Si $1+2^n+4^n$ es un número primo, entonces demuestre que $n=3^k$ para algunos $k\in \mathbb{N}$ .

Question

Si $1+2^n+4^n$ es un número primo, entonces demuestre que $n=3^k$ para algunos $k\in \mathbb{N}$ .

He mirado https://math.stackexchange.com/a/186723/283318 para una inspiración. En la base 2, $1+2^n+4^n=10\ldots010\ldots01$ y estoy completamente atascado.

Answer 1

Resolvamos un problema un poco más general y hagámoslo de una manera novedosa: Consideremos la función, para un número fijo de $a$ : $$f_a(n)=1+a^n+a^{2n}.$$ Estamos aquí preguntando por el caso $a=2$ . Demostraremos la siguiente afirmación:

$f_a(1)$ divide $f_a(3n+1)$ y $f_a(3n+2)$ para cualquier número entero no negativo $n$ .

Esto resulta ser notablemente fácil; podemos observar que $f_a$ satisface la siguiente recurrencia (cuya derivación se muestra a continuación; es fácil de verificar algebraicamente, pero parece magia si sólo la pongo): $$f_a(n+3)=(1+a+a^2)f_a(n+2)-(a+a^2+a^3)f_a(n+1)+a^3f(n)$$ Tomamos este mod $f_a(1)=1+a+a^2$ ya que sólo nos importa si $f_a(1)$ divide $f_a(n)$ . Observe que $a^3\equiv 1\pmod{f_a(1)}$ como se puede escribir $(a-1)f_a(1)+1$ . Los otros coeficientes son obviamente $0$ mod $f_a(1)$ por lo que obtenemos $$f_a(n+3)\equiv f_a(n)\pmod{f_a(1)}$$ que nos dice que si $f_a(1)$ divide $f_a(n)$ divide $f_a(n+3)$ también. Obviamente $f_a(1)$ se divide a sí mismo, por lo que se divide $f_a(3n+1)$ para los enteros no negativos $n$ . Además, se puede comprobar la siguiente identidad (hallada mediante la división de polinomios): $$1+a^2+a^4=(1-a+a^2)(1+a+a^2)$$ que nos dice que $f_a(1)$ divide $f_a(2)$ también.

A partir de aquí, es fácil: Obsérvese que para $f_a(n)$ para ser primo, debe ser que $n$ es $1$ o un múltiplo de $3$ ya que de lo contrario $f_a(1)$ es un factor propio. Sin embargo, si se factoriza $n=3^k\cdot m$ para $m$ coprima a $3$ . Entonces $f_a(3^k\cdot m)=f_{a^{3^k}}(m)$ que sólo puede ser un primo si $m$ es $1$ (ya que $m$ no es un múltiplo de $3$ ). Así, $n=3^k$ si $f_a(n)$ es primo.

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Para encontrar la recurrencia, observé que $$\frac{1}{1-cx}=1+cx+c^2x^2+c^3x^3+\ldots$$ por lo que la serie $f(n)$ tiene una función generadora $$\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1-ax}+\frac{1}{1-a^2x}=f(0)+f(1)x+f(2)x^2+\ldots$$ que, juntando la fracción da $$\frac{\text{something awful}}{(1-x)(1-ax)(1-a^2x)}=f(0)+f(1)x+f(2)x^2+\ldots$$ o ampliando el denominador $$\frac{\text{something awful}}{1-(1+a+a^2)x+(a+a^2+a^3)x^2-a^3x^3}=f(0)+f(1)x+f(2)x^2+\ldots$$ Lo horrible de la parte superior es un polinomio cuadrático. Así, si multiplicamos por el denominador, los coeficientes de $x^3$ y mayores en la mano izquierda deben desaparecer para que sean iguales al lado izquierdo; el coeficiente de $x^{n+3}$ es $$f(n+3)-(1+a+a^2)f(n+2)+(a+a^2+a^3)f(n+1)-a^3f(n)=0$$ y luego simplemente aislamos $f(n+3)$ para obtener la recurrencia.

Answer 2

Si $n$ es par, entonces $3\mid 1+2^n+4^n$ Así que si $1+2^n+4^n$ es primo, entonces $1+2^n+4^n=3$ Así que $n=0$ .

Si $n$ es impar, para la contradicción asume $n=3^kr$ para algunos $r\ge 2,\, \gcd(r,6)=1$ .

$$\left(2^n-1\right)\left(4^n+2^n+1\right)=2^{3n}-1=2^{3^{k+1}r}-1$$

$$=\left(2^{3^{k+1}}-1\right)\left(2^{3^{k+1}r-3^{k+1}}+2^{3^{k+1}r-3^{k+1}-1}+\cdots+1\right)$$

$$\implies 2^{3^{k+1}}-1\mid \left(2^{3^kr}-1\right)\left(4^n+2^n+1\right)$$

Pero $\gcd\left(2^{3^{k+1}}-1,2^{3^{k}r}-1\right)=2^{3^k}-1$ (ver aquí por qué).

$$\implies \frac{2^{3^{k+1}}-1}{2^{3^k}-1}\mid 4^n+2^n+1$$

$$\iff 4^{3^k}+2^{3^k}+1\mid 4^n+2^n+1$$

Pero $4^{3^k}+2^{3^k}+1< 4^n+2^n+1$ Así que $4^n+2^n+1$ no puede ser primo.