Giả sử q không phải là số chính phương

Xét tập S(q) = {(a;b)⊂(N∗)2∣∣q=a2+b2ab+1}{(a;b)⊂(N∗)2|q=a2+b2ab+1}. Theo giả thiết S(q) ≠ ∅ nên theo nguyên lý cực hạn tồn tại cặp số (A; B) thuộc S(q) sao cho A + B nhỏ nhất.

Giả sử A ≥ B.

Xétphươngtrìnhq = x2+B2Bx+1⇔x2−Bqx+B2−q=0x2+B2Bx+1⇔x2−Bqx+B2−q=0

Rõ ràng A là một nghiệm của phương trình. Giả sử nghiệm còn lại là a.

Theo định lý Vi–ét ta có:

{A+a=BqAa=B2−q⇔[a=Bq−A(3)a=B2−qA(4){A+a=BqAa=B2−q⇔[a=Bq−A(3)a=B2−qA(4)

Đến đây ta có thể đi đến kết luận A ≤ a.

Theo phương trình trên thì A² ≤ Aa = B² + 6 ⇔ (A – B)(A + B) ≤ 6.

Từ đó suy ra (A – B)(A + B) ∈ {0;1;2;3;4;5;6} với A ≥ B.

Từ đây kiểm tra được chỉ có cặp A = B = 1 thỏa mãn p là số nguyên dương

Khi đó: p = 8 là số lập phương

Như vậy với mọi số nguyên dương thỏa mãn điều kiện bài toán thì p = 8 (A = B = 1 chỉ là các số nhỏ nhất thỏa mãn tính chất này)

Vậy giả sử ban đầu là sai.

Vậy p là số chính phương.

Ap dụng bất đẳng thức quen thuộc 3(a^2 +b^2 +c^2)>= (a+b+c)^2

<=> a^2+b^2+c^2 >= (a+b+c)^2/3 = 3

ap dung bdt AM-GM cho ab+bc+ca và a^2b +b^2c+c^2a ta co ab+bc+ca/a^2b +b^2c+c^2a >_ 1 cộng lại ta có p>=4 dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1