Gracias a la Ue Yu link, he encontrado este papel por Birkhoff y Vandiver. Era un poco confuso, leer, así que creo que sería mejor que la limpieza de su prueba. He simplificado su prueba del Teorema 5 uso de cyclotomic polinomios, también. Por lo tanto, necesitaba Teorema 7 en este papel por Ge Yimin y una generalización del Teorema 4 en el anteriormente citado presentación de Lola Thompson.
Su Teorema 1 no es un gran disparo, y el Teorema 2 y 3 son los que hoy en día conocemos como casos especiales de la Elevación de la Exponente Lema. Por lo tanto no hay mucho que decir acerca de estos. Teorema 4 parece ser la cuestión principal, y es la única parte de su papel seguí a la hora de construir mi propia prueba. Me voy a dar una mucho más corta alternativa para el Teorema 5.
Vamos a fijar en dos coprime enteros positivos $a$$b$$a>b$.
Basta probar que existe un divisor primo de $a^n-b^n$ que no divida a $a^k-b^k$ de todos los divisores positivos $k\mid n$$k<n$: si $p\mid a^n-b^n$ $c$ es una inversa de a $b$ modulo $p$, el más pequeño de $k>0$ que $(ac)^k\equiv1$ satisface $k\mid n$.
Ahora vamos a definir los $z_n=a^n-b^n$ y
$$\Psi_n=\prod_{d\mid n}{z_{\frac nd}}^{\mu(d)}.\qquad(1)$$
Cualquier persona que ha sido introducido a cyclotomic polinomios puede notar que
$$\Psi_n=b^{\varphi(n)}\Phi\left(\frac ab\right).\qquad(2)$$
De ello se desprende que $\Psi$ hereda muchas de las propiedades de cyclotomic polinomios. Los voy a utilizar puede ser encontrado en Ge Yimin de papel, por ejemplo. No voy a usar propiedades de $\Psi$ si no está claro cómo se heredan.
(Cyclotomic polinomios nunca se menciona explícitamente en el papel, supongo que ellos no eran tan bien conocidos en el momento.)
El siguiente lema será útil más de una vez:
Lema. Si $p$ es primo, $n=p^\alpha q$ un entero tal que $p\nmid q$ $p\mid\Phi_n(a)$ para algunos entero$a$,$O_p(a)=q$. (El $O$ es sólo un vago notación para la multiplicación de la orden.)
Prueba. Si $O_p(a)=k$ $k\mid q$ porque a partir de $p\mid\Phi_n(a)$ ciertamente tenemos $p\mid a^n-1\equiv a^q-1$. Si $k<q$, entonces no es un divisor $d\mid k$ que $p\mid\Phi_d(a)$. Como $d\mid q$ $d<q$ esto significa que el polinomio $x^q-1$ tiene una doble raíz, $a$, modulo $p$, por lo tanto $p\mid q$ (ver Lema 6 de Ge Yimin) lo cual es imposible. $\square$
El lema puede ser modificado para adaptarse a para $\Psi$ también, pero no voy a hacer eso.
Por un multiplicativo variante de Möbius-inversión, tenemos
$$z_n=\prod_{d\mid n}\Psi_d.\qquad(3)$$
Si $z_n={p_1}^{a_1}\cdots{p_r}^{a_r}$ donde $p_{s_1},\ldots,p_{s_t}$ son los primitivos primer divisores de $z_n$, podemos establecer
$$P_n={p_{s_1}}^{a_{s_1}}\cdots{p_{s_t}}^{a_{s_t}}.$$
De $(2)$ tenemos $\Psi_n\in\mathbb Z$ e de $(1)$ se sigue que $P_n\mid\Psi_n$. Set $\Psi_n=\lambda_nP_n$. Vamos a demostrar que $P_n>1$ en todos los casos Zsigmondy del teorema de no excluir.
De $(3)$ se sigue que $\Psi_n\mid\frac{z_n}{z_d}$ para cada divisor $d\mid n$$d<n$.
Deje $p$ ser un divisor primo de $\Psi_n$. Si $p\nmid P_n$ $p$ no es primitivo, supongamos $p\mid z_d$. Si $p\nmid n$, a continuación, por el Levantamiento de La Exponente Lema, $v_p(z_n)=v_p(z_d)$$p\nmid\frac{z_n}{z_{d}}$, contradicción. Por lo tanto $\text{rad}(\lambda_n)\mid n$.
Además, tenga en cuenta que $\gcd(\lambda_n,P_n)=1$. De lo contrario no sería un primer $p$ que $p\mid n=pr$ $p\mid a^{pr}-b^{pr}\equiv a^r-b^r$ contradiciendo la primitivity de $p$.
