¿Si $ab-1$, $bc-1$, $ca-1$, $ab-a-b+c$, $bc-b-c+a$, $ca-c-a+b$ son cuadrados perfectos, entonces $ab+a+b-c$, $bc+b+c-a$, $ca+c+a-b$ también es cuadrados perfectos?

Question

Hace aproximadamente un mes, un amigo mío me enseñó que no existen muchos conjuntos de tres números enteros positivos $(a,b,c)$ donde $a\not=b,b\not=c$ $c\not=a$ de manera tal que cada uno de $$ab-1,\ bc-1,\ ca-1,\ ab-a-b+c,\ bc-b-c+a,\ ca-c-a+b$$ es un cuadrado perfecto.

Entonces, me encontré con que existen una infinidad de tales conjuntos. Por ejemplo, para $$(a,b,c)=(F_{2n-1},F_{2n+1},F_{2n+3})$$ donde $F_k$ $k$- ésimo número de Fibonacci se define por $F_0=0,F_1=1,F_{k}=F_{k-2}+F_{k-1}\ (k\ge 2)$, tenemos $$\color{red}{ab-1}=F_{2n-1}F_{2n+1}-1=\color{blue}{{F_{2n}}^2}$$ $$\color{red}{bc-1}=F_{2n+1}F_{2n+3}-1=\color{blue}{{F_{2n+2}}^2}$$ $$\color{red}{ca-1}=F_{2n+3}F_{2n-1}-1=F_{2n}F_{2n+2}+1=\color{blue}{{F_{2n+1}}^2}$$ $$\begin{align}\color{red}{ab-a-b+c}&=F_{2n-1}F_{2n+1}-F_{2n-1}-F_{2n+1}+F_{2n+3}\\&={F_{2n}}^2+1-F_{2n-1}+F_{2n+2}\\&={F_{2n}}^2+1+2F_{2n}\\&=\color{blue}{(F_{2n}+1)^2}\end{align}$$ $$\begin{align}\color{red}{bc-b-c+a}&=F_{2n+1}F_{2n+3}-F_{2n+1}-F_{2n+3}+F_{2n-1}\\&={F_{2n+2}}^2+1-F_{2n+3}-F_{2n}\\&={F_{2n+2}}^2+1-2F_{2n+2}\\&=\color{blue}{(F_{2n+2}-1)^2}\end{align}$$ $$\begin{align}\color{red}{ca-c-a+b}&=F_{2n+3}F_{2n-1}-F_{2n+3}-F_{2n-1}+F_{2n+1}\\&={F_{2n+1}}^2+1-F_{2n-1}-F_{2n+2}\\&={F_{2n+1}}^2+1-2F_{2n+1}\\&=\color{blue}{(F_{2n+1}-1)^2}\end{align}$$

También he encontrado muchos otros conjuntos que no están incluidos en este Fibonacci de la familia, y...

Curiosamente, para cada conjunto $(a,b,c)$ me encontrado, cada uno de los $$ab+a+b-c,\ bc+b+c-a,\ ca+c+a-b$$ también es un cuadrado perfecto.

Por ejemplo, para $(a,b,c)=(F_{2n-1},F_{2n+1},F_{2n+3})$, tenemos $$\begin{align}\color{red}{ab+a+b-c}&=F_{2n-1}F_{2n+1}+F_{2n-1}+F_{2n+1}-F_{2n+3}\\&={F_{2n}}^2+1+F_{2n-1}-F_{2n+2}\\&={F_{2n}}^2+1-2F_{2n}\\&=\color{blue}{(F_{2n}-1)^2}\end{align}$$ $$\begin{align}\color{red}{bc+b+c-a}&=F_{2n+1}F_{2n+3}+F_{2n+1}+F_{2n+3}-F_{2n-1}\\&={F_{2n+2}}^2+1+F_{2n+3}+F_{2n}\\&={F_{2n+2}}^2+1+2F_{2n+2}\\&=\color{blue}{(F_{2n+2}+1)^2}\end{align}$$ $$\begin{align}\color{red}{ca+c+a-b}&=F_{2n+3}F_{2n-1}+F_{2n+3}+F_{2n-1}-F_{2n+1}\\&={F_{2n+1}}^2+1+F_{2n-1}+F_{2n+2}\\&={F_{2n+1}}^2+1+2F_{2n+1}\\&=\color{blue}{(F_{2n+1}+1)^2}\end{align}$$

Así que, aquí está mi pregunta.

