$n\ge4,$ Demostrar que $F_n+1$ no es primordial, donde $F_n$ $n^{th}$ número de Fibonacci.

Question

$n\ge4,$ Demostrar que $F_n+1$ no es primordial, donde $F_n$ $n^{th}$ número de Fibonacci

¿Cuál es la idea de la prueba? Lo probé por contradicción dejando $(1+F_n)$ a ser $\implies$ $F_n$ no es primer $\implies$ ¿Qué siguiente?

Answer 1

Como se observa por la Voluntad Jagy que siempre se puede escribir $F_n+1$ como producto de un número Fibonacci y un número Lucas.

Deje $\phi=(1+\sqrt5)/2$. Es bien sabido que, a continuación, $$ F_n=\frac1{\sqrt5}(\phi^n-(-\phi)^{-n}) $$ y $$ L_n=(\phi^n+(-\phi)^{-n}). $$ Estas dos secuencias de enteros satisfacer las famosas dos pasos de la recurrencia de la relación, la diferencia viene de que las inicializaciones $F_0=0, F_1=1$ frente al $L_0=2, L_1=1$.

El siguiente factorizations, a continuación, siga inmediatamente de $F_1=F_2=1$. $$ \begin{aligned} F_{2k+1}L_{2k}&=F_{4k+1}+F_1=F_{4k+1}+1,\\ F_{2k-1}L_{2k}&=F_{4k-1}+F_1=F_{4k-1}+1,\\ F_{2k}L_{2k-2}&=F_{4k-2}+F_2=F_{4k-2}+1,\\ F_{2k-1}L_{2k+1}&=F_{4k}+F_2=F_{4k}+1. \end{aligned} $$ Todos los residuos clases modulo $4$ fueron cubiertos, por lo que la demanda de la siguiente manera.

---

Como un ejemplo: $$ \begin{aligned} F_{2k-1}L_{2k+1}&=\frac1{\sqrt5}(\phi^{2k-1}+\phi^{-(2k-1)})(\phi^{2k+1}-\phi^{-(2k+1)})\\ &=\frac1{\sqrt5}(\phi^{4k}+\phi^2-\phi^{-2}-\phi^{-4k})\\ &=F_{4k}+F_2=F_{4k}+1. \end{aligned} $$ Es todo acerca de los polinomios de $\phi$. Usted necesita tener cuidado con las paridades de los exponentes debido a que $-\phi$ en la base.

Answer 2

Citando una prueba de $F_n \pm 1$ no ser un primer por tastymath75025 de AoPS foro: https://artofproblemsolving.com/community/c4h1249887p8924937

Lema: Si $n$ es impar, entonces $F_n^2-1=F_{n-1}F_{n+1}$.

Lema 2: Si $n$ es incluso, a continuación,$F_n^2-1=F_{n-2}F_{n+2}$.

Prueba: Para cada enunciado o bien introducir en $n$ o, simplemente, utilizar la fórmula de Binet.

Ahora, si $n$ es impar, a continuación,$(F_n-1)(F_n+1)=F_{n-1}F_{n+1}$. Claramente $F_n-1$ no es primo porque $F_n-1 > F_{n-1}$$F_n-1 < F_{n+1} < 2(F_n-1)$, lo $F_n-1$ no se puede dividir, ya sea factor en la RHS. Similar razonamiento acabados para $F_n+1$.

Ahora, si $n$ es incluso, a continuación,$(F_n-1)(F_n+1)=F_{n-2}F_{n+2}$. Si $F_n-1$ es primo, entonces es evidente que se debe dividir $F_{n+2}$ e no $F_{n-2}$. Pero es fácil demostrar a $2(F_n-1) < F_{n+2} < 3(F_n-1)$, contradicción, y de manera similar para $F_n+1$.

Como @lhf señaló en los comentarios, los dos primeros lemas son conocidos como Cassini y del catalán identidades. También vale la pena agregar que $F_{n+1} < 2(F_n-1)$ es cierto para $n\geq 6$, mientras que$F_{n+2} < 3(F_n-1)$$n\geq 7$. Resto de los casos se puede comprobar con la mano.

Answer 3

Al parecer una y sólo una forma del factor como un Lucas por un número de Fibonacci.

Answer 4

Para todos $n=3k,3k+1$, $F_n$ será raro. Lo que significa que $F_n+1$ será aún
Todavía tratando de $n=3k+2$ al $F_n$ serán aún.

PS: $F_1=1$