2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки





Начать новую тему Ответить на тему
 
 (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение14.03.2017, 03:50 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5217
Найдите все тройки взимно-простых целых положительных чисел $(a,b,c)$ такие, что $(a+b)\mid c^2$, $(a+c)\mid b^2$ и $(b+c)|a^2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение14.03.2017, 05:12 


20/08/14
3458
Россия, Москва
Если $x|y$ понимать как $y$ делится на $x$ без остатка, то таких троек навалом и больше (бесконечно). Вот первые с числами до сотни:
Используется синтаксис Text
5,10,15
8,24,40
9,36,45
10,15,35
11,33,88
18,45,63
21,28,35
24,40,56
28,42,70
36,45,99
Уже для четвёртой тройки сумма никаких двух чисел не равна квадрату третьего.
И все тройки можно домножать на натуральный коэффициент ...

Если же понимать делимость на квадрат ... То есть ли такие тройки вообще? Сомневаюсь.

 Профиль  
                  
 
 Re: (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение14.03.2017, 05:14 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5217
Виноват, забыл указать условие - $a,b,c$ должны быть взаимно простыми, т.е. $\gcd(a,b,c)=1$.
Теперь оно на месте.

-- Mon Mar 13, 2017 21:21:52 --

Dmitriy40, к сожалению, среди ваших троек взаимно простых нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение15.03.2017, 17:56 


20/08/14
3458
Россия, Москва
Проверил все комбинации чисел до 65535, решений тоже не нашёл.
Подозреваю если решение и есть, то с какими-то хитрыми числами, типа чисел Каталана или Чена. Но без понятия какие именно. :cry:

 Профиль  
                  
 
 Re: (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение15.03.2017, 19:52 


24/12/13
207
Так как $a+b,b+c,c+a$ попарно взаимно просты, то
$(a+b+c)^2$ делится на $(a+b)(b+c)(c+a)$.
что неверно, так как $(a+b)(b+c)(c+a)>(a+b+c)^2$
при натуральных $a,b,c>1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение15.03.2017, 22:08 


26/08/11
1659
rightways в сообщении #1200697 писал(а):
Так как $a+b,b+c,c+a$ попарно взаимно просты,
Не понял, где написано?

 Профиль  
                  
 
 Re: (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение16.03.2017, 08:16 


26/08/11
1659
Я согласен с доказательством rightways. Если $a+b$ и $b+c$ имеют общий простой делитель $p$, то $c^2$ и $a^2$ должны делится на $p$, что противоречит условию.

 Профиль  
                  
 
 Re: (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение16.03.2017, 12:41 
Заслуженный участник


12/08/10
956
Там взаимная простота в совокупности.

 Профиль  
                  
 
 Re: (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение16.03.2017, 14:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1729
Москва
Ну если $c$ и $a $ делятся на $p $, то и $b^2$ тоже.

 Профиль  
                  
 
 Re: (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение22.03.2017, 17:05 


21/11/12
472
maxal в сообщении #1202640 писал(а):
$(a+b)\mid c^2$, $(a+c)\mid b^2$ и $(b+c)|a^2$

Решения с попарно взаимно простыми $(a,b,c)$ существуют, но не натуральные. Например $(-3,5,4)$ или $(1761,-1711,1720)$.

