平方數(shù)，從而方程x2-tbx+b2-t=0無(wú)正整數(shù)根，而這與a是該方程的一個(gè)正整數(shù)根矛盾；

當(dāng)b=1時(shí)，則a2+b2ab+1=a2+1a+1，不難得出a-1<；a2+1a+1<；a恒成立，即a2+b2ab+1不是整數(shù)與題設(shè)矛盾；

Ⅱ）若b2>；t，設(shè)方程x2-tbx+b2-t=0的另一個(gè)根為x0，則x0=tb-a=b2-ta為正整數(shù)，且x0<；a，于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0），則f（a）=f（x0），（0<；x0<；a），①

仿照上述過(guò)程，對(duì)x20+b2x0b+1=t為正整數(shù)而言，存在正整數(shù)x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），

因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數(shù)f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調(diào)性（求導(dǎo)等過(guò)程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內(nèi)是減函數(shù)，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數(shù)，因此至多存在兩個(gè)不同的正實(shí)數(shù)m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

綜上可知：只能有b2=t，從而a2+b2ab+1=b2，化簡(jiǎn)得a=b3.

當(dāng)a=b=1時(shí)也滿足上式，并結(jié)合對(duì)稱性可知：滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數(shù)解為（a，b）=（k3，k）或（k，k3），其中k為正整數(shù).

筆者在取值試驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)有如下反例：

（a，b）=（30，8）時(shí)，x0=2，a2+b2ab+1=4；

（a，b）=（112，30）時(shí)，x0=8，a2+b2ab+1=4.

經(jīng)分析發(fā)現(xiàn)問題出在研究x20+b2x0b+1=t時(shí)，如果想仿照上述過(guò)程（前面文中加著重號(hào)部分），必須要滿足x0>；b，然而x0>；b卻并非事實(shí).

下面對(duì)文[1]解法作修正，修改與補(bǔ)充部分接標(biāo)注①，若x0>；b，則仿照上述過(guò)程，對(duì)x20+b2x0b+1=t為正整數(shù)而言，存在正整數(shù)x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數(shù)f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調(diào)性（求導(dǎo)等過(guò)程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內(nèi)是減函數(shù)，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數(shù)，因此至多存在兩個(gè)不同的正實(shí)數(shù)m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

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

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

反復(fù)作置換，得到…<；xi<；…<；x1<；x0<；b<；a，其中xi均為正整數(shù)，由最小數(shù)原理可知置換次數(shù)有限，記最后一次置換（xn-3，xn-2，xn-1）→（xn-2，xn-1，xn），其中xn=txn-1-xn-2，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，即滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數(shù)解（a，b）=（xn-1，xn）.

下面證明x2n=t，由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一個(gè)正整數(shù)根.

?。┤魓2n<；t，則Δ′=（txn）2-4（x2n-t）>；（txn）2；

又Δ′-（txn+1）2=t（4-2xn）-4x2n-1，

當(dāng)xn≥2時(shí)，Δ′-（txn+1）2<；0，由（txn）2<；Δ′<；（txn+1）2可知Δ′不是完全平方數(shù)，從而方程x2-txnx+x2n-t=0無(wú)正整數(shù)根，而這與xn-1是該方程的一個(gè)正整數(shù)根矛盾；

當(dāng)xn=1時(shí)，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1，不難得出xn-1-1<；x2n-1+1xn-1+1<；xn-1，即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整數(shù)，與題意相矛盾；

ⅱ）若x2n>；t，設(shè)方程x2-txnx+x2n-t=0的另一個(gè)根為x′，則x′=txn-xn-1=x2n-txn-1為正整數(shù)，且有x′<；xn-1，于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t，

也就是說(shuō)（a，b）=（xn，x′）是滿足a2+b2ab+1=t的一組正整數(shù)解，而這與滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數(shù)解為（a，b）=（xn-1，xn）相矛盾；

綜合?。ⅲ?，必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n，所以滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數(shù)解（a，b）=（xn-1，xn）=（t32，t12），或（a，b）=（t12，t32）（由對(duì)稱性可得）.

換種表述方式：a2+b2ab+1=k2的最小正整數(shù)解為（a，b）=（k3，k），或（a，b）=（k，k3）.

事實(shí)上，上述證明已經(jīng)給出了求滿足a2+b2ab+1=k2的所有正整數(shù)解（a，b）的一種方法：

當(dāng)a>；b時(shí)，反復(fù)作置換：（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）→……，類似地，當(dāng)a<；b時(shí)反復(fù)作置換：（a，b，t）→（a，at-b，t）.

