Trovare tutte le soluzioni intere di:
$ (a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2 $
$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2$
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Gottinger95
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Re: $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2$
Trasformo il testo:
\( (a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 \ \ \ \Rightarrow\ \ \ (a+b+c)^2 - (a^2 + b^2 + c^2) = 0 \ \ \ \Rightarrow\ \ \ ab+bc+ca = 0 \)
Prima Osservazione: Se uno tra \(a,b,c\) è 0, tutte e sole le soluzioni sono le permutazioni della terna \((0,0,n) \) con \(n \in \mathbb{Z}\).
Infatti sostituendo WLOG \(a=0\) si ha \(bc=0\), che implica uno dei due uguale a 0 e l'altro a piacere. Da adesso suppongo \(a,b,c \neq 0 \).
Seconda Osservazione: Due tra \(a,b,c\) devono essere uguali.
Suppongo WLOG \(a,b > 0 \): infatti devono esistere per forza due numeri concordi, e nel caso i concordi fossero negativi mi basterebbe moltiplicare tutte e tre le lettere per -1 (vista l'omogeneità dell'equazione). Trasformo ulteriormente l'equazione:
\(\displaystyle c(a+b) = - ab = \frac{(a^2 + b^2) - (a+b)^2}{2} \ \ \ \Rightarrow\ \ \ 2c(a+b) = (a^2 + b^2) - (a+b)^2\)
Analizzando modulo \( (a+b)\) e sfruttando \(a \equiv -b \pmod{a+b} \) ho:
\( 0 \equiv a^2 + b^2 \equiv 2a^2 \equiv 2b^2 \pmod{a+b}\)
Si aprono due casi:
CASO 1, \((a+b)\) dispari: unendo i fatti \(a \equiv b \equiv 0 \pmod{a+b}\) e \(0 < a,b < a+b\) si ottiene un assurdo.
CASO 2, \((a+b)\) dispari: unendo i fatti \(\displaystyle a \equiv b \equiv 0 \pmod{\frac{a+b}{2}}\) e \(0< a,b < a+b \), si ottiene \(\displaystyle a=b= \frac{a+b}{2}\)\).
Terza Osservazione: Se \(a,b,c \neq 0\), tutte e sole le soluzioni sono le permutazioni della terna \((n,n,-\frac{n}{2})\) con \( n \in \mathbb{Z}\).
Sostituiamo \(a=b=n\) nel testo e otteniamo:
\(\displaystyle cn + cn + n^2 = 0 \ \ \ \Rightarrow\ \ \ 2c + n = 0 \ \ \ \Rightarrow \ \ \ c = - \frac{n}{2} \)
Conclusione: Le soluzioni sono le permutazioni delle terne \((0,0,n)\) e \((n,n, -\frac{n}{2}) \) con \( n \in \mathbb{Z}\).
\( (a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 \ \ \ \Rightarrow\ \ \ (a+b+c)^2 - (a^2 + b^2 + c^2) = 0 \ \ \ \Rightarrow\ \ \ ab+bc+ca = 0 \)
Prima Osservazione: Se uno tra \(a,b,c\) è 0, tutte e sole le soluzioni sono le permutazioni della terna \((0,0,n) \) con \(n \in \mathbb{Z}\).
Infatti sostituendo WLOG \(a=0\) si ha \(bc=0\), che implica uno dei due uguale a 0 e l'altro a piacere. Da adesso suppongo \(a,b,c \neq 0 \).
Seconda Osservazione: Due tra \(a,b,c\) devono essere uguali.
Suppongo WLOG \(a,b > 0 \): infatti devono esistere per forza due numeri concordi, e nel caso i concordi fossero negativi mi basterebbe moltiplicare tutte e tre le lettere per -1 (vista l'omogeneità dell'equazione). Trasformo ulteriormente l'equazione:
\(\displaystyle c(a+b) = - ab = \frac{(a^2 + b^2) - (a+b)^2}{2} \ \ \ \Rightarrow\ \ \ 2c(a+b) = (a^2 + b^2) - (a+b)^2\)
Analizzando modulo \( (a+b)\) e sfruttando \(a \equiv -b \pmod{a+b} \) ho:
\( 0 \equiv a^2 + b^2 \equiv 2a^2 \equiv 2b^2 \pmod{a+b}\)
Si aprono due casi:
CASO 1, \((a+b)\) dispari: unendo i fatti \(a \equiv b \equiv 0 \pmod{a+b}\) e \(0 < a,b < a+b\) si ottiene un assurdo.
