Deje $(a, b, c)$ ser una terna Pitagórica, es decir, una terna de enteros positivos con $a^2 + b^2 = c^2$.
a) Demostrar que $$\left(\dfrac{
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Si $(a,b,c) \in \mathbb{N}^3$ es una terna Pitagórica, entonces, sin pérdida de generalidad, podemos suponer que la $a=\left(m^2-n^2\right)d$, $b=2mnd$, y $c=\left(m^2+n^2\right)d$ para algunos enteros positivos $m,n,d$ con $m>n$, $\gcd(m,n)=1$, y $m\not\equiv n\pmod{2}$.
Ahora tenemos $$t:=\frac{c}{a}+\frac{c}{b}=\frac{m^2+n^2}{m^2-n^2}+\frac{m^2+n^2}{2mn}=\frac{\left(m^2+n^2\right)\left(m^2-n^2+2mn\right)}{2mn\left(m^2-n^2\right)}\,.$$ Tenga en cuenta que, desde el $t\in\mathbb{Q}$, podemos ver que $t^2\in\mathbb{Z}$ fib $t\in\mathbb{Z}$. Ahora, $t\in\mathbb{Z}$ implica que el $2mn$ divide $\left(m^2+n^2\right)\left(m^2-n^2+2mn\right)$. Desde $\gcd(m,n)=1$ e $m\not\equiv n\pmod{2}$, podemos ver que $\gcd\left(m^2+n^2,2mn\right)=1$. Por lo tanto, $2mn$ debe dividir $m^2-n^2+2mn$, lo que significa que $2mn\mid m^2-n^2$. De nuevo, tenemos $\gcd\left(2mn,m^2-n^2\right)=1$, lo que conduce a una contradicción. Por lo tanto, $t\notin\mathbb{Z}$, lo $t^2\notin\mathbb{Z}$.
Tenga en cuenta que $t$ pueden ser arbitrariamente cerca de $2\sqrt{2}$. Podemos encontrar $m$ e $n$ tal que $\frac{m}{n}$ es arbitrariamente cerca de $1+\sqrt{2}$. Si $r:=\frac{m}{n}$, luego $$t=\frac{\left(r^2+1\right)\left(r^2-1+2r\right)}{2r\left(r^2-1\right)}\,,$$ así como $r\to 1+\sqrt{2}$, $t\to 2\sqrt{2}$.
Paolo Leonetti
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2966
Por ahora, voy a probar que la parte (a) con un enfoque diferente. Dividiendo por $c^2=a^2+b^2$, tomando la raíz cuadrada, y multiplicando por $-1/2$, la desigualdad puede escribirse como $$ \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}<\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}, $$ que es simplemente HM-QM. La igualdad no puede mantener porque no se puede ser el caso de que $a=b$ (de hecho, $2a^2$ no puede ser un cuadrado).
Wojowu
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En primer lugar observamos que si $n$ eran de un cuadrado de un número racional, entonces sería la plaza de número entero. Así que si $(\frac{c}{a}+\frac{c}{b})^2$ eran de un número entero, así que serían $\frac{c}{a}+\frac{c}{b}$. Dividiendo por el factor común, podemos asumir que los triples $(a,b,c)$ es primitivo, es decir, no hay dos números de compartir un factor principal.
Ahora $\frac{c}{a}+\frac{c}{b}=\frac{ca+cb}{ab}$. Si esto fuera un número entero, se tendría (en particular) $a\mid ca+cb$, lo $a\mid cb$. Pero $a,b,c$ no comparten el primer factor, por lo que sería necesario para tener $a=1$. Pero $1$ no es cualquier elemento de la terna Pitagórica.