最后給出一個(gè)猜想：已知正整數(shù)a，b滿足（（ab）2+1）（a3+b3），則a3+b3（ab）2+1是立方數(shù).

參考文獻(xiàn)

[1] 丁興春.對(duì)一道數(shù)論問題的再思考[J].數(shù)學(xué)通訊，2011（10）（下半月）.

（第29屆IMO第6題）已知正整數(shù)a，b滿足（ab+1）（a2+b2），求證：a2+b2ab+1是完全平方數(shù).

該題在當(dāng)時(shí)引起一片討論聲，原因在于該題攔倒了主試委員會(huì)成員和一些數(shù)論專家.丁興春老師在文[1]中提出并解決了更難的問題：求滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數(shù)a，b的解.

文[1]的解答精巧簡(jiǎn)潔，然而筆者在取值試驗(yàn)時(shí)卻發(fā)現(xiàn)了一些反例，本文將對(duì)原解法作修正，先將文[1]解答摘錄（部分省略或改動(dòng)）：

（1）若a=b，則a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1為正整數(shù)，所以a2+1=2，a=b=1；

（2）若a≠b，由對(duì)稱性不妨設(shè)a>；b≥1，a2+b2ab+1=t∈N+，即a2-tba+b2-t=0，則a是方程x2-tbx+b2-t=0的一個(gè)正整數(shù)根.

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

當(dāng)b≥2時(shí)，Δ-（tb+1）2<；0，由（tb）2<；Δ<；（tb+1）2可知Δ不是完全平方數(shù)，從而方程x2-tbx+b2-t=0無(wú)正整數(shù)根，而這與a是該方程的一個(gè)正整數(shù)根矛盾；

當(dāng)b=1時(shí)，則a2+b2ab+1=a2+1a+1，不難得出a-1<；a2+1a+1<；a恒成立，即a2+b2ab+1不是整數(shù)與題設(shè)矛盾；

Ⅱ）若b2>；t，設(shè)方程x2-tbx+b2-t=0的另一個(gè)根為x0，則x0=tb-a=b2-ta為正整數(shù)，且x0<；a，于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0），則f（a）=f（x0），（0<；x0<；a），①

仿照上述過(guò)程，對(duì)x20+b2x0b+1=t為正整數(shù)而言，存在正整數(shù)x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），

因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數(shù)f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調(diào)性（求導(dǎo)等過(guò)程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內(nèi)是減函數(shù)，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數(shù)，因此至多存在兩個(gè)不同的正實(shí)數(shù)m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

綜上可知：只能有b2=t，從而a2+b2ab+1=b2，化簡(jiǎn)得a=b3.

當(dāng)a=b=1時(shí)也滿足上式，并結(jié)合對(duì)稱性可知：滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數(shù)解為（a，b）=（k3，k）或（k，k3），其中k為正整數(shù).

筆者在取值試驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)有如下反例：

（a，b）=（30，8）時(shí)，x0=2，a2+b2ab+1=4；

（a，b）=（112，30）時(shí)，x0=8，a2+b2ab+1=4.

經(jīng)分析發(fā)現(xiàn)問題出在研究x20+b2x0b+1=t時(shí)，如果想仿照上述過(guò)程（前面文中加著重號(hào)部分），必須要滿足x0>；b，然而x0>；b卻并非事實(shí).

下面對(duì)文[1]解法作修正，修改與補(bǔ)充部分接標(biāo)注①，若x0>；b，則仿照上述過(guò)程，對(duì)x20+b2x0b+1=t為正整數(shù)而言，存在正整數(shù)x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數(shù)f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調(diào)性（求導(dǎo)等過(guò)程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內(nèi)是減函數(shù)，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數(shù)，因此至多存在兩個(gè)不同的正實(shí)數(shù)m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

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

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

反復(fù)作置換，得到…<；xi<；…<；x1<；x0<；b<；a，其中xi均為正整數(shù)，由最小數(shù)原理可知置換次數(shù)有限，記最后一次置換（xn-3，xn-2，xn-1）→（xn-2，xn-1，xn），其中xn=txn-1-xn-2，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，即滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數(shù)解（a，b）=（xn-1，xn）.

下面證明x2n=t，由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一個(gè)正整數(shù)根.

