Ops! Tens razão - mancada minha...
Aqui vai uma nova tentativa:
Seja k o menor inteiro positivo para o qual existem k inteiros maiores do que 1, livres de quadrados e primos entre si dois-a-dois m_1, ..., m_k tais que:
raiz(m_k) pertence a Q(raiz(m_1), ..., raiz(m_(k-1))).
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Lema 1:
N é inteiro > 1 e livre de quadrados ==> raiz(N) é irracional
Lema 2:
M, N são inteiros > 1, primos entre si e livres de quadrados ==>
M*N é > 1 e livre de quadrados
Estes dois lemas decorrem da definição de "inteiro livre de quadrados" (igual a um produto de primos distintos) e da fatoração única em Z.
***
A partir dos lemas é fácil provar que k >= 3.
Para simplificar a notação, ponhamos:
m = m_(k-1),
n = m_k,
F = Q(raiz(m_1), ..., raiz(m_(k-2))),
de forma que:
Q(raiz(m_1), ..., raiz(m_(k-1))) = F(raiz(m))
Pela escolha de k, raiz(n) pertence a F(raiz(m)) mas não pertence a F.
Logo, existem a e b em F tais que raiz(n) = a + b*raiz(m) ==>
n = a^2 + b^2m + 2ab*raiz(m) (*)
b = 0 ==>
raiz(n) = a = elemento de F ==>
contradição ==>
b <> 0
a = 0 ==>
raiz(n) = b*raiz(m) ==>
(multiplicando ambos os membros por raiz(m) )
raiz(mn) = bm = elemento de F ==>
(usando o lema 2 em mn)
m_1, ..., m_(k-2), mn são k-1 inteiros maiores do que 1 e livres de quadrados tais que:
raiz(mn) pertence a F = Q(raiz(m_1), ..., raiz(m_(k-2))) ==>
contradição à minimalidade de k ==>
a <> 0
Logo, devemos ter ab <> 0.
Mas, nesse caso, (*) implica que:
raiz(m) = (n - a^2 - b^2m)/(2ab) = elemento de F ==>
contradição à minimalidade de k.
Em suma, não existe um tal k e o resultado está provado.
Que tal?
***
Sobre o outro problema, eu fiz o seguinte:
Se a = 1, o problem é trivial: todo n divide a^n - 1.
Se a > 1 e n é um composto tal que a^n == 1 (mod n),
então:
n divide a^n - 1 ==> a^n - 1 = n*k, para algum k inteiro
Além disso, como n é composto, a^n - 1 é composto e > n.
a^(a^n - 1) - 1 = a^(nk) - 1 = (a^n)^k - 1 = múltiplo de a^n - 1 ==>
a^(a^n - 1) == 1 (mod a^n - 1).
Logo, basta provar que, para cada a > 1, existe um composto n tal que:
a^n == 1 (mod n), pois este n gerará uma sequência infinita de compostos que satisfazem ao enunciado: n, a^n - 1, a^(a^n - 1) - 1, ...
[]s,
Claudio.
> Suponhamos que k >= 2.
> Nesse caso, o corolário 2 diz que Q(raiz(p_1), ..., raiz(p_k)) é uma extensão algébrica finita de Q de grau >= 4.
> Como Q tem característica 0, essa extensão é, de fato, simples. Ou seja, existe um real w tal que:
> Q(raiz(p_1), ..., raiz(p_k)) = Q(w).
> Se raiz(p) pertence a Q(w), então vão existir racionais a e b tais que raiz(p) = a + b*w, com b <> (caso contrário, raiz(p) seria racional). Elevando ao quadrado:
> w é raiz de uma equação do 2o. grau com coeficientes em Q ==>