关于自然数a,b满足∀n∈ℕ，aⁿ+bⁿ|(ab)ⁿ+1时证明b=1的剩余情形求解

咱们接着搞定这个数论问题：已知自然数(a \geq b)，对任意自然数(n)都有(a^n + b^n \mid (ab)^n + 1)，要证明(b=1)。之前已经排除了(a \geq b^2)且(b>1)的情况，现在重点处理(b \leq a < b^2)且(b>1)的剩余情形。

先回顾已完成的推导 #

假设(b>1)，先考虑(a \geq b^2)的情况：
由(a+b \mid ab+1)，同时(a+b \mid ab + b^2)，所以(a+b \mid (ab + b^2) - (ab+1) = b^2 -1)。
因为(b>1)，所以(b^2-1>0)，于是(a+b \leq b^2-1 \leq b^2)，进而得到(a \leq b(b-1))，但这和(a \geq b^{2)矛盾（毕竟(b(b-1)=b}2 -b < b^2)），所以(a \geq b^2)的情况不可能存在。

剩余情形：(b \leq a < b^2)且(b>1)的矛盾推导 #

我们从整除的核心条件出发，对任意(n)，存在整数(k_n)使得：
(ab)^n + 1 = k_n(a^n + b^n)

两边同时除以(a^n)（(a \geq b \geq 2)，显然(a \neq 0)），得到：
b^n + \frac{1}{a^n} = k_n\left(1 + \left(\frac{b}{a}\right)^n\right)

当(n \to \infty)时，因为(a > b)，所以(\frac{b}{a} < 1)，(\left(\frac{b}{a}\right)^n \to 0)；同时(\frac{1}{a^n} \to 0)。左边趋近于(b^{n)，右边趋近于(k_n)，这说明(k_n)必须和(b}n)非常接近，要么是(b^{n)，要么是(b}n + 1)：

• 如果(k_n = b^{n)，代入原式得((ab)}n +1 = b^n a^n + b^{2n})，化简后得到(1 = b^{2n})，但(b>1)，显然矛盾；
• 如果(k_n = b^n +1)，代入原式得((ab)^n +1 = (b^n +1)(a^n + b^{n))，展开右边得(a}n b^n + b^{2n} + a^n + b^n)，化简后得到(1 = b^{2n} + a^n + b^n)，但(a,b \geq 2)、(n \geq1)时，右边至少是(4+2+2=8>1)，同样矛盾。

另外，我们还可以从奇数(n)的性质入手：因为(a+b \mid a^n + b^n)（(n)为奇数），结合题目条件得(a+b \mid (ab)^n +1)。
由于(a \equiv -b \pmod{a+b})，所以(ab \equiv -b^2 \pmod{a+b})，代入得：
(ab)^n +1 \equiv (-b^2)^n +1 = -b^{2n} +1 \pmod{a+b}
即(a+b \mid b^{2n} -1)对所有奇数(n)成立。这意味着(b^2 \equiv 1 \pmod{a+b})（否则(b^2)模(a+b)的阶会整除2和任意奇数，只能是1），也就是(a+b \mid b^2 -1)。
但(a \geq b)，所以(a+b \geq 2b)，而(b^2 -1 = (b-1)(b+1))，当(b>1)时：

• 若(b=2)，则(a+b \mid 3)，但(a \geq2)且(a<4)，(a+b)只能是4或5，都不整除3，矛盾；
• 若(b \geq3)，(a+b \leq b^2 -1)，则(a \leq b^2 -b -1)，但取(n=2)时，(a^2 +b^2 \mid (ab)^2 +1)，同时(a^2 +b^2 \mid a^2 b^2 + b^{4)，所以(a}2 +b^2 \mid b^4 -1)，但(a^2 +b^2 \geq 2b^2)，而(b4 -1 = (b^2-1)(b2+1))，当(b \geq3)时(2b^2 > b^{2+1)，这就导致(a}2 +b^{2)无法整除(b}4 -1)，矛盾。

结论 #

不管是用极限趋势分析，还是奇数(n)的模性质推导，都能得出(b>1)时存在矛盾，因此假设不成立，必有(b=1)。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者aqualubix