Сделаем подстановки $a\rightarrow \frac{A+B-C}{2},\ b\rightarrow \frac{B+C-A}{2},\ c\rightarrow \frac{C+A-B}{2}.$ Тогда $B\mid \left(\frac{C+A-B}{2} \right)^2,\ C\mid \left(\frac{A+B-C}{2} \right)^2,\ A\mid \left(\frac{B+C-A}{2} \right)^2.$
Общее решение уравнения $PQ=R^2$ известно: $P=KL^2,Q=KM^2,R=KLM$, сделаем сообразно этому новые подстановки: $B\rightarrow Xx^2;C\rightarrow Yy^2; A\rightarrow Zz^2.$ Тогда существуют целые $t_1,t_2,t_3$ такие, что $$\begin{cases} & Yy^2+Zz^2-Xx^2=2Xxt_1  \\  & Zz^2+Xx^2-Yy^2=2Yyt_2  \\  & Xx^2+Yy^2-Zz^2=2Zzt_3 \end{cases}\ (1)$$ Суммируя левые и правые части, получаем выражение $Xx^2+Yy^2+Zz^2=2(Xxt_1+Yyt_2+Zzt_3)$. Сумма двух любых слагаемых в левой части кратна третьему слагаемому, взятому без квадрата. Если слагаемые попарно взаимно просты, то сумма кратна всем переменным, и можно записать $$Xx^2+Yy^2+Zz^2=2KXYZxyz\ (2)$$ Такое уравнение равносильно системе $(1)$, поскольку целые $ t_1=\dfrac{\frac{Yy^2+Zz^2}{Xx}-x}{2},\ t_2=\dfrac{\frac{Zz^2+Xx^2}{Yy}-y}{2},\ t_3=\dfrac{\frac{Xx^2+Yy^2}{Zz}-z}{2}$ определены. Из него следуют также решения задачи:

$a=\dfrac{Yy^2+Zz^2-Xx^2}{2},\ b=\dfrac{Zz^2+Xx^2-Yy^2}{2},\  c=\dfrac{Xx^2+Yy^2-Zz^2}{2},$ но именно при условии попарной вз. простоты слагаемых. Чем-то оно напоминает уравнение Маркова с тремя квадратами. Положим $K=1,\ X=Y=1,Z=2$. Тройка маленьких решений уравнения $x^2+y^2+2z^2=4xyz$ видна невооруженным глазом: $x=y=z=1$, значит возможны замены $x\rightarrow x'=4yz-x, y\rightarrow y'=4xz-y, z\rightarrow z'=2xy-z. $ Следуя логике Маркова, получаем дерево решений уравнения: $$\def\baselinestretch{2.5} {\footnotesize \begin{matrix}
&  &  & (1,1,1) &  &  & \\ 
&  &  & (3,1,1) &  &  & \\ 
& (3,1,5) &  &  &  & (3,11,1) & \\ 
(3,59,5) &  & (17,1,5) &  & (3,11,65) &  & (41,11,1)
\end{matrix}}$$
и дерево решений задачи:
$$\def\baselinestretch{2.5} {\footnotesize \begin{matrix}
&  &  & (1,1,0) &  &  & \\ 
&  &  & (-3,5,4) &  &  & \\ 
& (21,29,-20) &  &  &  & (57,-55,64) & \\ 
(1761,-1711,1720) &  & (-119,169,120) &  & (4281,4169,-4160) &  & (-779,781,900)
\end{matrix}}$$
и т.д. При каких еще фиксированных значениях $X,Y,Z$ можно получить подобную картину, мне не известно. Очень интересный вопрос. Переходя к положительным решениям, возвращаемся к системе $(1)$. Из нее можно получить следующее равенство: $$Xx(x+t_1)=Yy(y+t_2)=Zz(z+t_3)$$ Обозначив $D=H.O.K.\left[x(x+t_1),y(y+t_2),z(z+t_3) \right]$, находим $$X=\dfrac{D}{x(x+t_1)},Y=\dfrac{D}{y(y+t_2)},Z=\dfrac{D}{z(z+t_3)}\ (3),$$ причем $\gcd (X,Y,Z)=1$. Относительно $X,Y,Z$ система линейна и однородна, остается выяснить условия ее разрешимости. Приравнивая определитель системы к нулю при ненулевых $x,y,z$, получаем ключевое уравнение $$xt_2 t_3+yt_1 t_3+zt_1 t_2+2t_1 t_2 t_3=xyz\ (4)$$ Его можно переписать так: $\dfrac{x}{t_1}=\dfrac{(y+t_2)(z+t_3)}{yz-t_2t_3}-1$. Для произвольных аргументов $yz>t_2t_3$, связанных отношением взаимной простоты, несократимая дробь в левой части положительна и определена однозначно. Из $(3)$ находим $X,Y,Z$ и положительные решения задачи $a=Xxt_1,b=Yyt_2,c=Zzt_3$, которые не бывают вз. просты по причинам, указанным rightways. Это собственно полное решение, хотя с оговоркой. Взаимная простота переменных $(x,t_1),(y,t_2),(z,t_3)$ хорошо укладывается в схему рассуждений, но сама по себе ниоткуда не следует. Вместо них можно брать пары $(d_1x,d_1t_1),(d_2y,d_2t_2),(d_3z,d_3t_3)$, где $d_1,d_2,d_3$ - независимые переменные, не имеющие общего делителя $>1$. Слагаемые уравнения $(4)$ будут тогда кратны $d_1d_2d_3$, что и не запрещено. Это должно дать другие решения, но в корне ничего не меняет. Не проверял. Веселая задача, мне понравилась.

