Диофантовы тройки

[scwec]

Пусть $a,b,c$ рациональные длины сторон прямоугольного треугольника и $a^2+b^2=c^2$.
Найдите рациональное $x$ такое, что $ab+x, bc+x, ac+x$ - квадраты рациональных чисел.

[waxtep]

Кажется, такой подойдет: $x=\frac12(c^2-ab-bc-ca)$; действовал в лоб, выбирая произвольное ("самое простое") разложение на множители величин $c(b-a)$ и $b(c-a)$

-- 24.06.2020, 12:00 --

Как-то это подозрительно, но ошибки у себя не могу найти. Распишу целиком, пусть $bc+x=m^2,ac+x=n^2,ab+x=p^2,m,n,p\in\mathbb{Q}$. Рассматривая разности этих уравнений, видим, что $a=n-p,b=m-p,c=m+n$ этим уравнениям удовлетворяют и выражаем например $m=\frac12(b+c-a)$; подставляем его в уравнение для $bc+x$ и упрощаем выражение для $x$, используя (только здесь, в самом конце!) факт, что $a,b,c$ образуют рациональную пифагорову тройку

-- 24.06.2020, 12:22 --

Ну да, работает же! В общем случае, $x=\frac14(a^2+b^2+c^2)-\frac12(ab+bc+ca)$, дающее квадраты чисел $\frac12(-a+b+c),\frac12(a-b+c),\frac12(a+b-c)$

[scwec]

Ответ верный.
Чтобы получать этот и другие ответы можно работать с другими переменными $l,t$.
Для рациональных пифагоровых троек $a=2lt, b=l(t^2-1), c=l(t^2+1)\qquad(1)$, где $l>0,t>1$ рациональные числа.
Имеем уравнение эллиптической кривой $(x+2l^2{t}(t^2-1))(x+l^2{(t^4-1)})(x+2l^2{t}(t^2+1))=y^2$
Несложно найти на ней рациональную точку $P(x,y)$, где $x=l^2(1-2t^3+t^2),y=l^3(t^4-t^3-t^2+t)$
Заменяя $l,t$ на $l=\frac{c-b}{2},t=\frac{a}{c-b}$, получим Ваш ответ для $x$. Он подходит для каждой скобки в выражении уравнения кривой.
Беря точку $2P$ на кривой, получим следующий ответ для $x$ в переменных $l,t$
$x=-\frac{l^2(t-1)(2t^2+t+1)(4t^4+2t^3+5t^2+4t+1)}{4(t^2(t+1)^2)}$
Заменяя $l=\frac{c-b}{2},t=\frac{a}{c-b}$, получаем решение в числах $a,b,c$. Оно годится для каждой скобки уравнения. Из-за громоздкости не привожу его.
Дальше можно продолжить решение для точкек $3P, 4P...$ и т. д.
Кстати, все $x$ получаются отрицательными. Нет ли всё же положительных где-то подальше. Надо посмотреть.

[scwec]

Конечно, есть положительные $x$.
Для треугольника $a=4,b=3,c=5$
рациональная точка $8P$ дает
$x=\dfrac{26978732913964473937490829348083305317130266144001}{567443434632862895970730725041102873719133432064}$
и $x+12,x+15,x+20$ все квадраты.

[scwec]

Справедливо следующее более общее утверждение.
Для любых трех рациональных чисел $a,b,c$, где $abc$ - квадрат ненулевого рационального числа,
найдется бесконечно много рациональных $x$ таких, что $x+a, x+b, x+c$ - квадраты рациональных чисел.
При заданных $a,b,c$ найдите хотя бы одно такое $x$.

[nnosipov]

$a$, $b$, $c$ считаются положительными?

[scwec]

Могут и разных знаков быть, лишь бы произведение квадрат.

[Коровьев]

У меня есть ответ, но откуда он не помню, решения нет. Может и сам вывел

$$\[ a = mn,b = nk,c = km \]$

$$\[ x = \frac{{\left( {m^2 + n^2 + k^2 } \right) - 2\left( {mn + nk + km} \right)}}{4} \]$

[kotenok gav]

То есть, это сведение второй задачи к первой.

[scwec]

В переменных $a,b,c$ ответ выглядит так
$x=\dfrac{a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2-2abc(a+b+c)}{4abc}$.
Его можно получить, рассмотрев кривую с уравнением $y^2=(x+a)(x+b)(x+c)$.
Очевидная рациональная точка на этой кривой $P=(0,\sqrt{abc})$
x-координата точки $2P$ дает нужный результат
$x+a=\dfrac{(ab+ac-bc)^2}{4abc}$
$x+b=\dfrac{(ab-ac+bc)^2}{4abc}$
$x+a=\dfrac{(ab-ac-bc)^2}{4abc}$

[scwec]

Одно замечание.

scwec в сообщении #1472886 писал(а):

Для любых трех рациональных чисел $a,b,c$, где $abc$ - квадрат ненулевого рационального числа,
найдется бесконечно много рациональных $x$ таких, что $x+a, x+b, x+c$ - квадраты рациональных чисел.

Но не для всякой тройки $a,b,c$ без дополнительных условий число искомых $x$ бесконечно.
Докажите, например,что для тройки $a=4, b=5, c=20/9$ искомое $x$ только одно.
Вопрос о том, какие условия обеспечивают бесконечность числа решений, здесь не ставится, но приветствуется, если кто-то их напишет.