Teoremas Coloridos 
Justificação
Suponhamos que \(n\) é par mas não uma potência de \(2\) (logo \(n > 2\)) e que verifica \(d_n > 1\). Seja \(q\) um primo que divide \(d_n\). Como \(d_n\) é ímpar, \(q \neq 2\). Sabemos ainda que \(q\) tem de dividir \(\binom{n}{2}= \frac{n(n-1)}{2}\), e, portanto, sendo primo, \(q\) divide \(\frac{n}{2}\) ou \(q\) divide \(n-1\). Observe-se, porém, que \(q\) não pode dividir \(\frac{n}{2}\), caso contrário:
- \(q\) divide \(n\), logo \(n=a\,q^\beta\), para algum \(\beta \in \mathbb{N}\) e algum natural \(a\) primo com \(q\) (e \(a \geq 2\) porque \(n\) é par e \(q\) é ímpar);
- \(\binom{n}{q^\beta} = A \,q^{\nu_q(n!) - \nu_q((q^\beta)!) - \nu_q((n-q^\beta)!)}\), onde \(A\) é um natural primo com \(q\);
- pelo Teorema de Legendre (veja-se o Apêndice e a referência [4]), \[\nu_q(n!) - \nu_q((q^\beta)!) - \nu_q((n-q^\beta)!)=0.\]
Logo \(q\) não divide \(\binom{n}{q^\beta}\) como deveria uma vez que \(1 < q^\beta < n-1\) e \(\text{mdc}(n, q^\beta)>1\). Concluímos deste modo que \(q\) tem de dividir \(n-1\).
1º caso: \(\quad n-1\) é primo.
Se \(n-1\) é primo, podemos desde logo afirmar que \(q=n-1\) e que \(d_n\) só pode ter este factor primo. Além disso, uma vez que \[n > 2 \quad \quad \Rightarrow \quad \quad (n-1)^2 > \frac{n(n-1)}{2}\] deduzimos que, para todos os valores de \(n>2\) tais que \(n-1\) é primo e \(d_n > 1\), se tem \(d_n = n-1\). Por exemplo, \(d_{6}=5\); \(d_{12}=11\); \(d_{14}=13\); \(d_{18}=17\); \(d_{20}=19\). Mas podemos dizer mais: se \(n\) é par e \(n-1\) é primo, então \(d_n > 1\) e, portanto, \(d_n = n-1\). De facto, por \(n\) ser par, \[\text{mdc}(n,j)>1 \quad \quad \Rightarrow \quad \quad 2 \leq j \leq n-2;\] sendo \(n-1\) primo, sabemos já da igualdade (4) que \(n-1\) divide todos os coeficientes \(\binom{n-1}{j-1}\) e \(\binom{n-1}{j}\) para \(2 \leq j \leq n-2\); finalmente, a relação \[\binom{n}{j} = \binom{n-1}{j} + \binom{n-1}{j-1}\] garante que \(n-1\) divide \(\binom{n}{j}\) para todo o \(j\) tal que \(\text{mdc}(n,j) > 1\). (Alternativamente, calculamos \(\binom{n}{j} = \frac{n(n-1) \cdots (n-j+1)}{j(j-1)\cdots2}\) e verificamos que o primo \(n-1\) no numerador não é cancelado pelo denominador porque \(j < n-1\)).
