Неравенство в натуральных числах

[nnosipov]

Ну что, господа, будем решать или как? Задачка-то симпатичная.

[age]

Вообще я не силён в неравенствах, ну как бы два случая:
1. $(2-c)-(a^2+b^2-abc)<0,\ \ a^2+b^2-abc<2$
2. $(a^2+b^2-abc)-(2+c)<0,\ \ a^2+b^2-abc\geq2$
Вот их надо по очереди смотреть. По-моему, maxal об этом и написал.

[nnosipov]

Да, возможно. Но задача правда интересная и не простая. Кстати, система $2-c<a^2+b^2-abc<0$ в натуральных числах решений не имеет, а, к примеру, в рациональных --- сколько угодно.

[age]

Да, действительно, потом глянул, что-то там интересное получается. В первом случае $a^2+b^2-abc<2$, т.е. $c>2$, т.к. $a^2+b^2\geq2ab$. Далее, если $c>2$, то $2-c<a^2+b^2-abc<0$ как бы очевидно. Но опять же всё ломает то, что неравенство должно выполняться в натуральных числах. Берём к примеру, $c=5$, получаем $-3<a^2+b^2-5ab<2$. Очевидно, что в натуральных числах решений нет, но вот если взять $c=47$, то $-45<a^2+b^2-47ab<2$ я уж и не знаю, будут тут какие-то натуральные $a,b$ или нет. А надо для любых $c$.

[nnosipov]

age в сообщении #437769 писал(а):

Да, действительно, потом глянул, что-то там интересное получается. В первом случае $a^2+b^2-abc<2$, т.е. $c>2$, т.к. $a^2+b^2\geq2ab$. Далее, если $c>2$, то $2-c<a^2+b^2-abc<0$ как бы очевидно. Но опять же всё ломает то, что неравенство должно выполняться в натуральных числах. Берём к примеру, $c=5$, получаем $-3<a^2+b^2-5ab<2$. Очевидно, что в натуральных числах решений нет, но вот если взять $c=47$, то $-45<a^2+b^2-47ab<2$ я уж и не знаю, будут тут какие-то натуральные $a,b$ или нет. А надо для любых $c$.

Видите ли, в чём дело. Неравенства $-3<a^2+b^2-5ab<2$ решения имеют (например $(a,b)=(1,5)$), и даже бесконечно много, но это не совсем очевидно. Во избежание путаницы давайте будем доказывать следующие два верных утверждения. 1) Если $0<a^2+b^2-abc<c+2$, то $a^2+b^2-abc$ --- точный квадрат. 2) Если же $2-c<a^2+b^2-abc<0$, то такого не бывает.

[age]

nnosipov
Два вопроса:
1) Почему $2-c<a^2+b^2-abc<0$, когда у меня получилось $2-c<a^2+b^2-abc<2$ ?
2)

nnosipov в сообщении #437782 писал(а):

1) Если $0<a^2+b^2-abc<c+2$, то $a^2+b^2-abc$ --- точный квадрат.

Очень интересное утверждение, не то чтобы совсем, а вообще не очевидное для меня. Ладно, будем думать, не подсказывайте.

-- Пт апр 22, 2011 19:38:41 --

Да, понял. Логика примерно такова: из суммы квадратов $a^2+b^2$ фиксируем большее число $a>b$, а $b$ используем как параметр. Тогда для заданного значения параметра $b=b_0$ мы будем получать следующее неравенство:
$a^2-b_0(ca)-c<b_0^2+2$. Здесь $a,c$ - переменные, $b_0$ - константа.
Или
$a^2-(b_0a-1)c<b_0^2+2$, где $c$ принимает значения от 1 до $\dfrac ab_0$ (это по всей видимости надо доказать), т.е. если $c>\dfrac ab_0$, то неравенство невозможно в силу левой части (исходного неравенства). С другой стороны, оно невозможно, если $c<\dfrac ab_0$ в силу правой части (исходного неравенства). Откуда заключаем, что $c=\dfrac ab_0$. После этого остаётся показать, что $b_0$ должно быть достаточно мало, т.е. $b_0^2<c+2$. Иначе неравенство также невозможно.

Возможно, это слишком брутальное решение, а может быть даже неверное (мне оно мало нравится). Но навскидку логика примерно такая.

[nnosipov]

Неравенство $|a^2+b^2-abc-2|<c$ равносильно системе неравенств $-c<a^2+b^2-abc-2<c$ или $2-c<a^2+b^2-abc<c+2$. Что касается решения, то не могу понять, откуда взялось $a^2-b_0(ca)-c<b_0^2+2$ (это в самом начале). Сейчас я, к сожалению, не могу продолжать обсуждение (извините, домашние дела), но готов продолжить завтра.

