Caro Demetrio, Parece que os únicos contra-exemplos para isso são (A,B,C)=(2^m+1,2^m-1,2), para m>=1. Além disso, acho que é possível provar algo bem mais forte (para k grande): P tem pelo menos 2^k-k fatores primos distintos. Isso já é maior que k+1 se k>=3. Vamos então provar isso primeiro e depois analisar os casos k=1 e k=2. Vamos usar polinômios ciclotômicos, que são polinômios phi_n(x), indexados pelos inteiros positivos n que aparecem na fatoração de x^n-1: para cada inteiro positivo n, x^n-1=produto(d divide n)(phi_d(x)). Isso define os phi_n(x) por recorrência; temos phi_n(x)=produto(1<=k<=n,mdc(k,n)=1)(x-e^(2.k.pi.i/n)), donde o grau de phi_n(x) é phi(n) (aqui phi é a função de Euler). Segue da primeira definição, via fatoração, por indução, que, para todo n, phi_n(x) tem coeficientes inteiros e coeficiente líder 1. É possível provar que, para todo n, phi_n(x) é um polinômio irredutível, mas não vamos usar isso aqui. Temos A^c-B^c=B^c.((A/B)^c-1)=B^c.produto(d divide c)(phi_d(A/B))= =produto(d divide c)(B^phi(d).phi_d(A/B)). Como phi_d(x) é um polinômio mônico com coeficientes inteiros de grau phi(d), m_d:=B^phi(d).phi_d(A/B) é inteiro, e produto(d divide c)(m_d)=A^c-B^c (e logo m_d é divisor de A^c-B^c, para todo d divisor de c). Note que c tem 2^k divisores, e assim conseguimos escrever A^c-B^c como produto dos 2^k números m_d. Vamos agora examinar possíveis fatores primos comuns dos m_d. Vejamos primeiramente que se q é um primo que não divide mmc(d,r) então q não pode dividir simultaneamente m_d e m_r (desde que d seja distinto de r). De fato, f(x)=B^d.phi_d(x/B) e g(x)=B^r.phi_r(x/B) são fatores de x^mmc(d,r)-B^mmc(d,r), e se m_d=f(A) e m_r=g(A) são múltiplos de q, A é raiz pelo menos dupla de x^mmc(d,r)-B^mmc(d,r) módulo q (isto é, sobre o corpo Z/qZ), donde é raiz de sua derivada mmc(d,r).x^(mmc(d,r)-1). Como q não divide mmc(d,r), deve dividir A^(mmc(d,r)-1), donde divide A, mas A é primo com B, e logo q não divide d e portanto não pode pode dividir A^d-B^d, absurdo. Isso mostra que se q é um primo que divide dois termos distintos m_d e m_r então q tem que ser um dos divisores n_i de c, e nesse caso n_i deve ser um divisor de d ou de r, donde n_i divide no máximo um termo m_d sem que d seja múltiplo de n_i. Observemos agora que, se q é primo e q não divide r, então phi_(qr)(x)=phi_r(x^q)/phi_r(x), o que pode ser verificado a partir das raízes dos polinômios envolvidos. Se olharmos tudo módulo q (i.e., em Z/qZ[x]), temos phi_r(x^q)=(phi_r(x))^q (pois (x+y)^q=x^q+y^q mod q para quaisquer x,y e n^q=n mod q para n inteiro), donde phi_(qr)(x)=(phi_r(x))^(q-1) módulo q, donde phi_(qr)(x)=0 (mod q) se e só se phi_r(x)=0 (mod q) para todo x em Z/qZ. Em particular, fazendo q=n_i, x=A/B, e usando o fato de c (e logo todos os n_i) ser primo com B, temos que, se n_i não divide d, m_d é divisível por n_i se e só se n_i divide m_(n_i.d). Isso mostra que cada n_i divide no máximo dois termos m_r (para r=d e para r=n_i.d, se existir esse d divisor de c/n_i tal que n_i divide m_d). Assim, como A^c-B^c é produto dos 2^k números m_r, todos maiores que 1, e no máximo k pares desses números têm fator comum, A^c-B^c tem pelo menos 2^k-k fatores primos distintos. (cqd).