Pregunta : Son las siguientes proposiciones verdaderas?

La proposición 1 (Falso) : Para enteros positivos $(a,b,c)$ tal que $a\not=b,b\not=c$$c\not=a$, si cada uno de $$ab-1,\ bc-1,\ ca-1,\ ab-a-b+c,\ bc-b-c+a,\ ca-c-a+b$$ es un cuadrado perfecto, entonces cada uno de $$ab+a+b-c,\ bc+b+c-a,\ ca+c+a-b$$ es un cuadrado perfecto.

Proposición 2 (True) : Para enteros positivos $(a,b,c)$ tal que $\color{red}{1\le} a\lt b\lt c$$ab+a+b-c\ge 0$, si cada uno de $$ab-1,\ bc-1,\ ca-1,\ ab-a-b+c,\ bc-b-c+a,\ ca-c-a+b$$ es un cuadrado perfecto, entonces cada uno de $$ab+a+b-c,\ bc+b+c-a,\ ca+c+a-b$$ es un cuadrado perfecto.

Proposición 3 : Para enteros positivos $(a,b,c)$ tal que $\color{red}{2\le} a\lt b\lt c$, si cada uno de $$ab-1,\ bc-1,\ ca-1,\ ab-a-b+c,\ bc-b-c+a,\ ca-c-a+b$$ es un cuadrado perfecto, entonces cada uno de $$ab+a+b-c,\ bc+b+c-a,\ ca+c+a-b$$ es un cuadrado perfecto.

Proposición 4 (True) : Para enteros positivos $(a,b,c)$ tal que $\color{red}{1\le} a\lt b\lt c$, si cada uno de $$ab-1,\ bc-1,\ ca-1,\ ab\mp (a+ b-c),\ bc\mp (b+ c- a),\ ca\mp (c+ a-b)$$ es un cuadrado perfecto, entonces $c=a+b+2\sqrt{ab-1}$ mantiene.

Añadido : Proposición 1 es falsa, porque de $(a,b,c)=(1,5,65)$ encontrado por Oleg567. Entonces, he añadido la proposición 2 y 3. También, he añadido la proposición 4 (ver Tito Piezas III de la respuesta).

Alguien puede ayudar?

Actualización : me crossposted a MO.

Añadido : la Proposición 2 y 4 son verdaderas (véase mi respuesta para los detalles). Sin embargo, todavía no sabemos si la proposición 3 es verdadero.

Answer 1

(Actualización). Una búsqueda rápida,

$$\begin{aligned} ab-1\;&=d^2\\ ac-1\;&=e^2\\ bc-1\;&=f^2 \end{aligned}$$

con $1<a<b<c$ da,

$$2,\;5,\;13\\2,\;13,\;25\\2,\;25,\;41\\5,\;10,\;29\\5,\;13,\;34\\5,\;29,\;58$$ Ciertos patrones son evidentes de inmediato. Uno de los cuales es que los primeros 100 soluciones con $c$ por debajo de un límite (y aún más) a TODOS los que satisfacer,

$$(a+b+c)^2 = 2(a^2+b^2+c^2+2)\tag1$$

Equivalentemente, (mediante la resolución de $c$),

$$c=a+b\pm2\sqrt{ab-1}=a+b\pm 2d$$

Esto tiene implicaciones para la original propuesta por el OP. (La primera solución que no satisface la relación es $2,\,5,\,925.$)

