Найдите все тройки

[rightways]

Найдите все тройки натуральных чисел $(a,b,c)$ для которых
$(abc)^2|a^3+b^3+c^3-3abc$

[mihiv]

1.$a=b=c=n$, где $n$-любое натуральное число.
2. Пусть теперь не все из чисел $a,b,c$ равны между собой, считаем также,что $a\geqslant b,c$. Тогда:

$$a^3+b^3+c^3-3abc=k(abc)^2, k\geqslant 1\qquad (1)$$

Из (1) следует неравенство

$$a^3-3abc<k(abc)^2$$

Или

$$a<\frac 12\left (kb^2c^2+kb^2c^2\sqrt {1+\dfrac {12}{k^2b^3c^3}}\right )$$

Если $k^2b^3c^3>12$, то разложив корень в ряд, получим неравенство:

$$a<kb^2c^2+\dfrac 3{kbc}\qquad (2)$$

Далее $a^3+b^3+c^3-3abc<a^3+a(b^2+c^2)-3abc<a^3+a(b-c)^2<k(abc)^2$Отсюда

$$a<\frac 12\left (kb^2c^2+kb^2c^2\sqrt {1-\dfrac {4(b-c)^2}{k^2b^4c^4}}\right )$$

Если $k^2b^4c^4>4(b-c)^2$, то разложив корень, получим неравенство

$$a>kb^2c^2-\dfrac {(b-c)^2}{kb^2c^2}\qquad (3)$$

Из неравенств (2),(3) при $kbc>2$ с учетом того, что $a$ целое, получим $a=kb^2c^2$. Используя это равенство и равенство (1), получим:$a^3+b^3+c^3-3abc=a^3$, что невозможно. Остается еще небольшой перебор, связанный с тем, что мы предполагали $kbc>2$ и т.д.

[mihiv]

mihiv в сообщении #977837 писал(а):

Далее $a^3+b^3+c^3-3abc<a^3+a(b^2+c^2)-3abc<a^3+a(b-c)^2<k(abc)^2$.Отсюда

$$a<\frac 12\left (kb^2c^2+kb^2c^2\sqrt {1-\dfrac {4(b-c)^2}{k^2b^4c^4}}\right )$$

В первой строчке последнее неравенство должно быть:$a^3+a(b-c)^2>k(abc)^2$ и, соответственно:

$$a>\frac 12\left (kb^2c^2+kb^2c^2\sqrt {1-\dfrac {4(b-c)^2}{k^2b^4c^4}}\right )$$

[Oversull]

Get to know more.

[scwec]

mihiv в сообщении #977890 писал(а):

В первой строчке последнее неравенство должно быть: $a^3+a(b-c)^2>k(abc)^2$ и, соответственно:

$$a>\frac12\left(kb^2c^2+kb^2c^2\sqrt{1-\frac{4(b-c)^2}{k^2{b^4}{c^4}}\right)}$$

Тут надо добавить или

$$a<\frac12\left(kb^2c^2-kb^2c^2\sqrt{1-\frac{4(b-c)^2}{k^2{b^4}{c^4}}\right)}$$

и разобрать этот случай.

[nnosipov]

Я бы, считая $b \geqslant c$, рассмотрел функцию $f(a)=a^3+b^3+c^3-3abc-k(abc)^2$. Если $(k,b,c) \neq (1,1,1)$, то $f(0)>0$, $f(b)<0$. Значит, эта функция имеет три вещественных корня. Нас интересует тот, который больше $b$ (ибо с самого начала можно считать $a \geqslant b \geqslant c$). Но для этого корня справедлива оценка $kb^2c^2<a<kb^2c^2+1$, поскольку, как несложно проверить, $f(kb^2c^2)<0$, а $f(kb^2c^2+1)>0$. Значит, этот корень не целый. Случай $(k,b,c)=(1,1,1)$ приводит к решению $a=2$, $b=c=1$.

[mihiv]

nnosipov, красивое решение!

[nnosipov]

На самом деле я всего лишь подчистил Ваше решение, так что взаимно. Поначалу мне казалось, что нужно воспользоваться тем, что $a^3+b^3+c^3-3abc$ факторизуется. Но в этом направлении ничего придумать не удалось. В то же время было видно, что делитель велик по сравнению с делимым, и надо это эксплуатировать.