CASO 2, \((a+b)\) dispari: unendo i fatti \(\displaystyle a \equiv b \equiv 0 \pmod{\frac{a+b}{2}}\) e \(0< a,b < a+b \), si ottiene \(\displaystyle a=b= \frac{a+b}{2}\)\).
Terza Osservazione: Se \(a,b,c \neq 0\), tutte e sole le soluzioni sono le permutazioni della terna \((n,n,-\frac{n}{2})\) con \( n \in \mathbb{Z}\).
Sostituiamo \(a=b=n\) nel testo e otteniamo:
\(\displaystyle cn + cn + n^2 = 0 \ \ \ \Rightarrow\ \ \ 2c + n = 0 \ \ \ \Rightarrow \ \ \ c = - \frac{n}{2} \)
Conclusione: Le soluzioni sono le permutazioni delle terne \((0,0,n)\) e \((n,n, -\frac{n}{2}) \) con \( n \in \mathbb{Z}\).
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
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Ido Bovski
- Messaggi: 232
- Iscritto il: 07 mag 2012, 11:51
Re: $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2$
E la terna $(a, b, c)=(2013, 2013\cdot 2012, -2012)$ ? 
Il problema equivale a trovare le coppie $(a, b)\in \mathbb{Z}^2$ tali che $a+b\mid ab$ (questo è un classico e mi sembra sia passato anche sul forum).
Ciao Andrea!
Qui non si capisce bene cosa fai e credo sia proprio qui l'errore...Gottinger95 ha scritto: CASO 1, \((a+b)\) dispari: unendo i fatti \(a \equiv b \equiv 0 \pmod{a+b}\) e \(0 < a,b < a+b\) si ottiene un assurdo.
CASO 2, \((a+b)\) dispari: unendo i fatti \(\displaystyle a \equiv b \equiv 0 \pmod{\frac{a+b}{2}}\) e \(0< a,b < a+b \), si ottiene \(\displaystyle a=b= \frac{a+b}{2}\)\).
Il problema equivale a trovare le coppie $(a, b)\in \mathbb{Z}^2$ tali che $a+b\mid ab$ (questo è un classico e mi sembra sia passato anche sul forum).
Ciao Andrea!
Re: $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2$
Io non sono d'accordo sulla seconda osservazione, basti pensare alla terna $ (3, -2, 7) $
Ho trovato una soluzione, anche se il procedimento non è elegante
Come prima $ (a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 \Rightarrow ab + bc + ca = 0 $
Esplicito la $a$:
$a = \frac{-bc}{b+c} $
Ora poniamo
$ gdc(b, c) = n $
$ b = nb_{2}$
$ c = nc_{2} $
$a = -n (\frac{b_{2} c_{2}}{b_{2} + c_{2}}) $
Pongo $ c_{2} = h - b_{2} $ e sostituisco
$a = -n (\frac{b_{2} (h - b_{2})}{h}) = -n (b_{2} - \frac{b_{2}^2}{h}) $
Abbiamo che $ h | b_{2}^2 $ e $ h | b_{2} + c_{2} $ perciò se un primo $ p $ divide $ h $ deve dividere sia $ b_{2} $ che $ c_{2} $, ma sappiamo che sono coprimi perciò $ h = \pm 1 $
Ed ecco la soluzione a meno di permutazioni:
$ (-n(b_{2} \mp b_{2}^2), nb_{2}, n(\pm 1 - b_{2})) $
Ho trovato una soluzione, anche se il procedimento non è elegante
Come prima $ (a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 \Rightarrow ab + bc + ca = 0 $
Esplicito la $a$:
$a = \frac{-bc}{b+c} $
Ora poniamo
$ gdc(b, c) = n $
$ b = nb_{2}$
$ c = nc_{2} $
$a = -n (\frac{b_{2} c_{2}}{b_{2} + c_{2}}) $
Pongo $ c_{2} = h - b_{2} $ e sostituisco
$a = -n (\frac{b_{2} (h - b_{2})}{h}) = -n (b_{2} - \frac{b_{2}^2}{h}) $
Abbiamo che $ h | b_{2}^2 $ e $ h | b_{2} + c_{2} $ perciò se un primo $ p $ divide $ h $ deve dividere sia $ b_{2} $ che $ c_{2} $, ma sappiamo che sono coprimi perciò $ h = \pm 1 $
Ed ecco la soluzione a meno di permutazioni:
$ (-n(b_{2} \mp b_{2}^2), nb_{2}, n(\pm 1 - b_{2})) $