Существует ли решение?

[TR63]

При рассмотрении задачи из "Олимпиадного раздела" у меня возникла другая идея. Прошу проверить, есть ли ошибки в решении.
Задача: при натуральных $(a,b,c)>1$, не имеющих общего делителя, для системы уравнений
$\frac{c^2}{a+b}=\alpha_1$, $\frac{b^2}{a+c}=\alpha_2$, $\frac{a^2}{b+c}=\alpha_3$
существуют ли натуральные решения $(a,b,c)$, при которых $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ натуральны.

Допустим, что решение существует. Тогда можно взять произвольное решение, обозначив его $(a,b,c)$. Достаточно считать, что (c) чётно, (a,b) не чётны одновременно.
Сделаем обозначение $a+b+c=x$
$c^2+\alpha_1c-\alpha_1x=0$
$x=mn$, $m>n$
$c=n(m-n)$, (n) может быть только чётным (иначе будет противоречие).
$x-c=n^2$
$\alpha_1=(m-n)^2$
$(a+b)+(a+c)+(b+c)=2(a+b+c)=2x=2mn=n^2+n_1^2+n_2^2$
Левая часть делится на четыре, а правая не делится (сумма нечётных квадратов не делится на четыре). Противоречие. Значит натуральных решений не существует.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):

$c=n(m-n)$, (n) может быть только чётным (иначе будет противоречие).

Почему? Из $a$ и $b$ одно четное, другое нечетное, $x$ нечетное, $m$ и $n$ оба нечетные, $m - n$ четное.

[TR63]

mihaild в сообщении #1201230 писал(а):

Из $a$ и $b$ одно четное

Получаем $(a+c)$ чётное, $b^2$ нечётное. Нечётное не делится на чётное. Поэтому

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):

(a,b) не чётны одновременно.

[mihaild]

Да, я прочитал "$(a,b)$ не чётны одновременно" как "хотя бы одно из них нечетное.

Тогда непонятно, почему существуют $n$ и $m$, через которые выражаются $x$ и $c$ нужным образом.

[Shadow]

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):

$x=mn$, $m>n$
$c=n(m-n)$.

Не понимаю.
Давайте на примере $a=5,b=15,c=10$ "разжевите" ваше доказательство. (Нигде в вашем доказательстве условие взаимной простоты не используется).

[TR63]

mihaild в сообщении #1201269 писал(а):

непонятно, почему существуют $n$ и $m$, через которые выражаются $x$ и $c$ нужным образом.

Решаем квадратное уравнение

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):

Сделаем обозначение $a+b+c=x$
$c^2+\alpha_1c-\alpha_1x=0$

и получаем нужные значения.
Если Вы считаете, что ошибка в решении квадратного уравнения, то я распишу подробнее, хотя непосредственная проверка подстановкой показывает, что решение найдено верно.

-- 17.03.2017, 21:54 --

Shadow в сообщении #1201277 писал(а):

Нигде в вашем доказательстве условие взаимной простоты не используется).

Это условие используется при исключении из рассмотрения случая, когда все (a,b,c) чётны, т.к. тогда противоречия не получается (сумма чётных квадратов на четыре делится).

-- 17.03.2017, 22:06 --

Shadow в сообщении #1201277 писал(а):

Давайте на примере $a=5,b=15,c=10$

Здесь имеется общий делитель. Я считаю, что к предложенному примеру метод не относится. Если у Вас другое мнение, то прошу его обосновать или указать на ошибку при её наличии.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201278 писал(а):

Решаем квадратное уравнение

Получаем $c = \frac{-\alpha_1 \pm \sqrt{\alpha_1 + 4\alpha_1 x}}{2}$. Что дальше?

На примере Shadow (там как у вас - $c$ четно, $a$ и $b$ - нет) как раз получаем $c = 10, x = 5$ - и чему равны $m$ и $n$?

