Простая сумма

[nnosipov]

$a$, $b$, $c$, $d$ --- натуральные числа и

$$ \frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{ab-cd}=2009. $$

Найдите $a+b+c+d$, если известно, что это число простое.

[gris]

Так как сейчас год 2011, то логично добавить к обеим частям двойку

[Legioner93]

2011?
UPD: не успел:)

[nnosipov]

gris в сообщении #497543 писал(а):

Так как сейчас год 2011, то логично добавить к обеим частям двойку

Согласен

[nnosipov]

Давайте уж для полноты картины напишем образцово-показательное решение этой задачки. Ответ у нас уже есть, хорошая идея решения тоже, а вот самого решения пока нет. А школьники заодно смогут потренироваться перед районной олимпиадой, это не помешает. (Кажется, эта задача вполне годится для районного тура олимпиады, нет?)

[gris]

Я, кстати, вчера спать лёг, а в голове-то мысль — ведь самих чисел-то может не существовать! Пришлось найти!
Попробую написать решение, хотя и не образцовое
Конечно, опытный школьник сразу увидит, как удвоенный знаменатель подходит к числителю, дополняя квадраты удвоенными произведениями. И разность квадратов сразу вырисовывается, а там и до "простой суммы" рукой подать.

$\dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}{ab-cd}=2009$

$\dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}{ab-cd}+2=2009+2$

$\dfrac{a^2+b^2-c^2-d^2}{ab-cd}+\dfrac{2(ab-cd)}{ab-cd}=2011$

$\dfrac{a^2+2ab+b^2-c^2-2cd-d^2}{ab-cd}=2011$

$\dfrac{(a+b)^2-(c+d)^2}{ab-cd}=2011$

$\dfrac{(a+b+c+d)\cdot(a+b-c-d)}{ab-cd}=2011$

Я думаю, что эти преобразования сделают многие. А вот дальше... Тут многие кинутся выяснять простоту 2011. Обычно номер года любителями математики обсасывается, как леденец. Его используют в задачах, представляют в различных видах и т.д. Ну и как бы в условии говорится о простоте. Так что доказывать не надо, ну дотошные могут и несколько делений совершить.
Далее рассуждения. Я в числовых задачах не мастак, так что на словах. Так как 2011 число простое, то оно в качестве делителя содержится или в сумме, или в $(a+b-c-d)$.
Для первого случая всё ясно. Сумма число простое, значит она и равняется 2011. Вот тут тоже многие успокоенно остановятся. А ведь надо бы (а кстати, надо?) найти и подтверждающий пример. Ну да тут он находится запросто. Положив $b=d=1$, найдём решение $(1005, 1, 1004,1)$.

И теперь возвращаемся ко второму способу. Что если $(a+b-c-d)=2011n;\quad(a+b+c+d)=p; (ab-cd)=pn?$

Вот тут я сомневаюсь, что не увидел что-то очень простое, что поднаторевшим совершенно очевидно. И не нужно рассматривать второй способ в поиске или доказательстве невозможности решения, когда сумма, например, равна 2017?

Тут на меня снизошёл туман, и я решил не умничать далее

upd Спасибо, Praded, поправил.

[Praded]

В четвёртой сверху формуле вторая дробь является излишней.

[Klad33]

Да, но тут возникает вопрос: а сколько всего примитивных решений? Я имею в виду не нулевых, положительных, начиная с a=2008, b=1,c=1,d=1

[Cash]

Цитата:

Что если $(a+b-c-d)=2011,$ a $\dfrac{(a+b+c+d)}{ab-cd}=1?$

Тут даже большая неопределенность.
Надо искать решения
$(a+b-c-d)=2011k$
$ab-cd = k(a+b+c+d)$ или $(a-k)(b-k)=(c+k)(d+k)$
Видно, что среди делителей некоторого числа $(c+k)$ и $(d+k)$ надо брать из середины,
а $(a-k)$ и $(b-k)$ с краю.
Удивительным образом серия $a = N^2 -t^2+k, b = 1+k, c=N-k-t, d=N-k+t$
дает составное $a+b+c+d = N^2+2N+1-t^2=(N+1+t)(N+1-t)$

[gris]

Вот эта идея и мне пришла в голову. Пока поправлял свой текст, мудрый Cash написал. Так что извиняюсь, что не заметив,цитируемый текст удалил.
Замечу,однако, что при всём этом анализе задача повышает свой уровень.

