$a,b,c\in\mathbb{N}\:\land\:\frac ab+\frac bc+\frac ca\in\mathbb{N}\Rightarrow abc=n^3,\:n\in\mathbb{N}$

Question

Si $a$, $b$ y $c$ son números naturales tales que $$\frac ab+\frac bc+\frac ca\in\mathbb{N},$$ prove that $abc$ es un cubo perfecto.

Todo lo que podía conseguir era $ab^2+bc^2+ca^2\equiv_{abc}0$.

Answer 1

Teorema $\rm\displaystyle\ \ For\,\ a,b,c,n\in\Bbb Z\!:\ \frac{a}b+\frac{b}c+\frac{c}a =n\:\Rightarrow\: abc= m^3,\ $ algunos $\rm\,m\in \Bbb Z$

Prueba de $\ $ Escala por $\rm\,abc\,$ rendimientos $\rm\quad a^2 c + b^2 a + \color{#C00}{c^2 b}\, =\, nabc\qquad\qquad \color{brown}{(E)}$

Demostramos $\rm\,\ a = kj^2/d^2,\, b = ik^2/d^2,\, c = ji^2/d^2,\,\ $ $\rm\,\ {\bf abc = m^3}\:$ $\rm\: m = ijk/d^2\in\Bbb Z,\: $

para $\rm\,\ i = (b,c),\ j = (a,c),\ k = (a,b),\ d = (a,b,c).\ $ $\rm\:d\mid i,j,k\: $ $\rm\,d^2\!\mid jk,i^2,j^2,k^2.$

$$\begin{eqnarray}\rm j^2 k &=&\ \ \ \rm (a,c)^2 (a,b)\\ &=&\ \ \ \rm (a^2,ac,c^2)(a,b)\\ &=&\,\rm a(a^2,ac,c^2,ab,cb,\ \ \ \color{#C00}{c^2b/a)}\ \ \ so,\ by\ \color{brown}{(E)}/a\\ &=&\,\rm a(a^2,\color{blue}{ac},c^2, ab,\color{#0A0}{bc},\overbrace{n\color{#0A0}{bc}\!-\!\color{blue}{ac}\!-\!b^2)}\\ &=&\,\rm a(a^2,ac,c^2,ab,bc,b^2)\\ &=&\,\rm a(a,b,c)^2 =\, ad^2\\ \end{eqnarray}$$

Finalmente, por simetría, también se $\rm\,\ ik^2 = bd^2,\,\ ji^2 = cd^2.\quad$ QED

Comentario $ $ Hay mucha bibliografía en esta ecuación, por ejemplo, ver a Dave Rusin de la página y OEIS A085705, donde se encuentra mención de la conexión con curvas elípticas. Desde la anterior prueba utiliza sólo gcds, se mantiene fiel (mod unidades) a través de cualquier mcd-dominio, es decir, cualquier dominio en el que cada par de cero elementos tiene un mcd. Por lo tanto, esta prueba es más general que las pruebas empleando la descomposición en factores primos. Por ejemplo, se trabaja en el ring $\,\Bbb I\,$ de todos los agebraic enteros, donde no hay números primos existen (desde $\rm\, a = \sqrt{a}\sqrt{a}),\:$ pero que, sin embargo, es un Bezout dominio, por lo que un mcd de dominio.

Answer 2

Para cualquier prime $p$ y racional $x$, denotan $v_p(x)$ ($p$- valoración de $x$) el número entero tal que $x = p^{v_p(x)}a/b$ donde $p$ no divide $a$ ni $b$.
Es fácil mostrar que $v_p(n) \ge 0$ si $n$ es un número entero; $v_p(xy) = v_p(x)+v_p(y)$; y $v_p(x+y) \ge \min\{v_p(x), v_p(y)\}$, con igualdad si los dos valoraciones son distintos.

Un número $x$ es un cubo si y sólo si para cada primer $p$, $v_p(x)$ es un múltiplo de a $3$.
Deje $p$ ser cualquier prime. Tenemos que mostrar que $v_p(abc) \equiv 0 \pmod 3$.

En primer lugar, observa que el $v_p(abc) \equiv v_p(\frac a b) - v_p(\frac b c) \pmod 3 (\equiv v_p(\frac b c) - v_p(\frac c a) \equiv v_p(\frac c a) - v_p(\frac a b))$

Así que si dos de los tres valoraciones $v_p(\frac a b), v_p(\frac b c), v_p(\frac c a)$ son iguales, podemos deducir que $v_p(abc)$ es un múltiplo de a $3$.

Supongamos que son distintos. A continuación, $0 \le v_p(\frac a b + \frac b c + \frac c a) = \min \{v_p(\frac a b), v_p(\frac b c), v_p(\frac c a)\}$ (debido a que son distintas). Y por lo $0 = v_p(1) = v_p(\frac a b) + v_p(\frac b c) + v_p(\frac c a) \ge 0+1+2 = 3 > 0$, lo cual es imposible.

Answer 3

Considere la posibilidad de polynom $(X-\frac a b)(X- \frac b c)(X - \frac c a)$. Es igual a $X^3 - u*X^2 + v*X - 1$ donde $u = \frac a b + \frac b c + \frac c a$. y $v = \frac b a + \frac c b + \frac a c$.

para $X = 1$, consigue $1 - u + v - 1 = v - u$. Así que usted ha $(1-\frac a b)(1- \frac b c)(1- \frac c a) = v-u$.

Usted puede volver a escribir que: $(b-a)(c-b)(a-c)=c(b^2-a^2)+a(c^2-b^2)+b(a^2-c^2)$

pero seguro que no lleva a ninguna parte.