równanie w liczbach naturalnych

[gelo]

Pokazać, że jeśli \(n| (a^{n}-b ^{n})\) ,to \(n| \frac{a^{n}-b ^{n}}{a-b}\), nie wykorzystując wielkiego twierdzenia Fermata.

[Galen]

Założenie:
\(a^n-b^n=kn\;\;\;,\;\;k \in N\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;k= \frac{a^n-b^n}{n}=\\= \frac{(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1}}{n}\;\;\;\;\; \Rightarrow \;\;a-b= \frac{kn}{a^{n-1}+....+b^{n-1}}\)
Teza:
\(\frac{a^n-b^n}{a-b}=t \cdot n\;\;\;\;\;i\;\;\;t \in N\)
Dowód:
\(\frac{a^n-b^n}{a-b}= \frac{a^n-b^n}{ \frac{kn}{a^{n-1}+...+b^{n-1}} }= \frac{a^n-b^n}{kn} \cdot (a^{n-1}+....+b^{n-1})=\\
=a^{n-1}+...+b^{n-1} \in N\)

[gpl1260]

(...)Dowód:
\(\frac{a^n-b^n}{a-b}= \frac{a^n-b^n}{ \frac{kn}{a^{n-1}+...+b^{n-1}} }= \frac{a^n-b^n}{kn} \cdot (a^{n-1}+....+b^{n-1})=\\
=a^{n-1}+...+b^{n-1} \in C\)

Jesteś pewien, że to jest dowód powyższej tezy?

[Galen]

Z dużą ciekawością czekam na w pełni poprawny dowód
Ciągle człowiek się uczy,to liczę na wskazówki od Ciebie.

[ewelawwy]

Dowód:
\(\frac{a^n-b^n}{a-b}= \frac{a^n-b^n}{ \frac{kn}{a^{n-1}+...+b^{n-1}} }= \frac{a^n-b^n}{kn} \cdot (a^{n-1}+....+b^{n-1})=\\
=a^{n-1}+...+b^{n-1} \in N\)

to nie jest dowód na to, że \(n|\frac{a^n-b^n}{a-b}\)
pokazałeś tu tylko, że przy zał., że \(n|(a^n-b^n)\) zachodzi:
\(\frac{a^n-b^n}{a-b}=a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1}\)
a to jest oczywiste ze wzoru skróconego mnożenia, który zachodzi bez dodatkowych założeń:
\(\frac{a^n-b^n}{a-b}=\frac{(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1} )}{a-b}=a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1}\)

[gpl1260]

Jeśli \(a\equiv b\pmod{n}\) to \(a=b+nl\) dla pewnego l całkowitego i wystarczy rozpisać a^n z wzoru Newtona.
Załóżmy dalej że tak nie jest. Najciekawszy jest przypadek gdy n względnie pierwsze z a i z b. Istnieje wówczas odwrotność a modulo n, tzn. liczba \(a'\in\{1,\dots,n-1\}\) taka że \(aa'\equiv 1\pmod{n}\). Kongruencję \(a^n\equiv b^n\pmod{n}\) (założenie) możemy wówczas przepisać w postaci \((a'b)^n\equiv 1\pmod{n}\). Niech d będzie najmniejszym wykładnikiem dla którego \((a'b)^d\equiv 1\pmod{n}\) (czyli rzędem elementu a'b w grupie \(\mathbb{Z}_n^*\)). Skoro nie zachodzi \(a\equiv b\pmod{n}\) to \(a'b-1\not\equiv 0\pmod{n}\). Mamy d|n, czyli n=md dla pewnego m naturalnego. Z kongruencji \(a^n\equiv b^n\pmod{n}\) mamy \(a^{n-k}\equiv (a')^kb^n\pmod{n}\) dla \(k=1,\dots,n\). Zatem modulo n mamy:
\(a^{n-1}+a^{n-2}b+...+ab^{n-2}+b^{n-1} \equiv b^{n-1}\sum_{k=1}^{md}(a'b)^k = b^{n-1}m\sum_{k=0}^{d-1}(a'b)^k = b^{n-1}m[(a'b)^d-1]C\)
gdzie C jest odwrotnością \(a'b-1\) modulo n (odwrotność istnieje, bo a i b względnie pierwsze z n, i dają różne reszty mod n).
Czynnik w nawiasie kwadratowym dzieli się przez d, obok jest czynnik m, zatem cały ten iloczyn dzieli się przez md=n.