No estoy seguro de haberlo entendido bien. Al probar $a^n \mid b^n \Rightarrow a \mid b$ ¿podemos hacerlo indirectamente? En resumen,
"Supongamos $a$ no divide $b$ Esto implica que $a^n$ no divide $b^n$ . Pero $a^n \mid b^n$ Por lo tanto $a$ divide $b$ ."
¿Qué tal si $n^n \mid m^m \Rightarrow n \mid m$ ? ¿Podemos hacerlo de la misma manera?
No, su segunda implicación sólo es válida para squarefree $\rm\:n,\:$ a saber:
Teorema $\rm\quad n\in\mathbb N\:$ es libre de cuadrados $\rm\, \iff\, \forall\ m\in \!\mathbb N\!:\, n^n\: |\: m^{\:m} \Rightarrow\ n\:|\:m$
Prueba $\ (\Rightarrow)\ \ $ Si $\rm\:n\:$ es libre de cuadrados entonces primo $\rm\:p\:|\:n\:|\:n^n\:|\:m^m\ \Rightarrow\ p\:|\:m\:.\:$ Así que concluimos $\rm n\:|\: m\ $ desde $\rm\:m\:$ es divisible por cada factor primo de $\rm\:n,\:$ así también por su $\rm\:lcm =\:$ producto $\rm = n.$
$(\Leftarrow)\ $ $\rm\ n\,$ no cuadrado $\rm\:\Rightarrow n = a\, p^k,\:$ prime $\rm\:p\nmid a,\ k\ge 2\:.\:$ Dejemos que $\rm\: j\in\mathbb N,\ p^{k-1}\!\nmid j\:,\:$ Por ejemplo $\rm\ j = 1$
Entonces $\rm\displaystyle\:\ m\: =\: k\:n+a\:p\;j\ \Rightarrow\ n^n =\: (a\:p^k)^n\ |\ (a\:p)^{k\:n}\ | \ m^m\ \:$ por $\rm\:\ ap\ |\ m \ge k\:n$
pero $\rm\ n\nmid m,\ $ si no $\rm\displaystyle\ n\:|\:a\:p\:j\ \Rightarrow\: p^{k-1}\:|\ j\:,\: $ contra la elección de $\rm\ j$ .
Nota: $\ $ Los contraejemplos en las otras respuestas son casos especiales de esto:
Por ejemplo $\rm\ k = 2,\ a = 1\ $ produce $\rm\: m = k\:n + a\:p\:j = 2\:n + p\:j\:,\ p\nmid j\:.\:$
Por lo tanto, $\rm\:n = 4\:,\ p = 2\ $ produce $\rm\:m = 8 + 2\:j\:,\ 2\nmid j\:.\:$ Así que $\rm\: j= 1\:$ produce $\rm\:m = 10\ $ (Jyrki);
$\rm\, j = 3\:$ produce $\rm\:m = 14\ $ (enlace de Chandru = usuario9413).
$\rm\ n = a\:p^k = 3\cdot 2^2$ produce $\rm\:m = k\:n + a\:p\:j = 24 + 6\:j,\ 2\nmid j\:.\:$ Así que $\rm\:j = 7\:\Rightarrow\:m = 66\:$ (mixto).
Gran respuesta, ya que muestra no sólo por qué el argumento no funciona, sino también dónde puede funcionar.
No del todo. Y he aquí la razón:
Tenga en cuenta que $12 \not | \;66$ . También, $12 = 2^2 \cdot 3$ y $66 = 2 \cdot 3 \cdot 11$ . Pero $12^{12} |\; 66^{66}$ porque $66^{66}$ tiene 66 factores "diferentes" de 2 y 66 factores "diferentes" de 3, y $12^{12}$ tiene sólo 24 'factores diferentes de 2 y 12 factores de 3.
Así que el hecho de que $a \not | \;\;b$ no implica que $a^a \not |\; \; b^b$ . Y creo que ese era el contenido de su pregunta, ¿no?
A continuación se presentan las definiciones equivalentes de $\rm\ q\,$ squarefree . El tuyo es $(5)$ .
Teorema $\ $ Dejemos que $\rm\ 0 \ne q\in \mathbb Z\:.\ \ $ Los siguientes son equivalentes.
