La respuesta es No!
Lema(1):
- La parte(a)
Deje $p$ a ser un número primo impar.
$\ \ \ \ \ $
Deje $a$ $b$ a ser de cualquiera de los números enteros.
Si $ \ \ \nu_p(ab)=0 \ \ $ $ \ \ 1 \leq \nu_p(a-b) \ , \ $ a continuación, para cada $n$ tenemos:
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\nu_p\big(a^n-b^n\big)=\nu_p\big(n(a-b)\big)=\nu_p(a-b)+\nu_p(n)$.
$\ \ \ \ \ $
Deje $a$ $b$ a ser de cualquiera de los números enteros.
Si $ \ \ \nu_2(ab)=0 \ \ $ $ \ \ 2 \leq \nu_2(a-b) \ , \ $ a continuación, para cada $n$ tenemos:
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\nu_2\big(a^n-b^n\big)=\nu_2\big(n(a-b)\big)=\nu_2(a-b)+\nu_2(n)$.
Lema(2):
- La parte(a)
Deje $p$ a ser un número primo impar.
$\ \ \ \ \ $
Deje $a$ $b$ a ser de cualquiera de los números enteros.
Si $ \ \ \nu_p(ab)=0 \ \ $$ \ \ 1 \leq \nu_p(a+b) \ , \ $, por extraño $n$ tenemos:
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\nu_p\big(a^n+b^n\big)=\nu_p\big(n(a+b)\big)=\nu_p(a+b)+\nu_p(n)$.
$\ \ \ \ \ $
Deje $a$ $b$ a ser de cualquiera de los números enteros.
Si $ \ \ \nu_2(ab)=0 \ \ $$ \ \ 2 \leq \nu_2(a+b) \ , \ $, por extraño $n$ tenemos:
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\nu_2\big(a^n+b^n\big)=\nu_2\big(n(a+b)\big)=\nu_2(a+b)+\nu_2(n)$.
Lema(3):
Deje $p$ a ser un número primo.
Suponga que el Lema se tiene para $n=r$ y arbitraria $a$ & $b$.
También asssume que el Lema se tiene para $n=r$ y arbitraria $a$ & $b$.
entonces esto es para $n=rs$ y arbitraria $a$ & $b$.
Prueba: Vamos A $A:=a^r$ & $B:=b^r$.
$
\nu_p\big(a^{rs} b^{rs}\big)=
\nu_p\Big ((^r)^s-(b^r)^s\Big)=
\nu_p\big(A^s-B^s\big)
\desbordado
{ \tiny {\text {Lema para $n=s$} } }
{=}
\\
$n=r$$p$$\ \ \ \ \ $$a$$b$$ \ \ \nu_p(ab)=0 \ \ $\nu_p\big(s(a-B)\big)= $ \ \ 1 \leq \nu_p(a-b) \ , \ $$a-b=lp^{\nu}$$gcd(l,p)=1$$\nu$$\nu_p(a-b)$$n=p$\nu_p(a-B)+\nu_p(s)=
\nu_p(a^r-b^r)+\nu_p(s)
\desbordado
{ \tiny {\text {Lema para $p$} } }
{=}
\\
\big(\nu_p(a-b)+\nu_p(r)\big)+\nu_p(s)=
\nu_p(a-b)+\big(\nu_p(r)+\nu_p(s)\big)=
\nu_p(a-b)+\nu_p(rs)$
Lema(4):
- La parte(a)
Deje $q \neq p$ a ser un número primo impar.
$\ \ \ \ \ $
Deje $a$ $b$ a ser de cualquiera de los números enteros.
Si $ \ \ \nu_p(ab)=0 \ \ $ $ \ \ 1 \leq \nu_p(a-b) \ , \ $ entonces tenemos:
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\nu_p\big(a^p-b^p\big)=\nu_p\big(p(a-b)\big)=\nu_p(a-b)+\nu_p(p)$.
Prueba: Supongamos que $a-b=lp^{\nu}$, $gcd(l,p)=1$
y $\nu$ es la abreviatura de $\nu_p(a-b)$.
Entonces tenemos:
$\nu_p \big(a^p-b^p\big)=
\nu_p \big((lp^{\nu}+b)^p-b^p\big)=
\nu_p \Bigg( \sum_{i=1}^{i=p}\Big(C(i,p)(lp^{\nu})^me b^{(p-i)})\Big) \Bigg)=
\nu_p \Big(C(1,p)(lp^{\nu})^1 b^{(p-1)}\Big)=
\nu_p \Big( p (lp^{\nu}) b^{(p-1)}\Big)=
\nu_p \Big( p . p^{\nu} \Big)=
1+\nu=
\nu_p(a-b)+1=
\nu_p(a-b)+\nu_p(p)
$
Así que la afirmación se sostiene para $n=q$.
Lema(5):
- La parte(a)
Deje $n$ a ser un número primo impar, y deje $a^{\prime}=a$ a ser otro distinto número primo.
$b^{\prime}=-b$
Deje $n$ $p$ a ser de cualquiera de los números enteros.
Si $x=p-1$ $y=2p-1$ entonces tenemos:
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\nu_p\big(a^qp-b^q\big)=\nu_p\big(p(a-b)\big)=\nu_p(a-b)+\nu_p(q)$.
Prueba: Supongamos que $n$, $n$
y %#%#% es la abreviatura de %#%#% .
Entonces tenemos:
$\nu_p \big(a^p-b^q\big)=
\nu_p \big((lp^{\nu}+b)^p-b^q\big)=
\nu_p \Bigg( \sum_{i=1}^{i=q}\Big(C(i,q)(lp^{\nu})^me b^{(p-i)})\Big) \Bigg)=
\nu_p \Big(C(1,q)(lp^{\nu})^1 b^{(q-1)}\Big)=
\nu_p \Big( q (lp^{\nu}) b^{(q-1)}\Big)=
\nu_p \Big( q p^{\nu} \Big)=
\nu=
\nu_p(a-b)+0=
\nu_p(a-b)+\nu_p(q)
$
Así que la afirmación se sostiene para %#%#%.
La prueba del lema(1), Parte(a). Vamos a probar el Lema(1) por inducción en %#%#%.
Considerando el Lema(3) sólo es suficiente para demostrar el lema para el primer exponentes, que ya lo hemos hecho en lema(4) y lema(5).
La prueba del lema(2): Vamos a %#%#%, %#%#%.
Sólo basta notar que para los impares %#%#% tenemos:
$ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
a^n+b^n=a^{\prime ^ n} b^{\prime ^ n}$.
Ahora puede fácilmente derivados de lema(1).
La respuesta es No!
En primer lugar supongamos que %#%#% es impar, y deje %#%#%%#%#%.
Si %#%#% es impar; entonces tenemos:
$ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\nu_p(x^n+1)=\nu_p(x+1)+\nu_p(n)=
\nu_p(y+1)+\nu_p(n)=\nu_p(y^n+1)$.
Si %#%#% es incluso; entonces tenemos:
$ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\nu_p(x^n+1)=0=\nu_p(y^n+1)$.
