No hay tal cadena puede ser de más de cinco pasos; divisibilidad por $13$ es una obstrucción. Mira la recorre de la secuencia de $\bmod 13$ (y se nota que desde $a_n$ sólo se muestra como $a_n^2$ en la asignación, el resultado negativo de los residuos es el mismo que para los positivos, por lo que sólo tendrá que comprobar residuos de $1\ldots 6$):
- $1\mapsto 1^2+4\equiv5\mapsto 5^2+4\equiv 3\mapsto 3^2+4\equiv13\equiv 0$ . Esto significa que a partir de cualquier número $\equiv 1, 3,$ o $5\bmod 13$, un múltiplo de $13$ se obtiene en la mayoría de $3$ pasos.
- $2\mapsto 2^2+4\equiv -5$ e inmediatamente cae en la misma ruta.
- $4\mapsto 4^2+4\equiv -6\mapsto 6^2+4 = 1$.
Esto significa que después de más de seis pasos (a partir de un número $\equiv 4\bmod 13$), la iteración tiene que llegar a un múltiplo de $13$.
Como por donde $13$ viene: mientras que encontré por ensayo y error, hay un par de filtros rápidos que permiten la búsqueda de ser reducido. En primer lugar, $-4$ (y, por tanto,$-1$) tiene que ser un residuo $\bmod p$ $a^2+4=0$ tener una solución, de manera que sólo los $p\equiv 1\bmod 4$ necesitan ser revisados. Segundo, $-15$ a no ser un residuo cuadrático $\bmod p$; de lo contrario, el mapa tiene un punto fijo $a$ s.t. $a\equiv a^2+4\bmod p$. $13$ pasa a ser el primer presidente que satisfaga a ambas de estas limitaciones. El siguiente es $29$, y no es demasiado duro para demostrar que $0$ está en la órbita de cada clase de residuo $\bmod 29$ así, pero que requiere un poco más de la computación. No estoy seguro de si las dos condiciones son suficientes para garantizar que el $0$ está en la órbita de cada clase de residuo, o si existen números primos $p$ reunión de las condiciones, pero con diferentes órbitas de los residuos de las clases.
