Существует ли решение?

[TR63]

Всё-таки не понятно, почему $c_1$ может оказаться не натуральным. Выносим $(k)$ за скобки, в скобках дробь, числитель которой всегда чётное число, которое при делении на два даёт натуральное $(c_1)$ (верно?).
Вопрос опять сформулировала не так. Исправляю.
Вопрос.
Верно ли, что в тройке $(a,b,c)$, являющейся решением системы, где не все чётные, существует пара, сумма которой является квадратом.
$(5,10,15)$, $10+15=25$.
Про $(m,n) $ ещё не всё понятно (пока подумаю).

[mihaild]

TR63 в сообщении #1202252 писал(а):

числитель которой всегда чётное число

Вот это непонятно почему (может быть это и правда, но надо доказывать).

TR63 в сообщении #1202252 писал(а):

Верно ли, что в тройке $(a,b,c)$, являющейся решением системы, где не все чётные, существует пара, сумма которой является квадратом.

Нет, неверно. Контрпример: $15, 30, 45$.

[TR63]

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


$c=\frac{-\alpha_1+\sqrt{\alpha_1^2+4\alpha_1x}}{2}$

$\alpha_1^2+4\alpha_1x-\beta^2=0$

$\alpha_1=-2x+\sqrt{4x^2+\beta^2}$

$(\beta,x,r)$ по условию не взаимно простые. Необходимо, чтобы они имели все общий множитель. Т.е. можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$
Тогда получаем, что
$\alpha_1=k\alpha_{n_1}$

$c=kc_1$

Подставим значения $(\alpha_1;x)$ в формулу для $(c)$. Получим:

$c=k[\frac{(-\alpha_{n_1})+(\sqrt{\alpha_{n_1}^2+4\alpha_{n_1}x_1})}{2}]$

$p+\sqrt{p^2+4py}=2c_1$ независимо от чётности $p$
Если это верно, то аналогично можно записать, что $a=k_1b_1$, $b=k_2a_1$, и ввести другое определение минимального решения.
mihaild, спасибо за контрпример.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1202352 писал(а):

$p+\sqrt{p^2+4py}=2c_1$ независимо от чётности $p$

Возможно, но неочевидно.

TR63 в сообщении #1202352 писал(а):

Если это верно, то аналогично можно записать, что $a=k_1b_1$, $b=k_2a_1$,

Еще надо будет доказать, что $a$ делится на $k_1$ (и непонятно, что нам с разложения $b$ на два ни с чем не связанных множителя).

[TR63]

TR63 в сообщении #1202352 писал(а):

Подставим значения $(\alpha_1;x)$ в формулу для $(c)$. Получим:

$c=k[\frac{(-\alpha_{n_1})+(\sqrt{\alpha_{n_1}^2+4\alpha_{n_1}x_1})}{2}]$

$(\alpha_{n_1},x_1)$ натуральны (верно?, если неверно, то объясните, пожалуйста, почему Вы так считаете, т.к. я не понимаю, почему это может быть не верным). Подкоренное выражение точный натуральный квадрат(верно?).

TR63 в сообщении #1202352 писал(а):

$p+\sqrt{p^2+4py}=2c_1$ независимо от чётности $p$

mihaild в сообщении #1202377 писал(а):

Возможно, но неочевидно.

Не очевидным это возможно только в случае, если подкоренное выражение не является натуральным квадратом. Но из условий, при которых оно рассматривается, может быть только точным натуральным квадратом. Или я чего-то не понимаю. Чего именно? (Здесь $(p)$ просто переобозначение, чтобы была видна структура числителя; Вы же писали, что не очевидно, что $(c=kc_1)$, где $(c_1)$ натуральное).

-- 21.03.2017, 16:18 --

mihaild в сообщении #1202377 писал(а):

и непонятно, что нам с разложения $b$ на два ни с чем не связанных множителя).

Возможно, что ничего. Но сначала разберёмся с первым вопросом.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1202405 писал(а):

$(\alpha_{n_1},x_1)$ натуральны

Ну т.е. вы не написали, что такое $k$, то не знаю. Если попробовать угадать, что $k$ - общий делитель $x, \beta, r$ - то да, верно.

TR63 в сообщении #1202405 писал(а):

Не очевидным это возможно только в случае, если подкоренное выражение не является натуральным квадратом.

Неочевидно, что $p + \sqrt{p^2 + 4py}$ делится на $2$, если под корнем стоит точный квадрат (подумав, сообразил, почему это правда, но всё же явно выписывать такие моменты надо - с обоснованием).

[TR63]

mihaild в сообщении #1202415 писал(а):

вы не написали, что такое $k$,

Вообще-то написала

TR63 в сообщении #1202352 писал(а):

можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$
Тогда получаем, что

Понятно, что $(a;b)$ аналогично можно представить в виде произведения двух натуральных сомножителей?
Если понятно, то буду думать дальше. Есть идея. Надо её проверить.

[mihaild]

TR63, можно. Например, $k = 42, x_1 = \frac{x}{42}$ и т.д.

