$x^a - 1$ divide $x^b - 1$ sólo si $a$ divide $b$

Question

Sea $x > 1$ y $a$ , $b$ sean números enteros positivos. Sé que $a$ divide $b$ implica que $x^a - 1$ divide $x^b - 1$ . Si $b = qa$ entonces

$$x^b - 1 = (x^a)^q - 1^q = (x^a - 1)((x^a)^{q-1} + \ldots + x^a + 1).$$

Me interesa lo contrario de la afirmación. Si $x^a - 1$ divide $x^b - 1$ ¿implica esto que $a$ divide $b$ ?

Answer 1

Sea $b=a \cdot q+r$ donde $0 < r < a$ .

Entonces

$$x^b-1=x^b-x^r+x^r-1=x^r(x^{aq}-1)+x^r-1 \,.$$

Usa eso $x^a-1$ divide $x^{aq}-1$ .

Answer 2

Sugerencia $\:$ Por el siguiente teorema $\rm\:(x^a\!-1,x^b\!-1) = x^{(a,b)}\!-1$ $[ \rm\: =\: x^a\!-1\!\iff\! (a,b)=a\!\iff\! a\mid b\,]$

cuando se aplica a $\rm\ f_n =\ x^n\!-1\ =\ x^{n-m} \: (x^m\!-1) + x^{n-m}\!-1 =\: g\ f_m + f_{n-m}\equiv f_{n-m}\pmod{f_m}$

Teorema $\: $ Si $\rm\:f_n\:$ es una secuencia en un dominio GCD (dominio donde existen gcds) que satisface $\rm\ f_{\:\!0} =\: 0\: $ y $\rm\ \: f_n\equiv f_{n-m}\ (mod\ f_m)\ $ para $\rm\: n > m\ $ entonces $\rm\ (f_n,f_m) =\, f_{(n,\:m)}\: $ donde $\rm\ (i,\,j) := gcd(i,\:j)$ .

Prueba $\ $ Por inducción en $\rm\:n + m.\,$ El teorema es trivialmente cierto si $\rm\ n = m\ $ o $\rm\ n = 0\ $ o $\rm\: m = 0.\,$
Así que podemos suponer $\rm\:n > m > 0.\,$ Nota $\rm\ (f_n,f_m)\: =\ (f_{n-m},f_m)\ $ se deduce de la hipótesis.
Desde $\rm\:\ (n-m)+m \ <\ n+m,\,$ la inducción produce $\rm \ (f_{n-m},f_m) = f_{(n-m,\:m)} =\ f_{(n,\:m)}\ $

Véase esta entrada y sus enlaces para más información secuencias de divisibilidad .