si n es impar y no es divisible por 3, entonces f(n) =
2p + p2 ≡ 0 (mod 3).
Es decir, cuando n no es divisible por 3, f(n) es divisible por 3. Además, cuando n es par, también lo es f(n). Entonces, la única manera en que 2p + p2 puede ser primo es si n es un múltiplo de 3 impar o si n=1 (en cuyo caso f(1)=3). Calculamos f(9) = 593, que es primo; también f(15) y f(21). Pero el patrón no continúa:
f(27) = 73·521·3529
no es primo; la condición dada es necesaria pero no suficiente..
Lim probó que lo que funcionó para 3, funciona para cualquier otro primo impar:
Si q > 2 es primo, entonces para todo impar n que no es múltiplo de q, q divide a
g(n) = (q - 1)n + nq-1.
Aquí q – 1 ≡ –1 (mod q), mientras que nq – 1 ≡ 1 (mod q) por el Pequeño Teorema de Fermat; luego, en este caso más general tenemos g(n) = (q - 1)n + nq-1 ≡ –1 + 1 = 0 (mod q). La única forma en que g(n) = (q - 1)n + nq-1puede ser primo es si n es 1 (g(1)=q) ó un múltiplo impar de q. Sugerimos comparar esta generalización con nuestro problema de Abril de 2004 (donde q=5): http://mathcentral.uregina.ca/mp/previous2003/apr04sol.html
Prueba alternativa. Concluimos con un argumento que evita la aritmética modular. He aquí como Kais probó que cuando p > 3 es primo, f(p) es divisible por 3. Como
2p + p2 = (2p - 2) + 3 + (p2 - 1),
alcanza con mostrar que los tres sumandos de la derecha son divisibles por 3. Como p es un primo mayor que 3, debe ser impar de manera que 2k + 1 para algún entero positivo k. Entonces
2p - 2 = 22k+1 - 2 = 2(22k - 1) = 2(4k - 1),
que es divisible por 4 – 1 = 3 porque 4k - 1 = (4 - 1)(4k-1 + 4k-2 + ··· + 4 + 1). (también se puede, como hizo Collignon, utilizar inducción sobre k para probar que 4k = 3K + 1 para algún entero K.) Como 3 es divisible por 3, queda por probar que p2 – 1 también es divisible por 3. Como p no es divisible por 3, debe serlo p – 1 ó p + 1, y entonces también es múltiplo de 3 su producto, p2 – 1.