Una conjetura inspirada por la conjetura abc

Question

Esta conjetura es, obviamente inspirado en el abc-conjetura:

Deje $\gcd(a,b)=1$ $\operatorname{rad}((a+b)ab(ab+a+b))> ab+a+b$

No estoy pidiendo una prueba, solo para posibles contraejemplos, si es que existen. He comprobado esto con el equipo para que algunos de los números, y no encontramos ningún contraejemplo.

Lo que he comprobado hasta ahora $(\gcd(a,b)=1)$:

1. $1 \le a,b \le 1000$
2. $a=1$, $1 \le b \le 10^6$
3. $1 \le m \le 10^6$, $a=m,b=m+1$

Heurística que esto es cierto para infinetly muchos $b$: Si $p\neq 2$ es un número primo, a continuación, establezca $b = \frac{p-1}{2}, a = 1$. A continuación, $\operatorname{rad}((a+b)ab(ab+a+b)) = \operatorname{rad}(\frac{p-1}{2}\frac{p+1}{2}p) > p = ab+a+b$

Otra manera de demostrar que existen infinitos $(a,b)$, en cumplimiento de la conjetura: Elija algunas de $a \in \mathbb{N}$. Desde $\gcd(a,a+1)=1$, por el (https://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet%27s_theorem_on_arithmetic_progressions) el teorema de Dirichlet en progresión aritmética existen infinitos números primos de la forma $p = b(a+1)+a = ab + a +b$. Entonces, necesariamente,$\gcd(a,b)=1$, de lo contrario si $g=\gcd(a,b)$ $a = g a_1$ y $b=g b_1$ $g | p$ y, por tanto,$g=p$, lo cual es imposible ya que $p = g ( a_1 b_1+a_1+b_1)$, y debemos tener $3 \le a_1b_1+a_1+b_1=1$, lo que no se puede trabajar. Entonces $\operatorname{rad}((a+b)ab(ab+a+b)) = \operatorname{rad}((a+b)ab \cdot p) > p = ab + a +b$

Editar: Si alguien encuentra otra manera de producir un número infinito de tuplas $(a,b)$, en cumplimiento de la conjetura, que también sería interesante.

Answer 1

Esto no es una respuesta sino una wiki de la comunidad a evitar un montón de comentarios.

Lo he probado sin falta, hasta el momento:

$a=2$ y $b=1,\dots, 1,000,000$
$0<a,b<10,000$

Prueba también sin falta:

1. $3 \le p \le 10^6 $, $p$ cebe. $a = 1$, $b = \frac{p^2-1}{2}$
2. $ p \neq q, p,q \le 10^4$, primos de $p,q$, $a=p$, $b=q$
3. $ 3 \le p \le 10^6$, $p$ prime, $a=\frac{p-1}{2},b=\frac{p+1}{2}$

Answer 2

Una forma fácil para infinitamente muchos casos verdadera es asumir $a$ y $b$ son squarefree. Luego el radical de $(a+b)ab(ab+a+b)$ es necesariamente un múltiplo de $ab$. $a+b$ Y $ab+a+b$, ser coprimo a $ab$ y mutuamente coprime, deben contribuir algún factor primordial no trivial que el radical. Por lo tanto, el radical es de al menos $2 \cdot 3 \cdot ab$, que es estrictamente mayor que $ab+a+b$.

Answer 3

Lista exhaustiva de triples $(A,B,C)$ ( $C<10^{18}$ ) tal que $$A+B=C,\\rad(ABC)<C,\tag{1}$$ es accesible mediante el enlace de Bart Smit/ABC triples/por tamañode archivo, abctriples_below_1018.gz .

Si dicha par-contraejemplo $(a,b)$ existe (como se describe en la pregunta), a continuación,$GCD(a+b,ab)=1$, y si la construcción $$\begin{array}{l}A=a+b,\\B=ab, \\C=ab+a+b;\end{array}\tag{2}$$ a continuación, $(1)$ debe ser verdadera para que construye $(A,B,C)$.

Pero no hay triples $(A,B,C)$ a partir de la base de datos por encima de la forma $(2)$.

(Si los números de $A,B$ puede ser escrita en la forma $A=a+b,B=ab$, entonces el polinomio $f(x)=x^2-Bx+A$ $2$ entero positivo raíces.)

Así, para encontrar contraejemplo $(a,b)$, uno necesita buscar en el rango de $ab+a+b\ge 10^{18}$. $\color{#E0E0E0}{Hopeless...}$