Estimando el tamaño de las soluciones de una ecuación diofantina

Question

A. hay números naturales $a,b,c$ tal que $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b}$ es igual a un número natural impar ?

(No conozco ninguno de estos números).

B. Suponga que $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b}$ es igual a un número natural ($a,b,c $ todavía son números naturales), entonces es allí cualquier manera de estimar el mínimo de $a,b $ e $c$ ?

El más pequeño de la solución que conozco para $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} = 4 $ es:

Answer 1

Este problema resultó ser mucho más interesante de lo que yo originalmente pensamiento. Permítanme darles mi solución, que parece ser ligeramente diferentes de (pero esencialmente el mismo) la solución en el papel por Bremner y MacLeod (véase Allan MacLeod la respuesta).

Teorema. Deje $a,b,c$ ser enteros positivos. Entonces $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b}$ nunca puede ser un entero impar.

Deje $n$ ser un entero impar positivo. La ecuación $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} = n$ implica $$a^3 + b^3 + c^3 + abc - (n-1)(a+b)(b+c)(c+a) = 0.$$ Esto describe una suave curva cúbica $E_n$ en el plano proyectivo que tiene al menos seis puntos racionales (de la forma $(1:-1:0)$ y $(1:-1:1)$ y sus permutaciones cíclicas). Declarar de de estos, el origen, $E_n$ es una curva elíptica sobre $\mathbb Q$. Trayendo $E_n$ en forma de Weierstrass, obtenemos la isomorfo curva $$E'_n \colon y^2 = x \bigl(x^2 + (4n(n+3)-3)x + 32(n+3)\bigr) =: x(x^2 + Ax + B).$$ Si $n = 1$, luego están, obviamente, no hay soluciones positivas, así que suponga $n \ge 3$. A continuación, $E_n(\mathbb R)$ tiene dos componentes conectados, uno de los cuales contiene los seis `trivial' puntos, pero los puntos no con positivo coordenadas, mientras que el otro componente contiene positiva puntos. En el modelo de $E'_n$, este componente consiste de puntos con negativo $x$-coordinar.

La reclamación. Si $(\xi,\eta) \in E'_n(\mathbb Q)$,, a continuación,$\xi \ge 0$.

Esto implica claramente el enunciado del teorema.

Para mostrar la reclamación, vamos a $D = 2n + 5$. A continuación, $D$ es impar, positiva, coprime con $B$ y se divide $A^2 - 4B = (2n-3)(2n+5)^3$. Si $p$ es una extraña primer dividiendo $B$,, a continuación, $n \equiv -3 \bmod p$ y por lo $-D \equiv 1 \bmod p$. La ecuación de $B x^2 - D y^2 = z^2$ tiene la solución $(x,y,z)=(1,4,4)$, así el símbolo de Hilbert $(B, -D)_p = 1$ para todos los números primos $p$. Vamos a mostrar:

Si $(\xi,\eta) \in E'_n(\mathbb Q)$ con $\xi \neq 0$, luego $(\xi, -D)_p = 1$ para todos los números primos $p$.

Dado esto, la fórmula del producto para la de Hilbert símbolo implica $(\xi, -D)_\infty = 1$ e lo $\xi > 0$ (desde $-D < 0$).

Tenga en cuenta que $(\xi, -D)_p = (\xi^2 + A \xi + B, -D)_p$. Considerar en primer lugar extraño $p$. Tomamos nota de que, al $\xi$ no es un $p$-ádico entero, $\xi$ debe ser un $p$-ádico de la plaza, por lo $(\xi, -D)_p = 1$. Así, podemos asumir que el $\xi \in {\mathbb Z}_p$. Hay tres casos.

1. $p$ divide ni $B$ ni $D$. Si $\xi \in {\mathbb Z}_p^\times$, a continuación,$(\xi, -D)_p = 1$, ya que ambas entradas se $p$-ádico unidades. De lo contrario, $(\xi, -D)_p = (\xi^2 + A \xi + B, -D)_p = (B, -D)_p = 1$.
2. $p$ divide $B$. A continuación,$-D \equiv 1 \bmod p$, lo $-D$ es $p$-ádico cuadrado, por lo tanto $(\xi, -D)_p = 1$.
3. $p$ divide $D$. A continuación,$x^2 + Ax + B \equiv (x + A/2)^2 \bmod p$. Así que si $\xi \in {\mathbb Z}_p^\times$,, a continuación, $\xi$ debe ser un cuadrado mod $p$, e $(\xi, -D)_p = 1$. Si $\xi$ es divisible por $p$, entonces, como antes, $(\xi, -D)_p = (\xi^2 + A \xi + B, -D)_p = (B, -D)_p = 1$.

Queda por considerar $p = 2$. Si $n \equiv 1 \bmod 4$, luego $-D \equiv 1 \bmod 8$, lo $(\xi, -D)_2 = 1$ para todos los $\xi$. Si $n \equiv 3 \bmod 4$,, a continuación,$-D \equiv 5 \bmod 8$, por lo que $(\xi, -D)_2 = (-1)^{v_2(\xi)}$, y tenemos que demostrar que la 2-ádico de valoración de $\xi$ debe ser par. Tenga en cuenta que en este caso $v_2(B) = 6$ e $A \equiv -3 \bmod 8$. Si $v_2(\xi)$ es impar, entonces exactamente uno de los tres términos $\xi^3$, $A \xi^2$, $B \xi$ tiene un mínimo de 2-ádico valoración, que debe ser aún, por lo que no puede ser el primer o el tercer término. Esto nos reduce a $\nu := v_2(\xi) \in \{1,3,5\}$. Uno fácilmente se comprueba que $\xi(\xi^2 + A\xi + B) = 4^\nu u$ con $u \equiv -1 \bmod 4$ al $\nu = 1$ o $5$ e $u \equiv -3 \bmod 8$ al $\nu = 3$. En todos los casos, $u$ no puede ser un cuadrado, y así con puntos $x$-coordinar $\xi$ no puede existir. Esto concluye la prueba.

