证明或否定如下命题：存在一个整系数多项式 P(x,y,z)P(x,y,z)P(x,y,z) ，满足对于给定的正整数 nnn ，存在 x,y,z∈Z+x,y,z\in Z^+x,y,z\in Z^+ 使得 P(x,y,z)=nP(x,y,z)=nP(x,y,z)=n 的充分必要条件是 nnn 不是一个完全平方数。（出处2013 USA TST） 作者：鲤鱼233 链接：https://www.zhihu.com/question/46747265/answer/553819670 来源：知乎 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

可以证明这个命题是正确的。具体地，假设存在一个整系数多项式 P(x,y,z)P(x,y,z)P(x,y,z) ，使得对于任意的正整数 nnn，当且仅当 nnn 不是完全平方数时，存在 x,y,z∈Z x,y,z\in Z^ x,y,z∈Z，使得 P(x,y,z)=nP(x,y,z)=nP(x,y,z)=n。我们将会证明这个假设导致一个矛盾。

首先，考虑当 nnn 是完全平方数时的情形。如果 nnn 是一个完全平方数，那么设 n=k2n=k^2n=k2，其中 kkk 是一个正整数。因为 k2k^2k2 是完全平方数，根据假设，多项式 P(x,y,z)P(x,y,z)P(x,y,z) 在整点 (x,y,z)=(k,k,k)(x,y,z)=(k,k,k) (或任意一组所有坐标都是 kkk 的整点) 处取得了 nnn，因此 P(k,k,k)=k2nP(k,k,k)=k2nP(k,k,k)=k2 恒成立。

接下来，考虑 nnn 不是完全平方数的情形。根据假设，在这种情况下，存在一组整点 (x,y,z)(x,y,z)(x,y,z)，使得 P(x,y,z)=nP(x,y,z)=nP(x,y,z)=n。因此，多项式 Q(a,b,c)=P(an,bn,cn)Q(a,b,c)=P(an,bn,cn)Q(a,b,c)=P(an,bn,cn) 的系数是整数，并且满足 Q(1,0,0)=nQ(1,0,0)=nQ(1,0,0)=n（这里 a=1, b=0, c=0a=1, b=0, c=0a=1,b=0,c=0）。我们认为多项式 Q(a,b,c)Q(a,b,c)Q(a,b,c) 的最高次项的系数不为 000。因为我们可以将每个系数都除以最高次项的系数，这也不改变 Q(1,0,0)=nQ(1,0,0)=nQ(1,0,0)=n。

我们将对多项式 Q(a,b,c)Q(a,b,c)Q(a,b,c) 进行归纳证明：

当 Q(a,b,c)=0Q(a,b,c)=0Q(a,b,c)=0 时，我们得到了一个矛盾，因为如果 Q(a,b,c)=0Q(a,b,c)=0Q(a,b,c)=0，那么 P(an,bn,cn)=nnP(an,bn,cn)=nnP(an,bn,cn)=n 对一切整数 nnn 都成立，特别地，当 n=1n=1n=1 时，我们从 P(a,b,c)=P(a,b,c)=P(a,b,c)=1 会得到另一个矛盾。

因此，假设 Q(a,b,c)≠0Q(a,b,c)≠0Q(a,b,c)≠0。考虑用有理数域上的多项式来模仿这个过程。我们定义多项式 R(T)=Q(T,T+1,T+2)R(T)=Q(T,T+1,T+2)R(T)=Q(T,T+1,T+2)，然后证明 R(T)R(T)R(T) 在有理数域上有一些零点。

首先，假设 R(T)R(T)R(T) 是奇函数。换句话说，R(−T)=−R(T)R(-T)=-R(T)R(−T)=−R(T) 对一切 TTT 都成立。考虑有理数域上的多项式：R(T)/(T(T+1)(T+2))R(T)/(T(T+1)(T+2))R(T)/(T(T+1)(T+2))。由于在 TTT 趋近于正无穷时，这个多项式的次数增长速度最高，因此这个多项式至少有一个有理数根，在有限域 FpF_pFp 上可以找到这个根，其中 ppp 是一个足够大的质数。我们设这个根为 a/ba/ba/b，其中 aaaa 和 bbbb 是互质的整数，并且 b≠0b≠0b≠0。

接下来，因为 R(T)R(T)R(T) 是奇函数，因此我们有 R(a/b)=0R(a/b)=0R(a/b)=0。由于 aaaa 和 bbbb 是互质的，因此我们可以选择一个整数 xxx，使得 ax−1≡1(modb)ax-1≡1 \pmod bax−1≡1(modb)，也就是说，x(bk−1)+1=ax(bk−1)+1=a(bk−1+1)∈Zx(bk-1)+1=ax(bk-1)+1=a(bk-1+1) \in Zx(bk−1)+1=ax(bk−1)+1=a(bk−1+1)∈Z。因此，我们有 R(x)=Q(xk,xk+k,xk+2k)=P(xk,xk+k,xk+2k)=nR(x)=Q(xk,xk+k,xk+2k)=P(xk,xk+k,xk+2k)=nR(x)=Q(xk,xk+k,xk+2k)=P(xk,xk+k,xk+2k)=n。这意味着我们找到了一组整点 (xk,xk+k,xk+2k)(xk,xk+k,xk+2k)(xk,xk+k,xk+2k)，使得 P(xk,xk+k,xk+2k)=nP(xk,xk+k,xk+2k)=nP(xk,xk+k,xk+2k)=n，这与 nnn 是完全平方数的情形相矛盾。

因此，我们证明了假设的反面，不存在所需的整系数多项式 P(x,y,z)P(x,y,z)P(x,y,z)。因此，命题成立。