Неравенство для натуральных чисел

[Edward_Tur]

$a,b$ и $c$ - различные натуральные числа. Доказать, что если $(a+b)(a+c)=(b+c)^2$, то $(b-c)^2>8(b+c)$.

СПБ МО 2007

[Dave]

Каждое натуральное число единственным образом представляется в виде $p^2r$, где $p$ и $r$ - некоторые натуральные числа, причём $r$ свободно от квадратов, т.е. не делится на квадрат никакого числа, большего $1$. Пусть $a+b=p^2r_1$ и $a+c=q^2r_2$. Тогда, т.к. произведение этих чисел даёт квадрат натурального числа, то $r_1=r_2=r$ и $b+c=pqr$, а $b-c=(p^2-q^2)r=(p-q)(p+q)r$. Значит нам нужно доказать неравенство $(p-q)^2(p+q)^2r^2>8pqr \Leftrightarrow (p-q)^2(p+q)^2r>8pq$. Обозначим $d=p-q$. Пусть, для определённости, $b>c$. Тогда $d>0$. Если $d=1$, то числа $p$ и $q$ разной чётности. Поскольку $b=r \frac {(p^2-q^2+pq)} 2$, то в этом случае число $pq$ чётное, а число $p^2-q^2$ нечётное, стало быть число $p^2-q^2+pq$ нечётное и $r$ должно делиться на $2$, откуда $r \geqslant 2$. Значит, при любом $d$, $d^2r \geqslant 2$. Кроме этого, поскольку $p \neq q$, то $(p+q)^2 > 4pq$. Отсюда получаем: $(p-q)^2(p+q)^2r=d^2r(p+q)^2 \geqslant 2 (p+q)^2 > 8pq$, что и требовалось доказать.

[nnosipov]

Можно считать $b>c$. Положим $u=b+c$ и $v=b-c$. Имеем

$$ 3u^2+v^2-4au-4a^2=0. \eqno(*) $$

Требуется доказать, что $8u<v^2$. Допустим противное. Тогда из $(*)$ будет следовать неравенство $3u^2+(8-4a)u-4a^2 \geqslant 0$, решая которое, получим

$$ u \geqslant \frac{2a-4+4\sqrt{a^2-a+1}}{3}>2a-2. $$

С другой стороны, $u<2a$ (одна из вершин эллипса $(*)$ находится в точке $(2a,0)$). Значит, $ u=2a-1$. Но тогда из $(*)$ следует $v^2=8a-3$, что невозможно.