Si$2^{n+1} - 1$ es compuesto, es$2^{n+2} - 1$ prime?

Question

En 1556, Tartaglia afirmó que las sumas
1 + 2 + 4
1 + 2 + 4 + 8
1 + 2 + 4 + 8 + 16
son alternativas primos y compuestos. Demostrar que su conjetura es falsa.

Con un simple contador de ejemplo, $1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 + 128 = 255$, al parecer, es falso. Sin embargo, quiero probarlo en el caso general en lugar de utilizar un contador específico ejemplo, pero me atoré :( ! He intentado:
La suma de $\sum_{i=0}^n 2^i$ es igual a $2^{n+1} - 1$. Supuse que $2^{n+1} - 1$ es primo, entonces debemos mostrar ese $2^{n+1} - 1 + 2^{n+1} = 2^{n+2} - 1$ no es compuesto. O asumimos $2^{n+1}$ es compuesto y debemos mostrar ese $2^{n+2} - 1$ no es primo. Pero no tengo ni idea de cómo $2^{n+2} - 1$ se refiere a su anterior primer/compuesto. Cualquier sugerencia?

Answer 1

Se sabe que$2^n-1$ sólo puede ser primo si$n$ es primo. Esto se debe a que si$jk=n$,$2^n-1=\sum_{i=0}^{n-1}2^i=\sum_{i=0}^{j-1} 2^i \sum_{i=0}^{k-1} 2^{ij}$ Así que sólo continuará alternando en primos gemelos. En particular,$2^{6k+2}-1, 2^{6k+3}-1$ y$2^{6k+4}-1$ serán todos compuestos

Answer 2

Simplemente no existe tal correlación en general. Si ese fuera el caso, los primos de Mersenne no serían tan interesantes de estudiar como son. No puede probar que$2^n-1$ composite$\Rightarrow 2^{n+1} - 1$ prime, porque no es cierto. Como Ross mencionó,$2^n-1$ sólo puede ser primo cuando$n$ es primo, así que para cualquier primo$p > 2$, si$2^p-1$ , como $2^{p+1}-1$.

Answer 3

Si$2^{n}-1$ es primo, entonces$n$ debe ser impar, de lo contrario, podríamos factor$2^{n}-1$ as$(2^{n/2}+1)(2^{n/2}-1).$

Así que por lo menos cada otro número de la serie$2^n-1,n=1,2,3...$ debe ser compuesto, por la regla de la conjugación.

EDIT: relea la pregunta, pero puedes hacer lo mismo para$a^3-b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$ así que siempre que$n$ es divisible por 3, puedes hacer una factorización como la anterior. En general,$a^n-b^n$ es divisible por$a-b,$ así que si$n$ no es primo,$n=pq$ y tenemos$$2^{n}-1 = (2^q)^p - 1^p = (2^q-1)Q$ entero.

Answer 4

Aunque Ross de la prueba es mucho más corto y elegante muestro mi ejercicio porque utiliza un poco diferente de la lógica.

Asumir, en algunos n tenemos $\small 2^n-1 = p_0 $ donde $\small p_0 $ es primo. Sólo utilizamos el hecho de que n , entonces debe ser impar (de lo contrario sería un factor en $\small (2^{n/2}-1)(2^{n/2}+1) $), por lo que escribir explícitamente $\small n=2m + 1$.

Con este Tartaglia la afirmación significa, que

1. $\small 2^{2m+1} -1 =p_0 \in \mathbb P $ (observamos que esto es cierto, por ejemplo, para m=1, entonces: $\small 2^3-1 = 7 \in \mathbb P $ )

2. $\small 2^{2m+1+2k} -1 =p_k \in \mathbb P $ para todo entero positivo k

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Para llegar a una contradicción que reescribir las expresiones

$\pequeño \begin{array} {rclllllll} 2^{2m+1} &=& p_0+1 \\ 2^{2m+1+2k} &=& p_k+1 & =& 2^{2m+1}*4^k &=& 4^k(p_0+1) \\ &\to& \\ p_k&=&4^k p_0 + 4^k-1 \end{array} $

El pequeño de fermat dice, que para cada uno de los impares primos p hay algunos k tal que $\small 4^k-1 $ es divisible por p, es decir, $\small k=p-1 $ así que'lll ha $\small 4^{p_0-1}-1 = p_0 \cdot x $ donde x es algún entero positivo. De esto se deduce que hay algunos k tal que $\small p_k \notin \mathbb P $:

$ \small p_{p_0-1} = 4^{p_0-1} p_0 + 4^{p_0-1}-1 =4^{p_0-1} p_0 + p_0 \cdot x = p_0 \cdot (4^{p_0-1} + x ) \notin \mathbb P $

Answer 5

Es fácil ver que$2^{2n}-1 \equiv 0 \mod 3$. Esto muestra que para$n \geq 2$,$2^{2n}-1$ nunca es primo.

Además, como$2^3 \equiv 1 \mod 7$ sigue que$2^{3n} -1$ siempre es divisible por$7$.

Por lo tanto,$2^{6n+2}-1, 2^{6n+3}-1, 2^{6n+4}-1$ siempre son compuestos.