I. La Hipótesis 1.

Hay una falta de asunción, en la sección de la Pregunta. Basta con encontrar dos enteros $a,b$ de manera tal que,

$$ab-1 = d^2\tag{2a}$$

a continuación, defina $c$,

$$\color{blue}{c = a + b - 2 d}\tag{2b}$$

y estas dos condiciones son suficientes para asegurar que los siguientes nueve expresiones necesariamente son cuadrados,

$$\begin{aligned} a b-1\; &= d^2\\ a c-1\; &= (a - d)^2\\ b c-1 \; &= (b - d)^2\\ a b - a - b + c \; &= (1 - d)^2\\ b c + a - b - c \; &= (1 - b + d)^2\\ a c - a + b - c \; &= (1 - a + d)^2\\ a b + a + b - c \; &= (1 + d)^2\\ b c - a + b + c \; &= (1 + b - d)^2\\ a c + a - b + c \; &= (1 + a - d)^2 \end{aligned}$$

Hay amplio de las familias a las 2 condiciones. Una es $a,\,b,\,c = x-ny,\;x+ny,\;2(x+my)$ donde $x,y$ resolver la ecuación de Pell,

$$x^2-(m^2+n^2)y^2 = 1$$

Esto cubre el Fibonacci de la familia por el OP, que fue sólo el caso de $m,n= 2,1.$ (Vea también similares post.)

II. La hipótesis 2.

Por el contra-ejemplos que se encuentran por Oleg567 a la original propuesta, en su caso,

$$a=1,\quad \text{so}\quad b,c = p^2+1,\;q^2+1\tag3$$

$$\begin{aligned} a b-1\; &= p^2\\ a c-1\; &= q^2\\ \color{brown}{b c-1} \; &= p^2+q^2+p^2q^2\\ a b - a - b + c \; &= q^2\\ b c + a - b - c \; &= p^2q^2\\ a c - a + b - c \; &= p^2\\ \end{aligned}$$

Si $q=2p^2$, $\color{brown}{b c-1}$ también se convierte en un cuadrado. Sin embargo, el resto de los tres números no necesariamente será así.

III. Resumen

Se le preguntó, "Para $2\leq a < b < c$, si los seis números son cuadrados perfectos, son, pues, los tres (restante) de números cuadrados perfectos?".

Supongo que las seis expresiones se las plazas son no son suficientes, por sí mismos, para asegurarse de que los tres restantes expresiones será también plazas (como Oleg contra-ejemplos). El hecho de que para $a>1$ a los tres restantes números de plazas parecen ser más debido a la condición adicional de $(1)$.

Pero sería interesante encontrar $a,b,c$ $a>1$ de manera tal que sólo los seis primeros números son cuadrados.

Answer 2

Voy a postear una respuesta solo para informar que sabemos de la proposición 2 y 4 son verdaderas a partir de un comentario de un usuario duje en MO.

De Lema 7 de este documento duje mostró en su comentario, podemos decir

Si cada uno de $$ab-1,\ \ bc-1,\ \ ca-1$$ es un cuadrado perfecto y $0\lt a\lt b\lt c\lt 3ab\in\mathbb Z$, $c=a+b+2\sqrt{ab-1}$ mantiene.

Mediante la adición de Tito Piezas III de los hallazgos de este resultado, podemos decir

Si cada uno de $$ab-1,\ \ bc-1,\ \ ca-1$$ es un cuadrado perfecto y $0\lt a\lt b\lt c\lt 3ab\in\mathbb Z$, entonces cada una de las $$ab\mp (a+ b-c),\ bc\mp (b+ c- a),\ ca\mp (c+ a-b)$$ es un cuadrado perfecto.

Entonces, duje, señaló que desde $1\le a\lt b\lt c,ab+a+b-c\ge 0\Rightarrow c\lt 3ab,$ podemos decir que la proposición 2 y 4 son verdaderas.