TR63 в сообщении #1202420 писал(а):

Понятно, что $(a;b)$ аналогично можно представить в виде произведения двух натуральных сомножителей?

Да, например $a = 1 \cdot a$.

Вообще, старайтесь явно выписывать весь смысл вводимых обозначений. Если четко прописано, какие свойства у чего есть - станет гораздо проще отслеживать, что происходит.

[TR63]

mihaild в сообщении #1202422 писал(а):

TR63, можно. Например, $k = 42, x_1 = \frac{x}{42}$ и т.д.

Не поняла, о чём и к чему это относится.

mihaild в сообщении #1202415 писал(а):

Если попробовать угадать, что $k$ - общий делитель $x, \beta, r$ - то да, верно.

Хорошо. Теперь поняла.
Я писала, что

TR63 в сообщении #1202352 писал(а):

$(\beta,x,r)$ по условию не взаимно простые. Необходимо, чтобы они имели все общий множитель. Т.е. можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$

mihaild в сообщении #1202422 писал(а):

Да, например $a = 1 \cdot a$

Этот пример не относится к области определения. У нас по условию $(a,b,c)$>1. Значит, похоже, не поняли. Тогда, если будет необходимость в продолжении темы, распишу подробнее.
Насчёт, писать подробнее, учту.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1202455 писал(а):

$(\beta,x,r)$ по условию не взаимно простые. Необходимо, чтобы они имели все общий множитель. Т.е. можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$

Вот тут надо сказать, что $k$ - это этот самый общий делитель (и он больше $1$).

TR63 в сообщении #1202420 писал(а):

что $(a;b)$ аналогично можно представить в виде произведения двух натуральных сомножителей

Если $a$ - натуральное, то $a = 1 \cdot a$ - это представление $a$ в виде произведения двух натуральных сомножителей.

[TR63]

Хорошо. С уточнением

TR63 в сообщении #1202420 писал(а):

Понятно, что $(a;b)$ аналогично можно представить в виде произведения двух натуральных сомножителей?

каждый из которых больше $1$. (Это верно?) Или это надо расписывать подробно. Там, вроде, всё аналогично.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1202472 писал(а):

Или это надо расписывать подробно

Надо доказать, что, если $p + \sqrt{p^2 + 4py}$ - целое, то оно делится на $2$.
И еще показать, что не получится $c_ 1 =1$.

[TR63]

mihaild в сообщении #1202521 писал(а):

Надо доказать, что, если $p + \sqrt{p^2 + 4py}$ - целое, то оно делится на $2$.
И еще показать, что не получится $c_ 1 =1$

Здесь $(p,y,k,q)$ натуральные и
$p=kp_1$

$y=ky_1$

$p^2+4py=q^2$

$c_1=\frac{p+\sqrt{p^2+4py}}{2}$

Разве не очевидно, что $c_1>1$ и натурально?

[mihaild]

Нет, не очевидно. И совершенно непонятно, чем введение новых букв тут помогло.

[TR63]

Ранее мною была сделана опечатка. Отсюда недоразумение с ${c_1>1}$. Правильно будет ${c_1\ge1}$
Исправляю.

TR63 в сообщении #1202352 писал(а):

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


$c=\frac{-\alpha_1+\sqrt{\alpha_1^2+4\alpha_1x}}{2}$

$\alpha_1^2+4\alpha_1x-\beta^2=0$

$\alpha_1=-2x+\sqrt{4x^2+\beta^2}$

$(\beta,x,r)$ по условию не взаимно простые. Необходимо, чтобы они имели все общий множитель. Т.е. можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$
Тогда получаем, что
$\alpha_1=k\alpha_{n_1}$

$c=kc_1$

Подставим значения $(\alpha_1;x)$ в формулу для $(c)$. Получим:

$c=k[\frac{(-\alpha_{n_1})+(\sqrt{\alpha_{n_1}^2+4\alpha_{n_1}x_1})}{2}]$

$-p+\sqrt{p^2+4py}=2c_1$ независимо от чётности $p$
Если это верно, то аналогично можно записать, что $a=k_1b_1$, $b=k_2a_1$, и ввести другое определение минимального решения.

mihaild, с чётностью числителя Вы, вроде, ранее согласились (верно?).

mihaild в сообщении #1202415 писал(а):

Если попробовать угадать, что $k$ - общий делитель $x, \beta, r$ - то да, верно.

Если замечаний больше нет, то получаем $c=kc_1$, где $k>1$, $c_1\ge1$. И аналогично $a=k_1a_1$, $b=k_2b_1$, где $(k_1;k_2)>1$, $(a_1;b_1)\ge1$. Т.к. $(a,b,c)$ взаимно просты, то $(a_1,b_1,c_1)$ тоже взаимно просты.
Будем считать, что тройка $(a,b,c)$ минимальная из возможных, дающих решение системы (прежнее определение минимального решения надо убрать).
Если замечаний не будет, то подставляем эту тройку $(kc_1,k_1a_1,k_2b_1)$ в систему и смотрим, можно ли получить противоречие.

-- 23.03.2017, 09:54 --

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):

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.