Decimos que un número racional [math]r es poderoso si [math]r se puede expresar de la forma [math]\frac{p^k}{q} para algunos enteros positivos coprimos [math]p y [math]q y algún entero [math]k>1. Sean [math]a,b,c racionales positivos tales que [math]abc=1. Supongamos que existen enteros positivos [math]x,y,z tales que [math]a^x+b^y+c^z es un entero. Probar que [math]a,b,c son todos poderosos.
Sean $(i,j),[i,j]$ el máximo común divisor y el minímo común múltiplo de $i,j$ respectivamente.Es conocido que $(i,j)\times [i,j]=i\times j$.
Sea $m=\frac {m_1}{m_2}$ donde $m_1,m_2$ son enteros positivos coprimos para $m=\{a,b,c\}$. Como $abc=1\to a_1b_1c_1=a_2b_2c_2$.
Tenemos que:
$$\frac{a_1^x}{a_2^x}+\frac{b_1^y}{b_2^y}+\frac{c_1^z}{c_2^z}\in\mathbb{Z}\to \frac{a_1^x\times c_2^z}{a_2^x}+\frac{b_1^y\times c_2^z}{b_2^y}\in \mathbb{Z}...(1)$$ Lema: Si $\frac{a}{b}+\frac{c}{d}\in \mathbb{Z}$ donde $a,b,c,d$ son enteros positivos entonces $b\times(c,d)=d\times (a,b)$. Demostración:
Sea $a=a'\times(a,b),b=b'\times (a,b),c=c'\times(c,d),d=d'\times (c,d)$ de esto $(a',b')=(c',d')=1$ y:
$$ \frac{a}{b}+\frac{c}{d}= \frac{a'}{b'}+\frac{c'}{d'}= \frac{a'd'+b'c'}{b'd'}\in \mathbb{Z} \to b'd'\mid b'c'+a'd'\to b'\mid a'd',d'\mid b'c'$$
Como $(a',b')=(c',d')=1\to b'\mid d',d'\mid b'$ y como $b',d'$ son enteros positivos entonces $b'=d'\to b\times(c,d)=d\times (a,b)$.
Como $(a_1,a_2)=(a_1^x,a_2^x)=1$ entonces $(a_2^x,a_1^x\times c_2^z)=(a_2^x,c_2^z)$, analogamente $(b_2^y,b_1^y\times c_2^z)=(b_2^y,c_2^z)$.
Entonces por el lema:
$$a_2^x\times (b_2^y,b_1^y\times c_2^z)=a_2^x(b_2^y,c_2^z)=b_2^x\times (a_2^x,a_1^x\times c_2^z)=b_2^y(a_2^x,c_2^z)$$
$$\to a_2^xc_2^z(b_2^y,c_2^z)=b_2^yc_2^z(a_2^x,c_2^z)\to [a_2^x,c_2^z]=[b_2^y,c_2^z]...(\alpha)$$
Analogamente con $a$ en $(1)$ tenemos que $[a_2^x,b_2^y]=[a_2^x,c_2^z]=[b_2^y,c_2^z]$.
Sea $p$ un primo tal que $p\mid a_1$. Sea $k=v_p(a_1)$. Como $a_1b_1c_1=a_2b_2c_2$ y $a_1,a_2$ son coprimos entonces $p\nmid a_2$ y $p\mid b_2$ o $p\mid c_2$. Sin perdida de generalidad $p\mid b_2$. Entonces $p\mid [a_2^x,b_2^y]=[a_2^x,c_2^z]\to p\mid a_2^x$ o $p\mid c_2^z$. Como $p\nmid a_2\to p\nmid a_2^x\to p\mid c_2^z\to p\mid c_2$. Entonces $p\mid b_2,c_2$. Sea $k_1=v_p(b_2), k_2=v_p(c_2)$ donde $k_1,k_2>0$. En $(\alpha)$:
$$max(v_p(a_2^x),v_p(b_2^y))=max(v_p(a_2^x),v_p(c_2^z))=max(v_p(b_2^y),v_p(c_2^z))\to max(0,k_1\times y)=max(0,k_2\times z)=max(k_1\times y,k_2\times z)$$
De esto $k_1\times y=k_2\times z$.Sea $y=y'\times (y,z),z=z'\times (y,z)$ entonces $y',z'$ son coprimos y $k_1\times y'=k_2\times z'$ entonces $y'\mid k_2,z'\to y'\mid k_2$ entonces existe un entero positivo $f$ tal que $k_2=y'\times f\to k_1=z'\times f$.
Como $p\mid b_2,c_2$ y $(b_1,b_2)=(c_1,c_2)=1$ entonces $p\nmid b_1,c_1$
Entonces:
$$v_p(a_1b_1c_1)=v_p(a_2b_2c_2)\to k=v_p(a_1)=v_p(b_2,c_2)=k_1+k_2=f\times(y'+z')$$
Entonces $y'+z'\mid v_p(a_1)$ para todo primo p.(Si el primo no divide $v_p(a_1)=0$ y cumple), de esto claramente existe un entero positivo $a_3$ tal que $a_1=a_3^{y'+z'}$ como $(a_1,a_2)=1\to (a_2,a_3)=1$ y como $y',z'$ son enteros positivos $y'+z'>1$ entonces $a=\frac{a_3^{y'+z'}}{a_2}$ por lo que $a$ es poderoso. Analogamente tendremos que $a,b$ y $c$ son los 3 poderosos.
