¿Existen las competencias primer impares que pueden ser representadas como $n^4+4^n$?

Question

Bueno, me escribió una solución, pero de acuerdo con el lugar que he encontrado el problema, no es del todo correcta. Ah, yo soy, simplemente, con la esperanza de que alguien va a señalar dónde me equivoqué.

Ahora, vamos, $n^4+4^n = p^k$ donde $p$ es una extraña primer y $k$ es un entero positivo.

Además, $p^k \equiv 1 \pmod 2$. Por lo tanto, $n^4 + 4^n \equiv n^4 \equiv 1 \pmod 2$, y así $n \equiv 1 \pmod 2$. $n$ debe ser impar.

Bien, ahora vamos, $n = 2m +1$. Sustituyendo en $n^4+4^n$ y el uso de la Sophie Germain de la desigualdad, tenemos,

$$n^4+4\cdot4^{2m} = n^4 + 4(2^m)^4 = (n^2 + 2^n+2^{m+1}\,n)(n^2 + 2^n-2^{m+1}\,n) = p^k$$

Ahora, como $p^k$ sólo pueden ser factorizados en pequeñas potencias de $p$, vamos a $n^2 + 2^n+2^{m+1}\,n = p^i$, y deje $n^2 + 2^n-2^{m+1}\,n = p^j$ donde $i+j= k$, obviamente, y $i>j$.

Ahora considere esto:

$$\begin{align} p^i - p^j & \equiv 0\\ 2\cdot2^{m+1}\,n = 2^{m+2}\,n &\equiv 0 \pmod p \end{align}$$

Pero, como $p$ es impar, $\gcd(p, 2) = 1$, lo $n \equiv 0 \pmod p$.

Ahora, mira esto:

$$\begin{align} p^i + p^j &\equiv 0 \\ 2(n^2 + 2^n) &\equiv 0 \\ n^2 + 2^n &\equiv 0 \pmod p \end{align}$$

Pero sólo hemos establecido que $n \equiv 0 \pmod p$, lo $2^n \equiv 0 \pmod p$.

Por lo tanto, vamos a $2^n = jp$ para algunos entero $j$.

Ahora, $2^n$ es su propia descomposición en factores primos, que es única, de acuerdo con el Teorema Fundamental de la Aritmética, y no incluye el $p$. Por lo tanto, la declaración anterior es un imposible! No existen tales $p$$n$, y ningún extraño primer poderes puede ser escrito como $n^4+4^n$.

Ah, bueno, eso es todo. Lo siento por la monotonía de la misma. Todavía tengo ni idea de cómo usar $\LaTeX$.

Gracias a todos,

Saludos.

Answer 1

Hay el contraejemplo pequeño

$$5^1=1^4+4^1$$

Answer 2

Creo que su argumento funciona siempre y cuando el menor de los dos factores $$n^2+2^n−2^{m+1}n$$ no es igual a $1$. En el caso de $n=1$, se hace igual $1$, y se obtiene de Henry contraejemplo. Para mayor $n$,

$$\begin{align}n^2+2^n−2^{m+1}n&=n^2+2^n-2^{(n+1)/2}n\\ &=n^2+\sqrt{2^n}(\sqrt{2^n}-n\sqrt{2})\end{align}$$

será más grande que $1$ seguro de que una vez $n$ es lo suficientemente grande como para $\sqrt{2^n}-n\sqrt{2}>0$. Esto es equivalente a $2^n>2n^2$. Esta desigualdad se cumple para $n=7$. Cálculo pueden confirmar que se mantiene una vez $n$ está más allá de $7$ demasiado:

Deje $f(n)=2^n$$g(n)=2n^2$. A continuación,$f''(n)=2^n(\ln(2)^2)$$g''(n)=4$. Así que, sin duda para $n\ge7$, $f$ tiene la mayor derivada segunda. La primera derivada de la $f$$n=7$$128\ln(2)$, que es mayor que $g$'s de la primera derivada en$n=7$,$28$. Así que para todos los $n\ge7$, $f$ tiene la más grande que la primera derivada. El mismo argumento se aplica a $f'$$g'$, y así llegamos a la conclusión de que $f(n)>g(n)$ al $n\ge7$.

Podemos comprobar directamente que $n^2+2^n-2^{(n+1)/2}n\neq1$ al $n$ $3$ o $5$.

Answer 3

Por extraño $n>1$ la expresión nunca es prime, puede ser incorporado en un producto donde cada factor es la suma de dos cuadrados: $$[((2^m)+n)^2 +(2^m)^2][(2^m)^2 +((2^m)^2-n)^2],$$ donde $m = (n-1)/2$.

Parece que no leyó la pregunta correctamente, gracias por los comentarios. Voy a intentar mejorar mi respuesta.

Deje que el primer factor se $A$ y el segundo $B$. Luego tenemos a $AB = p^k$ con $k >1$, como si $k= 1$, luego tenemos el caso de $AB =5$. Esto significa en $A$ y $B$, $n >1$, y por lo $m$ al menos $1$, ($n$ es impar). Entonces es fácil ver que ni la $A$ o $B$ es trivialmente $1$. Por lo que podemos establecer $k = r+s$ y $A > B$ podemos poner $A = p^r$, e $B = p^s$,$r>s>0$. Ahora la formación de la diferencia de $A$$B$, es decir, que tenemos; $$A - B = p^r - p^s = n 2^{m+2}. $$ Pero como $p>s>0$, $p$ divide $n$ ($p$ es una extraña prime), pero esto no significa $p$ divide $4$, como lo hemos asumido $p^k = n^4 + 4^n$,$k >1$, lo cual es absurdo. Por lo tanto, la expresión original es sólo el poder de un extraño principal para el caso de $p = 5$.

Answer 4

Para impar n > 1 la expresión nunca es privilegiada, puede tenerse en un producto donde cada factor es la suma de dos cuadrados. $$[((2^m)+n)^2 +(2^m)^2][(2^m)^2 +((2^m)^2-n)^2]$ $ donde $m = (n-1)/2$