3. Zadatak

Prvo rješenje.

a) Neka je $d>3$. Stavimo $a=(d-1)d$, $b=d$, $c=(d-2)d$. Tada je $ac=d^2(d-1)(d-2)$ djeljiv s $a+b=d^2$ i $b+c=d(d-1)$.

Za $d=3$, stavimo $a=3$, $b=6$ i $c=12$. Tada je $ac=36$ djeljiv s $a+b=9$ i s $b+c=18$.

Za $d=2$, stavimo $a=4$, $b=2$ i $c=6$. Tada je $ac=24$ djeljiv s $a+b=6$ i $b+c=8$.

b) Pretpostavimo da je $(a,b,c)$ morska trojka s $M(a+b,b+c)=1$. Onda su $a+b$ i $b+c$ relativno prosti djelitelji od $ac$, pa i njihov umnožak dijeli $ac$. Međutim, $(a+b)(b+c)>ac$, što je kontradikcija. Dakle, postoji prost broj $p$ koji dijeli $a+b$ i $b+c$. Tada $p$ dijeli i $ac$, pa dijeli jedan od brojeva $a$ i $c$. Kako $p$ dijeli $a+b$ i $b+c$, slijedi da $p$ dijeli $b$. Iz toga slijedi da $p$ dijeli i $a$ i $c$. Dakle, u svakoj morskoj trojci postoji prost broj koji dijeli sva tri člana trojke, pa $M(a,b,c)$ ne može biti $1$.

Drugo rješenje.

a) Rješenje a) dijela isto je kao u prvom rješenju.

b) Pretpostavimo da je $(a,b,c)$ morska trojka takva da je $M(a,b,c)=1$. Neka je $x=M(a,b)$, $y=M(b,c)$, $z=M(a,c)$. Tada su $x,y,z$ relativno prosti i postoje brojevi $d,e,f$ takvi da je $a=xzd$, $b=xye$, $c=yzf$. Uvjeti djeljivosti u novim oznakama glase

$$\begin{aligned} x(zd+ye)&\mid xyz^2df,\\ y(xe+zf)&\mid xyz^2df, \end{aligned}$$

odnosno

$$\begin{aligned} zd+ye&\mid yz^2df,\\ xe+zf&\mid xz^2df. \end{aligned}$$

Tvrdimo da je $zd+ye$ relativno prost s $y$, $z$ i $d$. Naime, ako prost broj dijeli $y$, $z$ ili $d$ te dijeli $zd+ye$, onda taj prost broj dijeli $zd$ i $ye$. Međutim, $zd$ i $ye$ su relativno prosti jer su jednaki $b/M(a,b)$ i $a/M(a,b)$. Analogno slijedi da je $xe+zf$ relativno prost s $x$, $z$ i $f$. Slijedi da djeljivosti možemo zapisati kao

$$\begin{aligned} zd+ye&\mid f,\\ xe+zf&\mid d. \end{aligned}$$

Međutim, ako je $d\geq f$ slijedi $zd+ye>f$ i prva djeljivost nije zadovoljena, a ako je $d\leq f$ slijedi $xe+zf>d$ i druga djeljivost nije zadovoljena. U svakom slučaju dobivamo kontradikciju. Dakle, ne postoji morska trojka $(a,b,c)$ takva da je $M(a,b,c)=1$.