三个横就用等号代替了啊，别骂我
a+1=1（moda）
∴（a+1）^b=1
所以第二个整除式两边可以同时除以a
用牛顿二项式展开（如果没学过自己度娘，很有用的，尤其是到高数之后有个重要极限由此推导），得出a^b+c(b,1)（组合打不出来）a^(b-1).....+1然后式子中有个-1于是就得出来a^b+c(b,1),,,
你可以发现组合中每一项都是b的倍数（组合第一项就要乘b）,肯定也是a^n的倍数，只剩下a^b一项不确定是不是b的倍数，如果a>1的话，a的n次方<=b,则b肯定>n（突然脑子犯抽不会证了==两边取loga可以利用单调性证，但是比较麻烦，如果可以的话自己想想）所以a^n|a^b，于是整个式子就成立了。
第二题
你确定不用写fx=0么==待我想想后修改下
大概是这样的，首先k必须要>0,否则式子不会成立，（k取负随便都不行啊...)
用反证法，假设有整数根，那么肯定f（x）=0且能因式分解，设因式分解为(x-n)（a0x^q0+.....）（n属于整数）
原来式子设成b0x^p.....+bv项，设m使（m+1）k>n>=mk，a^q与（a-mk）^q同余（modk），这里不证了，除了a^q都有k，于是可以得出f(n-mk)与n同余，因为m+1k>n,所以m-mk肯定在0到n之间，因为已知这些都不能被k整除，所以f（n）也不行，与已知f（n）=0冲突得证
好了就这样了，本人腾讯466415789若有不明白的欢迎询问，麻烦填下验证谢谢。
另外，吐槽下，你这让我脖子好疼。追问
a+1=1（moda）
∴（a+1）^b=1
所以第二个整除式两边可以同时除以a
用牛顿二项式展开（如果没学过自己度娘，很有用的，尤其是到高数之后有个重要极限由此推导），得出a^b+c(b,1)（组合打不出来）a^(b-1).....+1然后式子中有个-1于是就得出来a^b+c(b,1),,,
你可以发现组合中每一项都是b的倍数（组合第一项就要乘b）,肯定也是a^n的倍数，只剩下a^b一项不确定是不是b的倍数，如果a>1的话，a的n次方<=b,则b肯定>n（突然脑子犯抽不会证了==两边取loga可以利用单调性证，但是比较麻烦，如果可以的话自己想想）所以a^n|a^b，于是整个式子就成立了。
第二题
你确定不用写fx=0么==待我想想后修改下
大概是这样的，首先k必须要>0,否则式子不会成立，（k取负随便都不行啊...)
用反证法，假设有整数根，那么肯定f（x）=0且能因式分解，设因式分解为(x-n)（a0x^q0+.....）（n属于整数）
原来式子设成b0x^p.....+bv项，设m使（m+1）k>n>=mk，a^q与（a-mk）^q同余（modk），这里不证了，除了a^q都有k，于是可以得出f(n-mk)与n同余，因为m+1k>n,所以m-mk肯定在0到n之间，因为已知这些都不能被k整除，所以f（n）也不行，与已知f（n）=0冲突得证
好了就这样了，本人腾讯466415789若有不明白的欢迎询问，麻烦填下验证谢谢。
另外，吐槽下，你这让我脖子好疼。追问
嗯嗯≧◇≦
追答啊啊啊啊啊啊啊修改不了了
追问可以私信给我噢~~
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