jueves, 2 de febrero de 2012

Problema del día: Jueves 2 de Febrero

Sea $n$ un entero positivo y $p$ un numero primo. Prueba que si $a, b, c$ son enteros que cumplen que $a^n+pb=b^n+pc=c^n+pa$, entonces $a=b=c$.

17 comentarios:

Juan dijo...

Asumo que no, a modo de contradicción. Pues primeramente sin pérdida de generalidad $a \ge c \ge b$, por que de lo contrario, $a \ge b \ge c$ y entonces por desigualdades todos son iguales y acabo. Luego, uso $a^n-b^n=p(c-b)$ y luego Lifting Exponent para ver que, para todo primo q no p tal que q$\mid$a-b, $v_q(a-b) \le v_q(b-c)$. Pero ésto es también obviamente cierto si q no divide a a-b. Así, para todo q no p, $v_q(a-b) \le v_q(b-c)$. Usando cosas análogas y desigualdades llegamos a que $v_q(a-b)=v_q(b-c)=v_q(c-a)$. Asi, si llamo a las diferencias, x, y y z. Entonces $|x|=mp^{x_1}$, y cosas análogas para y y z, para algún natural m y algunos enteros positivos $x_1$, $y_1$, $x_1$. Pero $x+y+z=0$, así que dividiendo entre $p^{min{x,y,z}}$, veo que o $p|1$, contradicción, o que dos elementos del multiconjunto ${x_1, y_1, z_1}$ son iguales, y luego es fácil ver que dos de x. y y z son iguales y que el otro es el doble, y luego es fácil ver que $p=2$, y que a, b y c son una progresión aritmética.
Así, usando la desigualdad del principio, me tomo un d tal que $a=c+d$ y $b=c-d$. Entonces,
$(c+d)^n+2c-2d=(c-d)^n+2c=c^n+2c+2d$. Así, tomamos el primer y el último término y se da $(c+d)^n-c^n=4d$, y entonces vemos que pasa si $n=2$, y tenemos que o $n=1$ o $c=1$. En el primer caso, con álgebra tendremos que $a=b=c$, ¡contradicción!. Así, $c=1$, y tengo que $(1+d)^n-2d=(1-d)^n=1+2d$. Luego de ahí vemos $(1+d)^n-1=4d$. También teníamos $d \ge 1$ por la desigualdad del principio. Así, $4d \ge (1+d)^2=1+d^2+2d \Rightarrow 2d \ge 1+d^2 \Rightarrow 0 \ge (1-d)^2 \Rightarrow d=1$. Entonces los números a, b y c son 0, 1 y 2. a=2, c=1, b=0. Pero de aquí es fácil llegar a una contradicíón. Así, la hipótesis inicial era incorrecta y los números a, b y c son iguales. Quod erat demonstrandum. $\clubsuit$.

Chuck dijo...

Supongamos que $a=b$, entonces $a^{n}+pa=a^{n}+pc$ así que $a=c$ también. Si $a=c$ o $b=c$ las demostraciones son análogas. Así que si hay dos iguales, el tercero lo es. Supongamos que todos son distintos.

Si $n$ es impar, entonces si $a\textgreater b\textgreater c$, $b\textgreater c\textgreater a$ ó $c\textgreater a\textgreater b$, entonces la demostración es análoga, tomemos la primera, $a^{n}+pb\textgreater b^{n}+pb\textgreater b^{n}+pc$ lo que es una contradicción, pues el primero y el último son iguales.Si no es así, entonces $a\textgreater c\textgreater b$ sin pérdida de generalidad. Entonces $a^{n}-c^{n}=p(a-b)\textgreater p(c-b)=a^{n}-b^{n}$ por lo tanto $b^{n}\textgreaterc^{n}$ lo que no es posible porque $c>b$, así que es contradicción a que todos sean distintos y hay dos iguales y por lo tanto todos son iguales.

Si $n$ es par y todos son positivos, las demostraciones anteriores bastan. Supongamos que $a\textgreater b\textgreater c$ o sus cásos análogos y que $0\textgreater c$, entonces $a^{n}+pa\textgreater a^{n}+pb=c^{n}+pa$, entonces $|a|\textgreater |c|$, así que no pueden ser los dos negativos, ni positivos (si fueran negativos, sería una relación al revés), así que $a\textgreater 0$. Ahora, con eso $|a|\textgreater |b|$ también, así que $a^{n}+pb\textgreater b^{n}+pb\textgreater b^{n}+pc$ pero el primero y el último son iguales, lo que es una contradicción. Si $a\textgreater c\textgreater b$ o sus casos análogos y $0\textgreater b$, entonces $a^{n}+pb=b^{n}+pc\textgreater b^{n}+pb$ así que $|a|\textgreater |b|$. Entonces $a^{n}-c^{n}=p(a-b)\textgreater p(c-b)=a^{n}-b^{n}$ entonces $|b|\textgreater |c|$.

