Существует ли решение?

[mihaild]

TR63 в сообщении #1202796 писал(а):

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

mihaild в сообщении #1202415 писал(а):

Неочевидно, что $p + \sqrt{p^2 + 4py}$ делится на $2$, если под корнем стоит точный квадрат

Т.е. это правда, но вы пока не доказали, что это правда.

Вообще, "согласился ли mihaild с чем-то" - плохой критерий правильности. Хороший критерий - приведены выкладки с четко прописанными обозначениями и переходами.

TR63 в сообщении #1202796 писал(а):

И аналогично $a=k_1a_1$, $b=k_2b_1$, где $(k_1;k_2)>1$, $(a_1;b_1)\ge1$.

Аналогично не получится. Может оказаться, что получающиеся для $a$ $\beta_a, r_a, x$ взаимно просты (вы использовали существование $n, n_1, n_2$ - так что чтобы доказательство сломалось, достаточно одной не взаимно простой тройки).

(кстати, попробуйте ставить индексы как-то более согласованно - это упростит чтение)

[TR63]

mihaild в сообщении #1202835 писал(а):

Аналогично не получится. Может оказаться, что получающиеся для $a$ $\beta_a, r_a, x$ взаимно просты (вы использовали существование $n, n_1, n_2$ - так что чтобы доказательство сломалось, достаточно одной не взаимно простой тройки)

Этого пока не поняла. Но поняла, что, если бы и было аналогично, всё равно, стандартными логическими рассуждениями таким способом противоречия не получается, только, пользуясь абсолютно ложным во всей области определения утверждением. Но это будет не доказательство, а гипотеза.
Других идей нет. Вопросов больше нет. Спасибо.

[TR63]

Появилась новая идея, с помощью которой можно завершить доказательство стандартными логическими рассуждениями, если не будет ошибок (прошу проверить). Перепишем начало решения заново.

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):

Задача: при натуральных $(a,b,c)>1$, не имеющих общего делителя, для системы уравнений
$\frac{c^2}{a+b}=\alpha_1$, $\frac{b^2}{a+c}=\alpha_3$, $\frac{a^2}{b+c}=\alpha_2$
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

1). $c = \frac{-\alpha_1\pm \sqrt{\alpha_1^2 + 4\alpha_1 x}}{2}$

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

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

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

$(a;b)$ вычисляли аналогично:

2). $a=\frac{-\alpha_2+\sqrt{\alpha_2^2+4\alpha_2x}}{2}$

3). $b=\frac{-\alpha_3+\sqrt{\alpha_3^2+4\alpha_3x}}{2}$

Выяснили, что, если $(x_i, \beta_i,r_i)$, где $i=(c,b,a)$, взаимно просты, то одновременно натуральных решений не существует.

Теперь продолжение.

Если появляется множитель $(k)$, т.е. $(2x)\to k\cdot(2x)$, то и $(\alpha_1)\to k\cdot(\alpha_1)$ и для сохранения равенства должно быть $(c)\to k\cdot(c)$. Аналогично для $(a,b)$. Т.е. $(a,b,c)\to(ka,kb,kc)$.
При взаимно простых пифагоровых тройках $(x,\beta,r)$ имели, что $(a,b,c)$ не были одновременно натуральны и могут стать одновременно натуральными только при увеличении пифагоровых троек в $(k)$ раз. При этом, из формулы $(3)$ видим, что $(b)$ увеличивается в $(k)$ раз. Но, рассмотрев второе и третье равенство в условии задачи, найдём, решив квадратное уравнение, что

$b=\frac{p+\sqrt{p^2+2p(2x)}}{2a}$, где $p=\alpha_2\alpha_3$

получаем, что $(b)$ увеличивается слева в $(k)$ раз (это следует из формулы$(3)$, а справа менее, чем в $(k)$ раз (учитывая, что по аналогии $(p)\to k\cdot(p)$). Получается противоречие. Т.е. ни при каком увеличении пифагоровых троек нельзя получить одновременно натуральные решения.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1206471 писал(а):

$(2x)\to k\cdot(2x)$

Что это значит?
Если "теперь везде вместо $2x$ будем писать $k\cdot 2x$", то возникает проблема в переходе $(a, b, c) \to (ka, kb, kc)$.
Во-первых, $(x_c, \beta_c, r_c)$ могут быть не взаимно просты, а $(x_a, \beta_a, r_a)$ - взаимно просты.
Во-вторых, даже если все эти тройки не взаимно просты - общий множитель может быть разным.

