Si $a\geq 2$ , $a\nmid b$ y $a^n-1\mid b^n-1$ para todos $n\in\mathbb{N}$ entonces $b=1$

Question

Sea $a,b\in\mathbb{N}$ sea tal que $a\geq 2$ , $a\nmid b$ y $a^n-1\mid b^n-1$ para todos $n\in\mathbb{N}$ entonces $b=1$ .

PS: De hecho, si no suponemos que $a\nmid b$ entonces la declaración debe ser $b=a^k$ para algunos $k\in\mathbb{N}\cup\{0\}$ . La afirmación anterior puede deducir el hecho.

Answer 1

Esta es una solución aquí que se encontró en algún artículo en AMM. es una prueba muy bonita. pero es muy constructiva. Por ejemplo, la construcción de $Q_k(x)$ , $p_k$ y $r_{k,n}$ no es tan fácil construirlos. Tal vez haya algún método directo.

Answer 2

Aquí está mi prueba de AoPS .

$\textbf{Problem 1.}$ Demostrar que si $b^n-1\mid a^n-1$ para todos $n$ entonces $a=b^k$ para algún número entero $k$ .

$\textbf{Lemma 1.}$ Si $b^n-1\mid a^n-1$ para todos $n$ entonces $(b-1)(b^2-1)\ldots (b^n-1)\mid n!(a-1)(a-b)\ldots (a-b^{n-1})$ para cada $n$ .

$\textbf{Proof of Lemma 1.}$ Consideremos en primer lugar un primo cualquiera $p\mid (b-1)(b^2-1)\ldots (b^n-1)$ por lo que existe un mínimo $d$ tal que $p\mid b^d-1$ y es bien sabido que entonces $x^d-1\equiv (x-1)(x-b)\ldots (x-b^{d-1})\pmod{p^{\nu_p(b^d-1)}}$ Así que $P(x)=x^d-1$ tiene exactamente $d$ raíces consecutivas $1, b, b^2,\ldots , b^{d-1}$ . A partir de la condición $b^d-1\mid a^d-1$ obtenemos que $a$ es también la raíz del polinomio $x^d-1$ . Tan fácil de ver que sólo existe una $0\leq d'\leq d$ tal que $a-b^{d'}\equiv 0\pmod{p^{\nu_p(b^d-1)}}$ . De ello se deduce que para todo $i\equiv d'\pmod{d}$ , $a-b^i\equiv 0\pmod{p^{\nu_p(b^d-1)}}$ . Ahora a partir del lema LTE obtenemos que $\nu_p(b^{jd}-1)\leq\nu_p(b^d-1)+\nu_p(j)$ para cada $j$ Así que $\nu_p(\prod_{i=1}^n(b^i-1))\leq[n/d]\nu_p(b^d-1)+\nu_p(n!)\leq\nu_p(n!(a-1)(a-b)\ldots (a-b^{n-1}))$ . Combinando desigualdades similares para cada $p$ obtenemos el lema 1. $\Box$

$\textbf{Proof of Problem 1.}$ En primer lugar es un ejercicio sencillo demostrar que si un primo $p$ es tal que $p\mid a$ entonces $p\mid b$ . Por tanto, existe un número entero positivo $t$ tal que $a\nmid b^{t-1}$ pero $a\mid b^t$ . Del lema 1 se deduce que $(2t)!\frac{(a-1)(a-b)\ldots (a-b^{t-1})(a-b^t)\ldots (a-b^{2t-1})}{(b-1)(b^2-1)\ldots (b^t-1)(b^{t+1}-1)\ldots (b^{2t}-1)}\in\mathbb{Z}$ . Pero por cada $i$ tenemos que $\gcd(a, b^i-1)$ por lo que si nos fijamos en el numerador de la fracción anterior entonces obtenemos que $$\gcd(a,1)\gcd(a, b)\ldots gcd(a, b^{t-1})a^t\mid (2t)!\frac{(a-1)(a-b)\ldots (a-b^{t-1})(a-b^t)\ldots (a-b^{2t-1})}{(b-1)(b^2-1)\ldots (b^t-1)(b^{t+1}-1)\ldots (b^{2t}-1)}$$ y si $a\not= b^x$ para cada $x$ entonces $$|(2t)!\frac{(a-1)(a-b)\ldots (a-b^{t-1})(a-b^t)\ldots (a-b^{2t-1})}{(b-1)(b^2-1)\ldots (b^t-1)(b^{t+1}-1)\ldots (b^{2t}-1)}|\geq gcd(a,1)\gcd(a, b)\ldots gcd(a, b^{t-1})a^t$$ Pero es fácil comprobar que $|(2t)!\frac{(a-1)(a-b)\ldots (a-b^{t-1})(a-b^t)\ldots (a-b^{2t-1})}{(b-1)(b^2-1)\ldots (b^t-1)(b^{t+1}-1)\ldots (b^{2t}-1)}|\leq (2t)!a^t$ y $gcd(a,1)\gcd(a, b)\ldots gcd(a, b^{t-1})\geq 2^{\frac{t(t-1)}{2}}$ (aquí utilizamos el hecho de que $\gcd(a, b^i)\mid\gcd(a, b^{i+1})$ y $\gcd(a, b^{i-1})\not=\gcd(a, b^i)$ para $i\leq t-1$ ). Así que $2^{\frac{t(t-1)}{2}}a^t\leq (2t)!a^t$ . Contradicción. $\Box$

Answer 3

Referencia para una generalización de este teorema y su demostración en francés. Véase artículo .

Langlois, Bruno An arithmetical application of Hadamard's quotient theorem, Ann. Univ. Sci. Budap. Rolando Eötvös, Sect. Comput. 44, 183-196 (2015). ZBL1389.11046 .

Answer 4

Para otra prueba podemos aplicar esto hecho con la información adicional que el $deg_{t_{n+1}} F$ puede ser igual a $n$ .

Más concretamente, del hecho de que $\frac{a^n-1}{b^n-1}\in\mathbb{Z}$ para cada $n$ obtenemos que $\frac{(ab)^n-1}{b^n-1}\in\mathbb{Z}$ para cada $n$ . Así que desde el hecho aplicado a $ab, b$ y la información que $deg_{t_{n+1}} F\leq n$ obtenemos que $\frac{2^n(b-ab)(b^2-ab)\dots(b^n-ab)}{(b-1)(b^2-1)\dots(b^n-1)}\in\mathbb{Z}$ y $\frac{2^n(1-a)(b-a)\dots(b^{n-1}-a)}{(b-1)(b^2-1)\dots(b^n-1)}\in\mathbb{Z}$ (aquí utilizamos $gcd(b, b^i-1)=1$ ). Pero si $b>2$ obtenemos obvio $\lim_{n\to\infty}\frac{2^n(1-a)(b-a)\dots(b^{n-1}-a)}{(b-1)(b^2-1)\dots(b^n-1)}=0$ y $a=b^k$ para algunos $k$ . En el caso $b=2$ concluimos que incluso $\frac{(b-a)(b^2-a)\dots(b^n-a)}{(b-1)(b^2-1)\dots(b^n-1)}\in\mathbb{Z}$ y de $\lim_{n\to\infty}\frac{(1-a)(b-a)\dots(b^{n-1}-a)}{(b-1)(b^2-1)\dots(b^n-1)}=0$ tenemos $a=b^k$ para algunos $k$ . $\Box$