Chuck dijo...

Consideremos $v_{q}(m)$ es tal que $q^{v_{q}(m)}||m$ para $q$ primo. De modo que si $v_{q}(x-y)\leq v_{q}(x^{m}-y^{m})$ pues si $x\equiv y\pmod{q^{v_{q}(x-y)}}$ entonces también es cierto para cualquier potencia (y entonces es al menos igual de grande). Con esto vemos que para todo primo no $p$, $q$ se da que $v_{q}(a-b)\leq v_{q}(a^{n}-b^{n})=v_{q}(c-b)$ y también sabemos que $v_{q}(a-c)\leq v_{q}(a-b)$ y que $v_{q}(c-b)\leq v_{q}(a-c)$, así que por todas estas desigualdades, sabemos que todos son iguales, entonces $a-b=dp^{x}$, $a-c=dp^{y}$, $c-b=dp^{z}$. Ahora, supongamos que un primo $q\neq p$ divide a alguna suma, supongamos sin pérdida de generalidad que es $a+b$, entonces, como $n$ es par, $a+b|a^{n}-b^{n}$ (simplemente factorizamos para $a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)$ pues $2|n$ y con esto se demuestra esta parte), por lo que $v_{q}(a-b)+v_{q}(a+b)\textgreater v_{q}(c-b)$ lo que no puede pasar por la ecuación pues $q\neq p$, así que no es cierto, por lo que las sumas son $\pm 1$ ó una potencia de $p$ (positiva o negativa). Haciendo el mismo análisis anterior pero con el primo $p$, concluimos que $x\leq y+1\leq z+2\leq x+3$.

$a+c\textgreater a+b\textgreater 0\textgreater b+c$ así que $a+c=p^{\alpha}\neq 1$, entonces como $a+c|a^{n}-c^{n}$ ya que $2|n$, entonces $y+\alpha\leq x\leq y+1$ así que $y+\alpha=x$, y en particular, como $y+2>x$, entonces $\alpha=1$ y $x-1=y$, así que también $a+c=p$, de este modo sabemos también que $a+b=1$. Así pues $a-c=2a-p$, $a-b=2a-1$ y $c-b=p-1$, así que $z=0$ y también sabemos que $x$ ó $y$ es $0$ (o ambos), pero $x=y+1$, así que $x$ no lo es y por lo mismo $y=0$ y entonces $x=1$. Así pues $a-c=c-b$ por lo que $2a-p=p-1$ y entonces $2a+1=2p$ pero un lado es par y el otro impar, así que esto es imposible.

De todo lo anterior, el sistema de ecuaciones no tiene sentido a menos que $a=b=c$, QED.

Enrique dijo...

