Problema 2.5.

Problema 2.5. Sea $a\in \mathbb{Z}$ y sean $m>n$ naturales. Muestra que e el ideal $(a^{2^n}+1,a^{2^m}+1)$ es el ideal $(1)$ o bién el ideal $(2)$ dependiendo de que $a$ sea impar o par. Usa esto para demostrar que hay una infinidad de primos en $\mathbb{Z}$.

Demostraremos que si $a^{2^n} + 1$ divide a $a^{2^m}-1$

Sea $t \in \mathbb N$. Notemos que

(1)
\begin{align} a^{2^{t}} -1 = a^{(2)2^{t-1}} - 1 = \left(a^{2^{t - 1}}\right)^2 - 1^2 = \left(\left(a^{2^{t - 1}}\right) - 1\right) \left(a^{2^{t-1}} + 1\right) \end{align}

De aqui claramente tenemos que si $t - 1 \in \mathbb N$, entonces $a^{2^{t - 1}} + 1$ divide a $a^{2^{t}} - 1$.

Demostraremos que $a^{2^{n}} \mid a^{2^{n + r}}$, mediante inducción en $r$

Por el resultado anterior, en particular si $t = n +1$, tenemos que $a^{2^{n}} +1 \mid a^{2^{n + 1}} - 1$

Ahora, supongamos que $a^{2^{n}} + 1 \mid a^{2^{n + k}} - 1$ para algún $k \in \mathbb N$ . Entonces

(2)
\begin{align} a^{2^{n}} + 1 \mid (a^{2^{n + k}} - 1)(a^{2^{n + k}} + 1) = a^{2^{n + k}(2)} - 1 = a^{2^{n + k + 1} }- 1 \end{align}

Lo cual concluye el paso inductivo. En particular esto quiere decir que $a^{2^n} + 1$ divide a $a^{2^{m}} - 1$. Entonces:

(3)
\begin{equation} mcd(a^{2^n} + 1, a^{2^m} + 1) = mcd(a^{2^n} + 1, a^{2^n} + 1 - a^{2^n} - 1) = mcd(a^{2^n} + 1, 2) \end{equation}

y justamente este máximo común divisor es $1$ si $a$ es par y $2$ si $a$ es impar.

Definamos $a_i = 2^{2^{i}} + 1$. Notemos que $a_1$ es mayor que $1$, por lo tanto tiene algún factor primo digamos $q_1$. Ahora, $a_2$ por el resultado anterior es primo relativo con $a_1$ y $a_2 > a_1 > 1$ por lo tanto debe tener algún factor primo distinto de $q_1$ digamos $q_2$.En general $a_j$ satisface que $1 = mcd(a_1, a_j) = mcd(a_2, a_j) ...$ y es mayor que uno, por lo tanto debe tener algún primo $q_j$ que divida a $a_j$. Notemos que por como nos los construimos todos los $q_j$'s son distintos y son primos, por lo tanto hay una cantidad infinita de primos $\blacksquare$

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