Symetria z Trojka

[mol_ksiazkowy]

a( Liczby a, b, c sa parami wzglednie pierwsze i takie,
ze zachodzi (*) wykaz ze któras z liczb a, b, c nie jest liczba pierwsza
b( Czy istnieje nieskonczenie wiele trójek a,b ,c liczb naturalnych t ze
realizuja one warunki (*)??

\(\displaystyle{ a|b+c+bc , \ b|a+c+ca , \ c| a+b+ab}\)

[Efendi]

Z warunków zadania mamy:
\(\displaystyle{ ab|ab+ac+abc+bc+c^{2}+bc^{2}+abc+ac^{2}+abc^{2}}\)
Korzystając z tego, że (a,b,c)=1 możemy stwierdzić, że
\(\displaystyle{ ab|a+b+c+bc+acab|a+b+a+b+ab+c(a+b)ab|2(a+b)+c(a+b)}\)
czyli \(\displaystyle{ c|a+b+2(a+b)+ac+bcc|3(a+b)}\)
Nie może być \(\displaystyle{ c|(a+b)}\), bo wtedy też \(\displaystyle{ c|ab}\), co jest niemożliwe ze względu na założenie, a zatem \(\displaystyle{ c|3}\). Zatem c=3 lub c=1. Aby udowodnić a), przyjmijmy c=3. Wtedy \(\displaystyle{ a|b+3+3ba|4b+3}\) oraz \(\displaystyle{ b|4a+3}\) czyli \(\displaystyle{ a|16a+15}\) zatem a|15. Skoro (a,c)=1 to dla dowodu weźmy a=5. Wówczas \(\displaystyle{ b|5+3+15=23}\), ale podstawiając a=5, b=23, c=3 otrzymujemy sprzeczność, zatem ta opcja jest niemożliwa. W takim razie jedna z liczb a,b,c jest równa 1, a zatem dowiedliśmy a). Ponadto z powyższego rozumowania wynika, że nie istnieje nieskończenie wiele trójek o własności podanej w zadaniu.
Jedna z trójek spełniających warunki to \(\displaystyle{ (a,b,c)=(1,3,7)}\).

[Sylwek]

Fajnie, ale źle , po pierwsze z tego, że c|(a+b+ab) nie wynika w żadną stronę: \(\displaystyle{ ab|(a+b+c+bc+ac) \iff ab|(a+b+(a+b+ab)+c(a+b))}\), taki chwyt zrobiłeś dwa razy, następnie wcale c|(a+b) nie implikuje c|ab, co zasugerowałeś. A do mola_książkowego mam prośbę, żeby dokładniej sprawdzał podawane rozwiązania do proponowanych przed niego zadań.

[dr_grucha]

\(\displaystyle{ \begin{cases} a|b+c+bc \\ b|a+c+ac \\ c|a+b+ab \end{cases} \begin{cases} a|a+b+c+ab+bc+ac \\ b|a+b+c+ab+bc+ac \\ c|a+b+c+ab+bc+ac \end{cases}}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ a,b,c}\) są względnie pierwsze, to

\(\displaystyle{ abc|a+b+c+ab+bc+ac}\)
\(\displaystyle{ a+b+c+ab+bc+ca=m abc}\) (1)

\(\displaystyle{ 1+a+b+c+ab+bc+ca+abc=(m+1)abc + 1}\)
\(\displaystyle{ (a+1)(b+1)(c+1)=(m+1)abc + 1}\)

Z równania 2 wynika, że \(\displaystyle{ a, b, c}\) są nieparzysta,w przeciwnym razie skoro są parami względnie pierwsza to tylko jedna liczba byłaby parzysta pozostałe nieparzyste i wtedy lewa strona byłaby parzysta, a prawa nieparzysta. Z tego wynika, że \(\displaystyle{ m}\) jest parzyste.