Вообще, терминология вида "могут стать натуральными" сильно запутывает.
Вот у нас есть какое-то решение со взаимно простыми $a, b, c$. Мы хотим из этого предположения получить противоречие.
Пока что мы вывели, что $(x_i, \beta_i, r_i)$ не взаимно просты при каком-то $i$. Пусть у них есть общий множитель $k$. Из этого выводится, что $c$ тоже делится на $k$ (хотя кажется что для случая четного $k$ вы это не доказали).
Что предлагается делать дальше - непонятно.

[TR63]

mihaild в сообщении #1206482 писал(а):

Во-первых, $(x_c, \beta_c, r_c)$ могут быть не взаимно просты, а $(x_a, \beta_a, r_a)$ - взаимно просты.

Здесь $x_c=x_a=2x$.

Случай, когда все тройки взаимно просты мы рассмотрели. Пусть теперь какая-то из троек не взаимно простая. Например, если $(x_c,\beta_c,r_c)$ не взаимно просты, значит имеется общий множитель $(k)$. Т.е. $(2x)\to k\cdot(2x)$. Далее, я считаю, идёт "цепная реакция"- всё увеличивается в $(k)$ раз. Почему? Я рассуждала так: пусть $(3,4,5)$ пифагорова тройка. Если мы увеличиваем $(3)$ в два раза $(3)\to2\cdot(3)$,то автоматически $(4)\to2\cdot(4)$ и $(5)\to2\cdot(5)$. Поэтому пифагорова тройка $(x_a=k\cdot2x,\beta'_a,r'_a)$ не может быть взаимно простой, поскольку произошло увеличение $(2x)\to k\cdot(2x)$. А, Вы утверждаете, что может. Я этот момент не понимаю. Объясните, пожалуйста.

[mihaild]

Существуют числа, которые входят и в некоторую примитивную, и в некоторую не-примитивную пифагорову тройку.
Если бы вы явно выписывали определения всех вводимых символов, то вы бы заметили, что вопрос ровно об этом.

[TR63]

mihaild в сообщении #1206528 писал(а):

Существуют числа, которые входят и в некоторую примитивную, и в некоторую не-примитивную пифагорову тройку.

Числа, входящие в (три) примитивные пифагоровы тройки, уже исключены из рассмотрения, т.к. они не дают решений.
mihaild, Ваш ответ мне не понятен. Поясните, если можно, на примере.

[mihaild]

Рассмотрен случай, когда все три тройки $(x_i, \beta_i, r_i), i \in \{a, b, c\}$ - примитивные. Что будете делать, если скажем одна или две из них примитивные, а две или одна нет?
(или если все три непримитивные, но общие множители разные)

[TR63]

mihaild в сообщении #1206537 писал(а):

Что будете делать, если скажем одна или две из них примитивные, а две или одна нет?
(или если все три не примитивные, но общие множители разные)

Я уже писала, что буду делать выше. Это уже второй круг. Но в тех рассуждениях я заметила прокол. Вы правы, из трёх примитивных будут получены не все, содержащие не примитивные. Во всяком случае, это не очевидно. Теперь понятно. Спасибо.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1206564 писал(а):

Я уже писала, что буду делать выше

Вы написали, что будете выносить общий множитель из каждой тройки. Но не факт, что он в каждой тройке есть - пока что показано, что он есть хотя бы в одной.

