уравнение в целых числах, три неизвестных,a,b,c-положительны

[Ivan 09]

Доброго времени суток.
В ходе решения одной задачи возникло следующее уравнение.
$a+b+c^2-abc=0$,
где числа $a,b,c$ целые и положительные
Мой ход решения. При "малых"$a,b,c$ нашел тройки $(2,3,5)$ , $(3,2,5)$ и $(2,2,2)$
Встал вопрос о том, что если $c>5$ решений уже не будет. Как это можно показать пока не могу понять. Произведение будет расти быстрее суммы.
Задача школьная. Можно ли показать на школьном уровне? Как доказать такое утверждение?

[B@R5uk]

$(2,3,1),\;(3,2,1),\;(1,5,2),\;(5,1,2),\;(1,5,3),\;(5,1,3)$

Брутфорс до десяти тысяч никаких других решений не выявил. Наверняка можно как-то доказать.

[gris]

Ну вроде бы ещё $(3,2,1);(2,3,1);(1,5,3);(5,1,3)$ виднеются. С неравенством $c>5$ очевидного неравенства между правой и левой частью не видно. Нецелые решения есть. Может быть что-то с делимостью?
Например, решим уравнение относительно $a$.
При любых натуральных $b$ и $c$ есть решение $a=\dfrac{c^2+b}{bc-1}$. Вопрос: когда оно целое .
Ой, плетусь и пальчиком тычу зря

[B@R5uk]

Ну, тут можно идти либо по пути

$$a=\frac{b+c^2}{bc-1}$$

либо по пути

$$c=\frac{ab\pm\sqrt{a^2b^2-4(a+b)}}{2}$$

[waxtep]

Можно применить теорему Виета для корней $c_1,c_2$ квадратного относительно $c$ уравнения и отдельно рассмотреть три случая $c_1c_2$ больше/меньше/равно $c_1+c_2$. Повылазят $a=\frac{b+1}{b-1}$ и подобные выражения, и это позволит доказать, что натуральных корней, кроме перечисленных выше, нету

[B@R5uk]

$$b=c+1:\quad a=\frac{c^2+c+1}{c^2+c-1}=1+\frac{2}{c^2+c-1}>1$$

$$b=c+2:\quad a=\frac{c^2+c+2}{c^2+2c-1}=1+\frac{3-c}{c^2+c-1}$$

Во втором случае, если $c>3$, то $a<1$. То есть для $c>3$ в силу целочисленности переменных имеем

$$0<a,\;b<c+2$$

[waxtep]

waxtep в сообщении #1567500 писал(а):

Повылазят $a=\frac{b+1}{b-1}$ и подобные выражения

Давайте зачин и один из трех случаев подробнее распишу:

$$c^2-abc+a+b=0=(c-c_1)(c-c_2)\Rightarrow\begin{cases}c_1c_2=a+b\\c_1+c_2=ab\end{cases}$$

Пусть $c_1\geqslant c_2,a\geqslant b$ (если найдем решение $(a,b,c)$ с $a>b$, то $(b,a,c)$ также будет решением в силу симметрии); к тому же, $a,b\in\mathbb{N}\Rightarrow c_1,c_2\in\mathbb{N}$.
Рассмотрим три случая $c_1c_2$ больше/меньше/равно $c_1+c_2$:
1. $c_1c_2>c_1+c_2\Rightarrow a+b>ab\Rightarrow b=1, c_1=\frac{c_2+1}{c_2-1}\Rightarrow c_2=2,c_1=3,a=5$ - это четыре решения $(5,1,2),(5,1,3),(1,5,2),(1,5,3)$

Оставшиеся два случая обрабатываем аналогично.

[Ivan 09]

waxtep в сообщении #1567512 писал(а):

$$c^2-abc+a+b=0=(c-c_1)(c-c_2)\Rightarrow\begin{cases}c_1c_2=a+b\\c_1+c_2=ab\end{cases}$$

Можно ли для $c=6$ переписать
$\begin{cases}c_1c_2=a+b\\c_1+c_2=ab\end{cases}$
в виде
$\begin{cases}36=a+b\\12=ab\end{cases}$ ?
То есть можно ли решать квадратное уравнение относительно $6$? или такая запись некорректна?

[waxtep]

Ivan 09 в сообщении #1567524 писал(а):

То есть можно ли решать квадратное уравнение относительно $6$? или такая запись некорректна?

Можно, это ведь все равно, что предположить $c_1=c_2=6$ и искать соответствующие такому выбору $a,b$. Подход, правда, не выглядит продуктивным, т.е. не очень понятно, зачем так делать. В записи выше $c$ играет роль символа, значка неизвестной переменной, а вот $c_1,c_2$ - ее численные значения, удовлетворяющие исходному (квадратному относительно $c$) уравнению

[Ivan 09]

waxtep в сообщении #1567533 писал(а):

не очень понятно, зачем так делать

мы же можем потом переписать систему в виде уравнения $a+b=3ab$ и соответственно $a=b(3a-1)$ и после $\frac{a}{3a-1}$ если не ошибаюсь, целым уже не будет?

[waxtep]

Если Вы хотите доказать, что решений в натуральных с $c>5$ не бывает, без явного выписывания решений, то в записи с $c_1,c_2$ следует доказывать отсутствие решений, в которых больший корень $c_1>5$. Т.е. доказывать неразрешимость в натуральных чего-то такого:

$$\begin{cases}(5+d_1)c_2=a+b\\5+d_1+c_2=ab\end{cases}$$

Честно говоря, явная запись решений выглядит проще, и похоже в этом способе к ней также придется прибегнуть

-- 24.10.2022, 14:54 --

Ivan 09 в сообщении #1567535 писал(а):

мы же можем потом переписать систему в виде уравнения $a+b=3ab$ и соответственно $a=b(3a-1)$ и после $\frac{a}{3a-1}$ если не ошибаюсь, целым уже не будет?

Это докажет только то, что один частный случай, где оба корня квадратного уравнения равны $6$, невозможен в натуральных. Уже даже другой частный случай, один корень $6$, а другой - не $6$, под это доказательство не подпадает

[Null]

Можно просто было определить $c_1=c,c_2=ab-c$

[Shadow]

B@R5uk в сообщении #1567499 писал(а):

либо по пути

$$c=\frac{ab\pm\sqrt{a^2b^2-4(a+b)}}{2}$$

И кроме крайне редких случаев

$(ab-2)^2<a^2b^2-4(a+b)<(ab)^2$

и перебрать те редкие случаи, когда
$(a-1)(b-1) \le 2$

[mihiv]

$a+b$ делится на $c$, поэтому $a+b\geq c\eqno (1)$.
Перепишем уравнение в виде:$\frac 1{ac}+\frac 1{bc}+\frac c{ab}=1$. С помощью неравенства (1) получим: $\frac 1{ac}+\frac 1{bc}+\frac 1a+\frac 1b\geq 1\eqno (2)$.
Если в решении уравнения все три числа $\geq3$, то неравенство (2) не выполняется. Значит, по крайней мере одно из трех чисел в решении $< 3$.
Задаем в уравнении последовательно значения $c=1,2$ и находим соответствующие $a,b$, затем задаем $a=1,2$ и находим $b,c$.

[svv]

Ivan 09 в сообщении #1567494 писал(а):

Задача школьная.

А какая исходная задача?