Desde $a=b$ es una solución trivial. Para $a \neq b$:
$$L(a)=L(b) \\ \frac{a'}{a}=\frac{b'}{b} \\ a'b-b'a=0 \\ \frac{a'b-b'a}{b^2}=0 \\ \left(\frac{a}{b}\right)'=0$$
Ahora, ¿cuál es $\displaystyle\left(\frac{a}{b}\right)'$?
Lema 1:
Deje que la factorización prima de $n$ $\prod_{i=1}^{k} p_i^{a_i}$ donde $p_i$'s son distintos números primos y escribir $n=p_1\frac{n}{p_1}$, Se sigue que:
$$n'=p_1' \frac{n}{p_1}+p_1 \left(\frac{n}{p_1} \right)'=\frac{n}{p_1}+p_1 \left(\frac{n}{p_1} \right)'=\frac{n}{p_1}+p_1 \left(p_1 \frac{n}{p_1^2} \right)' \\=\frac{n}{p_1}+p_1 \left(p_1' \frac{n}{p_1^2} +p_1 \left(\frac{n}{p_1^2} \right)' \right)=2\frac{n}{p_1}+p_1^2 \left(\frac{n}{p_1^2} \right)' $$
Continuando con este procedimiento obtenemos:
$$n'=a_1 \frac{n}{p_1}+p_1^{a_1} \left(\frac{n}{p_1^{a_1}} \right)' \ \ \ \star$$
Ahora $\frac{n}{p_1^{a_1}}$ $p_1$ gratis y si haces lo mismo para la disminución de la potencia de $p_2$ $\frac{n}{p_1^{a_1}}$ obtendrá:
$$\left(\frac{n}{p_1^{a_1}} \right)'=a_2 \frac{n}{p_1^{a_1} p_2}+p_2^{a_2} \left(\frac{n}{p_1^{a_1} p_2^{a_2}} \right)'$$
Poner esto en la $\star$:
$$n'=a_1 \frac{n}{p_1}+a_2 \frac{n}{p_2}+p_1^{a_1} p_2^{a_2} \left(\frac{n}{p_1^{a_1} p_1^{a_1}} \right)'$$
Lo que nos lleva a:
$$n'=a_1 \frac{n}{p_1}+a_2 \frac{n}{p_2}+... +a_k \frac{n}{p_k}+ p_1^{a_1} p_2^{a_2} ... p_k^{a_k} \left(\frac{n}{p_1^{a_1} p_1^{a_1} ... p_k^{a_k}} \right)' \\ n'=a_1 \frac{n}{p_1}+a_2 \frac{n}{p_2}+... +a_k \frac{n}{p_k} $$
Aquí, la esencia de esta prueba es que para un número natural $a$ con la descomposición en factores primos, decir $\prod_{i=1}^{k} p_i^{m_i}$, entonces tenemos:
$$a'=a \sum_{i=1}^{k} \frac{m_i}{p_i}$$
Lema 2:
Primero vamos a comprobar que el Cociente Regla se aplica a la Aritmética Derivados:
Tenga en cuenta que:
$$a'=\left(b\cdot\frac{a}{b}\right)'=b\cdot\left(\frac{a}{b}\right)'+b'\cdot\frac{a}{b}$$
Esto es por la Regla de Leibniz.
Por eso,$$b\cdot\left(\frac{a}{b}\right)'=a'-b'\cdot\frac{a}{b}=\frac{a'b-b'a}{b}$$
$$\therefore \left(\frac{a}{b} \right)'=\frac{a'b -b'a}{b^2}$$
Lema 3:
Si $a=\prod_{i=1}^{k} p_i^{m_i}$ $b=\prod_{j=1}^{l} q_j^{n_j}$
$$\left(\frac{a}{b} \right)'=\frac{a'b -b'a}{b^2} \\ =\frac{ba\sum_{i=1}^{k} \frac{m_i}{p_i} -ab \sum_{j=1}^{l} \frac{n_j}{q_j}}{b^2} \\ =\frac{a}{b} \left(\sum_{i=1}^{k} \frac{m_i}{p_i} - \sum_{j=1}^{l} \frac{n_j}{q_j} \right)$$
Por lo tanto, si $\prod_{i=1}^{k} p_i^{x_i}$ es una factorización de un número racional $x$ en el primer poderes, (donde algunos $x_i$ puede ser negativo), entonces podemos escribir:
$$x'=x \sum_{i=1}^{k} \frac{x_i}{p_i}$$
Aquí, la esencia de esta prueba es demostrar que si tenemos $\frac{a}{b}=\prod_{i=1}^{k} p_i^{x_i}$, entonces:
$$\left(\frac{a}{b}\right)'=\frac{a}{b} \sum_{i=1}^{k} \frac{x_i}{p_i}$$
Ahora para este problema:
$$\left(\frac{a}{b}\right)'=\frac{a}{b} \sum_{i=1}^{k} \frac{x_i}{p_i}=0 \\ \sum_{i=1}^{k} \frac{x_i}{p_i}=0 \\ x_1 p_2 p_3 ... p_k+x_2 p_1 p_3 ... p_k+ ... + x_k p_1 p_2 ... p_k=0 \ \ \ \ \ (1) $$
Aquí podemos concluir que $x_i=c_i p_i$ y la ecuación de $(1)$ se convierte en:
$$c_1+c_2+...+c_k=0$$ Therefore the solutions to the equation $\left(\frac{a}{b}\right)'=0 \ \ \ \ (2)$ son de la forma:
$$\frac{a}{b}=\prod_{i=1}^{k} (p_i^{p_i})^{c_i}$$
donde $\sum c_i=0$.
Para este problema, ya $a$ $b$ son de menos de $100$ únicos valores posibles para $\frac{a}{b}$ son:
$$\frac{a}{b}=\frac{2^2}{3^3}, \frac{3^3}{2^2}$$
Ahora si $\frac{a}{b}$ es una solución para la ecuación de $(2)$ $\frac{ma}{mb}$ es también una solución. Así que las soluciones son:
$$(2^2, 3^3), (2^3, 2\times 3^3), (3\times 2^2, 3^4), (3^3, 2^2), (2\times 3^3, 2^3), (3^4, 3\times 2^2) \\ = (4,27),(8,54),(12,81),(27,4),(54,8),(81,12)$$