Supongamos $\lambda_n>1$. Si $p$ es un divisor primo de $\lambda_n$ $p^\alpha\|n$ $n=p^\alpha q$
$$p\mid\Psi_n\mid\Psi_q(a^{p^\alpha},b^{p^\alpha})\equiv\Psi_q\pmod p,$$
(ver corolario 4 de Ge Yimin) donde más generalmente se denota
$$\Psi_n(x,y)=y^{\varphi(n)}\Phi_n\left(\frac xy\right).$$
Si $p$ es un divisor primo de $\lambda_n$, lo $p\mid\Psi_q$, entonces cualquiera de las $p\mid q$, lo cual es imposible, o $p\equiv1\pmod q$. (véase el Teorema 6 de Ge Yimin) Lo $p>q=\frac n{p^\alpha}$. Si $r$ es otro divisor primo de $n$,$r\mid q$, lo $r<q<p$. Esto significa $p$ está determinada únicamente como el mayor divisor primo de $n$.
Por lo tanto, la $\lambda_n=p^\beta$. Vamos a demostrar que $\beta=1$.
Deje $d\mid n$ tal que $p\mid z_d$. Deje $c$ ser una inversa de a $b$ modulo $p$, $p\mid\Psi_n$ e lo $p\mid\Phi(ac)$, por tanto, por el lema, $O_p(ac)=q$. Así que sin duda debemos tener $q\mid d$.
Ahora de $(1)$ tenemos $\beta=v_p(\Psi_n)=v_p(z_n)-v_p(z_{\frac np})=1$, como se desee.
A la conclusión de $P_n>1$ hay tres casos:
Si $\lambda_n=1$,$P_n=\Psi_n\geq(a-b)^{\varphi(n)}\geq1$. La desigualdad es estricta, a menos $n=2$$a-b=1$, pero luego Zsigmondy del teorema es trivialmente cierto.
Si $\lambda_n=p$$a-b>1$,$P_n=\frac1p\Psi_n\geq\frac1p(a-b)^{\varphi(n)}\geq\frac{2^{p-1}}p\geq1$. De nuevo la desigualdad es estricta, a menos $a-b=2$$n=2$. En ese caso, $a+b$ contiene una primitiva divisor primo a menos $a+b$ es una potencia de $2$, lo que fue predicho por el teorema.
El caso de $\lambda_n=p$ $a-b=1$ es un poco más complicado. (Aquí estoy básicamente de demostrar una generalización de la L. Thompson "Clave Lema".)
Supongamos que la desigualdad no es estricta, por lo $\Psi_n=p$. Finalmente esto nos da el único contraejemplo de lo que queda, siendo $n=6$, $a=2$. De $p\mid z_n$ se sigue que $p$ es impar. Vamos, una vez más, $n=p^\alpha q$ $c$ inversa de a $b$ modulo $p$. Como $p\mid\Psi_n$ tenemos $p\mid\Phi_n(ac)$, lo $O_p(ac)=q$ por el lema.
Si $\alpha>1$,$p=\Psi_n=\Psi_{pq}(a^{p^{\alpha-1}},b^{p^{\alpha-1}})$, pero
$$\Psi_{pq}(a^{p^{\alpha-1}},b^{p^{\alpha-1}})\geq(a^{p^{\alpha-1}}-b^{p^{\alpha-1}})^{\varphi(pq)}\geq a^p-b^p=\sum_{k=0}^{p-1}{p\choose k}b^k>p,$$
debido a $p>2$, contradicción. Por lo tanto $n=pq$. Ahora tenemos
$$p=\Psi_n=\frac{\Psi_q(a^p,b^p)}{\Psi_q}\geq\frac{(a^p-b^p)^{\varphi(q)}}{(a+b)^{\varphi(q)}}\geq\frac{a^p-b^p}{a+b}=\frac1{2b+1}\sum_{k=0}^{p-1}{p\choose k}b^k>\frac b{2b+1}\sum_{k=1}^{p-1}{p\choose k}.$$
Desde $\frac b{2b+1}\geq\frac13$ obtenemos $3p>2^p-2$.
Esto es imposible cuando $p>3$, lo $p=3$ $q\mid 2$ porque $q=O_p(ac)\mid p-1$.
Por lo tanto $n=3$ o $n=6$. Si $n=3$ el teorema es obviamente cierto, porque la $3$ es el primer y $a-b=1$.
El caso de $n=6$ permanece, y de hecho Zsigmondy falla aquí. De $a=b+1$ $3=\Psi_6=a^2-ab+b^2$ podemos deducir fácilmente que $a=2$ $b=1$ es el único contraejemplo. $\square$
La prueba para el caso de $a^n+b^n$ puede deducirse del caso $a^n-b^n$.
Para cualquier entero positivo $n>1$ que $2n$ no da una excepción en Zsigmondy del teorema, $a^{2n}-b^{2n}$ tiene una primitiva primer divisor $p$, dividiendo cualquiera de las $a^n-b^n$ o $a^n+b^n$. Sin embargo, $p$ no pueden dividirse $a^n-b^n$ desde entonces $p$ no ser primitivo. Así tenemos a $p\mid a^n+b^n$ $p\nmid a^{2k}-b^{2k}$ todos los $k<n$. Esto implica $p\nmid a^k+b^k$ todos los $k<n$, por lo tanto el teorema. $\square$
Tenga en cuenta que la excepción a $2^6-1^6$ es reflejada en $2^3+1^3$. El caso de $n=2$ $a+b$ un poder de $2$ desaparece porque se considera sólo a $n>1$ aquí.
