Deje que $T$ ser el conjunto de todos los triples $(a,b,c)$ de números enteros positivos para los que existen triángulos con longitudes laterales $a$ , $b$ , $c$ . Express $$ \sum\limits_ {(a,b,c)\, \in\ ,T}\; \frac {2^a}{3^b 5^c}$$ como un número racional en los términos más bajos
Realmente no sé cómo empezar con esta pregunta. Mi solución: He escrito la ecuación de la solución del triángulo en forma de $a$ , $b$ y $c$ es decir, $s/(s-a)$ donde $s = (a+b+c)/2$ .
La principal dificultad de este problema es cómo manejar las desigualdades de los triángulos: $$a+b > c, b+c > a, c+a > b$$ La belleza de Sustitución de Ravi (mencionado por @maveric en un comentario) $$a = v + w, b = u + w, c = u + v$$ está bajo la sustitución de Ravi,
$a, b, c$ satisface las desigualdades del triángulo si y sólo si $u,v,w$ son números positivos.
Si uno quiere recorrer todas las combinaciones enteras de $a,b,c$ que dan un triángulo, uno acaba de correr $u,v,w$ a través de todas las combinaciones de enteros positivos o combinaciones de medios enteros positivos $$(u,v,w) = \text{ one of }\begin{cases} (i+1, j+1, k+1 )\\ \\ (i+\frac12+i,j+\frac12,k+\frac12) \end{cases} \quad\text{ for }i,j, k\in \mathbb{N}$$
Esto transforma la horrible suma a uno sobre series geométricas.
$$\begin{align} \sum\limits_{(a,b,c)\,\in\,T}\;\frac{2^a}{3^b 5^c} = &\left(\frac{2^2}{15^2} + \frac{2}{15}\right)\sum_{i=0}^\infty\sum_{j=0}^\infty\sum_{k=0}^\infty \frac{2^{j+k}}{3^{i+k}5^{i+j}}\\ = & \frac{34}{225}\sum_{i=0}^\infty \left(\frac{1}{15}\right)^i \sum_{j=0}^\infty \left(\frac{2}{5}\right)^j \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{2}{3}\right)^k\\ = &\frac{34}{225}\left(\frac{1}{1 - \frac{1}{15}}\right) \left(\frac{1}{1 - \frac{2}{5}}\right)\left(\frac{1}{1 - \frac{2}{3}}\right)\\ = & \frac{17}{21} \end{align} $$
Solución ingenua
Tenga en cuenta que $(a,b,c)\in\mathbb{Z}_{>0}^3$ está en $T$ si $|b-c|<a<b+c$ . Por lo tanto, si $$S(p,q,r):=\sum_{(a,b,c)\in T}\,p^aq^br^c\,,$$ donde $p,q,r\in\mathbb{C}$ con $|qr|<1$ , $|rp|<1$ y $|pq|<1$ entonces $$S(p,q,r)=\sum_{b=1}^\infty\,q^b\,\sum_{c=1}^\infty\,r^c\,\sum_{a=|b-c|+1}^{b+c-1}\,p^a\,.