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

Question

Estoy tratando de demostrar por inducción que para todo $a,b \in \mathbb{Z}$$n \in \mathbb{N}$,$(a-b) \mid (a^n-b^n)$. El caso base era trivial, así que empecé por el supuesto de que $(a-b) \mid (a^n-b^n)$. Pero me encontré con que: \begin{align*} (a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b + a^{n-3}b^2+...+b^{n-1}) &= a^n-b^n. \end{align*}

No implica esto que $(a-b) \mid (a^n-b^n)$ $a^{n-1}+a^{n-2}b+\dots+b^{n-1}$ es claramente un número entero? Obviamente, esto no es una prueba por inducción, pero no hay nada de malo con tomar este enfoque para demostrar este resultado, aparte del hecho de que no es lo que se pide?

A un lado, estoy teniendo problemas para empezar con la prueba por inducción. He intentado hacer esta equivalencia útil durante la inducción paso, pero no parece ser de utilidad, así que todas las sugerencias sería muy apreciada!

Answer 1

La inducción paso puede ser manejado por la observación de que $a^{(k+1)} - b^{(k+1)} = aa^k - ab^k + ab^k - bb^k = a(a^k - b^k) + (a - b)b^k$. Entonces, por la hipótesis inductiva, $a - b$ divide cada sumando.

Diría más, pero debo accidente. Tal vez me puede agregar los detalles completos de la prueba inductiva manana. Pero debe ser fácil desde aquí . . .

G'night, compañeros de matemáticas-cabezas!

Answer 2

Observar:

$a - b \equiv 0 \pmod {a-b} \implica un\equiv b \pmod{a-b} \implica un^n \equiv b^n \pmod{a-b} $

Answer 3

Es óbvio que un afirmação é verdade, párr $n = 0$ pdi, $a−b$ brecha $(a^0)−(b^0) = 0$. Suponhamos, agora, que $a − b\mid a^n − b^n$. Escrevamos $$a^{n+1} − b^{n+1} = a\times a^n − b\times a^n + b\times a^n − b\times b^n = (a − b)a^n + b(a^n − b^n).$$ Como $a−b\mid a−b$ e, por hipótese, $a−b\mid a^n−b^n$, decorre da igualdade arriba e pela proposição: Se $a, b, c \in\mathbb{N}$, com un $a\neq 0$, e $x, y \in\mathbb{N}$ são tais que $a\mid b$ e $a\mid c$, entao $a\mid (xb + yc)$; e se $xb \geq yc$, entao $a\mid (xb − yc).$ Logotipo, $a−b\mid a^{n+1} −b^{n+1}$, estabelecendo o resultado para todo $n\in\mathbb{N}$.

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Es obvio que la afirmación es verdadera para $n=0$, debido a $a-b$ divide $(a^0)−(b^0) = 0.$ Supongamos ahora que $a − b\mid a^n − b^n.$ Escribir $$a^{n+1} − b^{n+1} = a\times a^n − b\times a^n + b\times a^n − b\times b^n = (a − b)a^n + b(a^n − b^n).$$ It is clear that $a−b\mediados de los a−b$ and, by our hypothesis, $a−b\mediados de los a^n−b^n$ follows from the previous identity and by this proposition: for every $a, b, c, x, y \in \mathbb{N}$, $a\neq 0$, $$a\mid b \land a\mid c \implies a\mid (xb + yc)$$ and if $xb ≥ ta$, then $\mid (xb − yc).$ Then $a−b\mediados de los a^{n+1} b^{n+1}$, establishing the result $\forall n\in \mathbb{N}.$

Answer 4

Sí, su prueba es obviamente correcto. El uso de la inducción, supongamos que el enunciado es verdadero para $n$. Entonces usted quiere mostrar que $(a-b)\mid (a^{n+1}-b^{n+1})$. Por hipótesis de inducción, existe un número entero $k$ s.t. $a^n-b^n=k(a-b)$. Ahora pruebe a sustituir el valor de $a^n$ que se puede obtener de esta manera dentro de la expresión $a^{n+1}-b^{n+1}$ y a ver qué pasa...

Answer 5

El polinomio $(a^n-b^n)$ sobre los valores de $n$ realidad puede ser tratada como una base. Es decir, que son característicos de los divisores de cada número entero $m$, que se divide esta ecuación al $m=m$.

La ecuación de $a^n-b^n$ tiene un distinto algebraicas divisor para cada una de las $m \ n$, este algebraicas divisor aparece cada vez que $m$ divide $n$.

Aunque puede utilizar el álgebra para resolver esto, es normalmente más rápido el uso de una base de muestra, al igual que 10. Esto significa que los valores pueden ser encontrados por una calculadora. En la siguiente tabla, se calcula el factor único en 9, 99, 999, etc, dividiendo por los factores únicos para todos los divisores (por ejemplo,$999999 /( 9 * 11 * 111) = 91$. El siguiente paso es añadir una cadena de '$5$'s. Esto tiene el efecto de crear negativos de los dígitos', por ejemplo,$4 \text{ ~} -1$.

Ahora usted puede leer el polinomio fuera restando 5 de cada lugar, a su vez, y tratar el lugar como $a^x b^{n-x}$, donde el valor había sido $10^x$. Usted, a continuación, obtener el polinomio deseado. He utilizado este sistema para generar todo este tipo de números tan lejos como 162 lugares programically.

       1        9       555564              1,-1
       2       11       555566              1, 1
       3      111       555666           1, 1, 1
       4      101       555656           1, 0, 1
       6       91       555646           1, -1, 1
       5    11111       566666          1,1,1,1,1
       8    10001       565556          1,0,0,0,1
      10     9091       565456          1,-1,1,-1,1
      12     9901       565456          1,0,-1,0,1

El tipo de sistema en el que $a$ $b$ son enteros, son fracciones de bases. Usted puede encontrar, por ejemplo, que el$37 \mid 1,1,1$$a=15, b=2$, y algunos de los 37ths en realidad tienen 3-colocar los períodos en que la base.

Las mismas reglas que gobierna ordinario de bases (por ejemplo, $p \mid b^{p-1}-1)$ también sucede para las fracciones de bases, ya que uno puede escribir $B = a/b$ y multiplicar por una potencia de $b$ a lo largo.

Otra forma de demostrar las cosas es escribir $a^{mn}-b^{mn}$$(a^m)^n - (b^m)^n$, y, a continuación, poner $A$, $B$ para las expresiones en paréntesis: $A^n-B^n$. Esto es similar a considerar la base de la $1000$ como un poder de $10$. Así, por ejemplo, en base a$1000$,$999 \mid 1000^n-1$, y por lo tanto $111 \mid 10^{3n}-1$.