Para cada entero positivo n, el número de $a^{2^n}−1$ tiene al menos n+1 distintos primer divisores

Question

Deje $a>3$ ser un entero impar. Probar que para todo entero positivo $n$, el número de $a^{(2^{n})}-1$ tiene al menos $n+1$ distintos primer divisores.

Este problema tiene un olor muy fuerte de inducción, pero tal vez una versión más compleja de lo que yo estoy tratando de.

Lo que he hecho hasta ahora:

Deje $a=2k+3$ para enteros positivos $k$.

Prueba por inducción.

Caso Base:

Si $n=1$, $a^{(2^n)}-1$ debe tener al menos un divisor primo (que es mayor que 1).

Así que ahora que asuma $n=k$, $a^{(2^k)}-1$ tiene al menos $k+1$ distintos primer divisores.

Así que vamos a $a^{(2^k)}-1=p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 \cdots p_k \cdot p_{k+1} \cdot m$ para algún entero positivo $n$ y para distintos números primos $p_1, \;p_2, \;p_3, \; \cdots , \;p_{k+1}$.

Ahora considere el $n=k+1$. Si $n=k+1$, entonces la ecuación dada se convierte en $(p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 \cdots p_k \cdot p_{k+1} \cdot m+1)^2-1=(p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 \cdots p_k \cdot p_{k+1})(p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 \cdots p_k \cdot p_{k+1}+2)$. Se trata necesariamente de ha $k+2$ distintos primos divisores, porque si es así, la inducción es completa?

Answer 1

$$ a^{2^{n+1}} - 1 = \left( a^{2^n} - 1 \right) \left( a^{2^n} + 1 \right) $$ y $$ \gcd( a^{2^n} - 1 , a^{2^n} + 1 ) = 2. $$

Answer 2

Deje $a=2k+3$ para enteros positivos $k$.

Prueba por inducción:

Caso Base: Si $n=1$,$a^2-1=(a+1)(a-1)=4(k+1)(k+2)$. Como $gcd(k+1,k+2)=1$ y el tanto $k+1$ $k+2$ son mayores de $1$, $a^2-1$ tiene al menos $2$ distintos primer divisores.

Supongamos ahora para $n=q$, es decir, asumir que el $a^{2^q}-1$ tiene al menos $q+1$ distintos primer divisores ($q$ es un número entero positivo).

Así que vamos a $a^{2^q}-1=p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 \cdots p_k \cdot p_{k+1} \cdot m$ para algún entero positivo $m$ y para distintos números primos $p_1, \; p_2, \; p_3, \; \dots \; p_k, \; p_{k+1}$. WLOG $p_1<p_2<p_3<p_4< \; \cdots \; p_k<p_{k+1}$.

Ahora, como $a^{2^q}$ es un extraño cuadrado es congruente a $1 \pmod{4}$. Por lo $p_1=2$ $m$ es incluso.

Considere la posibilidad de $n+q+1$,

$a^{2^{q+1}}-1=a^{2^q+2^q}-1=(a^{2^q}-1)(a^{2^q}+1)=(2p_2p_3 \cdots p_{k+1} \cdot m)(2p_2p_3 \cdots p_{k+1} \cdot m +2)$ (desde arriba)

$=4(p_2p_3 \cdots p_{k+1} \cdot m)(p_2p_3 \cdots p_{k+1} \cdot m+1)$ esto es claramente divisible por el $k+1$ original de los números primos. Pero como $m$ incluso $(p_2p_3 \cdots p_{k+1} \cdot m+1)$ es impar y por lo tanto no puede ser divisible por cualquiera de las $k+1$ original de los números primos ($gcd(a^{2^q}-1,a^{2^q}+1)=2$). Se trata pues de un nuevo primer o divisible por un nuevo prime.

Por lo tanto, $a^{2^{q+1}}-1$ es divisible por al menos $q+2$ primos completando así la inducción.

Por lo tanto, por el principio de inducción, para los enteros positivos impares $a>3$, $a^{2^n}-1$ es divisible por $n+1$ distintos de los números primos para todos los enteros positivos $n$.

Nota: el pequeño hipo es que usted necesita para establecer que $m$ era aún.