¿Podemos demostrar que la identidad $xa_n+y2^{d(a_n)}=1$ como soluciones para $x=1$ ?

Question

Este problema es una continuación de este Correo electrónico: .

Se demostró que si $n\in\mathbf{N}$ , $a_n=n^2+1$ y $d(a_n)$ cuenta el número de divisores de $a_n$ entonces

$$\gcd\left(a_n,2^{d(a_n)}\right) = \begin{cases} 1, & \text{if $ n $ is even} \\[2ex] 2, & \text{if $ n $ is odd} \end{cases}$$ Supongamos que $n$ está en paz. Según la identidad de Bezout existen enteros $x$ y $y$ tal que $$xa_n+y2^{d(a_n)}=1$$ Digamos que sabemos $a_n$ pero no sabemos $d(a_n)$ . Seguramente $x$ y $y$ ¿no pueden ser ambas cosas positivas?

¿Podemos demostrar que la identidad $xa_n+y2^{d(a_n)}=1$ tiene soluciones para $x=1$ ?

Si existe tal solución, entonces $y$ es negativo y $$-y2^{d(a_n)}=-n^2$$ y así $-y$ debe ser un cuadrado. Entonces podemos demostrar que $d(a_n)=\ln\left({n^2 \above 1.5pt y} \right) \left({1 \above 1.5pt \ln(2)}\right)$ . Trivalmente $y<n^2$ .

Actualización: desde $y$ es cuadrado podemos escribir $$d(a_n)={2 \above 1.5pt \ln(2)} \ln\Bigg({n \above 1.5 pt m}\Bigg)=2.8853901\ldots\cdot\ln\Bigg({n \above 1.5 pt m}\Bigg)$$ donde $y=m^2$

Answer 1

Si tenemos eso

$$a_n+y2^{d(a_n)}=1$$

entonces

$$(-y)2^{d(a_n)} = a_n-1$$

así que

$$2^{d(n^2+1)} | n^2$$

Aunque esto es cierto para muchos casos (como cuando $n^2+1$ es primo, lo que probablemente ocurre con infinita frecuencia), no siempre es cierto. Por ejemplo, siempre que

$$n\equiv 2\mod 4$$

sólo tenemos $2$ dos en el lado derecho, por lo que esto sólo puede ser cierto cuando $n^2+1$ es primo. Esto es válido para

$$2\to 5,6\to 37,10\to 101,14\to 197$$

pero falla, ya que $18^2+1=325=5^2\cdot 13$ .