Mostre que
(a) se p é um número primo ímpar positivo tal que p mid(a^2 r+1) para algum a>1, então p equiv 1 bmod 2^r+1;
Sugestão: Por indução sobre r e redução ao absurdo utilizando o Pe- queno Teorema de Fermat.
(b) todo divisor primo positivo p de um número de Fermat Fn= 2^2^n+1 é da forma p=1+x cdot 2^n+1 para algum x in N. Ache os cinco menores primos positivos que podem dividir F5 e teste-os. Conclúa com Euler que F5 não é primo contrariamente ao que Fermat havia afirmado;
(c) para cada r in N, existem infinitos primos da forma 1+n cdot 2^r. Isto é um caso particular do Teorema de Dirichlet (Capítulo 5, Seção 2). Em particular existem infinitos números primos da forma 4 n+1.
Sugestão: Use o Problema 1.6, (iii), Capítulo 5, para mostrar que é infinito, para cada r in N, o conjunto
Lambdar=p>0 mid p é divisor primo de Fn para algum n>r-1

Passo 1

Resumo do enunciado e planejamento: queremos provar três coisas: (a) se um primo ímpar p divide a^2r+1 então pequiv1bmod2^r+1; (b) todo primo divisor de Fn=2^2^n+1 satisfaz p=1+2^n+1x, em particular achamos os cinco menores candidatos para F5 e mostramos que apenas 641 o divide; (c) para cada r há infinitos primos da forma 1+n2^r, usando que os divisores de distintos Fn são novos e cada um satisfaz a congruência dada.

Passo 2

Prova de (a) por indução em r:
Base r=1: se pmid a^2+1 então a ordem de a módulo p é 4 (pois a^4equiv1bmod p e não pode ser 1 antes), logo 4mid(p-1) e pequiv1bmod4.
Passo indutivo: suponha o resultado para r-1. Seja pmid a^2r+1. Então a ordem de a em (Bbb Z/p)^* é exatamente 2^r+1 (pois divide 2^r+1 mas não 2^r ou menor, caso contrário teríamos um divisor de a^2(r-1)+1 contradizendo a hipótese indutiva). Logo 2^r+1mid(p-1), isto é pequiv1bmod2^r+1.

Passo 3

Demonstração de (b) e teste em F5:
Pelo item (a) com a=2 e r=2^n segue que todo primo pmid Fn=2^2^n+1 satisfaz
pequiv1pmod2^2^n+1;
o que em particular implica
pequiv1pmod2^n+1Longrightarrow p=1+2^n+1x
Para n=5 temos 2^n+1=64, então procuramos os cinco menores primos de forma 1+64x. Testando x=1,2,3,4,5,dots achamos os cinco primeiros:
193, 257, 449, 577 e 641.
Destes, apenas 641 divide 2^32+1=4294967297. De fato
4294967297=641times6700417,
logo F5 é composto.

Passo 4

Prova de (c) – infinitude de primos em 1+n2^r:
Considere para cada r o conjunto
Lambdar=primos p:exists n>r-1 tal que pmid Fn
Cada Fn possui ao menos um primo divisor novo (porque Fn e Fm são coprimos para nne m). Além disso, todo pinLambdar satisfaz pequiv1bmod2^r+1. Como há infinitos Fn, há infinitos divisores novos em Lambdar, logo infinitos primos da forma 1+n2^r.

Passo 5

Em particular, para r=1 obtemos infinitos primos equiv1bmod4, ou seja, infinitos da forma $4n+1.

Resposta

(a) Provou-se por indução que se um primo ímpar p divide a^2r+1 então 2^r+1mid(p-1), ou seja pequiv1bmod2^r+1. (b) Todo primo divisor de Fn=2^2^n+1 satisfaz p=1+2^n+1x. Para F5 os cinco menores candidatos são 193, 257, 449, 577 e 641; destes apenas 641 divide F5=2^32+1=641times6700417, logo F5 não é primo. (c) Como cada Fn traz pelo menos um primo divisor novo e todo divisor está em 1+n2^r, conclui-se que há infinitos primos da forma 1+n2^r; em especial, infinitos primos equiv1bmod4.

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