Encontrar $(a, b, c)$ con $ab-c$, $bc -$, y $ca-b$ ser potencias de 2 $$

Question

Esta es una de 2015 de la OMI problema. Parece difícil de resolver.

Encontrar todos los triples de enteros positivos $(a, b, c)$ tal que cada uno de los números $ab-c$, $bc -$, y $ca-b$ es una potencia de 2$$.

Cuatro triples son $(a,b,c)=(2,2,2),(2,3,2),(3,5,7),(2,6,11)$.

Answer 1

Supongamos que $a,b,c\in\mathbb{N}$ y $\alpha,\beta\gamma\in\mathbb{N}_0$ tales que $bc-a=2^\alpha$, $ca-b=2^\beta$, y $ab-c=2^\gamma$. Es fácil ver que todos los de $a,b,c$ son impares, o, al menos, dos de ellos son incluso. Pretendemos que todas las soluciones de $(a,b,c)$ son permutaciones de $(2,2,2)$, $(2,2,3)$, $(2,6,11)$, y $(3,5,7)$.

Si dos de $a$, $b$ y $c$ son iguales, digamos $a=b$, entonces tenemos $2^\alpha=bc-a=a(c-1)$, $c-1=2^\nu$ y $a=2^{\alpha\nu}$ $\nu\in\mathbb{N}_0$ tal que $\nu\leq\alpha$. Por lo tanto, $2^{2\alpha-2\nu}=a^2=ab=2^\gamma+c=2^\gamma+2^\nu+1$, lo que significa $a=2$ y $\{\gamma\nu\}=\{0,1\}$. Si $\nu=0$, entonces $(a,b,c)=(2,2,2)$; si $\nu=1$, entonces $(a,b,c)=(2,2,3)$. A partir de ahora, vamos a suponer que $a$, $b$ y $c$ son pares distintos. Sin pérdida de generalidad, supongamos que $a<b<c$. De ello se deduce inmediatamente que $\alpha>\beta>\gamma$.

Si $\gamma=0$, tenemos $ab-c=2^\gamma=1$, o $c=ab-1$. Conectar este, tenemos $$2^\alpha=bc-a=b(ab-1)-a=ab^2-(a+b)$$ y $$2^\beta=ca-b=(ab-1)a-b=a^2b-(a+b)\,.$$ Si tanto $a$ y $b$ son impares, entonces $c$ es par, y tenemos una contradicción. Si $a$ o $b$ es par, entonces ambos son incluso. Suponga que $k$ y $l$ son los mayores números enteros positivos tales que $2^k\mid$ y $2^l\mid b$. Pretendemos que $k=l=1$. Si $k\neq l$, entonces a partir de $2^\alpha-2^\beta=ab(a-b)$ obtenemos $\beta=k+l+\min\{k,l\}$. No obstante, a partir de $2^\alpha+2^\beta=(a+b)(ab-2)$, obtenemos $\beta=1+\min\{k,l\}<k+l+\min\{k,l\}$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, $k=$ l. Escribir $a=2^ks$ y $b=2^kt$, donde $s$ y $t$ son números enteros impares. Vemos que $$2^\alpha+2^\beta=(a+b)(ab-2)=2^{k+1}(s+t)\left(2^{2k-1}st-1\right)$$ y $$2^\alpha-2^\beta=2^{3k+1}st\left(\frac{s-t}{2}\right)\,.$$ Esto significa que $\beta\geq 2^{3k+1}$. Es decir, $2^{2k}\mediados del s+t$, donde $4\mediados del s+t$. Esto significaría entonces que $\frac{s-t}{2}$ es impar. Por lo tanto, $\beta=3k+1$. Ahora, tenemos $$2^{3k+1}=2^\beta=a^2b-(a+b)=2^{3k}s^2t-2^k(s+t)\geq2^k\left(2^{2k}-2\right)^2\,.$$ Si $k>1$, entonces $s^2t\leq 2$, lo que implica que $s=t=1$, pero esto viola la suposición de que $a<b$. En consecuencia, $k=1$, entonces $s^2t\leq 4$, lo que da $s=1$ y $t=3$. De allí, $(a,b,c)=(2,6,11)$.

A partir de ahora, vamos a suponer que $\gamma>0$. Si $a$ es par, entonces $$2^\beta-2^\gamma=(ca-b)-(ab-c)=(c-b)(a+1)$$ conduce a $2^\gamma\mid c-b$ y $$2^\beta+2^\gamma=(ca-b)+(ab-c)=(c+b)(a-1)$$ conduce a $2^\gamma \mediados de c+b$. Ergo, $2^\gamma\mid (c+b)-(c-b)=2b$ y $2^\gamma\mid (c+b)+(c-b)=2c$, o $2^{\gamma-1}\mid b$ y $2^{\gamma-1}\mediados de c$. Ahora, como $2^\gamma=ab+c$, $2\mid$, y $2^{\gamma-1}\mid b$, llegamos a la conclusión de que $2^\gamma\mediados de c$. Por lo tanto, $2^\gamma\mid b$ así, de donde $c=2^\gamma w$ por alguna extraña $w\in\mathbb{N}$. Del mismo modo, $2^\beta\mid b$ y $2^\beta\mid$ (considerando $2^\alpha+2^\beta$ y $2^\alpha-2^\beta$), con $b=2^\beta v$ y $a=2^\delta u$ por alguna extraña $v,u\in\mathbb{N}$ y $\delta\in\mathbb{N}$ tal que $\delta>\beta$. Si $b$ o $c$ es par, podemos usar un método similar para lograr el mismo resultado.