P.S. Маленькие значения $x,t_1$ можно получить при $y\equiv -t_2$ и $z\equiv -t_3$ по некоторому модулю.
Исправлено 24.03.2017

 Профиль  
                  
 
 Re: (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение31.03.2017, 20:41 


21/11/12
472
Upd
Кажется, тут возможно обобщение для степеней $>2$. Условимся считать произведение оснований степеней канонического разложения некоторого $p$ равным $p'$. Оно всегда свободно от квадратов, и если $p$ свободно от квадратов, то $p'=p$. Пусть даны две несократимые дроби $\dfrac{p_1}{q_1}>\dfrac{q_2}{p_2}$. Этим определена третья несократимая дробь $\dfrac{p_3}{q_3}=\dfrac{(p_1+q_1)(p_2+q_2)}{p_1p_2-q_1q_2}-1$, а также $r_1=\dfrac{D}{p_1'(p_1+q_1)}, r_2=\dfrac{D}{p_2'(p_2+q_2)}$ и $r_3=\dfrac{D}{p_3'(p_3+q_3)}$, где $D=lcm\    [p_1'(p_1+q_1), p_2'(p_2+q_2), p_3'(p_3+q_3)]$.
Тогда для $a=p_1'q_1r_1, b=p_2'q_2r_2, c=p_3'q_3r_3$ выполняется $(a+b)\mid c^n, (b+c)\mid a^n, (c+a)\mid b^n$, где $n$ – натуральный показатель, на единицу превосходящий наибольшую степень разложений $p_1, p_2, p_3$ (верхний порог). Впрочем, тут описывается предельный случай, позволяющий надеяться на получение вз. простых троек $a,b,c$. В общем случае параметры $p'$ не обязательно свободны от квадратов: промежуточные степени могут трактоваться свободно, можно ведь «завести» их и в первую степень, свойства простых тут не причем. Если же «задеть» такой операцией старшую степень разложения, это повлияет на выбор $n$. Для получения соразмерной дроби $\dfrac{p_3}{q_3}$ по-прежнему полезно брать $p_1\equiv -q_1, p_2\equiv -q_2$ по некоторому модулю.
Теперь самое интересное: сколько ни гонял прогу, ни одной вз. простой тройки так и не получил, а ведь доказательство rightways тут не работает. Совсем весело.

 Профиль  
                  
 
 Re: (a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2
Сообщение01.04.2017, 18:11 


21/11/12
472
P.S. Примеры:

$\left(6+26 \right)\mid 46^5,\ \left(26+46 \right)\mid 6^5,\ \left(46+6 \right)\mid 26^5.\ \gcd =2$

$\left(120+141 \right)\mid 609^6,\ \left(141+609 \right)\mid 120^6,\ \left(609+120 \right)\mid 141^6.\ \gcd =3$

$\left(120+130 \right)\mid 140^3,\ \left(130+140 \right)\mid 120^3,\ \left(140+120 \right)\mid 130^3.\ \gcd =10$

Их полно. Кроме единицы. Очень непохоже на случайность.
В показателях степеней единственное исключение тоже единица, может... короче, кругом единица.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 12 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group