Evet, böyle bir sayı vardır.
Tümevarım kullanarak tam olarak $k$ asal böleni olan $n$ sayısının var olduğunu göstereceğiz.
$ n_1 = 3$ için $3 \mid 2^3 + 1$ dir.
$\ell \geq 1$ ve $3 \not \mid t$ olmak üzere; $ n_k = 3^\ell \cdot t$ sayısının tam olarak $k$ asal böleni olsun ve $n_k \mid 2^{n_k} + 1$ olsun.
$ n_{k+1} = 3p \cdot n_k = 3p \cdot 3^\ell \cdot t = 3^{\ell + 1}\cdot t \cdot p$, $p \not \mid 3t$ ve $n_{k+1} \mid 2^{n_{k+1}} + 1$ olacak şekilde bir $p$ asal sayısının varlığını göstereceğiz. Bu durumda $n_{k+1}$ sayısının tam olarak $k+1$ asal böleni olacak.
$n_k$ sayısı tektir. Aksi halde $n_k$ çift sayısının $2^{n_k} + 1$ tek sayısını bölmesi gerekirdi.
$n_k \mid 2^{n_k} + 1$ olduğunu biliyoruz.
$2^{2n_k} - 2^{n_k} + 1$ sayısını $\bmod 3$ te inceleyelim. $2^{2n_k} - 2^{n_k} + 1 = 4^{n_k} - 2^{n_k} + 1 \equiv 1 - (-1)^{n_k} + 1 \equiv 0 \pmod 3 $
O halde $2^{3n_k} + 1 = (2^{n_k} + 1)(2^{2n_k} - 2^{n_k} + 1)$ sayısı $3n_k$ ile bölünür.
İddia: Her $a > 2$ tam sayısı için $p \mid a^3 + 1$ ve $p \not \mid a + 1$ şeklinde bir $p$ asal sayısı vardır.
İspat: $a^3 + 1$ in bir böleni olup $a+1$ in böleni olmayan bir $p$ asal sayısının var olmadığını varsayalım.
O halde $a^2 - a + 1$ sayısının her asal böleni $a+1$ sayısını da bölecektir. Bu asal bölenlerden biri $q$ olsun.
$a^2 - a + 1 = (a+1)(a-2) + 3 \equiv 0 \pmod q \Longrightarrow 3 \equiv 0 \pmod q \Longrightarrow q = 3$.
Bu durumda $a^2 - a + 1$ sayısı $3$ ün bir kuvveti olmalı.
$3 \mid a+1$ olduğu için $3 \mid a - 2$ olacaktır. Bu durumda $a^2 - a + 1 = (a+1)(a-2) + 3 \equiv 3 \pmod 9$ elde ederiz.
O halde $a^2 - a + 1$ sayısı sadece $3$ olabilir. $a>2 \Rightarrow a^2 - a + 1 > 3$ olacağı için çelişki elde ettik.
Bu durumda $p \mid a^3 + 1$ ve $p \not \mid a + 1$ şeklinde bir $p$ asal sayısı vardır. $\blacksquare$
$a = 2^{n_k}$ alırsak $3 \mid 2^{n_k} + 1 = a + 1$ olduğu için bir $p > 3$ asal sayısı için $p \not \mid 2^{n_k} + 1$ ve $p \mid 2^{3n_k} + 1$ dir.
$2^{3n_k} \equiv - 1 \pmod p \Rightarrow 2^{3n_kp} \equiv (- 1)^p \equiv -1 \pmod p \Longrightarrow p \mid 2^{3n_k p} + 1 \Longrightarrow p \mid 2^{n_{k+1}} + 1 $ olacak.
Bu $p$ sayısı için $2^{3n_k} \equiv -1 \pmod {3n_k} \Longrightarrow 2^{3n_kp} \equiv (-1)^p \equiv -1 \pmod {3n_k} \Longrightarrow 3n_k \mid 2^{n_{k+1}} + 1$ olacaktır.
$n_k \mid 2^{n_k} + 1$ ve $p \not \mid 2^{n_k} + 1$ olduğu için $(p, n_k) = 1$ dir. O halde $3n_kp \mid 2^{n_{k+1}} +1$, yani $n_{k+1} \mid 2^{n_{k+1}} + 1$ elde ederiz.
Kaynak: IMO Shortlist 2000.
