Deixei $ a$ser um número natural fixo. Prove que o conjunto de divisores principais de $ 2^{2^{n}} + a$ para $ n = 1,2,\cdots$ é infinito

Question

$\textbf{Question:}$Deixei $ a$ser um número natural fixo. Prove que o conjunto de divisores principais de$ 2^{2^{n}} + a$ para $ n = 1,2,\cdots$ é infinito.

Eu vim a saber que este problema decorre facilmente do "teorema de Kobayashi". Mas isso provavelmente não dará nenhum ponto em uma situação de competição de matemática.

Além disso, acho que precisaríamos usar de alguma forma a ideia por trás da prova de Euclides da infinitude de primos. Mas parece muito complicado. Eu dificilmente poderia fazer qualquer progresso neste problema. Portanto, qualquer tipo de dica ou solução é apreciada. Desde já, obrigado.

Answer 1

Suponha que com um número fixo a tenhamos um composto da forma $N=2^{2^n}+a$que tem alguns divisores principais. Se provarmos que esses compostos são infinitamente muitos, podemos concluir que o número de divisores primos de N para um a fixo é infinito (é isso que a pergunta está perguntando, se entendi corretamente).

Encontrei esse teorema em um livro de teoria dos números de Sierpinski. A prova é de A. Schintzel.

Teorema: Para cada número natural $k ≠ 1$ existe infinitamente muitos números naturais como n, tal número $2^{2^n}+k$ é composto.

Prova:

Seja a um número natural arbitrário ek um inteiro desigual à unidade. $k-1=2^s h$ Onde $2^s$ é o maior poder de $2$ que divide $k-1$e h é um número ímpar que pode ser positivo ou negativo. Tome-me de tal forma que$2^{2^m}>a-k$ e numere t tal que $t≥s$ e também $t≥m$. E se$2^{2^t}+k≥2^{2^m}+k> a$ é composto, então temos um número composto na forma $2^{2^n}+k$maior que a. Então assumimos$p=2^{2^t}+k$é principal. Desde a$t≥s$ e $k-1=2^sh$, então nós temos:

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

Onde $h_1$ é um número ímpar positivo. Agora, devido ao teorema de Euler, temos:

$2^{\phi(h_1)} ≡ 1 \ mod (h_1)$

Desde a $p-1=2^s h_1$, então:

$2^{s+\phi(h_1)}≡ 2^s \ mod (p-1)$

Desde a $t≥s$ , Nós temos:

$2^{t+\phi(h_1)}≡ 2^t \ mod (p-1)$

Finalmente, devido ao pequeno teorema de Fermat, temos:

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

Desde a $2^{t+\phi(h_1)}> 2^t$ então podemos escrever:

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

Daí o número $2^{2^{t+\phi(h_1)}}+k$ será um composto maior do que a, porque:

$p=2^{2^t}+k≥2^{2^m}+k > a$

A prova está feita.