Задача по теории чисел. Верно ли утверждение?

[Pygmalion]

Здравствуйте, дорогие участники форума! Помогите, пожалуйста, разобраться с задачей. Куда копать?

Задача. Верно ли, что если целые числа $a$, $b$, $c$ удовлетворяют равенству $ \left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {c - a} \right) = a + b + c$ (1), то $a + b + c = 0$?

Интуиция подсказывает мне, что данное утверждение верно. Но как его доказать? Ясно, что если хотя бы два из данных чисел $a$, $b$, $c$ равны, то утверждение задачи верно. Если же числа $a$, $b$, $c$ попарно различны и какие-нибудь два из них делятся на некоторое простое число $p$, то и третье число также делится на $p$. Хотел найти какое-нибудь противоречие, но не получилось. Дальше в решении продвинуться не удалось. Может я не вижу каких-то очевидных вещей?

Числа $a$, $b$, $c$ не могут быть все одновременно нечётными, так как иначе левая часть равенства (1) будет чётной, а правая - нечётной.

[Andrey A]

Pygmalion в сообщении #1358701 писал(а):

Верно ли, что...

Если единственным решением (1) является $a=b=c=0$, то верно. Предположим, что это не так. Может ли $\gcd a,b,c$ делиться на $3$? Если нет, каковы возможные остатки деления $a,b,c$ на $3$? Проверьте, вариантов немного.

[Pygmalion]

Andrey A, так уравнение (1) имеет бесконечное множество решений. Например, решениями являются все тройки вида $\left( {a;b;c} \right) = \left( {t;t; - 2t} \right)$, где $t \in Z$.

[grizzly]

Pygmalion
А всё равно посмотрите остатки от деления на 3, эта подсказка выглядит перспективной. Скажем, может ли правая часть не делиться на 3?

[wrest]

Pygmalion в сообщении #1358761 писал(а):

Например, решениями являются все тройки вида $\left( {a;b;c} \right) = \left( {t;t; - 2t} \right)$, где $t \in Z$.

Я думаю, что только они и являются (с точностью до перестановок).

[Andrey A]

Ну да, этот случай уже учтен. Можете подставить его вместо $a=b=c=0$ и далее по тексту.

[Andrey A]

Pygmalion в сообщении #1358701 писал(а):

Интуиция подсказывает мне, что данное утверждение верно.

$(58-49)(49-55)(55-58)=58+49+55$
Pygmalion, ведь эта задача не из учебника? Теперь с Вас общее решение (коль уж мы в ПР/Р).

[wrest]

Хм... нашлась вот такая интересная пара решений с одинаковым $a$. Весьма редкий случай:
$a=263;b=266;c=281;a+b+c=810$
$a=263;b=269;c=278;a+b+c=810$

[Andrey A]

Прячу в оффтопик, мало ли Т.С. захочет подумать самостоятельно.

(Оффтоп)

$\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {c - a} \right) = a + b + c$ (1).
Если $a+b+c$ не делится на $3$, то множители левой части также не кратны тройке. Это может быть только если остатки деления $a,b,c$ на $3$ попарно различны, но их (остатков) всего три: $0,1,2$. Тогда $a+b+c$ всё-таки делится на $3$. Противоречие. Значит, обе части равенства делятся на $3$, все три переменные равноостаточны по $\mod 3$, и для произвольной тройки $A\equiv B\equiv C \mod 3$ существует $K=\dfrac{(A-B)(B-C)(C-A)-(A+B+C)}{3}$ такое, что $a=A+K,b=B+K,c=C+K$ - решение (1).
В явном виде:
$a=9(k-l)(l-m)(m-k)+2k-l-m$
$b=9(k-l)(l-m)(m-k)+2l-m-k$
$c=9(k-l)(l-m)(m-k)+2m-k-l$
Тут $k,l,m$ тройка свободных переменных, нулевые решения - частный случай.

[kotenok gav]

(Andrey A)

Andrey A в сообщении #1358927 писал(а):

переменные равноостаточны по $\mod 3$,

Не факт. К примеру, первый пример wrest.

[wrest]

kotenok gav в сообщении #1358937 писал(а):

К примеру, первый пример wrest.

Не, там все дают остаток 2.

[kotenok gav]

А, да.

[Andrey A]

(С добрым утром!)

Это требует пояснения. Чтобы левая часть делилась на $3$ достаточно $a\equiv b\equiv r \mod 3$. Тогда в правой части $c\equiv 0-a-b\equiv 0-2r\equiv r$. То есть $a\equiv b\equiv c \mod 3$.

[Andrey A]

(Ещё)

wrest в сообщении #1358886 писал(а):

Хм... нашлась вот такая интересная пара решений с одинаковым $a$. Весьма редкий случай:
$a=263;b=266;c=281;a+b+c=810$
$a=263;b=269;c=278;a+b+c=810$

Во избежании повторов можно выразить решение двумя переменными:
$a=9pq(p+q)-2p-q$
$b=9pq(p+q)+p-q$
$c=9pq(p+q)+p+2q$
Так наглядней, нулевые решения следуют из нулевых аргументов. Насчет одинаковых $a$ не знаю, а вот одинаковые значения по обе стороны равенства (1) при разных переменных достигаются хотя бы взаимозаменой $p \leftrightarrow q$, но не только. В общем случае дело сводится к уравнению $xy(x+y)=zt(z+t)$, которое вполне решаемо. Например $1 \cdot 5\cdot (1+5)=2\cdot 3\cdot (2+3)$. Это можно посмотреть тут https://dxdy.ru/post1194091.html#p1194091.

[wrest]

Andrey A в сообщении #1359041 писал(а):

Так наглядней, нулевые решения следуют из нулевых аргументов. Насчет одинаковых $a$ не знаю,

Я перебирал так что $a<b<c$, т.е. без повторов/перестановок. В пределах $1000$ (только положительные все) приведенная пара -- единственная. Всего "уникальных" решений что-то около $30$.

Andrey A в сообщении #1359041 писал(а):

а вот одинаковые значения по обе стороны равенства (1) при разных переменных достигаются хотя бы взаимозаменой $p \leftrightarrow q$, но не только.

Не только, да. В приведенном случае, $p=1,q=5$ для первого решения из пары и $p=2,q=3$ для второго.