Demostrar que $a+b$ cant dividen $a^a+b^b$ ni $a^b+b^a$

Question

Sea a y b números naturales de manera que $2a-1,2b-1$ $a+b$ son números primos. Demostrar que $a+b$ cant dividen $a^a+b^b$ ni $a^b+b^a$.

Tengo que $gcd(a,b)=1$. Yo no tengo nada en especial, pero si lo hago, voy a actualizar a la pregunta.

Answer 1

Deje $p=a+b$, y supongamos que $p$ divide al menos uno de $a^a+b^b$ o $a^b+b^a$.

A continuación, $p$ divide el producto $$(a^a+b^b)(a^b+b^a)=a^p+b^p+(ab)^a+(ab)^b $$

Por Fermat poco teorema de

• $a^p= a\mod p$
• $b^p= b\mod p$
• $a^p+b^p= a+b = 0 \mod p$

Para (recuerde que se supone que $p$ divide el producto) tenemos : $$ (ab)^a+(ab)^b=0\mod p$$

Pero $b=-a\mod p$.

$$ (-a^2)^a+(-a^2)^b=0 \mod p$$

Como $a+b$ es impar, uno de $a$ $b$ es impar y el otro es aún. Así

$$ a^{2a}=a^{2b} \mod p $$

esto significa que $2b-2a$ es múltiplo de la orden de $r$$a$, y que el fin de $r$ divide $p-1=a+b-1$. Pero si $r$ divide $(2b-1)-(2a-1)$$2(a+b-1)=(2a-1)+(2b-1)$, entonces cualquiera de las $r=2$ o se divide $2a-1$ $2b-1$ (ambos son diferentes números primos) lo $r=1$.

Por lo $a=1\mod p$ o $a=-1\mod p$. Pero $a+b=p$. Por lo $a<p$, lo $a=1$ (pero, a continuación, $2a-1$ no es primo) o $a=p-1$ (pero, a continuación, $2b-1$ no es primo), esto no es posible.

Una contradicción. Por tanto, nuestra primera hipótesis de que la $p$ divide el producto es falso.

Answer 2

Desde $2a-1, 2b-1$ son primos, entonces $a,b\neq 1$. Desde $a+b$ es un número primo, entonces podemos suponer $a$ es incluso y $b$ es impar.

Supongamos $p=a+b|a^a+b^b$. Tenemos: $$a^a+b^b\equiv a^a-a^b=a^b(a^{a-b}-1) \pmod {a+b}$$

Desde $\gcd(a^b,a+b)=1$,$p|a^{a-b}-1$. Deje $h=ord_p(a)$,$h|p-1,h|a-b$,$h|p-1-(a-b)=2b-1$, lo $h=1$ o $h=2b-1$.

Si $h=1$,$a+b|a-1$, pero esto es imposible, ya que $a+b>a-1$.

A continuación,$h=2b-1$, lo que significa que $p|a^{2b-1}-1$. Por lo tanto $p|a^{2a-1}(a^{2b-1}-1)=a^{2a+2b-2}-2^{2a-1}$,$p|2^{2a-1}-1$. Por lo tanto $2b-1|2a-1$ o $2a-1=2b-1$ (ya que ambos son primos) o $a=b$, lo cual es imposible.

Demostrando $a+b \not|a^b+b^a$ es similar.

Answer 3

Caso $a+b\mid a^a+b^b$
Supongamos $a$ es impar. Debido a $a+b\mid a^a+b^a$ tenemos $a+b\mid b^b-b^a$, por lo tanto $a+b\mid b^{|b-a|}-1$ porque $\gcd(a,b)=1$, por lo tanto $a-b\mid a+b-1$ por Fermat. Por simetría, se obtiene el mismo si $b$ es impar.
Caso $a+b\mid a^b+b^a$
Supongamos $a$ es impar. Debido a $a+b\mid a^a+b^a$ tenemos $a+b\mid a^b-a^a$. Como antes de que lleguemos $a-b\mid a+b-1$. De la misma forma si $b$ es impar.

De cualquier manera, nos ha $a-b\mid a+b-1$ a partir de que $a-b\mid a+b-1+(a-b)=2b-1$$a-b\mid 2a-1$, por lo tanto $a-b=\pm\,1$, $2a-1$ $2b-1$ son dos números primos.
Wlog supongamos $b=a+1$. Deje $q=a+b=2b-1$. Modulo $q$, $$a^a+b^b\equiv\left(\frac{-1}2\right)^{\frac{q-1}2}+\left(\frac{1}2\right)^{\frac{q+1}2}\equiv\pm\,1\pm\,\frac12\not\equiv0\pmod q$$ and $$a^b+b^a\equiv\left(\frac{-1}2\right)^{\frac{q+1}2}+\left(\frac{1}2\right)^{\frac{q-1}2}\equiv\pm\,\frac12\pm\,1\not\equiv0\pmod q$$ since $p>3$, una contradicción.