Para $k>3$ ¿existe un primo impar $q_k$ tal que $p_k=2^kq_k+1$ es primo y $p_k$ divide $a_k=\dfrac{3^{2^{k-1}}+1}{2}$ ?

Question

Preguntas: Para $k>3$ ¿existe un primo impar $q_k$ tal que $p_k=2^kq_k+1$ es primo y $p_k$ divide $a_k=\dfrac{3^{2^{k-1}}+1}{2}$ ?\

Si $k=3$ la respuesta es Sí porque para $q_3=5$ obtenemos $p_3=a_3=41$ . \

$a_4=3281=17\cdot 193$ pero tampoco $17=2^4\cdot 1+1$ ni $193=2^4\cdot 12+1$ cumple los requisitos para ser $p_4$ porque $1$ y $12$ no son números primos (Impares).

$a_5,a_6$ y $a_7$ resultan ser números primos, por lo tanto, la respuesta a la pregunta es No (véase la definición recursiva a continuación). $a_8$ tiene $61$ dígitos y ninguno de sus factores califica para ser $p_8$ . Por desgracia, $a_9$ tiene aproximadamente $121$ dígitos y $a_{10}$ tiene aproximadamente 243 dígitos. Me gustaría ver una prueba de la respuesta No para $k>3$ o ver la condición en $k$ para los que la respuesta es Sí.\

También existe una definición recursiva para $a_k$ : $a_2=5,a_k=2^k(a_2\cdots a_{k-1})+1,k>2,$ que deja muy claro por qué $k=3$ es una respuesta afirmativa. ( $a_1$ no importa realmente, pero una definición significativa es $a_1=2.$ )

Answer 1

Se puede hacer más alto $k$ sin factorizar estos enteros. Una búsqueda de factores pequeños encuentra:

$k=11$ : $3^{2^{10}}+1$ es divisible por $59393=29 \cdot 2^{11} +1$ .

$k=12$ : $3^{2^{11}}+1$ es divisible por $790529= 193 \cdot 2^{12}+1$ .

En el cuadro siguiente se indican muchos más factores de este tipo, en el formato $\{k, p, q\}$ .

$\{11, 59393, 29\}, \{12, 790529, 193\}, \{20, 13631489, 13\}, \{22, 155189249, 37\}, \{29, 12348030977, 23\}, \{45, 15586676835352577, 443\}, \{50, 7881299347898369, 7\}, \{55, 180143985094819841, 5\}, \{81, 26596368031521841843535873, 11\}, \{124, 3466626613007060596533128813211138654209, 163\}, \{127, 850705917302346158658436518579420528641, 5\}, \{140, 43207693822153082336725454153256200417837057, 31\},$ Ahora omitiendo el entero largo $q$ :

$\{267, 17\},\{320, 7\}, \{360, 367\}, \{371, 197\}, \{393, 281\}, \{711, 89\}, \{898, 499\}, \{1000, 13\}$ .

Por lo tanto, esperaría que para infinitamente muchos $k$ existen tales factores primos.

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Relacionado, pero no exactamente su pregunta, es la prueba de Pepin para los primos de Fermat. http://en.wikipedia.org/wiki/P%C3%A9pin%27s_tes

Answer 2

No se trata de una respuesta completa, sino de un argumento heurístico que parece indicar que (como sugiere Christian Elsholtz) no hay ningún obstáculo serio para que existan infinitas triplas de este tipo. Para facilitar la notación, me limitaré a escribir $p$ y $q$ para primos Impares $p$ y $q$ tal que $p = 2^{k}q+1$ y $p$ divide $\frac{3^{2^{k-1}}+1}{2}$ donde $k >3.$ Observe que $3$ tiene orden multiplicativo $2^{k}$ en el grupo multiplicativo $\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times}.$ En particular, $3$ es un no-residuo cuadrático (mod $p$ ). Dado que $p \equiv 1$ (mod $4$ ), debemos tener $p \equiv 2$ (mod 3). Si $k$ es par, concluimos que tenemos $p \equiv 2^{k}+1$ (mod $3.2^{k}$ ) mientras que si $k$ es impar, tenemos $p \equiv 2^{k+1}+1$ (mod $3.2^{k}$ ). Por lo tanto, cuando $k$ es par, tenemos $q \equiv 1$ (mod $3$ ) y cuando $k$ es impar, tenemos $q \equiv 2$ (mod $3$ ). Obsérvese también que $3^{q}$ es un no-residuo cuadrático (mod $p$ ) ya que $q$ es impar.

Por lo tanto, un procedimiento para producir triples $(k,q,p)$ (que sí produce todas las soluciones) es la siguiente: Elegir un número entero $k > 3.$ Elija un primo $q \equiv 2^{k}$ (mod $3$ ). Si $p = 2^{k}q + 1$ también es primo, compruebe si $3$ se encuentra en el subgrupo cíclico generado por $3^{q}$ en $\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times}.$ Si lo hace, entonces $(k,q,p)$ es una solución. Si no, no lo es. La justificación del último paso es que, dado que se cumplen los criterios anteriores, $3^{q}$ tiene orden multiplicativo exactamente $2^{k}$ en $\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times}$ es un generador del Sylow (cíclico) $2$ -subgrupo del grupo multiplicativo $\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times}.$ Por otra parte, si $(k,q,p)$ es una solución, entonces $3$ debe tener orden multiplicativo exactamente $2^{k}$ en $\left(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \right)^{\times}.$ Por lo tanto, debe ser una potencia (en el único Sylow $2$ -subgrupo de ese grupo) del generador $3^{q}.$ De hecho, si $3$ es una potencia de $3^{q}$ en absoluto, es necesariamente un generador de ese Sylow $2$ -ya que $3^{q}$ ya es un generador.