Es fácil ver que si 2 de a,b,c son iguales, entonces los 3 son iguales. Supongamos que son todos diferentes.
Sea $v_{p}(x)$ la máxima potencia de $p$ que divide a $x$ Tenemos que para todo primo $q$ diferente de $p$,$v_{q}(a^{n}-b^{n})=v_{q}(c-b)\Rightarrow v_{q}(a-b)\leq v_{q}(c-b)$. Análogamente, $v_{q}(b-c)\leq v_{q}(a-c)$, $v_{q}(c-a)\leq v_{q}(b-a)$, como $v_{q}(x)=v_{q}(-x)$, nos queda que $v_{q}(a-b)\leq v_{q}(b-c)\leq v_{q}(c-a)\leq v_{q}(a-b)$, de donde $v_{q}(a-b)=v_{q}(b-c)=v_{q}(c-a)$. Entonces, $a-b=\pm p^{\alpha}x, b-c=\pm p^{\beta}x, c-a=\pm p^{\gamma}x$ para algún $x$ con $\alpha, \beta, \gamma$ no negativos.
Si $n=1$, $a+pb=b+pc=c+pa$ $\Rightarrow a-b=p(c-b), c-b=p(c-a) c-a=p(b-a)$ $\Rightarrow a-b=p(c-b)=p^{2}(c-a)=p^{3}(b-a)$. Como $a-b\neq 0$, $-1=p^{3}$, que es imposible.
Si $n\geq 2$, tenemos las siguientes opciones:
$a-b=\pm p^{k}(c-b)$, como $a^{n}-b^{n}=p(c-b)$ y $a-b,c-b\neq 0$, $p^{k}(\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b}=p$. Como $n>1$, $\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b}>1$, lo cual es imposible.
Entonces, $c-b=\pm p^{k}(a-b)\Rightarrow |c-b|=p^{k}|a-b|$, análogamente $|a-c|=p^{l}|b-c|$ y $|b-a|=p^{m}|c-a|$ para $k,l,m$ enteros no negativos, luego $|b-a|=p^{m}|c-a|=p^{m+l}|b-c|=p^{k+l+m}|a-b|\Rightarrow p^{k+l+m}=1$. Entonces, $k+l+m=0$, de donde $k=l=m=0$. Entonces, $|a-b|=|b-c|=|c-a|$. Como no hay 2 de a,b,c que sean iguales, la unica forma de que pase esto es que $a-b=b-c=c-a$. Supongamos sin pérdida de generalidad que $a-b\geq 0$ (el otro caso es análogo). Entonces, $b-c,c-a\geq 0$, de donde $a\geq b\geq c\geq a\Rightarrow a=b=c$, que es imposible.
Entonces, $a=b=c$.

Adán dijo...
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Adán dijo...
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Adán dijo...
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Adán dijo...

Si $2$ de las variables son iguales, entonces podemos ver que las $3$ son iguales. También el caso $n=1$ nos genera trivialmente que las $3$ variables son iguales. Entonces, asumamos que las $3$ son distintas entre si y que $n\geq 1$. Veamos que

$a^{n}-b^{n}=p\left(c-b\right)$
$b^{n}-c^{n}=p\left(a-c\right)$
$c^{n}-a^{n}=p\left(b-a\right)$

entonces vemos que

$p^{3}=\frac{\left(a^{n}-b^{n}\right)\left(b^{n}-c^{n}\right)\left(c^{n}-a^{n}\right)}{\left(b-a\right)\left(c-b\right)\left(a-c\right)}$

Notemos que si $n$ es impar, entonces si $x-y\neq$, entonces $\frac{x^{n}-y^{n}}{x-y}\in \mathbb{R}^{+}$, por lo que por la expresión arriba, $p^{3}$ debería ser negativo, lo cual es una contradicción. Entonces $n=2m$. Ahora, notemos que

$\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b}=a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots+ab^{n-2}+b^{n-1}$

Por casillas, $2$ de las variables tienen la misma paridad, digamos $a, b$ y como $n$ es par, tenemos que $\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b}$ es par, por lo que tenemos que $2$ divide a $p^{3}$, y entonces $p=2$.

Ahora, como $p=2$, podemos ver que las $3$ variables tienen la misma paridad, y entonces obtenemos que

$\left|\frac{a^{n}-b^{n}}{a-b}\right|=\left|\frac{b^{n}-c^{n}}{b-c}\right|=\left|\frac{c^{n}-a^{n}}{c-a}\left|=2$

Adán dijo...

Ahora, alguna de las $3$ debe cumplir que $\frac{x^{n}-y^{n}}{x-y}=-2$, o de lo contrario, $p^{3}$ sería menor a $0$. Entonces, digamos que las $2$ variables que cumplen eso son $a, b$. Entonces

$a^{n}-b^{n}=2\left(b-a\right)=2\left(c-b\right)$
$a+c=2b$

Veamos que si las $3$ expresiones arriba, sin valor absoluto, cumplen que son iguales a $-2$ entonces tendremos que $a+c=2b$, $b+a=2c$, $c+b=2a$, de donde obtenemos que $a=b=c$.

Si alguna expresión cumple que es igual a $2$, digamos que cumplen $b, c$, entonces vemos que

$b^{n}-c^{n}=2\left(b-c\right)=2\left(a-c\right)$

de donde vemos que $a=b$, y entonces $a=b=c$.

Entonces en cualquier caso vemos que necesariamente $a=b=c$, pero supusimos que las $3$ variables eran distintas. Entonces, llegamos a una contradicción, por lo que tenemos que $a=b=c$, como queríamos.

JulioC dijo...

Demostremos el problema por contradicción:

Suponemos q a, b y c no son los tres iguales.

