Para cualquier $n>2$, $2^n-1$ y $2^n+1$, a una mayoría es primer.
No tengo ninguna pista :(
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- no tanto $2^n-1,2^n+1$ puede ser primer. (2 respuestas )
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Farkhod Gaziev
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Como $(2^n-1),2^n,(2^n+1)$ son tres números enteros consecutivos, exactamente uno de ellos es divisible por $3$
Ahora, $(2,3)=1\implies 3\mid(2^n-1)(2^n+1)$
que puede que también demostró como $(2^n-1)(2^n+1)=4^n-1^n$ que es divisible por $4-1=3$ $(a-b)\mid(a^m-b^m)$ donde $m$ es cualquier número natural.
Así que, exactamente uno de ellos es divisible por $3$, por lo tanto está compuesto como $n>2, 2^n-1>3$ $2^n+1$
De hecho, $3\mid(2^n+1)$ si $n$ es extraño $(a+b)\mid(a^{2m+1}+b^{2m+1})$ (donde $m$ es cualquier número natural)
y $3\mid(2^n-1)$ si $n$ es que, aunque nos demuestran $3\mid (4^m-1)\implies 3\mid(2^{2m}-1)$
Un poco de generalización: para $(a^n-1)a^n(a^n+1)$ cuando el número natural $n>1$
Ahora, (i) $(a-1)\mid(a^n-1)$ $(a^n-1)$ estará compuesto si $a-1>1\implies a>2$
De nuevo, como Marvis ha observado, si $n$ está compuesto $=c\cdot d$(por ejemplo), $(a^c-1)\mid(a^n-1)$
Así, la condición necesaria para $a^n-1$ a ser el primer es $a=2,n$ primer $=p$(por ejemplo), por lo que el $a^n-1$ hace $2^p-1$(los números de Mersenne)
(ii) $a^n+1$ serán aún, por lo tanto compuesto si $a>1$ es impar.
De nuevo, si $n$ es extraño $=e(2f+1)$(por ejemplo) donde $e,f$ son números naturales, $(a^e+1)\mid(a^n+1)$
Así, la condición necesaria para $a^n+1$ a ser el primer es $a$ es incluso, $n$ no tiene ningún extraño factor, de modo que $a^n+1$ hace $(2m)^{2^r}+1$
Si $m=1,$ se convierte en $2^{2^r}+1$(número de Fermat)
Por eso, $a^n+1,a^n-1$ tanto puede ser la mejor si $a=2, p=2^r\implies r=1,p=2$