Załóżmy, że żadna nie jest równa 1. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że \(\displaystyle{ 3 qslant a abc =a+b+c+ab+bc+ca m m=1}\)

Otrzymujemy sprzeczność z parzystością \(\displaystyle{ m}\)

Zatem jedna liczba jest równa 1. Niech \(\displaystyle{ a=1 b m m=2}\)

Równanie (1) ma postać:

\(\displaystyle{ 1+2b+2c+bc=2bc}\)
\(\displaystyle{ 5=bc-2b-2c+4}\)
\(\displaystyle{ 5=(b-2)(c-2)}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} b-2 =1 \\ c-2=5 \end{cases}}\)

Jedyną trójką liczb (nie licząc permutacji) spełniającą warunki zadania jest \(\displaystyle{ (a,b,c)=(1,3,7)}\).

[Efendi]

Fajnie, ale źle , po pierwsze z tego, że c|(a+b+ab) nie wynika w żadną stronę: \(\displaystyle{ ab|(a+b+c+bc+ac) \iff ab|(a+b+(a+b+ab)+c(a+b))}\), taki chwyt zrobiłeś dwa razy, następnie wcale c|(a+b) nie implikuje c|ab, co zasugerowałeś.

Tyle, że skoro c|a+b oraz z warunków zadania c|a+b+ab to musiałoby być c|ab. A co do tego drugiego, to przyjmijmy kc=a+b+ab, k jest całkowite. Wówczas musi być k względnie pierwsze z a oraz z b, bo inaczej załóżmy, że (a,k)=p, p>1. Wiemy z założenia, że (a,b)=1, zatem równanie kc=a+b+ab można przedstawić w postaci pp'c=pp''+b+pp''b, ale b nie dzieli się przez p i mamy sprzeczność. Wobec tego (a,b,k)=1 i tym samym wnioskujemy, że skoro ab|a+b+c+bc+ac to również ab|a+b+(a+b+ab)+bc+ac.
Tak to przynajmniej wykombinowałem. Może to jest źle, jeżeli tak, to powiedz mi dokładnie dlaczego. Wydaje mi się, że jednak jest to chyba dobrze, bo wynik wychodzi poprawny. Może po prostu dowód jest niewystarczający.

[Sylwek]

Tyle, że skoro c|a+b oraz z warunków zadania c|a+b+ab to musiałoby być c|ab

Rzeczywiście, masz rację.

A co do tego drugiego, to przyjmijmy kc=a+b+ab, k jest całkowite. Wówczas musi być k względnie pierwsze z a oraz z b, bo inaczej załóżmy, że (a,k)=p, p>1. Wiemy z założenia, że (a,b)=1, zatem równanie kc=a+b+ab można przedstawić w postaci pp'c=pp''+b+pp''b, ale b nie dzieli się przez p i mamy sprzeczność. Wobec tego (a,b,k)=1

Do tej pory rozumowanie jest jak najbardziej poprawne, ale nie wynika z tego, że:

i tym samym wnioskujemy, że skoro ab|a+b+c+bc+ac to również ab|a+b+(a+b+ab)+bc+ac

Przypuśćmy, że tak jest. Wówczas:
\(\displaystyle{ a+b+c+bc+ac \equiv a+b+(a+b+ab)+bc+ac \ (mod \ ab) \ \iff \ a+b+ab \equiv c \ (mod \ ab) \ \iff \ a+b-c \equiv 0 \ (mod \ ab)}\)
Przyjmijmy a>b>c (można założyć, że zrobiliśmy to na samym początku - wówczas nie ma wątpliwości, że nie tracimy ogólności). Zatem, ponieważ wszystkie są liczbami pierwszymi (kontynuuję Twój dowód nie wprost), to mamy \(\displaystyle{ b \geqslant 3}\), co za tym idzie: \(\displaystyle{ 0}\), co przeczy temu, że \(\displaystyle{ a+b-c \equiv 0 \ (mod \ ab)}\). A kontrprzykład: c=1, a=3, b=7.