英国数学奥林匹克1998P2Q3：求证hxyz及h(y−x)为完全平方数

嘿，我帮你把这个数竞题和你的解题思路整理清楚，还把完整的证明补全了，方便你参考～

题目（1998年英国数学奥林匹克试卷2第3题） #

设(x、y、z)为满足方程(\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = \frac{1}{z})的正整数，(h)为(x、y、z)的最大公约数。求证：

• (hxyz)是完全平方数；
• (h(y−x))是完全平方数。

你的第一部分解题尝试 #

从原方程出发变形：
$$\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = \frac{1}{z}$$
两边同乘(xyz)消去分母，得到：
$$yz - xz = xy \implies z(y - x) = xy$$
设(x = c_1h)，(y = c_2h)，(z = c_3h)（这里(\gcd(c_1, c_2, c_3) = 1)，因为(h)是三者的最大公约数），代入上式：
$$c_3h(c_2h - c_1h) = c_1h \cdot c_2h$$
化简后约去(h^2)，得到：
$$c_3(c_2 - c_1) = c_1c_2$$

完整证明过程 #

证明1：(hxyz)是完全平方数

由上面的式子可得(c_3 = \frac{c_1c_2}{c_2 - c_1})，因为(c_3)是正整数，所以(c_2 - c_1)必须整除(c_1c_2)。

设(d = \gcd(c_1, c_2))，令(c_1 = d \cdot m)，(c_2 = d \cdot n)（其中(\gcd(m, n) = 1)），则(c_2 - c_1 = d(n - m))，代入(c_3)的表达式：
$$c_3 = \frac{d m \cdot d n}{d(n - m)} = \frac{d m n}{n - m}$$
因为(\gcd(m, n) = 1)，所以(\gcd(mn, n - m) = 1)（辗转相除法验证：(\gcd(m, n - m) = \gcd(m, n) = 1)，同理(\gcd(n, n - m) = 1)），因此(n - m)必须整除(d)。

设(d = k(n - m))（(k)为正整数），代入(c_1, c_2, c_3)：

• (c_1 = k(n - m)m)
• (c_2 = k(n - m)n)
• (c_3 = k m n)

又因为(\gcd(c_1, c_2, c_3) = 1)，而(\gcd(c_1, c_2, c_3) = k \cdot \gcd((n - m)m, (n - m)n, mn) = k \cdot 1 = k)，所以(k = 1)。

最终：

• (c_1 = (n - m)m)
• (c_2 = (n - m)n)
• (c_3 = m n)

现在计算(hxyz)：
$$hxyz = h \cdot (c_1h) \cdot (c_2h) \cdot (c_3h) = h^4 \cdot c_1c_2c_3$$
代入(c_1, c_2, c_3)：
$$c_1c_2c_3 = (n - m)m \cdot (n - m)n \cdot m n = (n - m)^2 m^2 n^2 = [(n - m)mn]^2$$
因此：
$$hxyz = h^4 \cdot [(n - m)mn]^2 = [h^2(n - m)mn]^2$$
这显然是一个完全平方数，得证。

证明2：(h(y - x))是完全平方数

先计算(y - x = c_2h - c_1h = h(c_2 - c_1))，所以：
$$h(y - x) = h^2(c_2 - c_1)$$
代入(c_2 - c_1 = (n - m)n - (n - m)m = (n - m)^2)，可得：
$$h(y - x) = h^2 \cdot (n - m)^2 = [h(n - m)]^2$$
这也是一个完全平方数，得证。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Alexander51413