$$ Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $p\neq \pm 1$ . Es decir, $$S(p,q,r)=\sum_{b=1}^\infty\,q^b\,\sum_{c=1}^\infty\,r^c\,\left(\frac{p^{|b-c|+1}-p^{b+c}}{1-p}\right)\,.$$ En consecuencia, $$S(p,q,r)=\small\frac{1}{1-p}\,\left(p\sum_{b=1}^\infty\,(qr)^b\,\sum_{c={b}}^\infty\,(pr)^{c-b}+p\,\sum_{b=1}^\infty\,(qr)^b\,\sum_{c=1}^{b-1}\,\left(\frac{p}{r}\right)^{b-c}-\sum_{b=1}^\infty\,(pq)^b\,\sum_{c=1}^\infty\,(pr)^c\right)\,.\tag{*}$$ Si $p\neq r$ entonces $$S(p,q,r)=\small\frac{1}{1-p}\,\Biggl(p\,\left(\frac{qr}{1-qr}\right)\,\left(\frac{1}{1-pr}\right)+p\,\sum_{b=1}^\infty\,(qr)^b\,\frac{\frac{p}{r}-\left(\frac{p}{r}\right)^{b}}{1-\frac{p}{r}}-\left(\frac{pq}{1-pq}\right)\,\left(\frac{pr}{1-pr}\right)\Biggr)\,.$$ Ergo, para $p\neq r$ tenemos $$\begin{align}S(p,q,r)&=\frac{1}{1-p}\,\Biggl(p\,\left(\frac{qr}{1-qr}\right)\,\left(\frac{1}{1-pr}\right)+p\,\left(\frac{\frac{p}{r}}{1-\frac{p}{r}}\right)\,\left(\frac{qr}{1-qr}\right)\\&\phantom{aaaaa}-p\,\left(\frac{1}{1-\frac{p}{r}}\right)\,\left(\frac{pq}{1-pq}\right)-\left(\frac{pq}{1-pq}\right)\,\left(\frac{pr}{1-pr}\right)\Biggr)\,.\end{align}$$ Simplificando la expresión, obtenemos $$S(p,q,r)=\frac{pqr\,(1+pqr)}{(1-qr)\,(1-rp)\,(1-pq)}\tag{#}$$ cuando $p\neq r$ ..
Si $p=r$ , entonces se puede utilizar la continuidad para concluir que (#) se mantiene. Alternativamente, a partir de (*), tenemos $$S(p,q,p)=\small\frac{1}{1-p}\,\left(p\sum_{b=1}^\infty\,(pq)^b\,\sum_{c={b}}^\infty\,(p^2)^{c-b}+p\,\sum_{b=1}^\infty\,(b-1)\,(pq)^b-\sum_{b=1}^\infty\,(pq)^b\,\sum_{c=1}^\infty\,(p^2)^c\right)\,.$$ Eso es, $$S(p,q,p)=\small\frac{1}{1-p}\,\Biggl(p\,\left(\frac{pq}{1-pq}\right)\,\left(\frac{1}{1-p^2}\right)+p\,\left(\frac{pq}{1-pq}\right)^2-\left(\frac{pq}{1-pq}\right)\,\left(\frac{p^2}{1-p^2}\right)\Biggr)\,.$$ Al simplificar, obtenemos $$S(p,q,p)=\frac{p^2q\,(1+p^2q)}{(1-p^2)\,(1-pq)^2}\,,$$ que coincide con (#).
Ahora, en este problema en particular, $p=2$ , $q=\dfrac{1}{3}$ y $r=\dfrac{1}{5}$ . Por lo tanto, por (#), $$S\left(2,\frac13,\frac15\right)=\frac{17}{21}\,.$$ Estuve tentado de utilizar las sustituciones de Ravi, pero quería ilustrar que un enfoque directo no es tan malo.