[Cash]

Впрочем, не удивительным
$(a-k)(b-k)=(c+k)(d+k) = N$

$a-k = t_1, b-k = N/t_1$
$c+k = t_2, d+k = N/t_2$
$a+b+c+d = a-k+b-k+c+k+d+k = (t_1+t_2)(1+\frac {N} {t_1t_2})$

Районный тур, говорите?

-- Пн окт 31, 2011 12:13:17 --

Для строгого доказательства последнюю цепочку надо еще продлить
$ (t_1+t_2)(1+\frac {N} {t_1t_2}) = \frac{t_1+t_2}{gcd(t_1,t_2)}(gcd(t_1,t_2)+\frac {N \cdot gcd(t_1,t_2)} {t_1t_2}) $
Здесь оба сомножителя уже целые.

[nnosipov]

Спасибо, коллеги, очень интересное обсуждение. Но всё-таки эта задачка районного масштаба, по крайней мере в её оригинальной формулировке. А я имел в виду следующее решение.

Предположим, что $p=a+b+c+d$ --- простое число. Тогда $d \equiv -a-b-c \pmod{p}$ и мы имеем

$$ 0=a^2+b^2-c^2-d^2-2009(ab-cd) \equiv -2011(b+c)(a+c) \pmod{p}, $$

т.е. произведение $2011(b+c)(a+c)$ должно делиться на $p$. Очевидно, что $p$ не может быть делителем чисел $b+c$ и $a+c$, ибо $p$ больше каждого из них. Значит, $p$ --- делитель числа $2011$, а поскольку последнее число --- простое, $p=2011$.

Если нас интересуют все 4-ки $(a,b,c,d)$, для которых $a+b+c+d=2011$ и выполняется условие задачи, то Klad33 на своём мощном компьютере нам их легко отыщет (вчера я так и поступил, когда задумался о реализуемости ситуации, описываемой в задаче). Можно ли это сделать вручную --- не знаю, таких четвёрок довольно много.

[Klad33]

Ну не знаю! Я такие задачи решаю в уме. Один из вариантов (2008 решений):

a - любое целое число от 2008 до 1;
b=1;
c=2009-a;
d=1

[Cash]

Цитата:

$ 0=a^2+b^2-c^2-d^2-2009(ab-cd) \equiv -2011(b+c)(a+c) \pmod{p}, $

Красиво, что и сказать.

(Оффтоп)

Но все-таки не школьный районный тур. Не владеют школьники на этом уровне аппаратом сравнений в той степени, чтобы придумать такое решение.
Студенческая олимпиада регионального ВУЗа - соглашусь.
Можно сравнить, например, с задачами олимпиады НГУ, что bot недавно выкладывал.
Вполне на уровне, а это ведь 2-й университет в стране (в тройке по крайней мере точно).

[nnosipov]

Cash, спасибо. Вот, кстати, ещё одна похожая задача.
Пусть $a>b>c>d$ --- натуральные числа, причём $a^2-ac+c^2=b^2+bd+d^2$. Доказать, что число $ab+cd$ составное.
Алгебраические трюки со сравнениями делают её лишь чуть-чуть сложнее моей "районной" задачки. А между тем эта задача предлагалась на 42-й IMO (задача 6). Оригинальные решения см. http://imo.wolfram.com/problemset/IMO20 ... tion6.html Видимо, в те ещё не очень давние времена такие фокусы были в новинку.