Teoremas Coloridos 
Questão A
O que sugerem as figuras 6 e 7 quanto ao valor de \(d_n\) quando \(n \geq 4\) é uma potência de \(2\), digamos \(n=2^k\) para algum natural \(k \geq 2\,\)? Parece que para algumas potências de 2 se tem \(d_n=2(n-1)\) (como \(n = 4, 8, 32, 128\)), e que para outras \(d_n=2\) (como quando \(n=16, 64, 256\)). Observe-se que, para estes valores de \(n\), \[d_n\,:= \,\text{mdc}\,\Big\{\binom{n}{j}\colon \, 1 \leq j \leq n-1 \,\text{ e \(j\) é par}\Big\}.\] Como anteriormente, podemos concluir que \(d_n \leq \frac{n(n-1)}{2}\) pois \(d_n\) tem de dividir \(\binom{n}{2}\); que \(d_n\) tem de ser par como consequência de (4) e (7) e, por (9), que \(\frac{d_n}{2}\) tem de dividir \(2^{n-2}-1\). Logo \(d_n=2\ell\) para algum natural \(\ell\) ímpar.
Se \(n-1\) é primo (logo, pelo Pequeno Teorema de Fermat, \(n-1\) divide \(2^{n-2}-1\)), então na factorização de \(\frac{d_n}{2}\) não pode ocorrer outro primo ímpar distinto de \(n-1\) (pois já provámos que cada primo ímpar da factorização de \(d_n\) tem de dividir \(n-1\)); e, como vimos na análise anterior do 1º caso, \(n-1\) divide todos os coeficientes \(\binom{n}{j}\) tais que \(\text{mdc}(j,n)>1\). Logo, \(d_n \geq 2(n-1)\). Mas como \(d_n = 2\ell\) com \(\ell\) ímpar e, sendo \(n \geq 4\), se tem \(2(n-1)^2 > \frac{n(n-1)}{2}\), então \(d_n=2(n-1)\). É o que acontece quando \(n=4,\,8,\,32,\,128\).
Se \(n-1\) não é primo (como quando \(n=16, \,64,\,256\); observe-se que, para que seja \(d_n=2(n-1)\), \(n-1\) tem se dividir \(2^{n-2}-1\) e isso não acontece para estes valores de \(n\)) e \(n-1=q^\alpha Q\) para algum primo ímpar \(q\) e naturais \(Q, \alpha \in \mathbb{N}\) tais que \(Q>1\) e \(Q\) é primo com \(q\), então deduzimos como anteriormente no 2º caso que \(d_n=2\).
Resta-nos analisar o caso de \(n-1\) não ser primo mas se ter \(n-1=q^\alpha\) para algum primo ímpar \(q\) e um natural \(\alpha > 1\). Um tal \(n\) seria uma potência de \(2\), digamos \(n=2^k\) para algum \(k \geq 2\), e satisfaria a equação \(2^k-1 = q^\alpha\), ou seja, \(2^k - q^\alpha = 1\), para um primo ímpar \(q\) e um natural \(\alpha > 1\). Contudo, a conjectura de Catalan, provada em [5], afirma que a única solução da equação \(x^a - y^b = 1\), onde \(x,\,y,\,a,\,b \in \mathbb{N}\) e \(a, \,b > 1\), é \(x=3\), \(a=2\), \(y=2\), \(b=3\). E, portanto, \(n-1\) não pode ser simultaneamente um natural composto da forma \(2^k - 1\) e uma potência maior do que \(1\) de um primo.
Resumindo: Se \(n \geq 4\) é uma potência de \(2\), então \(d_n\) é par e
- \(d_n = 2(n-1),\,\) se \(n-1\) é primo;
- \(d_n=2,\,\) caso contrário.
Além disso, quando \(n\) é uma potência de \(2\), não se pode ter \(n-1=q^\alpha\) para um primo \(q\) (ímpar) e um natural \(\alpha > 1\).
Deixamos ao leitor o desafio de estudar a questão (A) para valores ímpares de \(n\). E de analisar os dois problemas seguintes.