Tenga en cuenta que cuando se $n$ es incluso, tenemos $-D \equiv 3 \bmod 4$ y también $v_2(B) = 5$, por lo que perdemos el control sobre el 2-ádico de Hilbert símbolo.

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Esta es la versión anterior de esta respuesta, que os dejo aquí, ya que puede contener algunos puntos de interés.

La ecuación de $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} = n$ da lugar a la curva elíptica $$E_n \colon a^3 + b^3 + c^3 + abc - (n-1)(a+b)(b+c)(c+a) = 0.$$ Usted está pidiendo puntos racionales de la curva (de tal manera que $a+b, b+c, c+a \neq 0$). Para impares positivos $n$ hasta el 17, esta es una curva de de el rango de cero (con 6 puntos racionales), mientras que para $n = 19$, tiene rango 1. Por lo tanto, $E_{19}$ tiene un número infinito de puntos racionales, y su ecuación tiene una infinidad de soluciones para $n = 19$. Voy a hacer los cálculos y encontrar una forma explícita.

EDIT: Como se ha señalado por Jeremy Rouse en un comentario más abajo, la integral soluciones para $n = 19$ no son positivas. Más precisamente, el real puntos de $E_n(\mathbb R)$ forma de dos componentes conectados (el discriminante de $E_n$ es positivo), y es la no-identidad componente que contiene puntos con todos los positivos de coordenadas (tomando como identidad uno de los seis puntos como $(1:-1:0)$ o $(1:1:-1)$). Así que la pregunta es si es impar $n$ tal manera que hay un punto racional en la no-identidad componente; a continuación, los puntos racionales será denso en este componente y por lo que habrá soluciones positivas. Hasta el momento, no hay tal $n$ hacia arriba, aunque hay muchos de esos que $E_n$ ha positiva de rango.

ADEMÁS EDIT: tengo la sospecha de que en realidad no es extraño $n > 0$ tal que $E_n$ tiene puntos racionales sobre la no-identidad de los componentes. Una forma de comprobar esto para cualquier $n$ es hacer (la mitad) de un 2-isogeny descenso en $E_n$. Esto produce una serie de curvas de la forma $C_u \colon y^2 = u x^4 + v x^2 + w$ donde $v = 4n(n+3)-3$ y $uw = 32(n+3)$ que son unramified doble cubre de $E_n$. Consideramos que las curvas de $C_u$ que tienen puntos por encima de todas las terminaciones de $\mathbb Q$. A continuación, cada racionales punto en $E_n$ es la imagen de un racional de punto en una de estas curvas de $C_u$. Haciendo el cálculo, se obtiene un conjunto de curvas de $C_u$ que todos tienen $u > 0$ (esto es sólo experimental; lo he comprobado por $n$ hasta 9999). Pero si $u > 0$, entonces [$C_u$ tiene sólo una componente real — esto está mal, pero el siguiente es ACEPTAR] la imagen de $C_u(\mathbb R)$ en $E_n(\mathbb R)$ es la identidad de componentes, por lo que no hay racional punto en el otro componente. Mi sensación es que podría ser un Brauer-Manin obstrucción a la existencia de puntos racionales en la no identidad de los componentes para los impares $n$, pero no tengo el tiempo suficiente para comprobar esto. Un posible enfoque sería tenga en cuenta que $$E'_n \colon y^2 = x \bigl(x^2 + (4n(n+3)-3)x + 32(n+3)\bigr)$$ es isomorfo a $E_n$. Si podemos encontrar un entero positivo $d(n)$ tal que para todos los puntos racionales $(\xi,\eta) \in E'_n(\mathbb Q)$ (con $\xi \neq 0$) del producto $\prod_p (\xi, -d(n))_p$ de Hilbert los símbolos (sobre todo finito de lugares) es siempre $+1$, entonces la reclamación sigue a partir de la fórmula del producto para la de Hilbert símbolo y $(\xi, -d(n))_\infty = -1$ para $\xi < 0$.

ÉXITO: Por extraño $n \ge 3$, $d(n) = 2n-3$ obras. Uno puede comprobar que $(\xi, 3-2n)_p = 1$ para todos los números primos $p$. Los detalles más tarde (es tarde). En realidad, $d(n) = -5-2n$ funciona mejor. Ver arriba.

Tenga en cuenta que incluso para $n$, generalmente se $C_u$ con $u < 0$ al $E_n$ ha positiva de rango (la primera excepción parece ser $n = 40$). Así que me gustaría esperar que el Brauer-Manin obstrucción para el resultado de la interacción entre $p = 2$ y el infinito lugar.

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Para $n = 4$, la curva tiene también rango 1, lo que explica la existencia de las soluciones. Voy a tratar de comprobar si hay más pequeños que los que dado por usted.

EDIT: La solución dada es realmente el más pequeño (positivo) uno. El siguiente más grande uno tiene números de 167 a 168 dígitos.

Answer 2

Este problema exacto es el tema del documento "Un problema de representación cúbica inusual" de Andrew Bremner (ASU) y yo. Fue publicado en el Volumen 43 (2014) de Annales Mathematicae et Informaticae, páginas 29-41.

Está comprobado que nunca existen soluciones estrictamente positivas para$n$ impar. A veces no existen incluso para$n$ e, incluso si lo hacen, pueden tener un tamaño realmente enorme, mucho más grande que el ejemplo dado.