Существует ли решение?

[mihaild]

TR63 в сообщении #1206697 писал(а):

Для этого должно выполняться условие $2x=2mn$

Ну если $m$ и $n$ - просто разложение $x$, то ок. Но вы же еще наверное хотите, чтобы было $\beta^2 = m^2 - n^2, r^2 = m^2 + n^2$? А вот так уже может не получиться.
Например, $x = 6, \beta = 9, r = 15$.

[TR63]

mihaild в сообщении #1206709 писал(а):

Но вы же еще наверное хотите, чтобы было $\beta^2 = m^2 - n^2, r^2 = m^2 + n^2$?

Наверное, у Вас опечатка (посмотрите в источник; у меня было, возможно, исправление в этом моменте). Должно быть
$\alpha_i^2 + 4\alpha_i x-\beta_i^2=0$

$4x^2+\beta_i^2=r_i^2$

$2x=2mn$

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

$r_i=m^2+n^2$

Если $(m,n)$ взаимно просты, то трёх представлений не получается. Максимум два. Т.е. при взаимно простых $(m,n)$ исходная задача не может иметь решений.
Прошу извинить, я неправильно дала характеристику пары $(m,n)$. Должно быть $(m\cdot n)$ имеет не более четырёх делителей. Например: $6=(1,2,3,6)$.

[mihaild]

TR63, ну да, квадрат лишний.
Как вы переходите от $4x^2 + \beta_i^2 = r_i^2$ к выражению через $m, n$? Если используете какую-то известную теорему - сформулируйте ее.
И заодно приведите, какие у вас $m, n$ для $x = 6, \beta = 9, r = 15$.

[TR63]

mihaild, это формулы примитивных пифагоровых троек.

mihaild в сообщении #1206765 писал(а):

какие у вас $m, n$ для $x = 6, \beta = 9, r = 15$

$m=2$, $n=1$, $(6,9,15)=3\cdot(2,3,5)$

Все решения можно выразить через примитивные тройки.

[mihaild]

Так что же всё-таки такое $m$ и $n$? Определение напишите.

[TR63]

mihaild, поняла, что так ничего не получается. Спасибо за помощь. Вопросы ещё остались, но на них ответа и в "Олимпиадном разделе нет".

[TR63]

Возникла идея решить более простую задачу : при натуральных $(a,b,c)>1$ для системы уравнений
$\frac{c^2}{a+b}=\alpha_c$, $\frac{b^2}{a+c}=\alpha_b$, $\frac{a^2}{b+c}=\alpha_a$
существуют ли натуральные решения $(c,b,a)$, при которых $(\alpha_c,\alpha_b,\alpha_a)$ натуральны при условии: $a+b+c=x$, $x=2q$, $q>3$ (простое), $(c)$-чётное, $(a,b)$-нечётные.
Я предполагаю, что при таких условиях решений не существует. (Решала на черновике; проблем не возникает; если не будет контрпримера, распишу подробнее (решение довольно длинное, но простое); задача при таких условиях интересна тем, что даёт новую область, в которой решений не существует.)
Мой вопрос состоит в следующем: имеется ли контрпример к задаче в такой формулировке.

[Andrey A]

TR63 в сообщении #1209376 писал(а):

Возникла идея решить более простую задачу :

Та же задача с ненужными отягощениями. То, что одно из $a,b,c$ четное и два нечетных следует из первоначального условия, а $\frac{a+b+c}{2}$ простое - ну пусть будет для разнообразия, коли всё равно задача не имеет решения. Интереснее доказать, что условия $(a+b)\mid c^n,\ (b+c)\mid a^n,\ (c+a)\mid b^n$ выполнимы для натуральных $a,b,c,n$ только если $\gcd (a,b,c)>1$.

[TR63]

Andrey A, я правильно поняла

Andrey A в сообщении #1209412 писал(а):

$\frac{a+b+c}{2}$ простое - ну пусть будет для разнообразия, коли всё равно задача не имеет решения.

что факт отсутствия решений для этого случая доказывать не надо (это было бы хорошо, поскольку моё новое доказательство слишком длинное, да ещё проверить на ошибки надо.) Я поняла, что в "Олимпиадном разделе" задача доказана только для взаимно простых $(a,b,c)$, без общего множителя. Я же рассматриваю случай с возможностью общего множителя (двойкой). Наверное, Вы не правильно поняли новую формулировку задачи.

