Deje $a,x,b$ ser enteros positivos satisfacer $x^{a+b} = a^b \cdot b$. Cómo puedo probar que $a=x$$b=x^x$?
Respuesta
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La ecuación deben ser satisfechas para que cada primer individualmente; es decir, si $p$ es un primer factor de cualquiera de $a$, $b$ y $x$ y se denota el número de factores de $p$ en $a$, $b$ y $x$ por $n_a$, $n_b$ y $n_x$, respectivamente, debemos tener
$$(a+b)n_x=bn_a+n_b\;.\tag{1}$$
[Edit: Gracias a Harry por señalar que olvidé para tratar el caso de $n_b=0$. En este caso, $an_x=b(n_a-n_x)$, y por lo $p^{n_a}\mid n_a-n_x$ (desde $b$ no contiene factores de $p$). Pero $n_a\ge n_x$, ya que el $(a+b)n_x=bn_a$, y por lo que sea a $n_a=n_x$, lo que implicaría $n_a=n_x=n_b=0$ o $n_a>n_x$, y por lo tanto $n_a\ge n_a-n_x\ge p^{n_a}$, lo cual es imposible. Por lo tanto $n_b\neq0$.]
Ahora vamos a $q$ ser cualquier factor primo (no necesariamente distintos de $p$) en cualquiera de $a$, $b$ y $x$, e indicar el número de factores de $q$$a$$b$$m_a$$m_b$, respectivamente. A continuación,$q^{m_a}| a$$q^{m_b}| b$, y por lo tanto, cada término en la ecuación, excepto para $n_b$ es divisible por $q^{\min(m_a,m_b)}$; por lo tanto $n_b$ es demasiado. En particular, $n_b$ es divisible por $p^{\min(n_a,n_b)}$. Pero $p^{n_b} \nmid n_b$, ya que el $p^{n_b}>n_b$, y, por tanto,$n_b>n_a$. Desde $p$ $q$ son arbitrarias, esto implica $m_b>m_a$, y por lo tanto $q^{m_a} | n_b$. En particular,$p^{n_a} | n_b$, y por lo tanto $p^{n_a}\le n_b$. También, desde la $q^{m_a} | n_b$ para todos los factores primos $q$$a$,$a|n_b$. Por lo tanto, podemos escribir (1) como
$$a\left(n_x-\frac{n_b}{a}\right)=b(n_a-n_x)\;.\tag{2}$$
Para mostrar que ambos lados de esta ecuación son, de hecho, cero, podemos volver a considerar los factores de $p$. La parte derecha contiene al menos $n_b$ factores de $p$, e $a$ contiene sólo $n_a$, por lo que
$$p^{n_b-n_a}\mid n_x-\frac{n_b}{a}\;,$$
y entonces, si esta diferencia no es cero, se debe tener
$$p^{n_b-n_a} \le \left\lvert n_x-\frac{n_b}{a}\right\rvert\;.$$
Considerando en primer lugar el caso de $n_x<\frac{n_b}{a}$, se deduce que
$$ p^{n_b-n_a} \le \left\lvert n_x-\frac{n_b}{a}\right\rvert = \frac{n_b}{a}-n_x \le \frac{n_b}{a} \le \frac{n_b}{p^{n_a}}\;, $$
y por lo tanto $p^{n_b}\le n_b$, lo cual es imposible. Considerando a la vez el caso de $n_x>\frac{n_b}{a}$, a partir de (2) esto implica $n_a>n_x$, y por lo tanto
$$ p^{n_b-n_a} \le \left\lvert n_x-\frac{n_b}{a}\right\rvert = n_x-\frac{n_b}{a} \le n_x < n_a < p^{n_a}\;, $$
es decir, $p^{n_b}<p^{2n_a}$ e lo $n_b<2n_a$. Pero tuvimos $p^{n_a}\le n_b$, y por lo tanto $p^{n_a}<2n_a$, en tanto que es imposible.
De ello se desprende que ambos lados de (2) se desvanecen, y por lo tanto $n_a=n_x$ $n_b=an_x$ para todos los números primos $p$, y esto implica $a=x$$b=x^a$.
