Demostrando que hay infinitos números primos de la forma$a2^k+1.$

Question

Fix $k \in \mathbb{Z}_+$. Demostrar que podemos encontrar una infinidad de números primos de la forma $a2^k +1,$ donde $a$ es un entero positivo.

Podemos usar el resultado de que: Si $p \ne 2$ es un número primo, y si $p$ divide $s^{2^t}+1$$s > 1$$t \ge 1$,$p \equiv 1 \pmod {2^{t+1}}$.

He intentando conseguir algo de forma inductiva:

Para $k = 1$, existen infinitos números primos de la forma $2a + 1$.

Supongamos que existen infinitos números primos de la forma $a2^k + 1$, y, a continuación, mostrar que existen infinitos números primos de la forma $a2^{k+1} + 1$.

Si hay infinitamente números primos de la forma $a2^k + 1$ donde $a$ es par, entonces tenemos que, $a2^k + 1 = (2q)2^k + 1 = q2^{k+1} + 1$. Por lo tanto hemos terminado.

Por lo tanto, supongamos que sólo hay una infinidad de números primos de la forma $a2^k + 1$ donde $a$ es impar. - pero no puedo conseguir una contradicción en esto.

Answer 1

Supongamos que un primer$p$% divide tanto$s^{2^t}+1$ y$s^{2^u}+1$,$t\gt u$. Luego divide su diferencia,$s^{2^t}-s^{2^u}=s^{2^u}(s^v-1)$, donde$v=2^t-2^u=2^u(2^{t-u}-1)$. Ahora$p$ no puede dividir$s^{2^u}$, ya que divide$s^{2^u}+1$, por lo que debe dividir$s^v-1$. Pero$s^{2^u}\equiv-1\pmod p$ y$2^{t-u}-1$ es impar, entonces$s^v\equiv-1\pmod p$, contradicción (a menos que$p=2$).

Por lo tanto, los números$s^{2^t}+1$,$t=k-1,k,k+1,\dots$, son coprime por parejas (aparte de los factores de 2), por lo que tienen distintos factores primos. Pero cada uno de esos factores primos$p$ satisface$p\equiv1\pmod{2^{t+1}}$, por lo tanto,$p\equiv1\pmod{2^k}$, por lo tanto,$p=a2^k+1$ para algunos$a$.