abc/(a+b+c) не полный квадрат

[scwec]

Пусть $a,b,c$ натуральные числа и $a^2+b^2=c^2$.
Докажите, что $\dfrac{abc}{a+b+c}$ не может быть квадратом целого числа.

[mihiv]

Числа $a,b,c$ можно считать взаимно простыми. По условию это пифагоровы тройки: $a=2mn, b=m^2-n^2, c=m^2+n^2$. Подставляя эти выражения для $a, b, c$, получим:

$$\dfrac {abc}{a+b+c}=n(m-n)(m^2+n^2)\qquad (1)$$

Все три сомножителя в правой части (1) взаимно просты и поэтому должны быть квадратами. Поэтому $c=m^2+n^2=c_1^2$. Но тогда $a^2+b^2=c_1^4$, а это уравнение не имеет решений в натуральных числах.

[nnosipov]

mihiv в сообщении #794647 писал(а):

Но тогда $a^2+b^2=c_1^4$, а это уравнение не имеет решений в натуральных числах.

Разве? А мне показалось, что имеет.

[mihiv]

Да, поспешил. Не имеет решений, конечно, $a^4+b^4=c^2$

[vmg]

Обозначения mihiv плюс $S$ и $r$- площадь и радиус вписанной окружности соответственно.
Из геометрии $\frac{abc}{a+b+c}=rc$ и $S=cr+r^2$.
Если бы $rc$ было бы квадратом, то $S$ было бы представимо как сумма двух квадратов, что неверно.
Действительно, $S=mn(m^2-n^2)$. Если $m$ четно, а $n\equiv1(\mod4)$, то $m^2-n^2\equiv3(\mod4)$,
а если $n$ четно и не делится на 4 и $m\equiv1(\mod4)$, то $m^2-n^2$ раскладывается на два множителя
$m-n$ и $m+n$, каждый из которых сравним с 3 по модулю 4.

[scwec]

Ошибка здесь в том, что квадраты, составляющие $S$ не взаимно просты. И каноническое разложение $S$ на простые множители может содержать простые числа вида $4k+3$.

[vmg]

Да, поторопился, прошу прощения.
Итак, $S$ имеет простой делитель вида $4k+3$.
Теперь, $cr$ - квадрат и $c$ и $r$ взаимно просты. Значит, $c=u^2$ и $r=v^2$.
Все нечетные делители $r$-квадраты имеют вид $4k+1$. $S$ делится на $r$.
Получаем $\frac{S}{v^2}=u^2+v^2$. Слева стоит натуральное число, у которого делитель вида $4k+3$ остался, а
справа - взаимно простые квадраты.

[scwec]

vmg в сообщении #796345 писал(а):

Слева стоит натуральное число, у которого делитель вида $4k+3$ остался

Простой делитель вида $4k+3$ может и не остаться, если все такие простые делители приходятся на $r$. Ведь $(4k+3)^2=4N+1$

[vmg]

Да, из текста это не следует. Спасибо.

[temp03]

Ну для начала $\dfrac {abc}{a+b+c}=n(m-n)(m^2+n^2)\qquad (1)$.
Далее, чтобы оно решалось, надо чтобы $m^2+n^2=x^2,\ m-n=y^2,\ n=z^2$.

1. Если долго-долго решать, то получится, что это требует, чтобы $m=(p^2+2q^2)^2+4pq(p^2+2q^2)$, $n=4pq(p^2+2q^2+2pq)$. Но поскольку требуется, чтобы $n=z^2$, то $p=u^2,\ q=t^2,\ p^2+2q^2+2pq=w^2$
Последнее уравнение требует, чтобы $u^4+2t^4+2u^2t^2=w^2$. Или $(u^2+t^2)^2+t^4=w^2\qquad (2)$.

2. В свою очередь опять долго-долго решая получим, что для решения нужно чтобы $u=(r^2-2s^2),\ t^2=4rs(r^2+2s^2+2rs)$, а последнее требует $r_1^4+2s_1^4+2r_1^2s_1^2=k^2$. Или $(r_1^2+s_1^2)^2+s_1^4=k^2\qquad (3)$.

Получили такое же уравнение как на предыдущем шаге $(2)$, но меньшее. Метод бесконечного спуска.

[scwec]

Пункт 2. здесь лишний. Ведь "наибольшее" уравнение $(2)$ получается сразу из $(1)$. Это $(y^2+z^2)^2+z^4=x^2$, и уже в пункте 1. получается "меньшее" уравнение.
"долго-долго решать" не проверял, но похоже на правду.

