Conjetura que involucran números semi-prime el % de forma $2^{x}-1$

Question

Que $x$ ser un entero positivo tal que $(2^{x}-1)=pq$, donde $p$ y $q$ son números primos.
Quiero que sea $p^{2} \bmod x \equiv 1$ o $q^{2} \bmod x \equiv 1$ (o curso).

¿Hay una manera simple de probar esta conjetura?

Answer 1

No. Dudo que hay una manera de probarlo. (EDIT: me equivoqué - ver barto la respuesta.)

Primero de todo, no tenemos idea de cómo determinar si hay o no hay infinitamente muchos $x$ tal que $2^x-1$ es el producto de dos números primos, incluso independiente de la condición adicional.

Tenga en cuenta que $2^x-1=pq$ implica $2^x\equiv1\pmod p$, por lo que es razonablemente probable ya que el $x$ es un divisor de a $p-1$. Y si $x$ es un divisor de a $p-1$ o $q-1$, entonces la condición adicional es ciertamente satisfecho.

Yo numéricamente verificado su conjetura hasta el $x\le200$; sólo hubo dos casos donde la $p^2\not\equiv1\pmod x$, es decir,$2^9-1=7\cdot73$$7^2\equiv4\pmod9$$2^{49} - 1 = 127\cdot4432676798593$$127^2\equiv8\pmod{49}$. Pero en ambos casos tenemos $q^2\equiv1\pmod x$.

Answer 2

Sí, hay una manera sencilla.

En primer lugar, mostramos $x$ tiene que ser el primer o el cuadrado de un primo. Supongamos que no, entonces $x=ab$ para algunos enteros $a\neq b$$2\leq a\leq b$.

A continuación, $2^a-1$ $2^b-1$ son dos cosas diferentes no trivial divisores de $2^x-1$, y por lo tanto igual a$p$$q$.

Tendríamos $(2^a-1)(2^b-1)=2^{ab}-1$, pero como $2\leq a\leq b$, $$(2^a-1)(2^b-1)=2^{a+b}-2^a-2^b+1<2^{a+b}-1\leq2^{ab}-1,$$ una contradicción.

Si $x$ es primo, entonces $\mbox{ord}_p(2)=x$, lo $x\mid p-1$, y la conclusión de la siguiente manera.

Considere la posibilidad de $x=r^2$, el cuadrado de un primo. Luego tenemos la $p=2^r-1$$q=\frac{2^{r^2}-1}{2^r-1}$. Esto le da $$(2^r-1)\cdot(q-1)=2^{r^2}-2^r=2^r\cdot(2^{\varphi(r^2)}-1).$$ It follows that $r^2\mid q-1$, como se desee.

(Hay otra manera de ver por qué la $r^2\mid q-1$. Puesto que el orden de $q$ modulo $2$ puede no ser $1$ o $r$ (el fin de ser $r$ llevaría a $2^{r^2}-1=(2^r-1)^2$), tiene que ser $r^2$. Por lo tanto $r^2\mid q-1$.)

Tenga en cuenta que este es el caso de Greg Martins ejemplos: $3^2\mid q-1$ $7^2\mid q-1$ en ambos casos. Si desea $p-1$ a ser divisible por $r^2$, $r$ tiene que ser un llamado Wieferich prime.