Si $a$ $b$ son enteros positivos tales que a $a^n+n\mid b^n + n$ para todos los enteros positivos $n$, demuestran que, a $a=b$.

Question

Me encontré con este problema en un campamento de matemáticas, pero me parece que no puede resolver a través de técnicas elementales.

Si $a$ $b$ son enteros positivos tales que a $a^n+n\mid b^n + n$ para todos los enteros positivos $n$, demuestran que, a $a=b$.

Answer 1

Asumir lo contrario y considerar la posibilidad de un primer $p$ que no divida a $b-a$, Por el Teorema del Resto Chino podemos encontrar un postive entero $n$ tal $$\begin{cases}n\equiv 1\pmod{p-1}\\ n\equiv -a\pmod p \end{casos}$$ Entonces por Fermat poco teorema de $$a^n+n\equiv a+n\equiv a-a\equiv 0\pmod p$$ y $$b^n+n\equiv b+n\equiv b-a\pmod p$$ De ello se desprende que $p$ divide $a^n+n$,Pero no divide $b^n+n$.Contradicción.

Answer 2

Sugerencia $ $ Poco de Fermat mata a los poderes del mal. A continuación es una forma sencilla de descubrir una prueba. $ $ Podemos demostrar el contrapositivo, es decir, asumiendo $\,a\neq b\,$ construir un contraejemplo a la divisibilidad de reclamación.

Para refutar $\,a^n+n\mid b^n+n\,$ nos encontramos con un primer $\,p\,$ y algunos $\,n\,$ tal que $\,p\mid a^n+n,\,$ $\,p\nmid b^n + n.\,$ Para simplificar, podemos matar a los exponentes por la restricción de a$\,\color{#0a0}{n\equiv 1}\pmod{p\!-\!1},\,$, con lo que, a poco de Fermat, se deduce que el $\,a^n\equiv a,\,b^n\equiv b\pmod p,\,$, por lo que nuestro contraejemplo condiciones simplificar mod $p\,$ a

$$\begin{align} p\mid a^n+n\iff&\ 0\equiv a^n+n\equiv a+n\iff \color{#c00}{n\,\equiv\, -a}\!\!\pmod p\\ p\nmid b^n+n\iff&\ 0\not\equiv\, b^n+n\equiv b+\color{#c00}n\iff 0\not\equiv \color{}b\!\color{#c00}{-\!a}\!\!\pmod p\end{align}\quad\ $$

Por lo tanto, podemos construir un contraejemplo por la elección de un primer $\,p\nmid \color{#a6f}{b\!-\!a}\,$ y una solución de $\,n\,$ a

$$\begin{align} \color{#0a0}{n\ \,\equiv\,\ 1}&\pmod{p\!-\!1}\\ \color{#c00}{n\equiv -a}&\pmod p\end{align}\quad$$

Por $\,p,\,p\!-\!1$ coprime, una solución de $\,n\,$ existe por el CRT = Teorema del Resto Chino. $ $ QED

Comentario $\ $ La siguiente es una "prueba sin palabras" resumen de las inferencias

$$\begin{eqnarray} p-1 \!\!\! &&\mid \color{#0a0}{n-1} \\ p\!\!\! &&\mid \color{#c00}{a+n} && \\ \end{eqnarray}\! \Rightarrow\,\ p\mid \overbrace{a^{\large \color{#0a0}n^{\phantom{I}}}\!\!\!-\!a+\color{#c00}{un\!+\!n}}^{\Large a^n+n}\mid \overbrace{b^{\large \color{#0a0}n^{\phantom{I}}}\!\!\!-\!b+\color{#a6f}{b\!-\!a}+\color{#c00}{un\!+\!n}}^{\Large b^n +n} \ \,\Rightarrow\,\ p\mid \color{#a6f}{b\!-\!un}\,\Rightarrow\!\Leftarrow\qquad$$

Answer 3

[Será eliminada próximamente]

Respuesta completamente reescrito para ser más elementales (para evitar el uso explícito de la divisibilidad en $\,\Bbb Z/p)$