Demostrar que $\frac{a^n-1}{b^n-1}$ y $\frac{a^{n+1}-1}{b^{n+1}-1}$ no pueden ambos ser primer.

Question

Demostrar que $$\frac{a^n-1}{b^n-1} \ \text{y} \ \frac{a^{n+1}-1}{b^{n+1}-1}$$ no puede ser el primer ($a>b>1,n\ge 2$).

Claramente $(a^n-1,a^{n+1}-1)=a-1$ y $b^n-1,b^{n+1}-1)=b-1$.

Claramente $b-1\mediados de los a-1$ (desde $b-1\mediados de los a^n-1,a^{n+1}-1$), por lo que $a=bk-k+1$ $k\in\mathbb Z_{\ge 2}$.

Una sugerencia sería probablemente suficiente. No he encontrado un enfoque que podría utilizar.

Answer 1

Deje que $\let\v\nu\let\geq\geqslant\v_p(n)$ denotar el exponente del primer $p$ en la factorización de $n\in\mathbb N$.

Lema (Levantar El Exponente) Si $p$ es impar, $p\nmid$ y $p\mediados de los a-b$, entonces $$\v_p(a^n-b^n)=\v_p(a-b)+\v_p(n).$$ Prueba. Ver aquí (Teorema 1)

Ya tenemos $b-1\mediados de los a-1$. Vamos a $r$ ser cualquier divisor primo de $b-1$ y por tanto $a-1$. Si $r$ es impar, entonces (por el lema) $$\v_r\left(\frac{a^n-1}{b^n-1}\right)=\v_r(a-1)-\v_r(b-1).$$ Debido a que $\frac{a^n-1}{b^n-1}=p$ es primo, esto muestra que $\v_r(a-1)=\v_r(b-1)$ de todos los números primos $r\mid b-1$ con $r\neq2$ y $r\neq p$. Por lo tanto $a-1=2^kp^xg(b-1)$ $k,x$ y $g$, $\gcd(g,b-1)=1$.

Podemos hacer lo mismo para $\frac{a^{n+1}-1}{b^{n+1}-1}=q$, a dar $a-1=2^lq^yh(b-1)$ $l,$ y y $h$, $\gcd(h,b-1)=1$.

Tenga en cuenta que $a-1=2^lq^yh(b-1)$ de forma exclusiva determina $q$ si $p\mid b-1$ y $\gcd(n,b-1)=1$:

• Si $p$ es impar, es el único impar primer $r\mid b-1$ con $\v_r(a-1)>\v_r(b-1)$
• $q=2$ iff no es extraño prime $r\mid b-1$ con $\v_r(a-1)>\v_r(b-1)$

Así que en realidad tenemos que $p=q$: $$\frac{a^{n+1}-1}{b^{n+1}-1}=\frac{a^n-1}{b^n-1}$$ por lo tanto $$a^{n+1}b^n-a^{n+1}-b^n=b^{n+1}^n-b^{n+1}-^n$$ $$\color{verde oscuro}{(a-b)}\color{blue}{(a^nb^n+\frac{a^n-b^n}{a-b}-\frac{a^{n+1} b^{n+1}}{a-b})}=0$$ pero, debido a que $b^n\geq2^n\geq n+1$, $$\color{blue}{a^nb^n+\frac{a^n-b^n}{a-b}}\geq (n+1)^n\color{blue}>a^n+a^{n-1}b+\cdots+ab^{n-1}+b^n=\color{blue}{\frac{a^{n+1} b^{n+1}}{a-b}}$$ contradiciendo $\color{verde oscuro}{a\neq b}$.

Answer 2

Yo trabajo incompleto a prueba, tal vez usted puede completar.

Supongamos que ambos números son los números primos, que es :

$$\frac{a^n-1}{b^n-1}=p_1 \:\:\:\:\text{y} \:\:\:\:\ \frac{a^{n+1}-1}{b^{n+1}-1}=p_2$$

Ahora que puedo cambiar y factorizar $a^n-1$ y $a^{n+1}-1$ de esta manera:

$$(a-1)(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a+1)=p_1 (b^n-1)$$ $$(a-1)(a^{n}+a^{n-1}+...+a+1)=p_2 (b^{n+1}-1)$$

Ahora si asumo que $a,b \in \mathbb{N}$ y $a\neq b$ lo contrario es una solución trivial. También que $(a-1)\neq p_1$,$(a-1)\neq p_2$, claramente:

$$(a-1)|(b^{n}-1)$$ $$(a-1)|(b^{n+1}-1)$$

En otros términos:

$a$b^{n}\equiv 1 \mod (a-1) \etiqueta{1}$$ $a$b^{n+1}\equiv 1 \mod (a-1)\etiqueta{2}$$

El uso de algunas de las propiedades de la aritmética modular en (1):

$a$b^{n+1}\equiv b \mod (a-1) $$ $a$b\equiv b^{n+1} \mod (a-1) $$

Ahora, usando (2) $b\equiv b^{n+1} \mod (a-1) $ y $b^{n+1}\equiv 1 \mod (a-1)$ :

$a$b\equiv 1 \mod (a-1) $$

Esto significa, $(a-1)|(b-1)$ y también tenemos $(b-1)|(a-1)$, ahora como $a,b \in \mathbb{N}$

$$a-1=b-1 \Rightarrow a=b$$

Contradicción !!

Nuestra suposición de que ambos son primos está mal, así que al menos uno debe ser un primo.

** El resto de los casos, cuando $(a-1)= p_1$ o $(a-1)= p_2$ no demostrada. Tal vez usted puede trabajar