ELEMENTOS: 073-Números de Fermat

Dado $[;n \in \mathbb{N};]$ , número de Fermat é todo inteiro positivo da forma

$[;F_n=2^{2^n}+1;]$

Seus primeiros cinco valores são todos primos:

Em $[;1640;]$ , Fermat $[;(1601-1665);]$ , em correspondência, via Mersene $[;(1588-1648);]$ , com ilustres matemáticos de Paris, entre eles Descartes $[;(1596-1650);]$ e Pascal $[;(1623-1662);]$ , conjecturou que $[;F_n;]$ é primo para todo inteiro $[;n \geq 0;]$ . Mas, em $[;1732;]$ , Euler $[;(1707-1783);]$ provou que $[;F_5=2^{2^5}=4294967297;]$ é composto. Além disso, até hoje, não se conseguiu encontrar outros números de Fermat que sejam primos, depois dos cinco primeiros. Portanto, a conjectura atual é que todos os $[;F_n>F_4;]$ sejam compostos.

Teorema $[;1;]$ . O número de Fermat $[;F_5=2^{2^5}+1;]$ é composto.

Demonstração devida à G.Bennet $[;(1897-1974);]$

Sejam $[;a=2^7;]$ e $[;b=5;]$

Assim, $[;1+ab=1+2^7.5=1+128.5=641;]$

E ainda, $[;1+ab-b^4=1+b(a-b^3)=1+5(128-125)=2^4;]$

Mas, $[;F_5=2^{32}+1=2^4.2^{28}+1=2^4.(2^7)^4+1\Rightarrow;]$

$[;F_5=(1+ab-b^4).a^4+1=(1+ab).a^4-b^4.a^4+1=(1+ab).a^4+(1-a^4b^4) \Rightarrow;]$

$[;F_5=(1+ab).a^4+(1+a^2b^2).(1-a^2b^2)=(1+ab).a^4+(1+a^2b^2)(1+ab)(1-ab) \Rightarrow;]$

$[;F_5=(1+ab)[a^4+(1+a^2b^2).(1-ab)];]$

Logo, $[;1+ab=641;]$ divide $[;F_5=2^{2^5}=4294967297;]$

Um número $[;F_n;]$ de Fermat depende de todos os outros anteriores ao mesmo. De fato, existe uma bela relação conforme o teorema a seguir.

Teorema $[;2;]$ . Os números de Fermat verificam a igualdade

$[;F_n=F_0F_1F_2...F_{n-1}+2;]$

Demonstração

$[;F_0F_1F_2...F_{n-1}=(2^{2^0}+1)(2^{2^1}+1)(2^{2^2}+1)...(2^{2^{n-1}}+1);]$

Agora, se multiplicarmos o segundo membro por $[;1=(2^{2^0}-1);]$ , isto desencadeará uma série de produtos notáveis da forma $[;(2^{2^k}-1)(2^{2^k}+1)=(2^{2^k})^2-1^2=2^{k+1}-1;]$ em um efeito "dominó" que sintetizará toda a expressão. Observem:

$[;F_0F_1F_2...F_{n-1}=\overbrace{(2^{2^0}-1)(2^{2^0}+1)}^{2^{2^1}-1}(2^{2^1}+1)(2^{2^2}+1)...(2^{2^{n-1}}+1)=;]$

$[;=\overbrace{(2^{2^1}-1)(2^{2^1}+1)}^{2^{2^2}-1}(2^{2^2}+1)(2^{2^3}+1)...(2^{2^{n-1}}+1)=;]$

$[;=\overbrace{(2^{2^2}-1)(2^{2^2}+1)}^{2^{2^3}-1}(2^{2^3}+1)(2^{2^4}+1)...(2^{2^{n-1}}+1)=;]$

$[;....................................................................................................;]$

$[;=(2^{2^{n-1}}-1)(2^{2^{n-1} }+1)=;]$

$[;=2^{2^n}-1=2^{2^n}+1-2=F_n-2 \Rightarrow;]$

$[;F_0F_1F_2...F_{n-1}=F_n-2 \Rightarrow;]$

$[;F_n=F_0F_1F_2...F_{n-1}+2;]$

Teorema $[;3;]$ . Dois números quaisquer de Fermat não possuem divisores primos comuns, ou seja, se $[;n \neq m;]$ , então $[;mdc(F_n,F_m)=1;]$ .

Demonstração

Suponha $[;F_n < F_m;]$ . Seja $[;mdc(F_n,F_m)=d;]$ . Como $[;F_n=2^{2^n}+1;]$ é ímpar, segue-se que $[;d;]$ também é ímpar, pois não necessita de nenhum fator $[;2;]$ para cancelamento com $[;F_n;]$ ou $[;F_m;]$ , já que é divisível (MDC). Calculemos

$[;\frac{F_m-2}{F_n}=\frac{2^{2^m}-1}{2^{2^n}+1}=\frac{[(2^{2^n})^{2^{m-n}}-1]}{2^{2^n}+1};]$

Para melhor visualização dos cálculos, vamos fazer $[;2^{2^n}=x;]$ e $[;2^{m-n}=k;]$ . Então fica

$[;\frac{F_m-2}{F_n}=\frac{x^k-1}{x+1}=x^{k-1}-x^{k-2}+...-1;]$ ,

conforme a fórmula da soma dos $[;k;]$ termos de uma progressão geométrica de primeiro termo $[;a_1=-1;]$ e razão $[;q=-x;]$ . Se não, vejamos: $[;S_n=a_1.\frac{q^k-1}{q-1}=-1.\frac{(-x)^k-1}{-x-1}=\frac{x^k-1}{x+1};]$ ( lembrem-se que $[;k=2^{m-n};]$ e, portanto, par ).

Assim, o segundo membro da expressão $[;\frac{F_m-2}{F_n}=x^{k-1}-x^{k-2}+...-1;]$ é inteiro. Portanto, $[;F_n;]$ divide $[;F_m-2;]$ ;

Como $[;d;]$ divide $[;F_n;]$ , segue-se que $[;d;]$ divide $[;F_m-2;]$ , ou seja, $[;\frac{F_m-2}{d};]$ é inteiro;

Mas, $[;d;]$ divide $[;F_m;]$ e, portanto, $[;d;]$ divide $[;2;]$ . Como já vimos que $[;d;]$ é ímpar, só nos resta $[;d=1;]$ , já que estamos tratando de inteiros positivos.

Logo, $[;mdc(F_n,F_m)=d=1;]$ .

Reparem os leitores, na tabela do início do post, que $[;F_2;]$ , $[;F_3;]$ e $[;F_4;]$ terminam em $[;7;]$ . Será que $[;F_n;]$ termina em $[;7;]$ para todo $[;n \geq 2;]$ ? Segue o teorema.