$(1)\rm\quad\ \ \ \, n^2\,|\ q\ \ \Rightarrow\ \ n\ |\ 1\qquad\ $ para todos $\rm\:\ n\in \mathbb Z $
$(2)\rm\quad\ \ \ \, n^2\, |\, qm^2 \!\Rightarrow n\ |\ m\qquad\! $ para todos $\rm\: \ n,m\in \mathbb Z$
$(3)\rm\qquad\ q\ |\ n^2\ \Rightarrow\ q\ |\ n\qquad\ $ para todos $\rm\:\ n\in \mathbb Z $
$(4)\rm\qquad\ q\ |\ n^k\ \Rightarrow\ q\ |\ n\qquad\ $ para todos $\rm\:\ n\in \mathbb Z,\ k\in \mathbb N $
$(5)\rm\quad\:\ \: q^q\ |\ n^n\ \Rightarrow\ q\ |\ n\qquad\ $ para todos $\rm\:\ n\in \mathbb N,\ $ para $\rm\ q > 0 $
Prueba $\ \: (1\Rightarrow 2)\rm\:\ \ $ Cancelación de $\rm\:(n,m)^2\:$ desde el LHS de $(2)\:$ podemos suponer, por ejemplo, que $\rm\:(n,m)\:=\:1.\ $ Por $ $ El lema de Euclides $\rm\: n^2\, |\, qm^2\: \Rightarrow\ n^2\: |\: q\ \Rightarrow\ n\:|\:1\ \Rightarrow\ n\:|\:m$
$(2\Rightarrow 3)\rm\quad q\ |\ n^2\ \Rightarrow\ q^2\ |\ qn^2\ \Rightarrow\ q\ |\ n $
$(3\Rightarrow 4)\rm\quad k \ge 2\ \Rightarrow\ k \le 2\:(k-1)\ $ así que $\rm\:\ q\ |\ n^k\ |\ (n^{k-1})^2\ \Rightarrow\ q\ |\ n^{k-1}\:\ldots\:\Rightarrow\ q\ |\ n$
$(4\Rightarrow 5)\rm\quad q\ |\ q^q\ |\ n^n\ \Rightarrow\ q\ |\ n $
$(5\Rightarrow 1)\:$ a través de $\:\lnot\: 1\Rightarrow\lnot\: 5.\ $ Por $\rm\:\lnot 1,\,\ q\: =\: ab^2,\:\ b\nmid 1.\:$ Poner $\rm\ n = abc\:$ para $\rm\:c\:$ como el siguiente.
$\rm\qquad\ \ \ q\ |\ (ab)^2\ \Rightarrow\ q^{\:q}\ |\ (ab)^{2\:q}\ |\ (abc)^{abc}\! = n^n\quad\ \ for\ all \:\ c\:\ with\ \ abc > 2\:q $
Desde $\rm\ b\nmid 1\ \Rightarrow\ q\nmid ab,\:$ podemos elegir $\rm\:c\:$ para que también $\rm\ q\nmid abc,\ $ Por ejemplo $\rm\:\ c\equiv 1\,\ (mod\ q)$
Este es otro ejemplo tomado de esto enlace $$4^{4} \mid 14^{14} \quad \text{but} \ 4 \nmid 14$$
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Para $a$ , $b$ , lo directo es claro, una vez que se tiene el Teorema de la Factorización Única.
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+1 Este es un lindo problema. Al principio quería demostrarlo usando la factorización única, pero las desigualdades entre multiplicidades de un factor primo nunca me salían bien. Luego me di cuenta de que está mal :-)
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@André: Ok, supongo que debería haber pensado en eso :/ Pero no está mal hacerlo indirectamente, ¿no?
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@Carolus: Si yo fuera un profesor que calificara tu solución como respuesta a un problema de examen, quizá querría ver una justificación de tu paso: "Si $a$ no divide $b$ entonces $a^n$ no divide $b^n$ ." Si esa implicación se hubiera demostrado en el libro o en las notas de la conferencia, o como un ejemplo, podría dejarlo pasar. Pero si esa parte no se ha tratado antes, hay que demostrar que está bien. Ese paso es válido, pero en un entorno así, deberías poder justificarlo de alguna manera. Así que para responder a la pregunta de tu comentario a André: "Depende".
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@Jyrki: Entonces sería mejor escribir algo como: "Por el teorema de la factorización única, si $a$ no divide $b$ entonces $a^n$ no divide $b^n$ ,[...]"?
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@Carolus: Lo indirecto estaría bien, por supuesto, pero si es un ejercicio, el detalle es necesario en cualquier caso. A partir de cierto nivel, basta con decir "Por el Único $\dots$ "ya que el lector puede presumiblemente completar los detalles. Así que si está en $4$ -Año de matemáticas, puedes ser breve. Si este es su primer curso de "pruebas", se esperaría mucho más detalle.
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@André: ¡Bien! En realidad, no estoy en la escuela, sólo estudiando por mi cuenta. Supongo que debería ver que realmente Consigue los detalles... ¡gracias por la ayuda!
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@Carolus: Para que quede absolutamente claro yo bajaría al nivel de los factores primos. Si $a\nmid b$ , entonces algún primo $p$ aparece en la factorización de $a$ con un exponente mayor que en la factorización de $b$ . Por la unicidad de la factorización, entonces $p$ también aparece en la factorización de $a^n$ con un exponente mayor que en la factorización de $b^n$ Así que $a^n$ no divide $b^n$ o bien. Pero si bajamos al nivel de los factores primos, entonces también podríamos dar una prueba directa. Ese puede haber sido el punto de André. Todo depende del conjunto de resultados que se permita utilizar.
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@Carolus: Deja que $p$ sea un primo, y supongamos que $p$ aparece a la máxima potencia $p^\alpha$ en $a$ y $p^\beta$ en $b$ . (Permitimos $0$ exponentes aquí, por comodidad). Queremos demostrar que $\alpha \le beta$ . A partir de la condición de $a^n$ , $b^n$ tenemos $n\alpha \le n\beta$ . Esto implica $\alpha \le \beta$ . Obsérvese, por cierto, que el planteamiento del problema debería haber especificado $n$ es un positivo entero. Por supuesto, no hace falta que seamos siempre tan quisquillosos. Después de un tiempo, a menudo conozca cuando un argumento "poco riguroso" puede hacerse a prueba de balas. En estos casos, no tiene sentido que te preocupes.