$a^m + b^n \equiv 1 \mod ab$ algunos $m,n$

Question

Si $a$ $b$ son enteros primos relativos, entonces no existen números enteros $m$ $n$ tal que $a^m + b^n \equiv 1 \mod ab$ . ¿Cómo puedo demostrar que esto es cierto? (Artin del problema de Álgebra 11.1.16)

Answer 1

Desde $a$ $b$ son coprime, el Teorema del Resto Chino da que $$\mathbb Z/ab\mathbb Z \simeq \mathbb Z/a\mathbb Z \times \mathbb Z/b\mathbb Z$$ via the homomorphism $[x]_{ab} \mapsto ([x]_a,[x]_b)$, were $[x]_k$ denotes the equivalence class of $x$ in $\mathbb Z/k \mathbb Z$.

Por lo tanto $$[a^m+b^n]_{ab}=[1]_{ab} \iff ([b^n]_a,[a^m]_b)=([1]_a,[1]_b).\,\,\,\, (*)$$

Desde $\gcd(a,b)=1$, $[b]_a$ es un generador de $\mathbb Z/a\mathbb Z$; del mismo modo, $[a]_b$ es un generador de $\mathbb Z/b\mathbb Z$. A partir de esto, podemos optar $n$$m$, de modo que el lado derecho de la $(*)$ está satisfecho.

Esto también muestra que, para demostrar que $n=a-1$, $m=b-1$ son soluciones, basta mostrar que $a^{b-1}\equiv 1 \pmod{b}$$b^{a-1}\equiv 1 \pmod{a}$. Esto es cierto si $a$ $b$ son primos, ya que los grupos de unidades en $\mathbb Z/a \mathbb Z$ $\mathbb Z/b \mathbb Z$ tienen órdenes de $\phi(a)=a-1$$\phi(b)=b-1$, respectivamente (aquí, $\phi$ es de Euler totient función). Pero esto no si $a$ o $b$ está compuesto: tomar $a=6$, $b=5$. Entonces

$$6^4+5^5=4421,$$ which is not congruent to $1 \pmod{30}$.

Answer 2

• Mi respuesta es $$a^{\phi(b)}+b^{\phi(a)}\equiv1\mod ab$$

• Porque

$$a^m+b^n\equiv1\mod ab$$ $$\Longleftrightarrow a^m+b^n\equiv1\mod a \text{ and } a^m+b^n\equiv1\mod b$$ $$\Longleftrightarrow b^n\equiv1\mod a \text{ and } a^m\equiv1\mod b \text{ ,}$$

a continuación, desde el teorema de Euler, sólo necesitamos $n=\phi(a)$$m=\phi(b)$.

• Cuando es su supuesto derecho? En primer lugar, denotamos $\sigma_m(x)=\min\{d:x^d\equiv1\mod m\}$. A continuación, obtener la conclusión de que su suposición es correcta si y sólo si $\sigma_a(b)|a-1$$\sigma_b(a)|b-1$.

Answer 3

Sugerencia. Set $m=\phi(b), n=\phi(a)$ y el uso Eulers teorema.

Answer 4

Desde $a$ $b$ son coprime, no existe $m,n > 0$ tal que $$a^m \equiv 1 \pmod b \quad \text{and} \quad b^n \equiv 1 \pmod a$$ Ahora tenemos $$\begin{cases} a^m + b^n \equiv 0 + 1 \equiv 1 \pmod a \\ a^m + b^n \equiv 1 + 0 \equiv 1 \pmod b \end{cases}$$ así que usted puede aplicar el teorema del resto Chino para obtener $$a^m + b^n \equiv 1 \pmod{ab}$$ como se requiere.