?。┤魓2n<；t，則Δ′=（txn）2-4（x2n-t）>；（txn）2；

又Δ′-（txn+1）2=t（4-2xn）-4x2n-1，

當(dāng)xn≥2時(shí)，Δ′-（txn+1）2<；0，由（txn）2<；Δ′<；（txn+1）2可知Δ′不是完全平方數(shù)，從而方程x2-txnx+x2n-t=0無(wú)正整數(shù)根，而這與xn-1是該方程的一個(gè)正整數(shù)根矛盾；

當(dāng)xn=1時(shí)，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1，不難得出xn-1-1<；x2n-1+1xn-1+1<；xn-1，即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整數(shù)，與題意相矛盾；

ⅱ）若x2n>；t，設(shè)方程x2-txnx+x2n-t=0的另一個(gè)根為x′，則x′=txn-xn-1=x2n-txn-1為正整數(shù)，且有x′<；xn-1，于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t，

也就是說(shuō)（a，b）=（xn，x′）是滿足a2+b2ab+1=t的一組正整數(shù)解，而這與滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數(shù)解為（a，b）=（xn-1，xn）相矛盾；

綜合?。ⅲ?，必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n，所以滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數(shù)解（a，b）=（xn-1，xn）=（t32，t12），或（a，b）=（t12，t32）（由對(duì)稱性可得）.

換種表述方式：a2+b2ab+1=k2的最小正整數(shù)解為（a，b）=（k3，k），或（a，b）=（k，k3）.

事實(shí)上，上述證明已經(jīng)給出了求滿足a2+b2ab+1=k2的所有正整數(shù)解（a，b）的一種方法：

當(dāng)a>；b時(shí)，反復(fù)作置換：（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）→……，類似地，當(dāng)a<；b時(shí)反復(fù)作置換：（a，b，t）→（a，at-b，t）.

最后給出一個(gè)猜想：已知正整數(shù)a，b滿足（（ab）2+1）（a3+b3），則a3+b3（ab）2+1是立方數(shù).

參考文獻(xiàn)

[1] 丁興春.對(duì)一道數(shù)論問題的再思考[J].數(shù)學(xué)通訊，2011（10）（下半月）.

（第29屆IMO第6題）已知正整數(shù)a，b滿足（ab+1）（a2+b2），求證：a2+b2ab+1是完全平方數(shù).

該題在當(dāng)時(shí)引起一片討論聲，原因在于該題攔倒了主試委員會(huì)成員和一些數(shù)論專家.丁興春老師在文[1]中提出并解決了更難的問題：求滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數(shù)a，b的解.

文[1]的解答精巧簡(jiǎn)潔，然而筆者在取值試驗(yàn)時(shí)卻發(fā)現(xiàn)了一些反例，本文將對(duì)原解法作修正，先將文[1]解答摘錄（部分省略或改動(dòng)）：

（1）若a=b，則a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2+1為正整數(shù)，所以a2+1=2，a=b=1；

（2）若a≠b，由對(duì)稱性不妨設(shè)a>；b≥1，a2+b2ab+1=t∈N+，即a2-tba+b2-t=0，則a是方程x2-tbx+b2-t=0的一個(gè)正整數(shù)根.

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

當(dāng)b≥2時(shí)，Δ-（tb+1）2<；0，由（tb）2<；Δ<；（tb+1）2可知Δ不是完全平方數(shù)，從而方程x2-tbx+b2-t=0無(wú)正整數(shù)根，而這與a是該方程的一個(gè)正整數(shù)根矛盾；

當(dāng)b=1時(shí)，則a2+b2ab+1=a2+1a+1，不難得出a-1<；a2+1a+1<；a恒成立，即a2+b2ab+1不是整數(shù)與題設(shè)矛盾；

Ⅱ）若b2>；t，設(shè)方程x2-tbx+b2-t=0的另一個(gè)根為x0，則x0=tb-a=b2-ta為正整數(shù)，且x0<；a，于是a2+b2ab+1=x20+b2x0b+1=t.令f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0），則f（a）=f（x0），（0<；x0<；a），①

仿照上述過(guò)程，對(duì)x20+b2x0b+1=t為正整數(shù)而言，存在正整數(shù)x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），

因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數(shù)f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調(diào)性（求導(dǎo)等過(guò)程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內(nèi)是減函數(shù)，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數(shù)，因此至多存在兩個(gè)不同的正實(shí)數(shù)m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

綜上可知：只能有b2=t，從而a2+b2ab+1=b2，化簡(jiǎn)得a=b3.

