しましょう $ a$固定された自然数である。の素数除数のセットが $ 2^{2^{n}} + a$ にとって $ n = 1,2,\cdots$ 無限です

Aug 17 2020

$\textbf{Question:}$しましょう $ a$固定された自然数である。の素数除数のセットが$ 2^{2^{n}} + a$ にとって $ n = 1,2,\cdots$ 無限です。

この問題は「小林の定理」から簡単にわかるようになりました。しかし、それはおそらくコンテスト数学の状況に何のポイントも与えません。

それとは別に、ユークリッドの素数の無限大の証明の背後にある考え方をどうにかして使用する必要があると思います。しかし、それはトリッキーすぎるようです。私はこの問題をほとんど進展させることができなかった。したがって、あらゆる種類のヒントや解決策を歓迎します。前もって感謝します。

回答

1 sirous Aug 17 2020 at 02:29

固定数aで、フォームのコンポジットを取得するとします。 $N=2^{2^n}+a$いくつかの素数の約数があります。これらの合成が無限に多いことを証明した場合、固定aのNの素数除数の数は無限であると結論付けることができます(これは、私が正しく理解していれば、質問が求めているものです)。

この定理は、シェルピンスキーの数論の本で見つけました。証明はA.シンツェルによるものです。

定理:すべての自然数に対して $k ≠ 1$ nのような自然数は無限に存在します。 $2^{2^n}+k$ コンポジットです。

証明:

aを任意の自然数、kを1に等しくない整数とします。 $k-1=2^s h$ どこ $2^s$ の最大の力です $2$ 分割する $k-1$hは奇数で、正または負の数になります。そのようなmを取る$2^{2^m}>a-k$ そしてそのような数t $t≥s$ そしてまた $t≥m$。場合$2^{2^t}+k≥2^{2^m}+k> a$ が合成数の場合、次の形式の合成数があります $2^{2^n}+k$より大きい。したがって、$p=2^{2^t}+k$素数です。以来$t≥s$ そして $k-1=2^sh$、次に:

$p-1=2^{2^t}+k-1=2^sh_1$

どこ $h_1$ は正の奇数です。オイラーの定理により、次のようになります。

$2^{\phi(h_1)} ≡ 1 \ mod (h_1)$

以来 $p-1=2^s h_1$、その後:

$2^{s+\phi(h_1)}≡ 2^s \ mod (p-1)$

以来 $t≥s$ 、 我々が得る:

$2^{t+\phi(h_1)}≡ 2^t \ mod (p-1)$

最後に、フェルマーの小さな定理により、次のようになります。

$2^{2^{t+\phi(h_1)}}+k ≡ 2^{2^t}+k≡ 0 \ mod (p)$

以来 $2^{t+\phi(h_1)}> 2^t$ 次に、次のように記述します。

$2^{2^{t+\phi(h_1)}}+k>2^{2^t}+k=p$

したがって、数 $2^{2^{t+\phi(h_1)}}+k$ 次の理由により、aより大きいコンポジットになります。

$p=2^{2^t}+k≥2^{2^m}+k > a$

証明が行われます。