Resultado parcial que cubre aproximadamente dos tercios de todos los números de $m$.
Estoy buscando una que cubre el conjunto de los números primos. La idea es que cada vez que nos encontramos con un primer $p$ tal que $p\mid 4^m+2^m+1$ pero $p\nmid 100^m+10^m+1$ hemos demostrado que $4^m+2^m+1\nmid 100^m+10^m+1$. Cuando la caza de adecuado de los números primos $p$ podemos simplemente mirar el factorizations de estos números. Para $p>3$ a ser un factor de $k^{2m}+k^m+1=(k^{3m}-1)/(k^m-1)$ vemos que $k^m$ tiene que ser una primitiva de la tercera raíz de la unidad del modulo $p$. Obviamente aplicar esto a ambos $k=2$$k=10$.
Para conseguir esos primitivos tercer raíces de la unidad, necesitamos $\ell=\operatorname{ord}_p(2)$ ser divisible por tres. Si $\ell=3u$, vemos que $p\mid 4^m+2^m+1$ si y sólo si $m\equiv u,2u\pmod{3u}$. Pero, si $t=\operatorname{ord}_p(10)$ también es divisible por tres, decir $t=3v$, también tenemos que $p\mid 100^m+10^m+1$ siempre $m\equiv v,2v\pmod{3v}$. De todos modos, esto permite concluir que el $m$ no puede ser en ciertas clases de residuos modulo $3w$ donde $w=\operatorname{lcm}(u,v)$. Observar que si $t$ no es un múltiplo de tres, $100^m+10^m+1$ nunca es divisible por $p$, debido a $10^m$ es nunca una primitiva tercera raíz de la unidad.
Llegar nuestras manos sucias vemos que:
- Con $p=7$ tenemos $\ell=3$$t=6$, tanto divisible por tres. Esto significa que cuando se $m\equiv1,5\pmod6$ tenemos $7\mid 4^m+2^m+1$$7\nmid 100^m+10^m+1$.
- Con $p=73\mid 2^9-1$ tenemos $\ell=9=3\cdot3$$t=8$. Esto significa que $73\mid 4^m+2^m+1$ fib $m\equiv3,6\pmod9$. Pero $100^m+10^m+1$ nunca es divisible por $73$, por lo que hemos cubierto estos valores de $m$. En este punto, hemos excluido $10$ $18$ residuo de clases modulo $18$, por lo que hemos cubierto más de la mitad de los números enteros.
- El primer $p=13$ es un factor de $2^{12}-1$$\ell=12$. Pero aquí $t=6$ es un factor de $\ell$. Esta es una mala noticia para nosotros. No hay valores de $m$ puede ser excluido. Por si $m\equiv4,8\pmod{12}$ automáticamente $m\equiv2,4\pmod{6}$. En estos casos $13$ es un factor común de ambos $4^m+2^m+1$$100^m+10^m+1$. Lo mismo sucede cada vez que $2$ es una raíz primitiva módulo $p$. Realmente necesitamos buscar no-primitiva de los casos.
- Con $p=151\mid 2^{15}-1$ tenemos $\ell=15=3\cdot5$. Aquí $t=75=3\cdot25$. Esto significa que podemos descartar $m$ si $m\equiv5,10\pmod{15}$$m\not\equiv25,50\pmod{75}$.
- Con $p=241\mid 2^{24}-1$ tenemos $\ell=24=3\cdot8$. Aquí $t=30=3\cdot10$.
Podemos regla ouf $m$ si $m\equiv8,16\pmod{24}$$m\not\equiv10,20\pmod{30}$.
En este punto hemos descartado $1216$ residuo de clases modulo $1800$, por lo que hemos llegado a los dos tercios de punto. Que el módulo de $1800$ es el mínimo común múltiplo de a $6,9,75,24$ $30$ que aparece arriba. Recordando que $m=0,2,4$ son soluciones de la más pequeña de los valores de $m$ que aún no hemos cubierto se $m=9,14,18,22$. Parar aquí por ahora.