Na začiatok by som iba rád poznamenal, že táto úloha bola asi najťažšia úloha KMS za celý rok (odovzdali ju iba 4 ľudia). Bola veľmi technická a iba ťažko sa človek nestratí v značeniach.

Značenia:

• $a=\dfrac{a_1}{b_1}, \quad b=\dfrac{a_2}{b_2}, \quad c=\dfrac{a_3}{b_3}, \quad$ kde $a_i,\ b_i$ sú nesúdeliteľné (t. j. zlomok je v základom tvare),

• $a_1=p_1^{\alpha_1}\dots p_l^{\alpha_l}$ pre nejaké prvočísla $p_i$ a prirodzené $\alpha_i$.

Chceme dokázať, že $\operatorname{nsn}(\alpha_1, \dots, \alpha_l)>1$. Potom sa $a_1$ dá vyjadriť ako mocnina vyššia ako $1$, a teda $a$ je mocné a powerful. Zo symetrie potom plynie že aj $b,c$ sú mocné a powerful. Predpokladajme tiež $a_1>1$, ináč sa $a_1$ dá napísať triviálne ako $k$-ta mocnina $1$. Teda $a_1$ naozaj obsahuje prvočíslo $p_1$ v svojom rozklade.

Pozorovanie 1 $a_1a_2a_3=b_1b_2b_3$.

Dôkaz: To plynie z predpokladu $abc=1$.

Pozorovanie 2 $b_1^x\mid b_2^yb_3^z$,$b_2^y\mid b_1^xb_3^z$,$b_3^z\mid b_1^xb_2^y$.

Dôkaz: Dokážeme iba prvé z nich, zvyšné sú symetrické. Zo zadania vieme, že $$a^x+b^y+c^z=\frac{a_1^xb_2^yb_3^z +b_1^xa_2^yb_3^z +b_1^xb_2^ya_3^z }{b_1^xb_2^yb_3^z}$$ je celé číslo. Nutne teda $b_1^x$ musí deliť celý čitateľ, $b_1^x\mid a_1^xb_2^yb_3^z +b_1^xa_2^yb_3^z +b_1^xb_2^ya_3^z$. No ale keďže $b_1^x$ zjavne delí druhý a tretí člen a $b_1^x$ je nesúdeliteľné s $a_1^x$, tak z toho toto pozorovanie plynie.

Pozorovanie 3 $p_1\mid a_1, b_2, b_3$, taktiež $p_1\nmid b_1, a_2, a_3$.

Dôkaz: To, že $p_1\mid a_1$ plynie z definície čísla $p_1$. Celá časť $p_1\nmid b_1, a_2, a_3$ plynie z nesúdeliteľnosti dvojíc $a_i, b_i$. Stačí teda dokázať $p_1\mid b_2, b_3.$ Keďže $a_1a_2a_3=b_1b_2b_3$ a $p_1$ delí ľavú stranu, nutne $p_1\mid b_2 b_3.$ Ale z druhého pozorovania plynie, že ak $p_1\mid b_2$, musí nutne deliť aj $b_1^xb_3^z$, no $p_1$ je nesúdeliteľné s $b_1$, a teda nutne musí deliť aj $b_3$. Analogicky ak $p_1 \mid b_3$, tak delí aj $b_2$. Keďže $P_1$ delí aspoň jedno z $b_2, b_3$, tak delí obe.

Pre tých čo nepoznajú p-adické značenie, tak $\nu_p(n)$ je najväčšia mocnina čísla $p$ deliaca $n$. Napríklad $\nu_3(54)=3$ pretože $3^3\mid 54$ ale $3^4\nmid 54$.

Pozorovanie 4 $\nu_{p_1}(b_2)\cdot y = \nu_{p_1}(b_3)\cdot z$.

Dôkaz: Keďže $b_2^y\mid b_1^xb_3^z$ no a $p_1, b_1$ sú nesúdeliteľné, tak nutne $p_1^{(\nu_{p_1}(b_2)y)}\mid p_1^{(\nu_{p_1}(b_3)z)}$. Teda $\nu_{p_1}(b_2)y\leq \nu_{p_1}(b_3)z$. Opačne, z tretieho vzťahu $b_3^z\mid b_1^xb_2^y$ symetricky dostaneme, že $\nu_{p_1}(b_3)z\leq \nu_{p_1}(b_2)y$.

To isté platí aj pre zvyšné prvočísla $p_i$ pre všetky $i=1, \dots, l: \nu_{p_i}(b_2)\cdot y = \nu_{p_i}(b_3)\cdot z$.

Pozorovanie 5 $\alpha_i=\nu_{p_i}(b_2) + \nu_{p_i}(b_3)$ pre každé $i\leq l$.

Dôkaz: To je kombinácia prvého a tretieho pozorovania. Platí, že $p_1$ sa nachádza v ľavej strane rovnice $a_1a_2a_3=b_1b_2b_3$ iba v čísle $a_1$, a to práve $\alpha_i$ krát. Opačne, na pravej strane rovnice sa nachádza v číslach $b_2, b_3$, a to práve $\nu_{p_i}(b_2)$ a $\nu_{p_i}(b_3)$ krát.

Finish: Zo štvrtého pozorovania plynie

$$\frac{y}{z}=\frac{\nu_{p_1}(b_3)}{\nu_{p_1}(b_2)} = \frac{\nu_{p_2}(b_3)}{\nu_{p_2}(b_2)}=\dots=\frac{\nu_{p_l}(b_3)}{\nu_{p_l}(b_2)}.$$ Značenie:

• $k_i=\operatorname{NSD}[\nu_{p_i}(b_3), \nu_{p_i}(b_2)]$,

• Dole prepíš $d_i= \frac{\nu_{p_1}(b_2)}{k_i}$, hore prepíš $h_i= \frac{\nu_{p_1}(b_3)}{k_i}$. Teda $\frac{h_i}{d_i}$ je zlomok $\frac{\nu_{p_i}(b_3)}{\nu_{p_i}(b_2)}$ v základnom tvare.

• $\frac{y}{z}=\frac{h}{d}$ pre nejaké nesúdeliteľné $h,d\geq 1$.

Potom $$h+d = h_i+d_i = \frac{\nu_{p_i}(b_2) + \nu_{p_i}(b_3)}{k_i}.$$ Nutne teda $h+d\mid \nu_{p_i}(b_2) + \nu_{p_i}(b_3)$ pre každé $i\leq l$. Z piateho pozorovania ale máme $\alpha_i=\nu_{p_i}(b_2) + \nu_{p_i}(b_3)$, teda aj $1< h+d\mid \alpha_i$. To je ale to, čo sme chceli dokázať. Našli sme číslo väčšie ako jedna ktoré delí všetky alfy, a teda $\operatorname{nsn}(\alpha_1, \dots, \alpha_l)>1$, číslo $a$ je mocné a powerful.