En consecuencia, en el caso de que $\gamma>0$, si $a$, $b$ y $c$ es par, entonces $a=2^\delta u$, $b=2^\beta v$ y $c=2^\gamma w$ por alguna extraña $u,v,w\in\mathbb{N}$ y $\delta \in \mathbb{N}$ $\delta>\beta$. A partir de $2^\beta=ca-b$ y $2^\gamma=ab-c$, obtenemos $$2^\beta=\left(ab-2^\gamma\right)a-b=a^2b-2^\gamma a-b=2^{2\delta+\beta}u^2v-2^{\gamma+\delta} u - 2^\beta v\geq \left(2^{2\delta+\beta}-2^{\gamma+\delta}-2^\beta\right)u^2v\,.$$ Por lo tanto, $2\leq 2^{2\delta-1}u^2v\leq \left(2^{2\delta}-2^{\gamma+\delta\beta}-1\right)u^2v \leq 1$, lo cual es absurdo. Es decir, $a$, $b$ y $c$ todo debe ser impar.

Ahora, $\gamma>0$ y todos $a$, $b$ y $c$ son impares. A partir de la igualdad $$2^{2\beta}-2^{2\gamma}=\left(2^\beta-2^\gamma\right)\left(2^\beta+2^\gamma\right)=\big((c-b)(a+1)\big)\big((c+b)(a-1)\big)=\left(c^2-b^2\right)\left(a^2-1\right)\,,$$ nos dan $2^6\mid 2^{2\beta}-2^{2\gamma}$, $\gamma \geq 3$. Enchufar $c=ab-2^\gamma$ en $bc-a=2^\alpha$ y $la ca-b=2^\beta$ obtener $\left(\frac{b^2-1}{2^\gamma}\right)a-b=2^{\alpha\gamma}$ y $\left(\frac{a^2-1}{2^\gamma}\right)b-a=2^{\beta\gamma}$. Desde $\alpha>\beta>\gamma$, podemos deducir que $\frac{b^2-1}{2^\gamma}$ y $\frac{a^2-1}{2^\gamma}$ son números enteros impares. Por lo tanto, no existe $i,j\in\{-1,+1\}$ y el impar $u,v\in\mathbb{N}$ tal que $a=2^{\gamma-1}u+i$ y $b=2^{\gamma-1}v+j$. $C=ab-2^\gamma$, $c=2^\gamma w+k$ $w\in\mathbb{N}$ y $k:=ij$. De $$2^{\gamma}w\left(2^{\gamma-1}(ui+jv)+2\right)=(c-k)(ia+jb)=(ca-b)i+(bc-a)j=2^\beta i+2^\alpha j\,,$$ llegamos a la conclusión de que $2^{\beta\gamma-1}\mid w$ pero $2^{\beta\gamma}\nmid w$, o $c=2^{\beta-1}z+k$ por alguna extraña $z\in\mathbb{N}$. Por otra parte, $$2^\beta=ca-b> ca-c=c(a-1)=\left(2^{\beta-1}z+k\right)(a-1) \geq \left(2^{\beta-1}-1\right)(a-1)$$ produce $a-1\leq 2$. Por lo tanto, $a=3$, y esto obliga a $z=1$ y $k=-1$. Es decir, $c=2^{\beta-1}-1$; es decir, $$2^\beta=ca-b=3\left(2^{\beta-1}-1\right)-b\,,$$ o $b=2^{\beta-1}-3$. Desde $2^{\gamma-1}u+i=$, debemos tener $\gamma=3$, $u=1$, y $i=-1$. Por último, $2^\gamma=ab-c$ implica que $8=3\left(2^{\beta-1}-3\right)-\left(2^{\beta-1}-1\right)=2^\beta-8$. Es decir, $\beta=4$, entonces $(a,b,c)=(3,5,7)$.

Answer 2

Un Boceto de una Posible Solución

Wlog el fin de las soluciones, de modo que $a \ge b \ge c \ge 1$ con el sistema de ecuaciones

$\begin{align} ab - c y= 2^k \\ ac - b &= 2^l \\ bc - a &= 2^m \end{align}$

con $k \ge l \ge m \ge 0$.

Podemos distinguir cuatro casos:

1. $a=b=c$
2. $a=b>c$
3. $a>b=c$
4. $a>b>c$

Caso 1: $a=b=c$

El principal sistema de ecuaciones se reducen a la simple ecuación

$a(a-1) = 2^k \etiqueta{1A}$.

