Numa mensagem anterior eu mencionei duas propriedades. Vou apresentar as demonstracoes
agora.
PROVA 1)
Se Fn=(2^(2^n)) + 1 entao (Fn) - 2 = (Fn-1)*(Fn-2)*...*(F1)*(F0).
A expressao e valida para N=1, pois : (F1) - 2 =(2^(2^1)) - 1 = 4 - 1 = 3 = 2 + 1 = (2^(2^0)) + 1 = (F0)
Suponha valida para N=P, isto e :
(Fp) - 2 = (Fp-1)*(Fp-2)*...*(F1)*(F0).
Entao : (Fp)*[ (Fp) - 2 ]= (Fp)*[ (Fp-1)*(Fp-2)*...*(F1)*(F0) ]
(Fp)^2 - 2*(Fp) = (Fp)*(Fp-1)*(Fp-2)*...*(F1)*(F0)
[ (2^(2^p))+1 ]^2 - 2*[ (2^(2^p)) + 1 ] = (Fp)*(Fp-1)*(Fp-2)*...*(F1)*(F0)
(2^(2^(p+1))) + 2*(2^(2^p)) +1 - 2*(2^(2^p)) - 2 = (Fp)*(Fp-1)*(Fp-2)*...*(F1)*(F0)
(2^(2^(p+1))) - 1 = (Fp)*(Fp-1)*(Fp-2)*...*(F1)*(F0)
(Fp+1) - 2 = (Fp)*(Fp-1)*(Fp-2)*...*(F1)*(F0)
(Fp+1) - 2 = (Fp)*(Fp-1)*(Fp-2)*...*(F1)*(F0)
Potanto, supondo valer para N=P => vale para N=P+1. Como ja verificamos que vale
para N=1 segue que vale para todo N.
PROVA 2 )
Se 2^K + 1 e primo entao K=2^N, para algum N
Considere o polinomio F(a)=(a^i) + 1, onde "a" e um numero impar. Como F(-1)=0 entao,
pelo Teorema D'lambert, "a+1" divide F(a), isto e :
F(a) = (a^i) + 1 = (a+1)*( UM POLINOMIO EM "a" )
Se algum impar "i" dividisse K entao K=i*M, para algum numero M. E teriamos :
2^K + 1=2^(i*M) + 1= (2^M)^i + 1=(2^M + 1)*(UMA EXPRESSAO EM 2^M)
Logo, 2^K+1 nao seria primo. Portanto, K nao pode ser divisivel por qualquer
impar, isto e, K = 2^N para algum N.
OBS : Na mensagem anterior ha um erro na fatoracao dos numeros de Fermat. Eu queria dizer
e que :
(Fp) - 2 = [(2^(2^p)) - 1]=[(2^(2^(p-1))) + 1]*[(2^(2^(p-1))) - 1]
Ao fator [(2^(2^(p-1))) - 1] pode ser aplicada a mesma fatoracao, o que reduzira mais uma
vez o expoente. Este processo, reiterado "p" vezes leva a :
(Fp) - 2 = (Fp-1)*(Fp-2)*...*(F1)*(F0)
Esta e uma tecnica que leva a outra demonstracao desta propriedade, diferente da que
apresentei acima ( que e burocratica ). Peco desculpas a todo pelo erro.
Um Abraco a Todos Paulo Santa Rita 4,1606,210104
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