Si $1/a + 1/b = 1 /c$ donde $a, b, c$ son enteros positivos con ningún factor común, $(a + b)$ es el cuadrado de un entero.
He encontrado esta pregunta en RMO 1992 papel !
Alguien me puede ayudar a demostrar esto ?
Puede ser que sea demasiado fácil y simple . Pero , yo sólo soy novato en la teoría de los números !
Deje $\gcd(a,b) = g$, e $a = a'g$ $b = b'g$ (de modo que $\gcd(a', b') = 1$). La ecuación de $\frac1a + \frac1b = \frac1c$ es lo mismo que $c(a+b) = ab$, lo que, dividiendo todo por $g$ $$c(a' + b') = a'b'g.$$
Ahora, como $(a' + b')$ divide $a'b'g$, pero es relativamente primer tanto $a'$$b'$, se debe dividir $g$. Del mismo modo, como $g$ divide $c(a'+b')$, pero es relativamente primer a $c$ (tenga en cuenta que $\gcd(g, c) = \gcd(\gcd(a,b), c) = \gcd(a, b, c) = 1$) se debe dividir $(a' + b')$. Así como el tanto $g$ $(a' + b')$ divide cada uno de los otros, tenemos $$(a' + b') = g,$$ y por lo tanto $$(a + b) = g(a' + b') = g^2.$$
La hipótesis puede ser escrito como $(a+b)c = ab$, lo que equivale a $(a-c)(b-c)=c^2$.
Deje $p$ ser un primer factor de $c$. A continuación, $p$ divide $a-c$ o $b-c$, pero no se puede dividir tanto por $\gcd(a,b,c)=1$. Por lo tanto $p^2$ divide $a-c$, dicen. Esto significa que tanto $a-c$ $b-c$ son plazas ya que su producto es un cuadrado: $a-c=u^2$, $b-c=v^2$. Esto implica que $c=uv$. Pero, a continuación,$a+b-2c=u^2+v^2$$a+b=(u+v)^2$.
El argumento anterior significa que todos los ejemplos de $$ \frac 1 + \frac 1 b = \frac 1 c $$ con $\gcd(a,b,c)=1$ se dan por $$\frac1{u(u+v)}+\frac1{v(u+v)}=\frac1{uv}$$ con $\gcd(u,v)=1$.
La hipótesis puede ser reescrita como $$c(a+b) = ab.$$ Let $p$ be a prime factor of $a+b$.
Suponga que $p\mid c$. Si $p\mid a$$p\mid (a+b)-a = b$, lo que implica que $p$ es un factor común a $a, b, c$. Por lo tanto $p$ $a$ son coprime. El mismo argumento muestra que el $p$ $b$ son coprime. A continuación, $p$ $ab$ son coprime. Esto contradice la hipótesis de $p \mid c$. Por lo tanto $p$ es coprime con $c$.
Ahora vamos a denotar por $\nu(x)$ $p$-ádico orden de un entero $x$. A partir de la primera igualdad se consigue, gracias $\gcd(p, c) = 1$, $$\nu(a+b) = \nu(ab).$$ This can be rewritten as $$\nu(a+b) = \nu(a) + \nu(b).$$ Thus $\nu(a) \leq \nu(a+b)$ i.e. $p^{\nu(a)} \mid (a+b) - a = b$, thus $\nu(a) \leq \nu(b)$. The same argument shows that $\nu(b) \leq \nu(un)$, hence $$\nu(a) = \nu(b).$$ Thus $$\nu(a+b) \in 2\mathbb{N}.$$
Como esto vale para cualquiera de sus factores primos, $a+b$ es un cuadrado.
Tenemos, $ab=(a+b)c$. Entonces $$a+b=(a/m)(b/n)=a^\prime b^\prime$$ where $a=ma^\prime ,b=nb^\prime$ and $c=mn$.
Ahora, vamos a un primer $p\mid a^\prime$. A continuación, $p\mid a$ y, por tanto,$p\mid b$. Si $p\mid n$,$p\mid c$, pero esto es una contradicción. Por lo tanto $p\mid b^\prime$. Del mismo modo, si un prime $p\mid b^\prime$$p\mid a^\prime$.
Por lo tanto, $a^\prime$ $b^\prime$ tiene los mismos factores primos. Ahora supongamos que para algunos prime $p$, vamos a $r,s$ ( $r<s$ ), el mayor de los exponentes tal que $p^r\mid a^\prime$$p^s\mid b^\prime$. A continuación,$p^s\mid a^\prime b^\prime, p^s\mid b$. Ahora si $p^s \mid a$$p\mid m$, pero, a continuación, $p\mid c$ pero esto contradice $\gcd (a,b,c)=1$. Por lo tanto el primer factorizations de $a^\prime$ $b^\prime$ son los mismos y, por tanto, $a+b$ es de planta cuadrada.
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