Позволять $ a$фиксированное натуральное число. Докажите, что множество простых делителей числа $ 2^{2^{n}} + a$ за $ n = 1,2,\cdots$ бесконечно
$\textbf{Question:}$Позволять $ a$фиксированное натуральное число. Докажите, что множество простых делителей числа$ 2^{2^{n}} + a$ за $ n = 1,2,\cdots$ бесконечно.
Я узнал, что эта проблема легко следует из «теоремы Кобаяши». Но это, вероятно, не принесет никаких очков в математической ситуации.
Кроме того, я думаю, нам нужно как-то использовать идею Евклидова доказательства бесконечности простых чисел. Но это кажется слишком сложным. Я вряд ли смог продвинуться в этом вопросе. Итак, приветствуются любые подсказки или решения. Заранее спасибо.
Ответы
Предположим, что с фиксированным числом a мы получаем композицию вида $N=2^{2^n}+a$у которого есть несколько простых делителей. Если мы докажем, что этих композитов бесконечно много, то мы сможем заключить, что количество простых делителей N для фиксированного a бесконечно (это то, что задается вопросом, если я правильно понял).
Я нашел эту теорему в книге Серпинского по теории чисел. Доказательство принадлежит А. Шинцелю.
Теорема: для любого натурального числа $k ≠ 1$ существует бесконечно много натуральных чисел, таких как n, таких что число $2^{2^n}+k$ составной.
Доказательство:
Пусть a - произвольное натуральное число, а k - целое число, не равное единице. $k-1=2^s h$ где $2^s$ это величайшая сила $2$ который разделяет $k-1$а h - нечетное число, которое может быть положительным или отрицательным. Возьмите m такое, что$2^{2^m}>a-k$ и число t такое, что $t≥s$ а также $t≥m$. Если$2^{2^t}+k≥2^{2^m}+k> a$ составное число, то у нас есть составное число в виде $2^{2^n}+k$больше чем a. Итак, мы предполагаем$p=2^{2^t}+k$простое. поскольку$t≥s$ и $k-1=2^sh$, то имеем:
$p-1=2^{2^t}+k-1=2^sh_1$
где $h_1$ является положительным нечетным числом. Теперь по теореме Эйлера имеем:
$2^{\phi(h_1)} ≡ 1 \ mod (h_1)$
поскольку $p-1=2^s h_1$, тогда:
$2^{s+\phi(h_1)}≡ 2^s \ mod (p-1)$
поскольку $t≥s$ , мы получили:
$2^{t+\phi(h_1)}≡ 2^t \ mod (p-1)$
Наконец, благодаря малой теореме Ферма мы имеем:
$2^{2^{t+\phi(h_1)}}+k ≡ 2^{2^t}+k≡ 0 \ mod (p)$
поскольку $2^{t+\phi(h_1)}> 2^t$ тогда мы можем написать:
$2^{2^{t+\phi(h_1)}}+k>2^{2^t}+k=p$
Следовательно, число $2^{2^{t+\phi(h_1)}}+k$ будет составной больше, чем a, потому что:
$p=2^{2^t}+k≥2^{2^m}+k > a$
Доказательство сделано.