Encontrar el común entero soluciones a $a + b = c \cdot d$ $a \cdot b = c + d$

Question

Me parece bien que $$ 1+5=2 \cdot 3 \qquad 1 \cdot 5=2 + 3 .$$

¿Sabes si hay otro número entero soluciones a $$ a+b=c \cdot d \quad \text{ and } \quad a \cdot b=c+d$$ además de las soluciones triviales $a=b=c=d=0$$a=b=c=d=2$?

Answer 1

He aquí una solución cuando $a$, $b$, $c$, y $d$ son positivas, no estoy seguro de cómo abordar el problema más general aunque (aunque algo me dice que es probable que sea similar).

Tenga en cuenta que la sustitución de $b=cd-a$ en la segunda ecuación rendimientos $$a(cd-a)=c+d\implies a^2-cad+c+d=0.$$ By the Quadratic Formula on $un$, we have $$a=\dfrac{cd\pm\sqrt{(cd)^2-4(c+d)}}2.$$ This can only be an integer when $(cd)^2-4(c+d)$ es un cuadrado perfecto.

Tenga en cuenta que desde $(cd)^2-4(c+d)\equiv (cd)^2\pmod 2$, tenemos $$(cd)^2-4(c+d)\leq(cd-2)^2.$$ This rearranges to $$-4(c+d)\leq -4cd+4\implies 2\geq (c-1)(d-1).$$ Esta es una gran noticia, porque significa que en realidad no tienen muchos de los casos para comprobar!

CASO 1: $c=1$ (o $d=1$, para el caso).

Conectar de nuevo, vemos que para algunos entero $K$ hemos $$d^2-4(d+1)=(d-2)^2-8=K^2.$$ The only case that works here is $d=5$ (since $d=6$ fails and past that point perfect squares differ by at least $9$). By symmetry, $c=5$, $d=1$ también funciona.

CASO 2: $c=2$ $d\leq 3$.

Volver a conectar a la expresión original, necesitamos $$(2d)^2-4(2+d)=(2d-1)^2-9$$ to be a perfect square. Trial and error works since $d$ is small, but here $d=2$ and $d=3$ de que ambos trabajen.

CASO 3: $c=3$ $d=2$.

Oh, mira, ya hemos demostrado que esto funciona! (No necesitamos comprobar $d=1$ debido a que ya estaba contemplada en el Caso 1.)

Por lo tanto la única manera posible de pares para $(c,d)$ $(2,3)$, $(2,2)$, $(5,1)$, los arreglos. Por un argumento similar, vemos que la misma exacta posible pares son los únicos posibles, para $(a,b)$.

A partir de aquí, no es difícil ver que $(a,b,c,d)=\boxed{(2,2,2,2),(2,3,5,1)}$ y permutaciones son las únicas soluciones posibles para $a,b,c,d>0$.

Answer 2

En primer lugar, tenga en cuenta que si $(a, b, c, d)$ es una solución, por lo que son $(a, b, d, c)$, $(c, d, a, b)$ y los otros cinco reorderings estas permutaciones generar.

Podemos prescindir de el caso de que todos los de $a, b, c, d$ son positivos mediante un argumento de @sueño: Si ninguno de los números es $1$, tenemos $ab \geq a + b = cd \geq c + d = ab$, lo $ab = a + b$$cd = c + d$, y podemos muy bien suponer $a \geq b$$c \geq d$. En particular, desde la $a, b, c, d > 1$,$a b \geq 2a \geq a + b = ab$, lo $a = b = 2$, y, asimismo,$c = d = 2$, dando la solución $$(2, 2, 2, 2).$$ On the other hand, if at least one number is $1$, say, $un$, we have $b = c + d$ and $1 + b = cd$, so $1 + c + d = cd$, and we may as well assume $c \leq d$. Rearranging gives $(c - 1)(d - 1) = 2$, so the only solution is $c = 2, d = 3$, dando la solución $$(1, 5, 2, 3).$$

Ahora supongamos que al menos uno de $a, b, c, d$, dicen, $a$$0$. Entonces, tenemos $0 = c + d$$b = cd$, lo $c = -d$$b = -d^2$. Esto le da a las soluciones de $$A_s := (0, -s^2, -s, s), \qquad s \in \Bbb Z .$$

Nos quedamos con el caso de la que al menos uno de $a, b, c, d$, dicen, $a$, es negativo, y ninguno es $0$. Supongamos primero que ninguna de las variables es $-1$. Si $b < 0$, debemos tener $cd = a + b < 0$, y así podemos suponer $c > 0 > d$. Por otro lado, $c + d = ab > 0$, y así (usando una variación del argumento para el caso positivo) tenemos $$ab = (-a)(-b) \geq (-a) + (-b) = -(a + b) = -cd \geq c > c + d = ab,$$ which is absurd. If $b > 0$, we have $c + d = ab < 0$, so at least one of $c, d$, say, $c$ is negative. Moreover, we have $cd = a + b$, so $d$ and $ + b$ have opposite signs. If $d < 0$, then since $c, d < 0$, we are, by exploiting the appropriate permutation, in the above case in which $a, b < 0$, so we may assume that $d > 0$, and hence that $a + b < 0$. Ahora, $$ab \leq a + b = cd < c + d = ab,$$ which again is absurd, so there no solutions in this case. This leaves only the case in which at least one of $a, b, c, d$ is $-1$, say, $un$. Then, we have $-b = c + d$ and $-1 + b = cd$, so $-1 + (- c - d) = cd$. Rearranging gives $(c + 1)(d + 1) = 0$, so we may assume $c = -1$ giving (up to permtuation) the $1$-parameter family of solutions $$B_t := (-1, t, -1, 1 - t), \qquad t \in \Bbb Z,$$ I mentioned in my comment (this includes two solutions, $B_0$ and $B_1$, que son el equivalente de una permutación, que incluyen un cero en la entrada). Esto agota todas las posibilidades; en resumen:

Cualquier entero solución del sistema $$\left\{\begin{array}{rcl}a + b \!\!\!\!& = & \!\!\!\! cd \\ ab \!\!\!\! & = & \!\!\!\! c + d \end{array}\right.$$ es igual (hasta el total admisible de permutaciones que se mencionó al principio de esta respuesta) a exactamente uno de

• $(1, 5, 2, 3)$
• $(2, 2, 2, 2)$
• $A_s := (0, -s^2, -s, s)$, $s \geq 0$, y
• $B_t := (-1, t, -1, 1 - t)$, $t \geq 2$.

Las restricciones sobre los parámetros $s, t$ son consecuencias de la redundancia en las soluciones que hemos encontrado: $A_{-s}$ es admisible de permutación de $A_s$, $B_{1 - t}$ la admisibilidad de una permutación de $B_t$, e $B_1$$A_1$.

Answer 3

He encontrado que, a través de la resolución de las ecuaciones, tendremos siguiente (si a>b):

$$a=\frac{cd+\sqrt{c^2d^2-4(c+d)}}{2}$$ y $$b=\frac{cd-\sqrt{c^2d^2-4(c+d)}}{2}$$ Creo que va a ser útil para usted para encontrar todas las soluciones. Sólo usted debe encontrar las soluciones para: $$c^2d^2-4(c+d)=m^2$$ donde $m$ es cualquier entero positivo.