Si $a\mid b^2, b^2\mid a^3,\ldots ,a^n\mid b^{n+1},b^{n+1}\mid a^{n+2},\ldots$ $a=b$

Question

Estoy atascado con este problema :

Deje $a,b$ enteros positivos tales que $$a\mid b^2, b^2\mid a^3,\ldots ,a^n\mid b^{n+1},b^{n+1}\mid a^{n+2},\ldots$$ Mostrar que $a=b$.

Si se $ b > a $ $\lim_{n \to \infty}\frac{b^n}{a^n}=0 $ eligiendo $\epsilon = \frac{1}{a}$ tenemos una contradicción, pero no puedo demostrar que $b<a$ no puede sostener.

Cualquier ayuda es apreciada.

Answer 1

Deje $v_p(x)$ el valor el poder de un primer $p$ en la factorización de $x$ .

Deje $p$ ser una de las primeras con $p \mid a$ de lo que se deduce que el $p \mid b$ ( $a \mid b^2$ ) . Lo contrario también se aplica para $a$ $b$ deben tener los mismos factores primos .

Ahora tome un primer $p$ .

Para cada $k \geq 1$ sabemos que :

$$a^{2k-1} \mid b^{2k}$$ y podemos deducir que :

$$v_p(a^{2k-1}) \leq v_p(b^{2k})$$

No es difícil ver que, en general,$v_p(x^y)=y v_p(x)$, por lo que después de la reorganización de :

$$\frac{v_p(a)}{v_p(b)} \leq \frac{2k}{2k-1}$$

Pero esto es válido para cada $k$, de modo de tomar $k \to \infty$ obtenemos :

$$\frac{v_p(a)}{v_p(b)} \leq 1$$

El uso de las otras relaciones (de la forma $b^{2k} \mid a^{2k+1}$ ) podemos deducir que :

$$\frac{v_p(a)}{v_p(b)} \geq 1$$

Se deduce entonces que el $v_p(a)=v_p(b)$ y este debe poseer para cada prime que las divide . La conclusión a la que $a=b$ deben tener .

Answer 2

Escoge un prime $p$, debemos mostrar $v_p(a)=v_p(b)$.

A partir de la divisibilidad de las relaciones que tenemos, para cada una de las $n\in \mathbb Z^+$:

$v_p(a)\leq \frac{v_p(b)2n}{2n-1}\implies v_p(a)\leq v_p(b)$.

También tenemos:

$v_p(b)\leq \frac{v_p(a)2n+1}{2n}\implies v_p(b)\leq v_p(a)$

Answer 3

Supongamos por contradicción $a \neq b$. A continuación, cualquiera de $a<b$ o $a>b$.

Caso 1: Si $a <b$ $b^{2n}|a^{2n+1}$ tenemos $b^{2n} \leq a^{2n+1}$.

Por lo tanto $$(\frac{b}{a})^{2n} \leq a$$

Pero desde $\frac{b}{a} >1$ también tenemos $$\lim_n (\frac{b}{a})^{2n} = \infty$$ Esta es una contradicción.

Caso 2: Si $b <a$ $a^{2n-1}|b^{2n}$ tenemos $a^{2n-1} \leq b^{2n}$.

Por lo tanto $$(\frac{a}{b})^{2n-1} \leq b$$

Pero desde $\frac{a}{b} >1$ también tenemos $$\lim_n (\frac{a}{b})^{2n-1} = \infty$$ Esta es una contradicción.

Answer 4

Deje $p$ ser una de las primeras. Suponga $p^k\|a$ (es decir, $p^k\mid a$$p^{k+1}\nmid a$) y $p^l\|b$. Luego de $a^n\mid b^{n+1}$ obtenemos $nk\le (n+1)l$ e de $b^{n+1}\mid a^{n+2}$ obtenemos $(n+1)l\le (n+2)k$. Por lo tanto $$ -k\le (n+1)(l-k)\le k$$ o $$ (n+1)|l-k|\le k.$$ Para $n\gg k$ obtenemos $|l-k|<1$ hene $l=k$. Como esto vale para todos los números primos $p$ $a,b$ son positivas, llegamos a la conclusión de $a=b$.