[mihaild]

TR63 в сообщении #1209376 писал(а):

имеется ли контрпример к задаче в такой формулировке

Тут есть два варианта. Лучший - вы пишете доказательство в таком виде, чтобы его было достаточно просто проверять (включая расписывание всех обозначений), проверяете сами, если не находите ошибок - пишете тут.
Похуже - вы можете взять любой язык программирования, и написать на нем несколько строк для поиска контрпримеров в каком-нибудь небольшом диапазоне. Если не найдутся - это будет некоторым основанием ожидать, что их нет (можно ожидать, что если решения есть, то решения есть и небольшие - хотя, конечно, вообще говоря это не так).

Andrey A в сообщении #1209412 писал(а):

$\frac{a+b+c}{2}$ простое - ну пусть будет для разнообразия, коли всё равно задача не имеет решения

Если снять это требование, то решения точно есть.

А что за "исходная задача в олимпиадном разделе"?

[Andrey A]

mihaild в сообщении #1209424 писал(а):

А что за "исходная задача в олимпиадном разделе"?

http://dxdy.ru/post1205728.html#p1205728

TR63 в сообщении #1209420 писал(а):

Я поняла, что в "Олимпиадном разделе" задача доказана только для взаимно простых $(a,b,c)$, без общего множителя. Я же рассматриваю случай с возможностью общего множителя (двойкой). Наверное Вы не правильно поняли новую формулировку задачи.

Теперь уже не понимаю. $a=b=c=2$, и не надо ничего доказывать. Непонятно только почему

TR63 в сообщении #1209376 писал(а):

$(c)$-чётное, $(a,b)$-нечётные.

[mihaild]

Andrey A в сообщении #1209430 писал(а):

Непонятно только почему

TR63 в сообщении #1209376 писал(а):

$(c)$-чётное, $(a,b)$-нечётные.

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):

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

А если среди них есть хотя бы одно нечетное, то среди них ровно два нечетных.

[TR63]

Andrey A, стоп. Опять невнимательны. $a+b+c=2+2+2=2\cdot3=2\cdot q$. У меня $q>3$.
Контрпример надо искать именно для моей формулировки.

mihaild в сообщении #1209424 писал(а):

Если снять это требование, то решения точно есть.

Это известно. Andrey A привёл в "Олимпиадном разделе" серию решений. Зная его способности в области программирования, подумала, что для него этот вопрос (запрограммировать мою формулировку)-семечки, а для меня-тёмный лес.

-- 14.04.2017, 19:03 --

mihaild, формулировка задачи изменилась.

TR63 в сообщении #1209376 писал(а):

при натуральных $(a,b,c)>1$ для системы уравнений
$\frac{c^2}{a+b}=\alpha_c$, $\frac{b^2}{a+c}=\alpha_b$, $\frac{a^2}{b+c}=\alpha_a$
существуют ли натуральные решения $(c,b,a)$, при которых $(\alpha_c,\alpha_b,\alpha_a)$ натуральны при условии: $a+b+c=x$, $x=2q$, $q>3$ (простое), $(c)$-чётное, $(a,b)$-нечётные.

[Andrey A]

TR63, я прошу прощения, невнимательно прочитал Ваш пост. Если некоторое простое $p\mid (b+c)$ и $(b+c)\mid a^2$, то $p\mid (a+b+c)$. Новые требования выполняются если $p=a=b+c$. Но тогда $\gcd (a,b,c)=1$. Я не прав?

[TR63]

Andrey A, я не поняла, Вы привели контрпример или нет? Или Вы доказали моё предложение (если доказали, то очень хорошо; мне не надо приводить своё длинное доказательство; тогда можно подумать над Вашим обобщением и сделать обобщение моего утверждения, если оно доказано) ? Я не поняла следующее:

Andrey A в сообщении #1209444 писал(а):

Новые требования выполняются если $p=a=b+c$

А, если это условие не выполняется, то почему $x\neq2q$ (поясните, пожалуйста, я этого не понимаю, например $6+7+9=2\cdot11$)

Andrey A в сообщении #1209444 писал(а):

Но тогда $\gcd (a,b,c)=1$

Известно, что при этом условии доказано, решений нет.