翻了翻以前的筆記，這題好像是某一年的IMO題，

設一組正整數\(a,b,n\)滿足\({{a}^{2}}+{{b}^{2}}=n\left( ab+1 \right)\), 不失一般性，我們可以假設\(a\ge b\).然後對於固定的\(n\), 假設\(c\)是所有解\(\left( a,b \right)\)中所出現的最小正整數 (存在性由正整數的良序性得到)，則我們有\({{a}^{2}}+{{c}^{2}}=n\left( ac+1 \right)\Rightarrow {{a}^{2}}-\left( nc \right)a+{{c}^{2}}-n=0\), 表示\(a\)為二次方程式\({{x}^{2}}-\left( nc \right)x+{{c}^{2}}-n=0\)之其中一正整數根。設另一根為\(d\), 則
\(cd\le ad={{c}^{2}}-n<{{c}^{2}}\), 故\(d<c\). 觀察此時\(d\)不為正整數，否則會跟\(c\)為最小正整數矛盾。由根與係數關係，\(a+d=nc\Rightarrow d=nc-a\in \mathbb{Z}\), 故可推得\(d\le 0\).
最後由\(\left( a+1 \right)\left( d+1 \right)=ad+\left( a+d \right)+1=\left( {{c}^{2}}-n \right)+nc+1={{c}^{2}}+n\left( c-1 \right)+1\ge 1\),
因為\(a+1>1\Rightarrow d+1>0\Rightarrow d>-1\), 故\(-1<d\le 0\), 所以\(d=0\), 得到\(n={{c}^{2}}\), 證畢。

真的是很難想到，至少我也想不到XD這證法也是神人的傑作，借花獻佛一下。