[scwec]

Элементарный вариант решения может быть такой.
Пусть прямоугольный треугольник $(a,b,c)$ таков, что $\dfrac{abc}{a+b+c}=D^2$ и $D$ наименьшее из всех возможных.
Уравнение $(x^2+N^2)^2+N^4=Y^2$, где $m-n=x^2, n=N^2$ имеет решение в целых числах и $N^2=2rs, x^2+N^2=r^2-s^2, Y=r^2+s^2$,
$r,s$ вз.просты и разной четности, причем $s$ четно и $s=2S^2, r=R^2$, ( $S,R$ натуральные числа).
Из $x^2+N^2=r^2-s^2$ следует, что $x^2=r^2-s^2-2rs$ и далее $x^2+(r+s)^2=2r^2$ и $\left(\dfrac{r+s+x}{2}\right)^2+\left(\dfrac{r+s-x}{2}\right)^2=r^2$. Легко видеть, что числа в скобках положительные целые.
Рассмотрим прямоугольный треугольник с длинами сторон $A=\dfrac{r+s+x}{2}$, $B=\dfrac{r+s-x}{2}$, $C=r$
$A^2+B^2=C^2$. Для него $\dfrac{ABC}{A+B+C}=\dfrac{(r^2+2rs+s^2-r^2+2rs+s^2)r}{2(2r+s)}=S^2R^2<D^2$.
Получили противоречие с минимальностью $D$.

Другой возможный вариант.
Доказываем, что уравнение $(x^2+N^2)^2+N^4=Y^2$ не имеет решений в натуральных числах.
После деления его на $N^4$ и обозначения $X=\dfrac{x}{N}, v=\dfrac{Y}{N^2}$
получаем уравнение эллиптической кривой $v^2=X^4+2X^2+2$. Эквивалентное кубическое уравнение в фоме Вейерштрасса получим, например, с помощью Maple. $w^2=u^3-\dfrac{28}{3}{u}-\dfrac{272}{27}$
С помощью Pari вычисляем ранг этой кривой. Он равен нулю. И на кривой нет рациональных точек бесконечного порядка.
Вычисляем точки кручения. Это $\left(-\dfrac{4}{3},0\right)$. Но она не порождает невырожденного треугольника, т.е. на кривой нет рациональных точек, порождающих искомые треугольники, ч.т.д.

[nnosipov]

scwec в сообщении #797274 писал(а):

Элементарный вариант решения может быть такой.
Пусть прямоугольный треугольник $(a,b,c)$ таков, что $\dfrac{abc}{a+b+c}=D^2$ и $D$ наименьшее из всех возможных.
Уравнение $(x^2+N^2)^2+N^4=Y^2$, где $m-n=x^2, n=N^2$ имеет решение в целых числах и $N^2=2rs, x^2+N^2=r^2-s^2, Y=r^2+s^2$,
$r,s$ вз.просты и разной четности, причем $s$ четно и $s=2S^2, r=R^2$, ( $S,R$ натуральные числа).
Из $x^2+N^2=r^2-s^2$ следует, что $x^2=r^2-s^2-2rs$ и далее $x^2+(r+s)^2=2r^2$ и $\left(\dfrac{r+s+x}{2}\right)^2+\left(\dfrac{r+s-x}{2}\right)^2=r^2$. Легко видеть, что числа в скобках положительные целые.
Рассмотрим прямоугольный треугольник с длинами сторон $A=\dfrac{r+s+x}{2}$, $B=\dfrac{r+s-x}{2}$, $C=r$
$A^2+B^2=C^2$. Для него $\dfrac{ABC}{A+B+C}=\dfrac{(r^2+2rs+s^2-r^2+2rs+s^2)r}{2(2r+s)}=S^2R^2<D^2$.
Получили противоречие с минимальностью $D$.

Симпатичное рассуждение.

[scwec]

nnosipov, хочу пополнить, возможно, Вашу коллекцию элементарно вычисленных рангов эллиптических кривых.
А именно, кривая $v^2=X^4+2X^2+2\qquad(1)$ после умножения на$X^2$ и замены $X^2=U, V=vX$ переходит в $V^2=U^3+2U^2+2U\qquad(2)$. Она, конечно, не эквивалентна первоначальной кривой $(1)$. Но элементарно выше доказано, что $(1)$ имеет ранг 0. И, следовательно, на кривой $(2)$ нет рациональных точек с U-координатой(кроме нуля), которая есть квадрат. Но это означает, что все рациональные точки на $(2)$ имеют $V=0$ и это значит, что единственная рациональная точка на $(2)$ это $(0,0)$. В свою очередь это означает, что ранг $(2)$ равен нулю.

[nnosipov]

scwec в сообщении #797357 писал(а):

nnosipov, хочу пополнить, возможно, Вашу коллекцию элементарно вычисленных рангов эллиптических кривых.

Спасибо. Хороший пример.