Observación 1: Si dos son iguales el tercero lo es también. Demostración: spg son a=b entoncs tomandonos $a^n+pb=b^n+pc$ obtenemos c=b.

Sean $x=(a^{n}-b^{n})/(a-b))$
$y=(b^{n}-c^{n})/(b-c))$
$z=(c^{n}-a^{n})/(c-a))$
Factorizando es conocido q x,y,z son enteros

Como $a^n+pb=b^n+pc=c^n+pa$ Entoncs:
$a^{n}-b^{n}=p\left(c-b\right)$ , $b^{n}-c^{n}=p\left(a-c\right)$ , $c^{n}-a^{n}=p\left(b-a\right)$.

Entonces xyz = -p^{3}

Si n es impar:
Entonces x,y,z son enteros positivos, entonces p es negativo. Sea q=-p, entonces q es positiva,
xyz = q^{3} y $a^n-qb=b^n-qc=c^n-qa$.

Por lo tanto hay tres casos:

Caso 1._ Que dos entre x,y,z sean 1.
S.P.G. x=y=1. Entonces
$a^{n}-b^{n}=a-b=q\left(b-c\right)$ y
$b^{n}-c^{n}=b-c=q\left(c-a\right)$.
Entonces sumando las desigualdades $c-a=q\left(a-b\right)=c^{n}-a^{n}$. Entonces z=1. Contradicción.

Caso 2._ Que dos entre x,y,z sean q.
S.P.G. x=y=q. Entonces
$a^{n}-b^{n}=q\left(a-b\right)=q\left(b-c\right)$ Entonces 2b=a+c
$b^{n}-c^{n}=q\left(b-c\right)=q\left(c-a\right)$ Entonces 2c=a+b
Entonces b=c que por observación 1 es una contradicción.

Caso 3._ Que entre x,y,z esté 1, q y q^{2}.
S.P.G. x=1, y=q y z=q^{2}. Entonces
$a^{n}-b^{n}=a-b=q\left(b-c\right)$
$c^{n}-a^{n}=q^{2}\left(c-a\right)=q\left(a-b\right)$
Entonces $a-b=q\left(b-c\right)$ y $q\left(c-a\right)=a-b$, respectivamente.
Sumando las dos última ecuaciones
$q\left(b-a\right)=2(a-b)$
Entonces q=-2. Contradicción pues q es positiva.

Por lo tanto n no es impar.

Si n es par:
Podemos suponer S.P.G que p es positivo, en otro caso cambiamos a,b,c,p por sus negativos, y como n es par $a^n+pb=b^n+pc=c^n+pa$ se seguirá cumpliendo.

pero entre a,b,c por principio de las casillas hay dos que tienen la misma paridad. S.P.G x y y tienen la misma paridad.
Pero $x=a^{n-1}+a^{n-2}b+...+b^{n-1}$ Entonces x es par. Entonces 2 divide a p, pero p es primo positivo entoncs p=2.
Entonces $a^n+2b=b^n+2c=c^n+2a$
Entonces si uno entre a,b,c es par entonces los otros dos lo son.
Entonces a,b,c tienen la misma paridad, entoncs x,y,z son pares.
Pero xyz = -p^{3}= -2^{3}
Entonces hay dos casos:

Caso 1._ Dos números entre x,y,z que son -2 lo cual no puede pasar por una demostraciòn anàloga al caso 2 de n impar.

Caso 2._ Al menos uno de entre x,y,z es 2. S.P.G. x=2 Entoncs:
$a^{n}-b^{n}=2\left(a-b\right)=$2\left(c-b\right)$ Entonces a=c. Contradicción por observación 1.

Por lo tanto n no es par. Contradicción.
Por lo tanto $a=b=c$

alberto dijo...

Es facil ver que si dos son iguales entonces el tercero tambien, entonces supongamos que los tres son distintos.

