Cấp số và ứng dụng

[newbie]

Vậy là topic chỉ còn bài 7 thôi nhỉ
Dĩ nhiên bài đúng với $n \le 5 $ xét $n>5 $
Gọi $p $ là ước nguyên tố của $F_n $
$\Rightarrow 2^{2^n} \equiv -1 (mod p) $ (1)
$\Rightarrow 2^{2^{n+1}} \equiv 1 ( mod p) $
$\Rightarrow ord_p(2)| 2^{n+1} \Rightarrow ord_p(2)=2^k $ mà do (1) nên $k=n+1 $
$\Rightarrow p=a2^{n+1}+1 $(Ta thậm chí còn có thể chứng minh a chẵn)
Đặt $2^{2^n}+1= ( a_12^{n+1}+1)^{b_1}(a_22^{n+1}+1)^{b_2}...(a_k2^{n +1})^{b_k} = \prod_{i=1}^{k} (a_i2^{n+1}+1)^{b_i} $
Với $a_i2^{n+1}+1 $ là các số nguyên tố phân biệt và $ a_k=max( a_1,...,a_k) $

Ta có :$ 2^{2^n+1}= \prod_{i=1}^{k} (a_i2^{n+1}+1)^{b_i} \ge \prod_{i=1}^{k} (2^{n+1})^{b_i} \ge 2^{ (n+1)(\sum_{i=1}^{k}b_i)} $(*)
$\Rightarrow \frac{2^n}{n+1} \ge K $( $K=\sum_{i=1}^{k}b_i $)
Ngoài ra xét (*) với module 2^{2(n+1)} ta sẽ thấy :$ 2^{n+1}| \sum a_ib_i $
$\Rightarrow 2^{n+1} \le \sum a_ib_i < a_k( \sum b_i)=a_k.K $
$\Rightarrow a_k> \frac{2^(n+1)}{K} > 2n $
$\Rightarrow p_k= a_k2^{n+1}+1 >n.2^{n+2}+1 $

Xong
Lời giải trên nếu làm chặt hơn có thể có đc 1 chặn tốt hơn cho $p_k $
------------------------------
Àh , khi giải bài 7 này mình có đưa đến 1 số điều mà mình chưa khẳng định hoặc phủ định dc . Mình rất bít ơn nếu ai giúp mình giải đáp ^^

1/
Phải chăng $v_p( F_n) \le 4 $ với mọi số nguyên tố $p $ ?
2/
Tồn tại ko quá 2 số nguyên tố có dạng $a2^{n}+1 $ với $n>5 $ cho trước và $a<n $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]