保加利亚 1998 P6

（保加利亚 1998 P6）求证：\(x^2y^2 = z^2(z^2 - x^2 - y^2)\) 没有正整数解．

证明：设 \((x, y, z)\) 为满足题设的、使得 \(x + y + z\) 最小的一组解．改写原式得 \(\displaystyle (\frac{z^2}{x^2} - 1)(\frac{z^2}{y^2} - 1) = 2\)．由于 \(x, y, z\) 是整数，那么 \(\displaystyle \frac{z^2}{x^2}, \frac{z^2}{y^2}\) 是有理数，不妨设 \(\displaystyle \frac{z^2}{x^2} = \frac{2q + p}{p}, \frac{z^2}{y^2} = \frac{p + q}{q}\)，其中 \(p \perp q\)，\(p, q\) 是正整数．

于是有 \(pz^2 = (2q + p)x^2, qz^2 = (p + q)y^2\)，得 \(q(p + 2q)x^2 = p(p + q)y^2\)．

1. 若 \(p\) 是奇数：则易知 \(q(p + 2q) \perp p(p + q)\)，故 \(q(p + 2q) \mid y^2\)，\(p(p + q) \mid x^2\)，且 \(\displaystyle \frac{2q + p}{p}\) 是最简分数．于是可设 \(z^2 = k_1(p + q)(p + 2q), x^2 = k_1(p + q)p\)（因为 \(p(p + q) \mid x^2\)），同理有 \(z^2 = k_2(p + q)(p + 2q), y^2 = k_2(p + 2q)q\)，\(k_1, k_2\) 是正整数．这表明 \(k_1 = k_2\)，所以 \(z^2 = k(p + q)(p + 2q), x^2 = k(p + q)p, y^2 = k(p + 2q)q\)．而 \(\gcd^2(x, y) = \gcd(x^2, y^2) = k\gcd((p + q)p, (p + 2q)q) = k\) 是完全平方数，\(p \perp (p + q), q \perp (p + 2q), (p + q) \perp (p + 2q)\)，那么存在正整数 \(a, b, c, d\)，使 \(p = a^2\)，\(q = b^2\)，\(p + q = c^2\)，\(p + 2q = d^2\)．

   由代数关系可知 \(a^2 + b^2 = c^2\)，\(b^2 + c^2 = d^2\)，又它们两两互素，\(p\) 是奇数，知存在正整数 \(m, n, l, r\)，使得 \(m \perp n, l \perp r\)，且 \(a = m^2 - n^2, b = 2mn, c = m^2 + n^2\) 及 \(b = 2lr, c = l^2 - r^2, d = l^2 + r^2\)．于是 \(mn = lr\) 且 \(m^2 + n^2 = l^2 - r^2\)，即 \(\displaystyle \frac{m^2n^2}{l^2} = r^2 = l^2 - m^2 - n^2\)，故 \(m^2n^2 = l^2(l^2 - m^2 - n^2)\)，满足题目形式．由 \(x + y + z\) 的最小性，知 \(m + n + l \geq x + y + z\)，但 \(m^2 + n^2 = c \Rightarrow m^4 < c^2 = p + q \leq x^2 \Rightarrow m < x, 2mn = b \Rightarrow n^2 < b^2 = q \leq y^2 \Rightarrow n < y, l^2 + r^2 = d \Rightarrow l^4 < d^2 = p + 2q \leq z^2 \Rightarrow l < z\)，故 \(m + n + l < x + y + z\)，矛盾．

2. 若 \(p\) 是偶数：则 \(q\) 必是奇数．设 \(p = 2k\)，\(k\) 是正整数，且必有 \(q \perp k\)，则 \(q(p + 2q)x^2 = p(p + q)y^2 \Rightarrow 2q(k + q)x^2 = 2k(2k + q)y^2 \Rightarrow q(k + q)x^2 = k(2k + q)y^2\)，同上讨论即可得出矛盾．

综上，\(x^2y^2 = z^2(z^2 - x^2 - y^2)\) 没有正整数解．