$a^n+pb=b^n+pc=c^n+pa$
De aqui obtenemos:
$p=\frac{a^n-b^n}{c-b}$
$p=\frac{b^n-c^n}{a-c}$
$p=\frac{c^n-a^n}{b-a}$
Si los multiplicamos todos tenemos que:
$-p^3=\frac{a^n-b^n}{a-b} \cdot \frac{b^n-c^n}{b-c} \cdot \frac{c^n-a^n}{c-a}$

Primero vemos cuando $n$ es par.
Cada una de estas tres fracciones son enteros por la factorizacion de una diferencia de potencias. Por casillas, dos de a,b y c tendran la misma paridad, spdg a y b.
$\frac{a^n-b^n}{a-b} = a^{n-1}+ \dots b^{n-1}$ estos son n sumandos de la misma paridad, y como n es par, eso es par, entonces $-p^3$ es par, entonces $p=2$
$a^n+2b=b^n+2c=c^n+2a$
$-8=\frac{a^n-b^n}{a-b} \cdot \frac{b^n-c^n}{b-c} \cdot \frac{c^n-a^n}{c-a}$

Tres o uno de los factores va a ser -2, si 3 son, entonces spdg
$\frac{a^n-b^n}{a-b} \cdot \frac{b^n-c^n}{b-c}=-2$
De esto, y de $a^n+2b=b^n+2c=c^n+2a$ obtenemos:
$a^n-b^n=-2(a-b)=2(c-b)$
$b^n-c^n=-2(b-c)=2(a-c)$
Que nos dice que $b-a=c-b=a-c$
De aqui se llega facil a que $a=b=c$, contradiccion porque supusimos que eran distintos.

Entonces uno sera -2 y los otros dos seran 2. Y de la misma forma obtenemos que si spdg el primero es 2:
$a^n-b^n=2(a-b)=2(c-b)$
Entonces a=c, contradiccion.

alberto dijo...

pequeña correccion, deberia decir:


Tres o uno de los factores va a ser -2, si 3 son, entonces:
$\frac{a^n-b^n}{a-b}=\frac{b^n-c^n}{b-c}=-2$

jorge garza vargas dijo...

Hagámoslo por contradicción, supongamos que todos son distintos (si dos son iguales es claro que todos son distintos)Dividamos en dos casos de acuerdo con la paridad de $n$.
Caso 1. $n$ impar.
S.p.g $a=max{a,b,c}$, como $n$ impar se conserva el orden de los tamaños de $a,b,c$ cuando se elevan a la $n$. Luego $b^n-c^n=p(a-c)\textgreater 0$ entonces $b^n\textgreater c^n$ entonces $b\textgreater c$ entonces analogamente $b^n-a^n=p(b-c)\textgreater 0$ entonces $b\textgreater a$ lo cual es una contradicción.
Caso 2. Si $n$ par.
S.p.g sea $v_2(a-b)=max{v_2(a-b), v_2(b-c), v_2(c-a)$ y también como antes que $a$ es máximo, luego como $n$ es par $v_2(a^n-b^n)\textgreater v_2(a-b)\geq v_2(c-b)$, pero $a^n-b^n=p(c-b)$ entonces $p$ es par, entonces $p=2$, entonces $b^n=a^n-2(b+c)\textgreater a^n-4a\textgreater (a-2)^n$ pues $n$ es mayor que uno, entonces $b=a-1$, analogamente $c=a-1$ entonces $b=c$, contradicción, con lo que terminamos la demostración.

jorge garza vargas dijo...

Hagámoslo por contradicción, supongamos que todos son distintos (si dos son iguales es claro que todos son distintos)Dividamos en dos casos de acuerdo con la paridad de $n$.
Caso 1. $n$ impar.
S.p.g $a=max{a,b,c}$, como $n$ impar se conserva el orden de los tamaños de $a,b,c$ cuando se elevan a la $n$. Luego $b^n-c^n=p(a-c)\textgreater 0$ entonces $b^n\textgreater c^n$ entonces $b\textgreater c$ entonces analogamente $b^n-a^n=p(b-c)\textgreater 0$ entonces $b\textgreater a$ lo cual es una contradicción.
Caso 2. Si $n$ par.
S.p.g sea $v_2(a-b)=max{v_2(a-b), v_2(b-c), v_2(c-a)$ y también como antes que $a$ es máximo, luego como $n$ es par $v_2(a^n-b^n)\textgreater v_2(a-b)\geq v_2(c-b)$, pero $a^n-b^n=p(c-b)$ entonces $p$ es par, entonces $p=2$, entonces $b^n=a^n-2(b+c)\textgreater a^n-4a\textgreater (a-2)^n$ pues $n$ es mayor que uno, entonces $b=a-1$, analogamente $c=a-1$ entonces $b=c$, contradicción, con lo que terminamos la demostración.

jorge garza vargas dijo...

