Primas que dividen $2^a+2^b-1$

Question

Por el pequeño teorema de Fermat sabemos que todo primo impar $p$ divide $2^a-1$ con $a=p-1$ .

¿Es posible demostrar que hay infinitos primos que no son dividiendo $2^a+2^b-1$ ?

(Con $2^a,2^b$ siendo incoguente modulo $p$ )

1. Obviamente, si $2$ no es un residuo cuadrático módulo $p$ entonces tenemos la solución
$a=1, b=\frac{p-1}{2}$

2. Si $2$ es un residuo cuadrático y el orden de $2 \ modp$ es $r=\frac{p-1}{2}$
entonces el conjunto $ \{2^1,2^2,...,2^{\frac{p-1}{2}}\}$ es un sistema completo de residuos cuadráticos modp.
Así que, en este caso, $p\mid2^a+2^b-1$ equivale a $p\mid x^2+y^2-1$ con $x^2,y^2$ siendo incogruente modp, lo que siempre es cierto para cada $p\geq11$ .

3. No es cierto que si $p \mid2^a+2^b-1$ y $q\mid2^{a'}+2^{b'}-1$ entonces $p\cdot q\mid 2^c+2^d-1$ .

Ahí está el contraejemplo: $5\mid 2^1+2^2-1$ y $17\mid 2^1+2^4-1$ pero
$5\cdot 17=85\not \mid2^a+2^b-1$ .

Podemos ver algunos ejemplos de números que tienen la propiedad cuestionada : $3,7,31,73,89,...$
(De hecho, todo primo de Mersenne no divide $2^a+2^b-1$ )

Gracias de antemano.

Answer 1

Esta es una heurística que sugiere que el problema es probablemente bastante difícil. Tenemos que $p | 2^{a} + 2^{b} - 1$ si y sólo si existe algún número entero $k$ , $1 \leq k \leq p-1$ con $k \ne \frac{p+1}{2}$ para lo cual $2^{a} \equiv k \pmod{p}$ y $2^{b} \equiv 1-k \pmod{p}$ son ambos solucionables. Si $r$ es el orden de $2$ modulo $p$ entonces para cada elemento $k$ en $\langle 2 \rangle$ la "probabilidad" de que $1-k$ también está en $\langle 2 \rangle$ es $\frac{r}{p-1}$ (suponiendo que $1-k$ es un "elemento aleatorio de $\mathbb{F}_{p}^{\times}$ ). Por lo tanto, la probabilidad de que no haya soluciones es de aproximadamente $\left(\frac{p-1-r}{p-1}\right)^{r} \approx e^{-\frac{r^{2}}{p-1}}$ . (Tenga en cuenta que si $r$ es par, entonces tenemos la solución trivial $2^{a} \equiv -1 \pmod{p}$ y $b = 1$ .)

Por lo tanto, para que haya una solución, debemos tener que $r$ es pequeño en función de $p$ No más grande que $\sqrt{p}$ . Esto implica que $p$ debe ser un divisor primo de $2^{r} - 1$ de tamaño $\gg r^{2}$ . (Por ejemplo, el primer $p < 5 \cdot 10^{5}$ que no divide un número de la forma $2^{a} + 2^{b} - 1$ para lo cual $r$ es el más grande es $p = 379399$ y para este número, $r = 1709$ .)

Sin embargo, parece difícil demostrar incondicionalmente que existen números de la forma $2^{n} - 1$ con grandes divisores primos. Sea $P(2^{n} - 1)$ denota el mayor divisor primo de $2^{n} - 1$ . Entonces, los resultados incondicionales más fuertes (véase el artículo de Cam Stewart en Acta. Math. de 2013) toman la forma $P(2^{n} - 1) \geq f(n)$ , donde $f(n) = O(n^{1 + \epsilon})$ para todos $n$ . (Por supuesto, sólo necesitamos un resultado para un número infinito de $n$ pero permitir excepciones no parece ayudar). Murty y Wong (2002) prueban suponiendo ABC que $P(2^{n} - 1) \gg n^{2 - \epsilon}$ para todos $n$ y Pomerance y Murata (2004) muestran que $P(2^{n} - 1) \gg \frac{n^{4/3}}{\log \log(n)}$ para todos los subconjuntos de densidad cero de $n$ , asumiendo GRH.