(a+b)|c^2, (a+c)|b^2, (b+c)|a^2

[maxal]

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

[Dmitriy40]

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.

[maxal]

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.

[Dmitriy40]

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.

[rightways]

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 $a,b,c>1$.

[Shadow]

rightways в сообщении #1200697 писал(а):

Так как $a+b,b+c,c+a$ попарно взаимно просты,

Не понял, где написано?

[Shadow]

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.

[Null]

Там взаимная простота в совокупности.

[ex-math]

Ну если $c$ и $a $ делятся на $p $, то и $b^2$ тоже.

[Andrey A]

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

[Andrey A]

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.

[Andrey A]

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.