當(dāng)a=b=1時(shí)也滿足上式，并結(jié)合對(duì)稱性可知：滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數(shù)解為（a，b）=（k3，k）或（k，k3），其中k為正整數(shù).

筆者在取值試驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)有如下反例：

（a，b）=（30，8）時(shí)，x0=2，a2+b2ab+1=4；

（a，b）=（112，30）時(shí)，x0=8，a2+b2ab+1=4.

經(jīng)分析發(fā)現(xiàn)問題出在研究x20+b2x0b+1=t時(shí)，如果想仿照上述過(guò)程（前面文中加著重號(hào)部分），必須要滿足x0>；b，然而x0>；b卻并非事實(shí).

下面對(duì)文[1]解法作修正，修改與補(bǔ)充部分接標(biāo)注①，若x0>；b，則仿照上述過(guò)程，對(duì)x20+b2x0b+1=t為正整數(shù)而言，存在正整數(shù)x1，使得：f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0），因此有f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a），研究函數(shù)f（x）=x2+b2bx+1，（x>；0）的單調(diào)性（求導(dǎo)等過(guò)程省略）有：f（x）在（0，-1+1+b4b）內(nèi)是減函數(shù)，在（-1+1+b4b，+∞）上是增函數(shù)，因此至多存在兩個(gè)不同的正實(shí)數(shù)m，n滿足f（m）=f（n），而這又與f（a）=f（x0）=f（x1），（0<；x1<；x0<；a）相矛盾；

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

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

反復(fù)作置換，得到…<；xi<；…<；x1<；x0<；b<；a，其中xi均為正整數(shù)，由最小數(shù)原理可知置換次數(shù)有限，記最后一次置換（xn-3，xn-2，xn-1）→（xn-2，xn-1，xn），其中xn=txn-1-xn-2，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，即滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數(shù)解（a，b）=（xn-1，xn）.

下面證明x2n=t，由x2n+x2n-1xnxn-1+1=t，得xn-1是方程x2-txnx+x2n-t=0的一個(gè)正整數(shù)根.

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

又Δ′-（txn+1）2=t（4-2xn）-4x2n-1，

當(dāng)xn≥2時(shí)，Δ′-（txn+1）2<；0，由（txn）2<；Δ′<；（txn+1）2可知Δ′不是完全平方數(shù)，從而方程x2-txnx+x2n-t=0無(wú)正整數(shù)根，而這與xn-1是該方程的一個(gè)正整數(shù)根矛盾；

當(dāng)xn=1時(shí)，則x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n-1+1xn-1+1，不難得出xn-1-1<；x2n-1+1xn-1+1<；xn-1，即x2n+x2n-1xnxn-1+1不是整數(shù)，與題意相矛盾；

ⅱ）若x2n>；t，設(shè)方程x2-txnx+x2n-t=0的另一個(gè)根為x′，則x′=txn-xn-1=x2n-txn-1為正整數(shù)，且有x′<；xn-1，于是x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n+x′2xnx′+1=t，

也就是說(shuō)（a，b）=（xn，x′）是滿足a2+b2ab+1=t的一組正整數(shù)解，而這與滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數(shù)解為（a，b）=（xn-1，xn）相矛盾；

綜合?。ⅲ?，必定有x2n=t.

由x2n+x2n-1xnxn-1+1=x2n得xn-1=x3n，所以滿足a2+b2ab+1=t的最小正整數(shù)解（a，b）=（xn-1，xn）=（t32，t12），或（a，b）=（t12，t32）（由對(duì)稱性可得）.

換種表述方式：a2+b2ab+1=k2的最小正整數(shù)解為（a，b）=（k3，k），或（a，b）=（k，k3）.

事實(shí)上，上述證明已經(jīng)給出了求滿足a2+b2ab+1=k2的所有正整數(shù)解（a，b）的一種方法：

當(dāng)a>；b時(shí)，反復(fù)作置換：（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）→……，類似地，當(dāng)a<；b時(shí)反復(fù)作置換：（a，b，t）→（a，at-b，t）.

最后給出一個(gè)猜想：已知正整數(shù)a，b滿足（（ab）2+1）（a3+b3），則a3+b3（ab）2+1是立方數(shù).

參考文獻(xiàn)

[1] 丁興春.對(duì)一道數(shù)論問題的再思考[J].數(shù)學(xué)通訊，2011（10）（下半月）.