Una caracterización de los libres de cuadrados

Este problema es una generalización del problema propuesto por Luis Brandon: Básico de álgebra.

Como $a+b=n$ entonces

$ab=nb-b^2$ ... (1)
y
$ab=na-a^2$ ... (2)


(ida)
Supongamos que $n|ab$. Por (1) tenemos que

$n|ab=nb-b^2\ \rightarrow\ n|b^2$ ... (3)

análogamente, por (2) tenemos que

$n|a^2$ ... (4)

Sea $p_1p_2\ldots p_k=n$ la descomposición en primos de $n$. Para toda $i$ con $1\leq i \leq k$, tenemos por (3) y (4) que:

$p_i | b^2 \ \rightarrow \ p_i | b$,

$p_i | a^2 \ \rightarrow \ p_i | a$

Si en la descomposión de $n$ todos los primos son distintos, entonces llegamos a que

$a=p_1p_2\ldots p_k a_1=na_1$ para algún entero positivo $a_1$,

$b=p_1p_2\ldots p_k b_1=nb_1$ para algún entero positivo $b_1$,

pero esto no es posible, pues por hipótesis $a+b=n$. Es fácil ver que si dos primos en la descomposición de $n$ son iguales (es decir, que $n$ no esté libre de cuadrados), entonces sí existen $a$ y $b$ que cumplan las condiciones del problema.



(regreso)
Supongamos que $n$ no está libre de cuadrados.

La descomposición en primos de $n$ sería $p_1p_2\ldots p_k$, pero para algunos $i\neq j$, con $1\leq i,j \leq k$, se debe cumplir que $p_i = p_j$. Podemos poner

$\begin{displaymath} a = a_1 \frac{n}{p_i} \end{displaymath}$ para algún entero $a_1$,
y
$\begin{displaymath} b = b_1 \frac{n}{p_i} \end{displaymath}$ para algún entero $b_1$,

y por hipótesis tenemos

$a + b = n$,

$\begin{displaymath} a_1 \frac{n}{p_i} + b_1 \frac{n}{p_i} = n\end{displaymath}$,

$n(a_1 + b_1) = np_i$,

$p_i = a_1 + b_1$

entonces a $a_1$ y $b_1$ los escojemos de forma conveniente para que su suma sea $p_i$. De aquí queda claro que

$n | ab$.

Muy buena solución