Se k=1, c=p é primo e, pela prova acima, se A^c-B^c só tem um fator primo, A^c-B^c=A^p-B^p deve ser uma potência de p, e A-B também. Assim, A=B+p^k, e A^p-B^p=(B+p^k)^p-B^p=B^(p-1).p^(k+1) (mod p^(k+2)) se p>=3 ou se p=2 e k>1. Assim, nesses casos, a maior potência de p que divide A^p-B^p é p^(k+1), donde a maior potência de p que divide (A^p-B^p)/(A-B) é p, e logo A^(p-1)+A^(p-2).b+...+B^(p-1)=(A^p-B^p)/(A-B)=p (pois é uma potência de p), e logo 2^(p-1)<=A^(p-1)<p, absurdo. Assim, p=2 e k=1, donde A^p-B^p=(B+2)^2-B^2=4(B+1), que é uma potência de 2, donde B=2^m-1 e A=2^m+1, como havíamos dito no começo desta mensagem. Finalmente, se k=2, c=p.q, com p<q, A^c-B^c=m_1.m_p.m_q.m_(pq), e, pela prova acima, se tivessemos exatamente 2=2^2-2 fatores primos distintos de A^c-B^c, esses fatores deveriam ser p e q. Assim, A^(pq)-B^(pq) é uma potência de p vezes uma potência de q, e logo (A^(pq)-B^(pq))/(A^p-B^p)=m_q.m_(pq) também é uma potência de p vezes uma potência de q. Se A^p-B^p é múltiplo de p, digamos A^p=B^p+k.p^r, onde p não divide k, A^(pq)-B^(pq)=(B^p+k.p^r)^q-B^(pq)=q.B^p.(k.p^r) (mod p^(2r)), donde é múltiplo de p^r e não de p^(r+1), e logo (A^(pq)-B^(pq))/(A^p-B^p) não é múltiplo de p. Por outro lado, se A^(pq)-B^(pq) é múltiplo de p, e A^p-B^p não é múltiplo de p, A^p/B^p não é 1 módulo p, mas (A^p/B^p)^q é 1 módulo q, donde a ordem módulo p de (A^p/B^p) é q, pois q é primo, mas q não divide phi(p)=p-1 (pois q é maior que p), absurdo. Assim, (A^(pq)-B^(pq))/(A^p-B^p) não é múltiplo de p e logo é uma potência de q. Assim, A^(pq)-B^(pq) é múltiplo de q, e, como A^(pq)=(A^p)^q é congruente a A6p módulo q, assim como B^(pq) é congruente a B^p módulo q, A^p-B^p também é múltiplo de q, digamos A^p=B^p+s.q^r, donde A^(pq)-B^(pq)=(B^p+s.q^r)^q-B^(pq)=s.B^p.q^(r+1) (mod q^(r+2)), pois q é primo ímpar, donde a maior potência de q que divide A^(pq)-B^(pq) é q^(r+1), e logo a maior potência de q que divide (A^(pq)-B^(pq))/(A^p-B^p) é q, donde (A^(pq)-B^(pq))/(A^p-B^p)=q (pois é uma potência de q). Entretanto, (A^(pq)-B^(pq))/(A^p-B^p)=A^(p(q-1))+A^(p(q-2))B^p+...+B^(p(q-1))>A^(p(q-1))> >2^(q-1)>q, pois q>=3, absurdo. Abraços, Gugu > >Acho q vc tem razão... não me ocorre como consertar, >exceto colocando uma restrição adicional. Acho que só >vale para A-B e c, primos entre si. > >[]´s > > >--- Carlos Gustavo Tamm de Araujo Moreira ><[EMAIL PROTECTED]> escreveu: >> Caro Demetrio, >> No fim da sua explicacao, A-B nao pode ser uma >> potencia de y ? Nesse >> caso, todos os fatores primos de A-B sao fatores >> primos de y.A^(y-1), e eu >> nao entendi como voce conclui. >> Abracos, >> Gugu >> >> > >> > --- Claudio Buffara <[EMAIL PROTECTED]> >> >escreveu: >> > >> >> ***** >> >> >> >> 10) Seja P = A^c - B^c, >> >> onde: >> >> A, B e c são inteiros e primos entre si, >> >> A - B > 1, >> >> c = n1*n2*...*ni*...nk , >> >> (os ni são fatores primos distintos, ou seja, c >> tem >> >> k fatores >> >> primos distintos). >> >> >> >> Mostre que P é um número composto com, no mínimo, >> >> k+1 >> >> fatores primos distintos. >> >> >> >> ***** >> > >> >Deixe eu colocar uma restrição adicional c = impar. >> > >> > >> >Em primeiro lugar é fácil ver que todos os números >> >da forma A^ni - B^ni dividem P. >> > >> >Portanto, um caminho seria mostrar que, dados >> >quaisquer números da forma S1 = A^x - B^x e >> >S2 = A^y - B^y, x e y primos entre si, S1 e S2 não >> >podem ser múltiplos, isto é, possuem algum fator >> >primo distinto entre si. >> > >> > >> > >> >****1** >> >suponha A, B e x,y primos entre si. x e y primos >> >diferentes de 2 e x > y. >> > >> >Hipótese: se A^x - B^x tem fatores primos em >> >comum com A^y - B^y, estes fatores estão em A - B. >> > >> > >> >Suponha que S1 = A^x - B^x contém um fator em >> >comum com S2 = A^y - B^y. >> >Seja >> >F1 = A^(x-y) * S2 = A^(x-y) * (A^y - B^y) = >> >A^x - [A^(x-y)*(B^y)]. >> > >> >Naturalmente F1 contém o mesmo fator em comum >> >com S1 e S2, e portanto F1 - S1 o conterá também. >> > >> >F1 - S1 = B^x - [A^(x-y)*(B^y)] = >> >B^y * [B^(x-y) - A^(x-y)]. >> > >> >Dado que A e B são primos entre si, o fator comum >> >não pode estar em B^y, e portanto está em >> >B^(x-y) - A^(x-y). >> > >> >Agora pode-se repetir o raciocínio para >> >B^(x-y) - A^(x-y) e A^y - B^y, >> >verificando qual dos dois expoentes é maior. >> >Suponhamos que x-y > y. Neste caso podemos provar >> >que o fator comum também está em B^(x-2y) - >> A^(x-2y). >> >Observe que, caso y > x-y provaríamos para o >> >expoente 2y - x. >> > >> >Repetindo o raciocínio interativamente vamos chegar >> >> >até o expoente 1. Note que, como x e y são primos, >> >> >a sequencia de expoentes decrescentes não >> coincidirá >> >com y. >> > >> >Por exemplo x = 19, y = 3. >> >19 -> 16 -> 13 -> 10 -> 7 -> 4 ->1 >> > >> >Por exemplo x = 17, y = 3. >> >17 -> 14 -> 11 -> 8 -> 5 -> 2 ->1 >> > >> >Por exemplo x = 19 y = 11. >> >19 -> 8 -> 3 (11 - 8) -> 5 (8 - 3) -> 2 (5 - 3) -> >> 1 >> >(3 - 2) >> > >> > >> >****2** >> >S2 = A^y - B^y também possui ao menos um fator >> primo >> >distinto da decomposição em fatores primos de A - >> B. >> > >> >Note-se que >> >S2 = (A - B) * F3, onde >> >F3 = A^y-1 + (A^(y-2))*B + ... + B^y-1 >> > >> >Portanto, se a hipótese estiver correta e S2 >> >contiver ao menos um fator primo distinto de A - B, >> >> >este fator estará em F3 >> > >> >Note-se que F3 tem exatamente y termos. >> >Se a Hipótese estiver incorreta, isto é, se A - B >> >contiver todos os fatores primos de F3, então >> qualquer >> > >> >combinação linear do tipo k1*(A - B) + k2*F3 >> também >> >conterá todos estes fatores. >> > >> >Esta idéia pode ser usada para reduzir-se os termos >> >> >de F3 até um único termo que obrigatoriamente teria >> >> >de conter todos os fatores primos. >> > >> >Por exemplo vamos considerar y = 3. >> >Neste caso F3 = A^2 +A*B +B^2 >> > >> >F3 + A(A - B) = A^2 + A*B - A*B + B^2 = 2*A^2 + B^2 >> >2*A^2 + B^2 + (A + B)*(A - B) = >> >2*A^2 + B^2 + A^2 - B^2 = 3*A^2 >> > >> >y = 5, F3=A^4 +A^3*B +A^2*B^2 +A*B^3 +B^4 >> >F3 + A^3*(A - B) + A*B^2*(A - B) = >> >2*A^4 +2*A^2*B^2 +B^4 = X1 >> > >> >X1 + 2*A^2*(A + B)*(A - B) = X1 + 2*A^4 - >> 2*A^2*B^2= >> > 4*A^4 + B^4 >> > >> >4*A^4 + B^4 + A^4 - B^4 = 5*A^4 >> > >> >Na verdade, caso (A - B) tenha todos os fatores >> primos >> >de F3, é possível transformar F3 em outras >> expressões >> >que devem conter os mesmos fatores primos, através >> de >> >"operações elementares", até uma expressão na forma >> >> >y*A^y-1 (ou y*B^y-1). Mas vamos recordar que A,B e >> y >> >são primos entre si, portanto não é possível >> >que y*A^y-1 contenha os mesmos fatores primos de A >> - >> >B. >> > >> > >> >Em resumo, temos que >> >**1** - Se S1 e S2 possuem fatores primos em comum, >> >> >estes fatores estão em A - B. >> > >> >**2** - S1 e S2 possuem ao menos um fator primo não >> >> >contido em A - B >> > >> >Logo S1 e S2 possuem ao menos um fator distinto >> entre >> >si. >> > >> >A extensão para c par é direta fazendo A^2 - B^2 >> >= D - C >> > >> >[]´s >> > >> > >> > >> > >> > >> >>_______________________________________________________ >> >> >Yahoo! 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