Неравенства в целых

[p0]

Имеет ли эта система решение?

$ \left\{ \begin{array}{l} {b^{\beta+1}-1}\equiv{0}\ (\ mod\ a^\alpha\ ),\\ \\ {a^{\alpha+1}-1}\equiv{0}\ (\ mod\ b^\beta\ ),\\ \\ \frac{b^{\beta+1}-1}{a^\alpha}>1,\\ \\ {\frac{a^{\alpha+1}-1}{b^\beta}}>1 \end{array} \right. $


a и b - простые числа, a\neq b
\alpha и \beta - целые

[Бодигрим]

По какому модулю происходит сравнение?

[p0]

Подредактировал первый пост

[Бодигрим]

Ага. $\alpha$ и $\beta$ - это фиксированные параметры, а $a$ и $b$ желательно найти? Или наоборот?

[p0]

a,b,\alpha,\beta - можно менять по всякому, лишь бы они удовлетворяли вышеописанным условиям. Хочется получить ответ на вопрос: - Сущевствует ли такое сочетание a,b,\alpha,\beta, которое удовлетворяет всем вышеописанным условиям? Я подозреваю, - что нет, но доказать не могу.

[Бодигрим]

Ну, пока что под ваши ограничения подходят $\alpha=\beta=0$.

Добавлено спустя 46 минут 7 секунд:

Я тут попробовал немного порассуждать - может на этом пути удастся получить искомый результат.

Мы можем переписать исходную систему как

$$ b^{\beta+1}-ma^\alpha=1, (1)$$

$$ a^{\alpha+1}-nb^\beta=1, (2)$$

где $a,b,\alpha,\beta,m,n\in\mathbb{N}$, $m>1$, $n>1$, $a$, $b$ - простые.
Тогда выразим $b^\beta$ из второго уравнения, подставим в первое и домножим на $n$. После перегруппировки получим, что $a^\alpha (ab-mn)=n+b$. Значит, $n+b$ делится на $a^\alpha$. Аналогично можем получить, что $m+a$ делится на $b^\beta$.

Теперь вычтем из (1) уравнение (2) и разделим полученное на $b^\beta a^\alpha$. Перенося слагаемые, получим, что

$$ {b+n\over a^\alpha}={m+a\over b^\beta} $$

. В силу вышедоказанного значениями этих величин будут некоторые натуральные числа, т. е. они $\ge1$. Поэтому, учитывая неравенства для $m$ и $n$, следующие из (1) и (2), можем записать

$$ {b^{\beta+1}\over a^\alpha} > m \ge b^\beta - a, (3) $$

$$ {a^{\alpha+1}\over b^\beta} > n \ge a^\alpha - b. (4) $$

Домножая крайние неравенства в (3) на $a^\alpha$, а в (4) - на $b^\beta$ и складывая получившиеся выражения, получим, что $ a^{\alpha+1}+b^{\beta+1} > 2a^\alpha b^\beta - a^{\alpha+1}-b^{\beta+1} $. После очевидных преобразований имеем $ a^{\alpha+1}+b^{\beta+1} > a^\alpha b^\beta $.

Добавлено спустя 9 минут 56 секунд:

Ага. Теперь, не ограничивая общности, предположим $a>b$. Тогда из последнего неравенства $2a>b^\beta$, а из (3) следует

$${b\over a^{\alpha-2}}>m>1$$

. Это возможно лишь в случае $\alpha=2$ и $m=b$. Последнее очевидно противоречит (1). Итак, решений нет.

[p0]

простите за возможно глупые вопросы(я не профессиональный математик), немогу понять финальную часть Вашего доказательства.
Как из a^{\alpha+1}+b^{\beta+1}>a^{\alpha}b^{\beta}получается 2a>b^{\beta} и из (3) следует

$$\frac{b}{a^{\alpha-2}}>m$$

?

[Бодигрим]

Да, я ошибся - из $a>b$ ничего такого сразу не следует.

Надо немного иначе: не ограничивая общности, пусть $a^{\alpha+1}>b^{\beta+1}$. Тогда $2a^{\alpha+1}>a^{\alpha+1}+b^{\beta+1}> a^{\alpha}b^\beta$ и, сокращая на $a^\alpha$ имеем $2a>b^\beta$. Заметим, что $a^2>2a>b^\beta$. Поэтому

$$ {b\over a^{\alpha-2}} > {b^{\beta+1}\over a^{\alpha} }> m$$

.

Кстати, а откуда возникла такая задача?

[p0]

Еще не совсем понятно почему для соблюдения ${b\over a^{\alpha-2}}>{m}>1$ требуется $m=b$ ?

Громадное спасибо за доказательство! Эта задача возникла при попытке найти доказательство невозможности существования нечетных совершенных чисел. Я ошибочно полагал, что из нее, напрямую следует невозможность существования нечетных сов. чисел с двумя делителями. Невозможность существования нечетных сов. чисел с двумя делителями уже доказана, но я хотел прийти к ней сам.