Составные числа

[Rak so dna]

1. Натуральные числа $a,b,c,d$ таковы, что $a>b>c>d$ и $a^2+ac-c^2=b^2+bd-d^2$, доказать, что число $ab+cd$ составное.

2. Натуральные числа $a,b,c,d$ таковы, что $a^2+ab+b^2=c^2+cd+d^2$, доказать, что число $a+b+c+d$ составное.

[nnosipov]

Настолько старый сюжет, что даже приятно вспомнить. Но простой, старина deepseek, скорее всего, осилит.

А с чего вдруг захотелось это вспомнить?

[Rak so dna]

nnosipov в сообщении #1720049 писал(а):

А с чего вдруг захотелось это вспомнить?

Подумал, что это будет интересно и алгебраистам и геометрам и числовикам ( школьным естественно ).

[nnosipov]

Rak so dna в сообщении #1720070 писал(а):

и геометрам

Вот чего-чего, а геометрии я не вижу. А какая она здесь?

Не сразу, но нашел тему, в которой мы обсуждали подобные задачи: topic50614.html С той моей задачей вышел забавный казус. Я ее послал в журнал "Математика в школе", она вышла (Задача 5236 // Математика в школе. 2012. № 2. С. 76.), но в совершенно другой формулировке:

Натуральные числа $a$, $b$, $c$, $d$ таковы, что $a^2-ab+b^2=c^2-cd+d^2$. Докажите, что число $a+b+c+d$ --- составное.

Из обсуждения с тогдашним редактором "Отдела задач" выяснилось, что он решил улучшить формулировку задачи и в итоге доулучшал ее до такого состояния, что это стало походить на плагиат: ведь если уравнение заменить на $a^2+ab+b^2=c^2+cd+d^2$, то получается в точности одна из задач Санкт-Петербургской математической олимпиады 1999 года.

-- Сб мар 14, 2026 15:05:32 --

Rak so dna в сообщении #1720024 писал(а):

1. Натуральные числа $a,b,c,d$ таковы, что $a>b>c>d$ и $a^2+ac-c^2=b^2+bd-d^2$, доказать, что число $ab+cd$ составное.

Здесь опечатка в условии или это просто версия задачи с 42-й IMO, а не сама эта задача?

[Shadow]

nnosipov в сообщении #1720175 писал(а):

Вот чего-чего, а геометрии я не вижу. А какая она здесь?

Мне тоже интересно, геом. интерпретация второй задачи: У выпуклого четырехугольника с целыми сторонами и противоположные углы по 120 градусов периметр - составное число.

Трудная алгебрическая задача с простым геометричным решением, например (думаю, известная). Дано:

$\begin{cases} x^2+xy+y^2=4\\y^2+yz+z^2=9\\z^2+zx+x^2=13\end{cases}$

Найти $xy+yz+zx$

Относительно второй задачи в топике, можно решить параметрически (школьными методами - разность квадратов, параметризация $AB=CD$ и т.д) и показать, что

$a+b+c+d=p(3q+r)$ для натуральных параметров $p,q,r,s$ где при $p=1$ не будут положительные решения. Т.е в целых числах утверждение не верно, напр $(a,b,c,d)=(10,-1,1,9)$

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1720180 писал(а):

У выпуклого четырехугольника с целыми сторонами и противоположные углы по 120 градусов периметр - составное число

А, действительно, забавно.

-- Сб мар 14, 2026 16:21:14 --

Shadow в сообщении #1720180 писал(а):

Трудная алгебрическая задача с простым геометричным решением, например (думаю, известная). Дано:

$\begin{cases} x^2+xy+y^2=4\\y^2+yz+z^2=9\\z^2+zx+x^2=13\end{cases}$

Найти $xy+yz+zx$

Да, это известный сюжет. Но без дополнительных ограничений на $x$, $y$, $z$ ответ неоднозначен (над любым полем характеристики ноль получаем $(xy+yz+zx)^2=48$, и это уже чисто алгебраически). Интересно, а что будет над полем ненулевой характеристики?

[Rak so dna]

Shadow в сообщении #1720180 писал(а):

Трудная алгебрическая задача с простым геометричным решением, например (думаю, известная). Дано:

$\begin{cases} x^2+xy+y^2=4\\y^2+yz+z^2=9\\z^2+zx+x^2=13\end{cases}$

Найти $xy+yz+zx$

Ответ следует из тождества:

\footnotesize\begin{align*} &48-\left(ab+bc+ca\right)^2= \frac{3}{2}\left(16-\left(a^2+ab+b^2\right)^2\right) +\frac{1}{156}\Bigl(13\left(a^2+ab+b^2\right) - 4\left(c^2+ca+a^2\right)\Bigr)^2\\ &+ \frac{8}{27}\left(81-\left(b^2+bc+c^2\right)^2\right)+ \frac{1}{351}\Bigl(13\left(b^2+bc+c^2\right) - 9\left(c^2+ca+a^2\right)\Bigr)^2+ \frac{1}{108}\Bigl(9\left(a^2+ab+b^2\right) - 4\left(b^2+bc+c^2\right)\Bigr)^2 \end{align*}

(Оффтоп)

f(t) :=
48-(a*b+b*c+c*a)^2 ;

r(t) :=
+ 3/2*(16-(a^2+a*b+b^2)^2) 
+ 1/156*(13*(a^2+a*b+b^2) - 4*(c^2+c*a+a^2))^2
+ 8/27*(81-(b^2+b*c+c^2)^2)
+ 1/351*(13*(b^2+b*c+c^2) - 9*(c^2+c*a+a^2))^2
+ 1/108*(9*(a^2+a*b+b^2) - 4*(b^2+b*c+c^2))^2 ;

rat( f(t) - r(t) );

-- 14.03.2026, 17:48 --

А, ну теперь видно, что можно выразить $ab+bc+ca$ через $a^2+ab+b^2,~b^2+bc+c^2,~c^2+ac+a^2$:

\begin{align*} &3(ab+bc+ca)^2 + (a^2+ab+b^2)^2 + (b^2+bc+c^2)^2 + (c^2+ac+a^2)^2\\ &=2(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)+2(b^2+bc+c^2)(c^2+ac+a^2)+2(c^2+ac+a^2)(a^2+ab+b^2) \end{align*}

Я же использовал идею, что если $a^2+ab+b^2\leq 4$ и $b^2+bc+c^2\leq 9$, то $(ab+bc+ca)^2\leq 48$. Обидно...

[Shadow]

Rak so dna Красиво. Класическое решение связано с точкой Торичелли в треугольнике со сторонами $2,3,\sqrt{13}$ (Он прямоугольный для облекчения учащихся). А $xy+yz+zx$ связано с площадью данного треугольника.