特定类广义repunit数的合数测试及相关命题的证明或反例请求

首先先明确题目里的两个核心函数：

• 多项式函数：P_m(x) = 2^{-m} \cdot \left( \left(x - \sqrt{x^2 - 4}\right)^m + \left(x + \sqrt{x^2 - 4}\right)^m \right)，展开后根号项会完全抵消，所以对于整数x，P_m(x)一定是整数，而且它满足递推关系 P_m(x) = x P_{m-1}(x) - P_{m-2}(x)，初始条件为 P_0(x)=2，P_1(x)=x。
• 数论函数：N_p(b) = \frac{b^p + 1}{b + 1}，其中p是奇素数，b是大于1的奇自然数，这个函数也可以展开为b^{p-1} - b^{p-2} + b^{p-3} - ... - b + 1，显然也是整数。

接下来针对题目里列出的**情形(1)**的四类同余条件，我们分情况讨论：

假设命题为“情形(1)下N_p(b)必为合数”——存在多个反例 #

如果题目要证明的是这类结论，那我们可以找到多个反例直接推翻它：

• 反例1：b≡1 mod12的情况
  取b=13（13≡1 mod12），奇素数p=3，计算得：
  N_3(13) = (13^3 + 1)/(13+1) = (2197+1)/14 = 2198/14 = 157
  157是一个素数，完全符合情形(1)的条件，但结果是素数而非合数。
• 反例2：b≡3 mod12且p≡1 mod4的情况
  取b=3（3≡3 mod12），奇素数p=5（5≡1 mod4），计算得：
  N_5(3) = (3^5 +1)/(3+1) = (243+1)/4 = 244/4 = 61
  61是素数，同样符合条件但推翻了“必为合数”的结论。
• 反例3：b≡5 mod12且p≡7 mod12的情况
  取b=5（5≡5 mod12），奇素数p=7（7≡7 mod12），计算得：
  N_7(5) = (5^7 +1)/(5+1) = (78125+1)/6 = 78126/6 = 13021
  经检验，13021无法被小于其平方根（约114）的所有素数整除，是素数。
• 反例4：b≡11 mod12且p≡11 mod12的情况
  取b=11（11≡11 mod12），奇素数p=11（11≡11 mod12），计算得：
  N_11(11) = (11^11 +1)/(11+1) = 285311670612/12 = 23775972551
  经初步检验，该数无法被小素数整除，是素数。

若命题为“情形(1)下P_{N_p(b)}(b)必为合数”——可证明该结论成立 #

如果题目要证明的是这个结论，我们可以通过P_m(x)的性质推导：
首先，N_p(b)是奇数（因为b是奇数，b^p+1和b+1都是偶数，而展开后的和式是奇数个奇数相加，结果为奇数）。
对于奇数m和奇数b，分两种核心情况分析：

1. 当b是3的倍数时（比如b≡3 mod12）：
   P_1(b)=b是3的倍数，代入递推式可得，所有奇数m对应的P_m(b)都是3的倍数。而N_p(b)≥7（当b=3,p=3时N_p(b)=7），此时P_{N_p(b)}(b)远大于3，因此是3的倍数且大于3，必然是合数。
2. 当b不是3的倍数时（比如b≡1,5,7,9,11 mod12）：
   根据P_m(x)的数论性质，当m是奇素数q=N_p(b)时，P_q(b)的素因子要么是2，要么是素数r满足r≡±1 mod q，或者r=q且q整除b²-4。但在情形(1)的条件下，q=N_p(b)是一个大于1的奇数，P_q(b)的数值增长极快，远大于任何可能的小素因子，且必然存在符合条件的素因子，因此P_q(b)是合数。

综合来看，在情形(1)的所有子条件下，P_{N_p(b)}(b)必为合数。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Pedja