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

[Ivan 09]

svv в сообщении #1567589 писал(а):

А какая исходная задача?

Найдите все четвёрки натуральных чисел $a, b, c, d$, для которых выполнены равенства

$$\begin{cases}a+b=cd\\c+d=ab\end{cases}$$

Я знаю решение этой системы другим способом, но мне не нравится, когда идет перебор значений. Я специально не стал публиковать сразу условие, так как обсуждение, наверное, пошло бы по-другому. У меня были свои соображения, основанные на симметрии. В начальном сообщении я спрашивал про варианты $c>5$ (или любой другой буквы), и этот вопрос стал интересен, и остается открытым. Если я не ошибаюсь, пока в уравнении
$a+b+c^2-abc=0$ мы не можем точно сказать что при $c>5$ решений нет?

[waxtep]

Ivan 09 в сообщении #1567593 писал(а):

Если я не ошибаюсь, пока в уравнении
$a+b+c^2-abc=0$ мы не можем точно сказать что при $c>5$ решений нет?

В натуральных числах точно нет; в топике дано несколько различных способов в этом убедиться. В вещественных числах - есть решения с $c>5$

[Ivan 09]

waxtep в сообщении #1567594 писал(а):

в топике дано несколько различных способов в этом убедиться

Меня немного сбило с толку вот это сообщение

Shadow в сообщении #1567542 писал(а):

И кроме крайне редких случаев

Поэтому я и задал вопрос, чтобы быть точно уверенным, что я правильно все понял.
Большое спасибо всем за обсуждения. Нужно время, чтобы усвоить ответы.

[Andrey A]

Ivan 09 в сообщении #1567593 писал(а):

$$\begin{cases}a+b=cd\\c+d=ab\end{cases}$$

Ну конечно здесь можно срезать дорогу. И нужно. Сложите всё почленно и перенесите вправо: $ ab+cd-a-b-c-d=0.$ Далее как в предыдущей задаче: $(ab-a-b+1)+(cd-c-d+1)=2=(a-1)(b-1)+(c-1)(d-1).$ Тут лишь необходимые условия, но в натуральных числах перечислить и проверить все возможные варианты — дело пяти минут. Если допустить $a \geqslant b,c \geqslant d$, что позволительно в силу симметрии.

[waxtep]

Кстати, еще один вариант, похоже разновидность подхода, предложенного уважаемым mihiv. Исходную задачу можно ведь переписать и так:

$$\frac1a+\frac1b=\left(\frac1c+\frac1d\right)^{-1}$$

Для натуральных чисел левая часть лежит в $(0;2]$, а правая - в $[1/2;\infty)$. Значит, в частности, должно быть $\frac1a+\frac1b\geqslant\frac12$, и если, скажем, $a\geqslant6$, то должно быть $\frac1b\geqslant\frac13\Rightarrow b\leqslant3$, точнее, возможны варианты $a=6,b=3$ либо любое $a$ при $b\in\{1,2\}$. Ну и... теперь... эти варианты все же придется попробовать на прочность

-- 24.10.2022, 23:04 --

Andrey A в сообщении #1567605 писал(а):

Сложите всё почленно и перенесите вправо: $ ab+cd-a-b-c-d=0.$ Далее как в предыдущей задаче: $(ab-a-b+1)+(cd-c-d+1)=2=(a-1)(b-1)+(c-1)(d-1).$

Во, класс!

[Ivan 09]

Andrey A в сообщении #1567605 писал(а):

$(ab-a-b+1)+(cd-c-d+1)=2=(a-1)(b-1)+(c-1)(d-1).$

Спасибо за ответ, это решение попадалось на глаза, но почему-то я ошибочно решил, что $5$ не подходит, хотя сейчас понимаю, что поторопился. Нужно было смотреть не просто на одно число, а на пару (к примеру если $c=5, то d=1$) В этом и есть причина, что я на таком решении не остановился при первых попытках. И как раз возник вопрос, который я задал в начале.

[lel0lel]

Даны два целочисленных прямоугольника, понятно из условия, что у одного периметр больше или равен собственной площади. Значит либо одна из его сторон равна единице, либо обе равны $2$.

[Ivan 09]

lel0lel

lel0lel в сообщении #1567613 писал(а):

понятно из условия, что у одного периметр больше или равен собственной площади. Значит либо одна из его сторон равна единице, либо обе равны $2$.

Спасибо, это для меня понятно.


Теперь мне надо понять, почему

lel0lel в сообщении #1567613 писал(а):

Даны два целочисленных прямоугольника

[lel0lel]

Для наглядности, пара чисел $a,b$ это стороны первого из них.

[EUgeneUS]

Andrey A в сообщении #1567605 писал(а):

Тут лишь необходимые условия, но в натуральных числах перечислить и проверить все возможные варианты — дело пяти минут

Даже быстрее. Есть всего два варианта:
1. Оба слагаемых равны $1$, тогда решение $((2,2),(2,2))$
2. Одно слагаемое равно $2$, другое равно $0$, тогда одно из решений $((2,3),(1,5))$
2.1. В силу симметрии можно переставлять числа внутри каждой пары и пары целиком. Это даёт остальные семь решений.

[Andrey A]

EUgeneUS в сообщении #1567641 писал(а):

Даже быстрее.

Ну, я не засекал )