[TR63]

mihaild, проверьте подкоренное выражение (там опечатка). Оно должно быть точным квадратом. Опять решаете квадратное уравнение. И получите нужные значения.
В примере Shadow имеется общий делитель. Этот класс не рассматривается. Этот момент можно будет рассмотреть подробнее, когда выясним, что других ошибок нет. (Меня он тоже смущает, хотя особых причин к тому пока не вижу.)

[mihaild]

Да, там должно быть $\alpha_1^2 + 4\alpha_1 x$ под корнем. Ок, это точный квадрат (в примере Shadow - $625$), и что?

Давайте вы всё-таки напишете, как вы получаете $m$ и $n$, тем более что в общем случае их вообще не существует.

[TR63]

$\alpha_1^2 + 4\alpha_1 x-\beta^2=0$

$4x^2+\beta^2=r^2$

$2x=2mn$

$\beta=m^2-n^2$

$r=m^2+n^2$

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):

Сделаем обозначение $a+b+c=x$
$c^2+\alpha_1c-\alpha_1x=0$
$x=mn$, $m>n$
$c=n(m-n)$, (n) может быть только чётным (иначе будет противоречие).
$x-c=n^2$
$\alpha_1=(m-n)^2$
$(a+b)+(a+c)+(b+c)=2(a+b+c)=2x=2mn=n^2+n_1^2+n_2^2$

[mihaild]

И причем тут НОД? Взаимной простотой вы нигде не пользовались.

TR63 в сообщении #1201320 писал(а):

$4x^2+\beta^2=r^2$
$2x=2mn$
$\beta^2=m^2-n^2$
$r^2=m^2+n^2$

$m$ и $n$ всё еще вводятся без пояснений. Ладно, мы не гордые, выразим: $n = \sqrt{\frac{r^2 - \beta^2}{2}}, m = \sqrt{\frac{\beta^2 + r^2}{2}}$. Т.к. $r^2 - \beta^2$ - точный квадрат, не равный нулю, то шансов оказаться целым у $n$ нет.

[TR63]

mihaild в сообщении #1201325 писал(а):

И причем тут НОД?

Где у меня написано про НОД?

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):

при натуральных $(a,b,c)>1$, не имеющих общего делителя

mihaild в сообщении #1201325 писал(а):

нигде не пользовались.

Пользовалась.

TR63 в сообщении #1201278 писал(а):

Это условие используется при исключении из рассмотрения случая, когда все (a,b,c) чётны, т.к. тогда противоречия не получается (сумма чётных квадратов на четыре делится).

mihaild в сообщении #1201325 писал(а):

$m$ и $n$ всё еще вводятся без пояснений

Вроде, это известный факт ( теорема Ферма при показателе, равном двум).

[mihaild]

TR63 в сообщении #1201330 писал(а):

Где у меня написано про НОД?

Было написано до изменения сообщения.

Ну так в приведенном примере неверно, что "все $(a, b, c)$ четны" (существование общего делителя и его равенство $2$ - разные свойства).

Только не Ферма, а формула примитивных пифагоровых троек, т.е. надо, чтобы $(x, \beta, r)$ были взаимно просты. Что надо доказывать (и что точно можеть быть неправдой если исходные $a, b, c$ не взаимно просты).

UPD: до исправления у вас была опечатка ($\beta^2$ и $r^2$ в выражении их через $m$ и $n$).

[TR63]

mihaild в сообщении #1201334 писал(а):

в приведенном примере неверно, что "все $(a, b, c)$ четны

Но верно, что имеют общий делитель. А, класс с общим делителем не рассматривается. Почему нельзя не рассматривать такой класс. Ведь при доказательстве я использую не свойство все "числа чётны", а свойство "отсутствие общего множителя".

[mihaild]

TR63, довольно странно использовать что-то в доказательстве, не требуя это и не упоминая, где используется:)
Где нужно, чтобы все три не были четными - понятно.
Видно, что нужно, чтобы $x, \beta, r$ были взаимно простыми. Непонятно пока, следует ли это из взаимной простоты $a, b, c$.