Hagámoslo por contradicción, supongamos que todos son distintos (si dos son iguales es claro que todos son distintos)Dividamos en dos casos de acuerdo con la paridad de $n$.
Caso 1. $n$ impar.
S.p.g $a=max{a,b,c}$, como $n$ impar se conserva el orden de los tamaños de $a,b,c$ cuando se elevan a la $n$. Luego $b^n-c^n=p(a-c)\textgreater 0$ entonces $b^n\textgreater c^n$ entonces $b\textgreater c$ entonces analogamente $b^n-a^n=p(b-c)\textgreater 0$ entonces $b\textgreater a$ lo cual es una contradicción.
Caso 2. Si $n$ par.
S.p.g sea $v_2(a-b)=max{v_2(a-b), v_2(b-c), v_2(c-a)$ y también como antes que $a$ es máximo, luego como $n$ es par $v_2(a^n-b^n)\textgreater v_2(a-b)\geq v_2(c-b)$, pero $a^n-b^n=p(c-b)$ entonces $p$ es par, entonces $p=2$, entonces $b^n=a^n-2(b+c)\textgreater a^n-4a\textgreater (a-2)^n$ pues $n$ es mayor que uno, entonces $b=a-1$, analogamente $c=a-1$ entonces $b=c$, contradicción, con lo que terminamos la demostración.

alberto dijo...

Si n es impar:

Caso 1: a,b y c son positivos:
Viendo las igualdades del problema tenemos:
(1) a>b $\then a^n \textgreater b^n \then b\textless c$
$\then b^n \textless c^n \then c \textgreater a$
$\then c^n \textgreater a^n \then b \textgreater a$ contradiccion
(2) b>a $\then b^n \textgreater a^n \then c\textless b$
$\then c^n \textless b^n \then a \textgreater c$
$\then a^n \textgreater c^n \then a \textgreater b$ contradiccion

Caso 2: uno de los 3 es negativo, spdg a:
$-a^n+pb=b^n+pc=c^n-pa$
$\then p(a+b)=c^n+a^n$,$p(b-c)=a^n+b^n$
Como n es impar se puede factorizar la suma de potencias, de lo que obtenemos que $a+b$ divide a $p$ o a $b-c$ y que $a+c$ divide a $p$ o a $a+b$.
De lo primero, si a+b divide a p, como ambos son positivos entonces son iguales a p, entonces si a+c divide a p vemos que b=c, contradiccion, y si a+c divide a a+b, como a+b es primo entonces son iguales y b=c, contradiccion.
Queda que a+b divida a b-c, pero eso implica $a+b\leq b-c \then a+c\leq 0$ contradiccion.

Caso 3: 2 son negativos, spdg a y b:
$-a^n-pb=-b^n+pc=c^n-pa$
Factorizando tenemos:
$p(a+c)=b^n+c^n$
$p(a-b)=a^n+c^n$
Que de la misma forma que el caso anterior nos dice que b+c divide a p o a $a+c$, y que a+c divide a $p$ o a $a-b$
Si a+c divide a $a-b$ no se puede porque implica $c+b \leq 0$, y si a+c divide a p, entonces a+c=p. Entonces b+c divide a a+c, y como es primo, entonces son iguales, entonces a=b contradiccion.

Caso 4: los tres son negativos, se convierte en un caso analogo a cuando los tres son positivos.

Y ya vimos que en todos los casos obtenemos una contradiccion, entonces $a=b=c$

alberto_pjn dijo...

Sea $ v_p(n) $ el potencia de p que divide a n, entonces por el lema de Lifting the exponet tenemos lo siguiente, como:
$ a^n - b^n = p(c-b) $
Para todo q primo diferente de p:
$ v_q(a-b) \le v_q(c-b) $
Y análogamente tenemos que:
$ v_q(c-b) \le v_q(c-a) $
$ v_q(c-a) \le v_q(a-b) $

$ \Rightarrow v_q(a-b) = v_q(c-b)= v_q(c-a) $

Entonces podemos decir que:
$ a-b = \pm x p^{\alpha} $
$ b-c = \pm x p^{\beta} $
$ c-a = \pm x p^{\gamma} $

Supongamos SPG que
$ \alpha \le \beta \le \gamma $
Entonces
$ v_p(a-c) = v_p( (a-b) + (b-c)) = min( \alpha, \beta ) = \alpha $

Con argumentos análogos
$ \alpha = \beta = \gamma $
$ \Rightarrow \pm(a-b) = \pm(b-c)= \pm(c-a) $
Pero si sumamos por parejas podemos que que esto pasa si solo si
$$ a=b=c \blacksquare $$

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