$a,a-1$ no puede ser potencias de 2 a menos de $a=2$. Por lo tanto, la única solución para este caso es

$\boxed{a=b=c=2}$

Caso 2: $a=b>c$

Principales ecuaciones se reducen a

$\begin{align} a^2 - c &= 2^k \etiqueta{2A}\\ a(c - 1) y= 2^l \etiqueta{2B} \end{align}$

con $a > c, k > l$. La ecuación (2B) implica que $a$ es, incluso desde $a>$ c, y (2A) ahora implica que $c$ es que incluso desde $k>l\ge0$. Entonces $a=2^l$ y así (2A) se convierte en: $2^{2l} = 2^k+2$, que sólo puede ser satisfecha por $k=l=1$. Sin embargo, esto viola $k>l$ (esto es sólo el primer caso de nuevo). No hay ninguna solución para este caso.

Caso 3: $a>b=c$

Principales ecuaciones se reducen a

$\begin{align} b(a - 1) y= 2^k \etiqueta{3A}\\ b^2 - y= 2^m \etiqueta{3B} \end{align}$

con $a > b, k > m$. Dado que $a>1$, (3A) implica que $a$ es impar. Por otro lado, (3B) implica $b>1$, (3A) $b$ debe ser uniforme y $m=0$. Además, podemos poner $a=2^p+1,b=2^p$ con $p\ge1,q\ge1$. (3B)

$b^2-a = 2^{t2}-(2^p+1) = 1$ para $2^{t2}-2^p = 2$. Donde $p=q=1$ deben tener. Por lo que $a=3,b=2$ y la única solución para este caso son

$\boxed{a=3,b=c=2}$

Caso 4: $a>b>c$

Reiteramos que el sistema de ecuaciones

$\begin{align} ab - c y= 2^k \\ ac - b &= 2^l \etiqueta{4}\\ bc - a &= 2^m \end{align}$

donde ahora tenemos $a>b>c\ge1,k>l>m\ge0$. Si exactamente uno de $a,b,c$ es par, entonces $ab-c,ac-b,bc-$ son todos impares, que no puede satisfacer el sistema de ecuaciones con $k>l>m$ (ver Theo Bendit del argumento).

Así que ahora distinguir otros tres casos:

1. $a,b,c$ todos incluso
2. Dos de $a,b,c$ son incluso
3. $a,b,c$ de todos los impares

Caso 4.1: $a>b>c$ con $a,b,c$ todos incluso

Escribimos $a=2,b=2t,c=2r$ con $p>q>r\ge1$. A continuación, el sistema de (4A) puede ser re-expresadas como

$\begin{align} 4pq - 2r y= 2^k \\ 4pr - 2t y= 2^l \\ 4qr - 2p &= 2^m \end{align}$

Desde la izquierda lados son todos los números enteros, de dividir por 2 para obtener:

$\begin{align} 2pq - r &= 2^{k-1} \\ 2pr - q &= 2^{l-1} \\ 2qr - p &= 2^{m-1} \end{align}$

Desde $p>q>r$, sólo $r$ puede ser impar. Pero si esto es así, $m=1$ y esto es excluido desde $2pq-r\ge2\cdot3\cdot2-1=11$. Por lo que $p,q,r$ son todas iguales. A continuación, escribe $p=2,q=2t,r=2u$ con $s>t>u$. A continuación, el sistema de (4A) se convierte en

$\begin{align} 4pq - r &= 2^{k-2} \\ 4pr - q &= 2^{l-2} \\ 4qr - p &= 2^{m-2} \end{align}$

Utilizando argumentos similares podemos demostrar que $s,t,u$ todos debemos ser aún. Desde estos argumentos pueden ser repetido ad infinitum, llegamos a la conclusión de que no hay soluciones para el Caso 4.1.

Caso 4.2: $a>b>c$ con dos de $a,b,c$, incluso

En este caso, exactamente uno de $ab-c,ac-b,bc-$ son impares, de modo de satisfacer (4A) debe ser la más pequeña de las siguientes: $bc-a$. Por lo tanto debemos tener $$ extraño, $b,$ c, incluso. Además, $m=0$. Así, en (4A) debemos tener

$bc - a = 1 \etiqueta{4.2}$ con la restricción de que la suma de $b>c\ge2$.

Ahora sustituye la expresión equivalente a $un$ en (4A) para obtener

$\begin{align} b^2c - b - c y= 2^k \\ bc^2 - b -c y= 2^l \etiqueta{4.2 B}\\ \end{align}$

Por lo tanto, por la sustracción

$\begin{align} b^2c - bc^2 &= 2^k - 2^l \\ bc(b-c) y= 2^l(2^{k-l}-1) \etiqueta{4.2 C}\\ \end{align}$

Este es satisfecho por $b=6,c=2$ o la solución $(a,b,c)=(11,6,2)$. Puede haber otras soluciones.

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Answer 3

Sin pérdida de generalidad: reemplazar $b$ con $un+k1$ y $c$ con $un+ k2$

$(a, a+k1 +k2) $

$ab - c = a2 + k1a -un -k2 $

$bc - a = a2 + k1k2 + (k1+k2 -1)$

$ca - b = a2+ (k2-1)a - k1$

Todos estos deben por $2N$ $$ n $I > 0$