Si $a=1$ entonces $1^b=b^1$ y no se cumple la condición de $a<b$. Por tanto podemos suponer que $1<a<b$. Por el algoritmo de la división existen enteros y con $0 \leq r < a$ tales que $b = aq+r$. Sustituyendo en la ecuación inicial se tiene: $a^{qa+r}=b^a$.
Por lo tanto $a^r=(b/a^q)^a$. Como $a^r$ es entero se sigue que $b/a^q$ es entero y también que $b/a$ es entero. ($b=ka^q \Longrightarrow b/a=ka^{q-1}$).
Por tanto $r=0$. En resumen, $b=qa=a^q$. Es decir:
$aaa \ldots a = a+a+a+\cdots +a$ (q veces en ambos lados).
Si $q=1$, entonces $a=b$ y no cumple la condición.
Si $q=2$, entonces $a^2=2a$ y se tiene $a=2$, $b=4$
Se siente que ésta es la única solución. Pero ¿cómo demostrarlo? Por inducción (para $a \leq 2$).
Caso base: $q=3$, $6\leq 3a < 4a=2^{2}a \leq a^3$.
Hipótesis de inducción: $a^n > na$ (n > 3)
Paso inductivo: $a^{n+1}=a^{n}a > naa \geq 2na = na+na > na+a=(n+1)a$. Como se quería.