[age]

nnosipov в сообщении #437813 писал(а):

Что касается решения, то не могу понять, откуда взялось $a^2-b_0(ca)-c<b_0^2+2$

$b$ заменили на $b_0$ (сделали константой), перенесли в правую часть, а $c$ - напротив, в левую. Так просто удобнее, осталось две переменных вместо трёх.

[nnosipov]

Но тогда должно быть $a^2-b_0(ca)-c<-b_0^2+2$ (в правой части минус при $b_0^2$). Мысль одну из переменных заморозить --- правильная, но вот какую переменную для этого выбрать? Здесь выбор между $c$ и $b$.

[age]

nnosipov в сообщении #437847 писал(а):

Но тогда должно быть $a^2-b_0(ca)-c<-b_0^2+2$ (в правой части минус при $b_0^2$).

Да, да, конечно. Извините.

nnosipov в сообщении #437847 писал(а):

но вот какую переменную для этого выбрать? Здесь выбор между $c$ и $b$.

я выбрал $b<a$, т.е. меньшую переменную в сумме квадратов.

[nnosipov]

age в сообщении #437849 писал(а):

я выбрал $b<a$, т.е. меньшую переменную в сумме квадратов.

Ну что же, попробуйте, может и получится. Если что, всегда есть в запасе другой вариант.

[nnosipov]

По просьбе своих студентов помещаю решение (надеюсь, это будет интересно и кому-нибудь ещё).
Решение 1. При $c=1$ не существует натуральных $a$ и $b$, удовлетворяющих условию, поэтому далее пусть $c \geqslant 2$. Случай $a=b$, как легко проверить, невозможен, и мы можем считать, что $a<b$. Пусть $a^2+b^2-abc=B$. Тогда $b=b_+$ или $b=b_-$, где

$$ b_\pm=\frac{ac \pm \sqrt{a^2(c^2-4)+4B}}{2}. $$

Но $b_-<a$. Действительно, по условию $B>2-c$, поэтому

$$ b_-<\frac{ac-\sqrt{a^2(c^2-4)+4(2-c)}}{2} \leqslant a. $$

Таким образом, $b=b_+$, при этом

$$ b_+>\frac{ac+\sqrt{a^2(c^2-4)+4(2-c)}}{2} \geqslant \frac{ac+\sqrt{a^2(c^2-4)+4a^2(2-c)}}{2}=a(c-1), $$

так что справедливо неравенство

$$ b>a(c-1). \eqno(*) $$

Заметим теперь, что при $b>ac$ мы получили бы противоречие:

$$ B=a^2+b(b-ac) \geqslant a^2+b \geqslant a^2+ac+1 \geqslant c+2. $$

Значит, $b \leqslant ac$. Если $b<ac$, то положим $a_1=ac-b$ и $b_1=a$. Тогда

$$ a_1^2+b_1^2-a_1b_1c=a^2+b^2-abc=B, $$

при этом $a_1<b_1$ (см. неравенство $(*)$) и $b_1<b$. Если окажется, что $b_1<a_1c$, то рассуждение можно повторить. В итоге при некотором натуральном $n$ получим $b_n=a_nc$. Тогда

$$ B=a_n^2+b_n^2-a_nb_nc=a_n^2+b_n(b_n-a_nc)=a_n^2, $$

что и требовалось доказать.
Решение 2. Воспользуемся следующим утверждением (докажите его сами). Далее $A$ --- натуральное число, не являющееся точным квадратом, $B$ --- целое число.
Лемма. Если уравнение

$$ x^2-Ay^2=B \eqno(**) $$

разрешимо в целых числах $x$, $y$, то оно имеет такое решение $(X,Y)$, что

$$ 0 \leqslant Y \leqslant \sqrt{\frac{|B|x_0-B}{2A}}, $$

где $x_0$ --- наименьшее натуральное число, для которого $x_0^2-Ay_0^2=1$ при некотором натуральном $y_0$.
Фиксируем чётное $c=2k$. Тогда равенство $a^2+b^2-abc=B$ приводится к виду $(**)$, где $A=k^2-1$, $x=a-kb$, $y=b$. Имеем $x_0=k$, при этом из условия следуют оценки $-2(k-1)<B<2(k+1)$. Значит, уравнение $(**)$ имеет решение $(X,Y)$, для которого $0 \leqslant Y<1$, т.е. $Y=0$. Но в таком случае $B=X^2$ --- точный квадрат. (Случай нечётного $c$ можно рассмотреть аналогично, однако для этого необходимо соответствующим образом переформулировать лемму.)