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$
$\ds{\sum_{\pars{a,b,c}\ \in\ T} {2^{a} \over 3^{b}5^{c}}:\ {\LARGE ?}\qquad \\[2mm] T \equiv \braces{\pars{a,b,c}\ \mid\ a,b,c \in \mathbb{N}_{\geq 1}\ \mbox{and}\ \verts{b - c} < a < b + c}}$
Evaluaré \begin {align} & \bbox [10px,#ffd]{ \sum_ {a = 1}^{ \infty } \sum_ {b = 1}^{ \infty } \sum_ {c = 1}^{ \infty }{x^{a} \over y^{b}z^{c}} \bracks { \vphantom { \large A} \verts {b - c} < a < b + c}} \\ [5mm] = &\\N- \sum_ {a = 1}^{ \infty } \sum_ {b = 1}^{ \infty } \sum_ {c = 1}^{ \infty }{x^{a} \over y^{b}z^{c}} \bracks {b < c} \bracks { \vphantom { \large A}c - b < a < c + b} \\ [2mm] +\N- \sum_ {a = 1}^{ \infty } \sum_ {b = 1}^{ \infty } \sum_ {c = 1}^{ \infty }{x^{a} \over \pars {yz}^{b}} \bracks {b = c} \bracks { \vphantom { \large A}a < 2b} \\ [2mm] +\N- \sum_ {a = 1}^{ \infty } \sum_ {b = 1}^{ \infty } \sum_ {c = 1}^{ \infty }{x^{a} \over y^{b}z^{c}} \bracks {b > c} \bracks { \vphantom { \large A}b - c < a < b + c} \\ [5mm] = &\\N- \overbrace { \sum_ {b = 1}^{ \infty }{1 \over y^{b}} \sum_ {c = b + 1}^{ \infty }{1 \over z^{c}} \sum_ {a = c - b + 1}^{c + b - 1}x^{a}} ^{ \mbox {Ver expresión} { \large\eqref {2}}}\ +\ \overbrace { \sum_ {b = 1}^{ \infty }{1 \over \pars {yz}^{b}} \sum_ {a = 1}^{2b - 1}x^{a}} ^{ \mbox {Ver expresión} { \large\eqref {3}}} \\ [2mm] +\N- \underbrace { \quad\sum_ {a = 1}^{ \infty } \sum_ {b = 1}^{ \infty } \sum_ {c = 1}^{ \infty }{x^{a} \over y^{b}z^{c}} \bracks {b > c} \bracks { \vphantom { \large A}b - c < a < b + c} \quad } _{ \ds { \mbox {Es igual al}\\Ntérmino de la primera vez\Nque se hace. \mbox {bajo el intercambio} y \leftrightarrow z}} \label {1} \tag {1} \end {align}
El último término en \eqref {1} RHS se encuentra, como se ha señalado anteriormente, con el intercambio $\ds{y \leftrightarrow z}$ en \eqref {2}.
El resultado final viene dada por
$$ \bbx{\bbox[10px,#ffd]{\sum_{a = 1}^{\infty}\sum_{b = 1}^{\infty} \sum_{c = 1}^{\infty}{x^{a} \over y^{b}z^{c}} \bracks{\vphantom{\large A}\verts{b - c} < a < b + c}} = {x\pars{x + yz} \over \pars{x - y}\pars{x - z}\pars{yz - 1}}} $$
Cuando $\ds{x = 2\,,\ y = 3}$ y $\ds{z = 5}$ la expresión anterior se reduce a
$$ \bbx{\sum_{\pars{a,b,c}\ \in\ T} {2^{a} \over 3^{b}5^{c}} = {17 \over 21}} $$
No es una respuesta, pero es demasiado para un comentario.
Caso 1. $a=b=c, S_1=\sum_{n=1}^\infty{\left(\cfrac 2{15}\right)^n}$ Ese es el caso fácil;
Caso 2. $\displaystyle a=b\ne c, S_2=\sum_{(a,c)\in U}\left(\cfrac{2^a}{3^a5^c}+\cfrac{2^a}{3^c5^a}+\cfrac{2^c}{3^a5^a}\right)=\sum_{i=1}^\infty\left(\cfrac{2^i}{3^i}\left(\sum_{j=1}^{2i-1, j\ne i}\cfrac 1{5^j}\right)+\cdots+\cdots\right)$ ,
con $U$ el conjunto de tuplas enteras que pueden formar un triángulo isósceles con la primera entidad los lados.
Caso 3. $a< b < c$ , $S_3=$ suma de 6 términos (Permutación de 3) para cada triple de $a,b,c $ Satisfaciendo a $a+b>c$
$S_3$ necesita más investigación. $S_1, S_2$ ya casi está. Total= $S_1+S_2+S_3$
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