Demostrar que $n\mid \phi(a^n-b^n)$

Question

En este puesto Pregunté cómo probar $n\mid \phi(2^n-1),(n\in \mathbb N)$ . @Amr y @Abhra Abir Kundu demostraron más: demostraron que $n\mid \phi(a^n-1),(a,n\in \mathbb N).$ El método es muy bonito. Cito la respuesta de Amr en lo siguiente:

Considere $U(2^n-1)$ . Claramente $2\in U(2^n-1)$ . También se puede demostrar fácilmente que el orden de $2$ en el grupo $U(2^n-1)$ es $n$ . En teorema de Lagrange $|2|=n$ divide $|U(2^n-1)|=\phi(2^n-1)$ .

Ahora quiero probar un problema similar:

Si $a,b,n\in \mathbb N,a>b,$ entonces $n\mid \phi(a^n-b^n).$

Inspirado por sus respuestas, intento hacer algo:

En primer lugar, suponemos que $GCD(a,b)=1.$ Dejemos que $ak\equiv b\pmod {a^n-b^n},k\in\mathbb N.$ Entonces $a^nk^n\equiv b^n\equiv a^n\pmod {a^n-b^n},a^n(k^n-1)\equiv 0\pmod {a^n-b^n},k^n\equiv 1 \pmod {a^n-b^n}.$

Considere $U(a^n-b^n)$ . Claramente $k\in U(a^n-b^n)$ . Si podemos mostrar que el orden de $k$ en el grupo $U(a^n-b^n)$ es $n$ . En teorema de Lagrange $|k|=n$ divide $|U(a^n-b^n|=\phi(a^n-b^n)$ .

Howerver, sólo puedo probar que $k^n\equiv 1 \pmod {a^n-b^n},$ no lo hace $\implies|k|=n.$

Cualquier ayuda será agradecida.

Answer 1

Continuando donde te detuviste: Podemos asumir sin pérdida de generalidad que $a \perp b$ . [Si $a =d a_1,\ b = d b_1$ entonces $\phi(a^n - b^n) = \phi(d^n(a_1^n - b_1^n))$ es divisible por $ \phi(a_1^n - b_1^n)$ .] Sabemos que $k = a/b$ tiene la propiedad de que $k^n \equiv 1$ y si podemos demostrar que $k^m \not \equiv 1$ para $m < n$ entonces hemos terminado.

Entonces, supongamos que $k^m \equiv 1$ , $0 < m < n$ . Entonces: $$a^m \equiv k^m b^m \equiv b^m$$ En otras palabras, $a^n-b^n | a^m - b^m$ . Pero, si $n > m$ entonces $a^n - b^n > a^m - b^m$ como se puede comprobar con un análisis básico. [Toma $f(x) = a^n - b^n$ con $a < b$ Entonces $f'(x) = (\ln a) a^x - (\ln b)b^x > 0$ .] Así, llegamos a una contradicción, ya que el número mayor no puede dividir al menor. Con esto termina la prueba.

Por lo tanto, funciona esencialmente el mismo truco mencionado anteriormente.