Квадратное неравенство для натуральных

[rightways]

Натуральные числа $x,y,z>1$ и $k$ таковы, что

$$0<x^2+y^2+z^2-kxyz<k$$

Докажите, что $(x,y)+(y,z)+(z,x)>3$

[nnosipov]

rightways в сообщении #1458132 писал(а):

Докажите, что $(x,y)+(y,z)+(z,x)>3$

То есть, какой-то из НОДов больше единицы или, по-другому, для попарно взаимно простых чисел то двойное неравенство невозможно.

Случай, когда одно из $x$, $y$, $z$ равно единице, по-моему, очень известный.

[rightways]

Да, нужно доказать, что какие то двое из них не взаимно просты. Поначалу мне хотелось доказать, что какой то из них делится на другое, но я получил лишь это.

[Shadow]

Если существует решение $x_n=ta,y_n=tb,z_n$, где $t>1$, то для всех решений (включая минимальное), $x$ и $y$ будут иметь общий делитель $t$. С помощью формул Виета:

$x_{n-1}=ky_nz_n-x_n=t(kbz_n-a)$

С помощью Vieta jumping легко доказывается, что решения возможны в двух случаев:
1. $k=2,c=1$ с минимальным решением $x=y,z=1\forall x,y \in \mathbb{N}$

2. $c=a^2+b^2$, когда для минимального решения $x_2=0$, тоесть, когда $x=kyz$

В обеих случях попарная взаимная простота для трех переменных невозможна (кроме $1,1,1$)

-- 27.04.2020, 10:38 --

Я ввел констану $c$ без обяснений. Рассматривал уравнение $x^2+y^2+z^2-kxyz=c$, где $c<k$

И нет, во втором случае, есть особый случай $c=2$, когда существует решение $(k,1,1)$

Из него следует $(k,k^2-1,1)$ где опять все попарно взаимнопростые и т.д.

Значит, утверждение не верно для уравнения

$x^2+y^2+z^2-kxyz=2$

[nnosipov]

Shadow в сообщении #1458145 писал(а):

Значит, утверждение не верно для уравнения

$x^2+y^2+z^2-kxyz=2$

Да, действительно. Контрпример: $k=3$, $x=3$, $y=8$, $z=71$.

[rightways]

Да, извиняюсь. Я упустил этот случай $k=3$. На самом деле я хотел пообсуждать уравнение

$$x^2+y^2+z^2=2xyz+1$$

. Которое неразрешимо для попарно взаимно простых $x,y,z>1$ Думал что утверждение задачи полюбому приведет этому случаю(и случаю при k=1)

[Shadow]

rightways в сообщении #1458319 писал(а):

Я упустил этот случай $k=3$

Дело не в $k=3$, а в $c=2$. При любом $k$, все решения уравнения

$x^2+y^2+z^2-kxyz=2$

будут попарно взаимопростыми. Для всех остальных $c$ ваше утверждение верно.