Получится ли арифметическая прогрессия?

[Ktina]

Существуют ли три попарно различных положительных вещественных числа $a, b, c$ таких, что числа $a, b, c, b+c-a, c+a-b, a+b-c, a+b+c$ (не обязательно именно в этом порядке) образуют арифметическую прогрессию?

[Sender]

Положим $0<a<b<c$. Тогда следующая цепочка неравенств очевидна: $a+b-c<a<b<c<b+c-a<a+b+c$. Кроме того, $a<c+a-b<c$. Таким образом, если арифметическая прогресия существует, $a+b-c\: \text{и} \:a$ являются её соседними членами, равно как $c \: \text{и} \: b+c-a$, $b+c-a\: \text{и} \:a+b+c$. Значит, $a-(a+b-c)=(b+c-a)-c=(a+b+c)-(b+c-a)$. Отсюда $b=3a, c=5a$. Тогда $c+a-b=b\neq a$, что означает невозможность построения арифметической прогрессии.

[ewert]

Положим $f_a=b+c-a,\ f_b=a+c-b,\ f_c=a+b-c.$ Тройки $a,b,c$ с одной стороны и $f_a,f_b,f_c$ с другой взаимно-однозначно выражаются друг через друга, так что не важно, какую из них принять за основу. Положим для определённости, что $f_a<f_b<f_c$. Тогда точка $c$ расположена посередине между точками $f_a$ и $f_b$, точка $a$ -- посередине между $f_b$ и $f_c$. Расстояния между $f_a$ и $f_b$ и между $f_b$ и $f_c$ не могут быть одинаковыми -- в этом случае точка $b$ (лежащая посередине $f_a$ и $f_c$) совпала бы с точкой $f_b$. Опять же для определённости предположим, что правые расстояния больше левых, т.е. что $f_c-f_b>f_b-f_a$.

Между упоминавшимися до сих пор пятью точками лежат четыре отрезка, причём два левых имеют одинаковую длину, а два правых -- бОльшую. Оставшиеся в запасе две точки: $b$ и $a+b+c$ обязаны разделить два последних отрезка, чтобы обеспечить арифметическую прогрессию. Ясно, что точка $b$ лежит левее $a$ и, следовательно, вынуждена делить ровно пополам именно отрезок от $f_b$ до $a$; тогда точке $a+b+c$ придётся делить последний справа отрезок. Итак, мы имеем дело с такой арифметической прогрессией:

$f_a,\ c,\ f_b,\ b,\ a,\ a\!+\!b\!+\!c,\ f_c.$

Если теперь $d$ -- разность той прогрессии, то

$b=c+2d,$
$a=c+3d,$
$a+b+c=c+4d,$

откуда $a=\frac{5d}2,\ b=\frac{3d}2,\ c=-\frac{d}2.$ Это общее решение задачи (с точностью до перестановок), поскольку оно подходит (и, естественно, при всех $d\neq0$) -- если, конечно, не накладывать ограничений на знаки. А если накладывать -- то, соответственно, увы.

[Praded]

ewert в сообщении #530501 писал(а):

Если теперь d -- знаменатель той прогрессии, то

Вообще-то там разность, ибо прогрессия арифметическая.

[hippie]

Предположим, что нужные числа нашлись.
Тогда в указанной прогрессии число $(a+b+c)$ — наибольшее.
Поэтому числа $a, b, c, (-a+b+c), (a-b+c), (a+b-c)$ образуют прогрессию, т.е. равны (в некотором порядке) числам $m, (m+h), (m+2h), (m+3h), (m+4h), (m+5h)$.
Тогда $a+b+c = 3m+kh,$ (где $k$ целое) и $(-a+b+c)+(a-b+c)+(a+b-c) = (6m+15h)-(a+b+c) = 3m+(15-k)h.$ Но $(-a+b+c)+(a-b+c)+(a+b-c) = a+b+c.$ Следовательно, $k=15-k,$ что невозможно.