设 $a$ 是给定的正整数，$A$ 和 $B$ 是两个实数，试确定方程组 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=(B a)^{2},x^{2}\left(A x^{2}+B y^{2}\right)+y^{2}\left(A y^{2}+B z^{2}\right)+z^{2}\left(A z^{2}+B x^{2}\right)=\dfrac{1}{4}(2 A+B)(B a)^{4}$ 有正整数解的充分必要条件（用 $A,B$ 的关系式表示，并予以证明）．
【难度】
【出处】
1990第5届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
我们来证明此方程组有正整数解的充要条件是 $B=2A$．
充分性：$B=2 A$ 时，容易验证，方程组有正整数解 $x=12 a,y=3 a, z=4 a$．
必要性：将第一个方程代入第二个方程，消去 $a$ 得 $x^{2}\left(A x^{2}+B y^{2}\right)+y^{2}\left(A y^{2}+B z^{2}\right)+z^{2}\left(A z^{2}+B x^{2}\right)=\dfrac{1}{4}(2 A+B)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}$ 展开移项分解因式得 $(2 A-B)\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}-2 x^{2} y^{2}-2 y^{2} z^{2}-2 z^{2} x^{2}\right)=0$ 若 $2A\ne B$，则有 $x^{4}+y^{4}+z^{4}-2 x^{2} y^{2}-2 y^{2} z^{2}-2 z^{2} x^{2}=0$ 即 $(x+y+z)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)=0$ 不妨设 $x+y-z=0$，这就有 $x^{2}+y^{2}+(x+y)^{2}=(13 a)^{2}(*)$
我们来证明等式 $(*)$ 对任意正整数 $x,y,a$ 都不成立，否则，设有一组 $x_{0}, y_{0}, a_{0}$ 使得等式成立．显然，$a_0$ 为偶数，设 $a_{0}=2 a^{\prime} 0$，此时 $A | x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+\left(x_{0}+y_{0}\right)^{2}$，必有2 $\left|x_{0}, 2\right| y_{0}$，设 $x_{0}=2 x_{0}^{\prime},y_{0}=2 y_{0}^{\prime}$，于是 $x_{0}^{\prime 2}+y_{0}^{\prime 2}+\left(x_{0}^{\prime}+y_{0}^{\prime}\right)^{2}=\left(13 a_{0}^{\prime}\right)^{2}$ 这就得到 $\dfrac{x_{0}}{2}, \dfrac{y_{0}}{2}, \dfrac{a_{0}}{2}$ 也是一组解，重复这个过程，可知 $2^{t} | a_{0},t\in N$，矛盾，所以 $2A=B$．
充分性：$B=2 A$ 时，容易验证，方程组有正整数解 $x=12 a,y=3 a, z=4 a$．
必要性：将第一个方程代入第二个方程，消去 $a$ 得 $x^{2}\left(A x^{2}+B y^{2}\right)+y^{2}\left(A y^{2}+B z^{2}\right)+z^{2}\left(A z^{2}+B x^{2}\right)=\dfrac{1}{4}(2 A+B)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}$ 展开移项分解因式得 $(2 A-B)\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}-2 x^{2} y^{2}-2 y^{2} z^{2}-2 z^{2} x^{2}\right)=0$ 若 $2A\ne B$，则有 $x^{4}+y^{4}+z^{4}-2 x^{2} y^{2}-2 y^{2} z^{2}-2 z^{2} x^{2}=0$ 即 $(x+y+z)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)=0$ 不妨设 $x+y-z=0$，这就有 $x^{2}+y^{2}+(x+y)^{2}=(13 a)^{2}(*)$
我们来证明等式 $(*)$ 对任意正整数 $x,y,a$ 都不成立，否则，设有一组 $x_{0}, y_{0}, a_{0}$ 使得等式成立．显然，$a_0$ 为偶数，设 $a_{0}=2 a^{\prime} 0$，此时 $A | x_{0}^{2}+y_{0}^{2}+\left(x_{0}+y_{0}\right)^{2}$，必有2 $\left|x_{0}, 2\right| y_{0}$，设 $x_{0}=2 x_{0}^{\prime},y_{0}=2 y_{0}^{\prime}$，于是 $x_{0}^{\prime 2}+y_{0}^{\prime 2}+\left(x_{0}^{\prime}+y_{0}^{\prime}\right)^{2}=\left(13 a_{0}^{\prime}\right)^{2}$ 这就得到 $\dfrac{x_{0}}{2}, \dfrac{y_{0}}{2}, \dfrac{a_{0}}{2}$ 也是一组解，重复这个过程，可知 $2^{t} | a_{0},t\in N$，矛盾，所以 $2A=B$．
答案
解析
备注
