Fibonacci: $f_n + 1$ è composto, se $n \ge 4$.

[TomSawyer]

Mille volte più facile con l'identità di Gelin-Cesàro, che non conoscevo proprio.

[elgiovo]

Decisamente.
Mi sono impuntato cercando di dimostrare la tesi a partire dalla formula di Binet $f_n=1/sqrt5 {((1+sqrt5)/2)^n-((1-sqrt5)/2)^n}$.
Sviluppando le potenze nella parentesi graffa con il binomio di Newton, si trova l'identità $f_n=1/2^(n-1) sum_(k=0)^(|__ (n-1)/2 __|)((n),(2k+1))5^k$ (sapete se esiste già?).
Ora, $f_n+1=2^(1-n)[ sum_(k=0)^(|__ (n-1)/2 __|)((n),(2k+1))5^k+2^(n-1)]=2^(1-n)[ sum_(k=0)^(|__ (n-1)/2 __|)((n),(2k+1))5^k+sum_(k=0)^(n-1)((n-1),(k))]$.
Ogni coefficiente binomiale della prima sommatoria si può accoppiare con uno o più coefficienti binomiali della prima e della seconda: a questo proposito si ricordi che $((n),(k))=((n),(n-k))$.
Ad esempio, se $n=6$, $f_6=2^(-5)[ ((6),(1))5^0+((6),(3))5^1+((6),(5))5^2+((5),(0))+((5),(1))+((5),(2))+((5),(3))+((5),(4))+((5),(5)) ]=2^(-5)[((6),(1))5^0+((6),(3))5^1+((6),(5))5^2+((6),(1))+((6),(3))+((6),(5))]=2^(-5)[((6),(1))(5^0+5^2+2)+((6),(3))(5^1+1)]$.
Quindi, in generale, nelle quadre ci saranno coefficienti binomiali che raccolgono numeri nella forma $5^i+5^j+2$ o $5^h+1$.
Poichè tali numeri sono sempre pari, dalle quadre possiamo raccogliere $2n!$. Se $n>=4$, i $2$ di $2n!$ si semplificano con quelli di $2^(1-n)=1/2^(n-1)$.
In generale, $f_n+1=2^(1-n)[ sum_(k=0)^(|__ (n-1)/2 __|)((n),(2k+1))5^k+sum_(k=0)^(n-1)(k+1)/n((n),(k+1))]=(n!)/(2^(n-1))[ sum_(k=0)^(|__ (n-1)/2 __|)5^k/((2k+1)!(n-2k-1)!)+1/n sum_(k=0)^(n-1)1/(k!(n-k-1)!)]$
dove, nel penultimo passaggio, si sfrutta il fatto che $((n),(k+1))=n/(k+1) ((n-1),(k))$.
E qui mi impunto, perchè non riesco a mostrare che almeno un numero del prodotto di numeri interi $(2n!)/(2^(n-1))$ non si semplifica, facendo sì che $f_n+1$ sia composto.

[DavidHilbert]

Mi sono impuntato cercando di dimostrare la tesi a partire dalla formula di Binet [...] Sviluppando le potenze nella parentesi graffa con il binomio di Newton, si trova l'identità $f_n=1/2^(n-1) sum_(k=0)^(|__ (n-1)/2 __|)((n),(2k+1))5^k$ (sapete se esiste già?).

Be', di sicuro, visto che io l'ho utilizzata - ormai sono due anni - per dimostrare che, comunque scelto $n \in NN^+$, esiste un intero positivo $m \le 2n$ tale che $n$ divide $f_m$. All'epoca l'articolo finì sulla scrivania di Doug Hensley.

[TomSawyer]

Doug Hensley è sempre il tizio dell'AMM? E' stata anche pubblicata la dimostrazione? Se sì, in che mese?