Cómo demostrar este $a^n-b^n$ tener siempre el primer factor $P$ y $P>n$

Question

Que $p_{1},p_{2},p_{3}$ ser diferentes números primos y que el número entero positivo $n$, definirse por $$n=p_{1}p_{2}p_{3}.$ $

Muestran que:

Para cualquier dos entero positivo $a,b$, $a^n-b^n$ siempre tiene un primer factor $P$satisfacción $P>n$

Este problema es de un examen de matemáticas hace unos días.
Sólo tenemos que demostrar que $$a^{p_{1}p_{2}p_{3}}-b^{p_{1}p_{2}p_{3}}$$ has a prime factor $P > n$. Pero no puedo. ¡Muchas gracias!

Answer 1

Si $a=b$ $a^n-b^n=0$ es divisible por ningún primo, por lo que estamos hecho desde que existen infinitos números primos.

De lo contrario podemos WLOG asumen $a>b$. Deje $d=\gcd(a, b)$. Por Zsigmondy del teorema, $\left(\frac{a}{d}\right)^n-\left(\frac{b}{d}\right)^n$ tiene un primer factor de $p$ que no divida a $\left(\frac{a}{d}\right)^k-\left(\frac{b}{d}\right)^k$ para cualquier entero positivo $k<n$. (Nota:$n \not=2, 6$)

No podemos tener a $p \mid \frac{a}{d}$, de lo contrario, $p \mid \left(\frac{a}{d}\right)^n-\left(\frac{b}{d}\right)^n$ implica $p \mid \frac{b}{d}$, así que $p \mid \frac{a}{d}-\frac{b}{d}$$1<n$, una contradicción. Por lo tanto $p \nmid \frac{a}{d}$, y simililarly $p \nmid \frac{b}{d}$.

El orden de $\left(\frac{a}{d}\right)\left(\frac{b}{d}\right)^{-1} \pmod{p}$ es lo $n$. Desde $p \nmid \left(\frac{a}{d}\right)\left(\frac{b}{d}\right)^{-1}$, tenemos por Fermat poco teorema que $\left(\left(\frac{a}{d}\right)\left(\frac{b}{d}\right)^{-1}\right)^{p-1} \equiv 1\pmod{p}$. Por lo tanto $n \mid p-1$. Esto le da (ya que claramente $p>1$$n \leq p-1$$p>n$.

Por último, desde $a^n-b^n=d^n\left(\left(\frac{a}{d}\right)^n-\left(\frac{b}{d}\right)^n\right)$ tenemos $p \mid a^n-b^n$$p>n$, por lo que estamos por hacer.

Una simple prueba de que no apela a la Zsigmondy del teorema de que podría ser posible, ya que sólo requieren de un caso especial. (Aquí se $n=p_1p_2p_3$) y no puede exigir el total de la maquinaria usada para probar Zsigmondy del teorema (Cyclotomic polinomios)