Non possono essere tutti primi

[LucaMac]

Siano $a,b,c$ tre interi positivi a due a due distinti tali che
\begin{equation}
a \mid bc + b + c
\end{equation}
e cicliche.
Dimostrare che non possono essere tutti e tre primi.

[Lasker]

Allora:
$$a\mid bc+b+c\ \ \Rightarrow\ \ \ a\mid ab+bc+ca+a+b+c$$
$$b\mid ca+c+a\ \ \Rightarrow \ \ b\mid ab+bc+ca+a+b+c $$
$$c\mid ab+a+b\ \ \Rightarrow \ \ c\mid ab+bc+ca+a+b+c $$
Supponendo per assurdo che $a,b,c$ siano primi distinti, si ha dunque che
$$abc\mid ab+bc+ca+a+b+c$$
E quindi dovrebbe essere verificata:
$$abc\leq ab+bc+ca+a+b+c$$
Ma, visto che adesso abbiamo solo robe simmetriche, possiamo tranquillamente stabilire un ordinamento delle variabili! Sia dunque $a>b>c$, da cui
$$abc\leq ab+bc+ca+a+b+c< ab+ac+ac+a+a+a\ \ \Rightarrow \ \ bc<b+2c+3< 3b+3 \ \ \Rightarrow \ \ c<3+\frac{3}{b}$$
Da cui segue facilmente che $c=2$ oppure $c=3$. Sostituendo $c=2$ e facendo un ragionamento analogo:
$$2ab\leq ab+2b+2a+a+b+2<ab+2a+2a+a+a+2=ab+6a+2\ \ \Rightarrow \ \ 2b<b+6+\frac{2}{a}\ \ \Rightarrow b\leq 6+\frac{2}{a}$$
Da cui $b\leq 6$, e quindi $b=3 \lor b=5$, abbiamo quindi due casi
1. $b=3$
$$6a\mid 3a+6+2a+a+3+2=6a+11\Rightarrow 6a\mid 11$$
Che è assurdo perché $6\not\mid 11$
2. $b=5$
$$10a\mid 5a+10+2a+a+5+2=8a+17$$
Ma $10a$ è pari e $8a+17$ è dispari, da cui non ci sono soluzioni.

Adesso è il momento di $c=3$, caso che si risolve similmente ai precedenti:
$$3ab\leq ab+3b+3a+a+b+3<ab+3a+3a+a+a+3\ \Rightarrow \ \ 3b<b+8+\frac{3}{a}\ \ \Rightarrow \ b< 4+ \frac{3}{2a}$$
E quindi neanche in questo caso ci sono soluzioni perché $4$ (l'unica possibilità per $b$) non è primo.

[LucaMac]

Giusta, ma se $c=2$ più facilmente: si deve avere $ 2 \mid ab + a + b $ ma $ a \equiv b \equiv 1 \pmod{2} $ e quindi assurdo!

[Lasker]

Vero, io ho concluso in quel modo perché verso la fine ho perso di vista la tesi, cercando tutte le soluzioni e pensando ce ne fosse qualcuna

[aetwaf]

Oppure
$a\mid abc+ab+ac+bc+a+b+c=(a+1)(b+1)(c+1)$
E cicliche
Da cui
$abc\mid (a+1)(b+1)(c+1)$
Supponiamo ora $a>b>c$
Se fossero tutti primi sarebbe $a>b+1$, $a>c+1$ e $a\nmid a+1$
Infatti non può essere $a=b+1$ perchè gli unici primi consecutivi sono $2,3$ ma $c$ non sarebbe più primo in quel caso
Quindi $a\nmid a+1$
$a\nmid b+1$
$a\nmid c+1$
Segue la tesi

[wall98]

@aetwaf mi sembra che ti sia perso un +1 nella prima formula