\( \dfrac {n^2+1} {\bigant{\sqrt n}^2+2} \)

Интересная задача предлагалась на олимпиаде APMO/2013 (Asian Pacific Mathematics Olympiad), 2-ая задача из пяти. Привожу свое решение, по-моему, более простое по сравнению с официальным.

49. Определите все натуральные \( n \) такие, что дробь \[
\dfrac {n^2+1} {\bigant{\sqrt n}^2+2}
\tag {49.1}
\] будет целым числом.

Решение. Несложная проверка при \( n = 1, \, 2, \, 3 \) наводит на мысль об отсутствии таких \( n \). Докажем, что дробь (49.1) не сократима при \(
n \in \mathbb N \).
Пусть \( k = \bigant{ \sqrt n } \). Тогда \[
k \leqslant \sqrt n < k+1 ,
\] \[
k^2 \leqslant n < (k+1)^2 .
\] Обозначим \( n = k^2+m \), где \( m = 0, \, 1, \, \ldots, \, 2k \). \[
\dfrac {n^2+1} {\ant{\sqrt n}^2+2} =
\dfrac {(k^2+m)^2+1} {k^2+2} =
\] \[
=
\dfrac {(k^2+2+m-2)^2+1} {k^2+2} =
A + \dfrac {(m-2)^2+1} {k^2+2} ,
\] где \( A \) — целое число.
Задача свелась к доказательству несократимости дроби \(
\dfrac {(m-2)^2+1} {k^2+2} \).
Понятно, что \( m > k \), иначе числитель меньше знаменателя. Далее, дробь будет сократима только при разной четности \( k \) и \( m \) (чтобы дробь была сократима, числитель и знаменатель должны быть одинаковой четности). Значит, \( m \) можно представить в виде \[
m = k+1+2p ,
\ \mbox { где }
p \in \mathbb N .
\] Укажем еще условие \(
p \leqslant \frac {k-1} 2
\), поскольку \(
k+1+2p \leqslant 2k
\), впрочем это не пригодится. \[
\dfrac {(m-2)^2+1} {k^2+2} =
\dfrac {(k+2p-1)^2+1} {k^2+2} =
\] \[
= \dfrac {k^2+2k(2p-1)+(2p-1)^2+1} {k^2+2} =
\] \[
= 1 + \dfrac {2k(2p-1)+(2p-1)^2-1} {k^2+2} =
\] \[
= 1 + \dfrac {2k(2p-1)+4p(p+1)} {k^2+2} .
\tag {49.2}
\] Дробь в (49.2) не сократима, поскольку \( k \) должно быть четным, но тогда числитель делится на \( 4 \), а знаменатель — нет.
\( \color{gray}{\blacksquare} \)