[TR63]

TR63 в сообщении #1206471 писал(а):

При взаимно простых пифагоровых тройках $(x,\beta,r)$ имели, что $(a,b,c)$ не были одновременно натуральны и могут стать одновременно натуральными только при увеличении пифагоровых троек в $(k)$ раз.

В итоге получается $k_1=k_2=k_3=k$.
Доказательство базируется на этом утверждении, но в нём я сомневаюсь.

mihaild в сообщении #1206567 писал(а):

выносить общий множитель из каждой тройки. Но не факт, что он в каждой тройке есть - пока что показано, что он есть хотя бы в одной.

Для остальных это доказывается аналогично.

[mihaild]

TR63, я отказываюсь пытаться следить за "могут стать". Хотите, чтобы вас можно было понять - пишите более конкретные утверждения (типа "все решения имеют такой-то вид").

TR63 в сообщении #1206571 писал(а):

Для остальных это доказывается аналогично.

Не доказывается. Общий множитель был получен из непримитивной тройки. Свободы выбирать, какие тройки непримитивны - нет (известно только, что хотя бы одна непримитивна).

[TR63]

mihaild в сообщении #1206575 писал(а):

известно только, что хотя бы одна непримитивна

У меня другая идея. Рассмотрение случая, предложенного Вами, это другая идея.
Объясняю (с уточнением), в чём заключается моя идея.
У нас $2x=2mn$.
1). Если $(m,n)$ взаимно просты, то решений нет.
2). Если $(m,n)$ не взаимно просты, то должно быть $(2x)\to k\cdot(2x)$.
Второй случай был рассмотрен выше. Если по нему есть вопросы или замечания, то изложите их, пожалуйста, подробнее.
Первый случай, при необходимости, можно рассмотреть подробнее.

[mihaild]

Так нету еще никаких $m, n$ (и их взаимная простота вообще нигде не использовалась).
Если $(x_i, \beta_i, r_i)$ взаимно просты, то можно найти соответствующие $(m_i, n_i)$. Если они взаимно просты для всех $i$, то решения нет - это уже доказано.

Еще раз. Если вы четко будете описывать, что и где вводите, то будет очень легко увидеть, где вводились какие предположения, и соответственно какие случаи не рассмотрены.

Давайте переобозначим для консистентности $\alpha_c := \alpha_1$ (и аналогично другие). Помним, что считаем $a, b, c$ взаимно простыми.
У нас есть $\alpha_i=-2x+\sqrt{4x^2+\beta_i^2}, 4x^2+\beta_i^2=r_i^2$. Что дальше? (если хотите, можете считать, что рассмотрели случай, когда все тройки $(2x, \beta_i, r_i)$ взаимно просты, либо что не рассмотрели никакой; на другое ссылаться нельзя, т.к. разобрано оно не было)
Никаких $m, n$ нету. Если хотите ввести дополнительные переменные - четко пишите, что они значат - например, какому уравнению удовлетворяют (и почему вообще существуют числа, удовлетворяющие такому уравнению). Если по ходу дела захотите рассмотреть несколько случаев - четко пишите "Выполнено либо $A$ либо $B$. Если $A$, то $\ldots$".
Иначе мы никогда никуда не уедем.

[TR63]

mihaild в сообщении #1206681 писал(а):

У нас есть $\alpha_i=-2x+\sqrt{4x^2+\beta_i^2}, 4x^2+\beta_i^2=r_i^2$

mihaild в сообщении #1206681 писал(а):

Никаких $m, n$ нету.

Это не понятно. Почему? У нас $(x=a+b+c)$ (натуральное). Чтобы $(\alpha_i)$ было натуральным необходимо, чтобы подкоренное выражение было натуральным квадратом. Для этого должно выполняться условие $2x=2mn$, где $(m,n)$ взаимно просты либо не взаимно просты. Если $(m,n)$ взаимно просты, то $\alpha_a=\alpha_b$ и решений не существует. Это можно расписать подробнее, если не будет замечаний. Потом будем рассматривать случай, когда $(m,n)$ не взаимно просты.