奇数の等差数列の全項がp+2^k（pは素数、kは正整数）の形で表せない場合、その公差は必ず11184810以上になる

$m=2^\nu m_0$と分解する。ただし$m_0$は奇数とし、$m_0=1$のときは$h=1$、それ以外では$h=\operatorname{ord}_{m_0}(2)$とおく。
仮定を満たす$\ell$を固定し、$k_0\ge\max\{\ell,\nu,1\}$かつ$k_0\equiv\ell\pmod h$となる整数を選ぶ。

$k\ge k_0$かつ$k\equiv k_0\pmod h$ならば、奇数部分$m_0$を法として$2^k\equiv2^\ell$である。
また、$k\ge\nu$なので$2^k\equiv0\pmod{2^\nu}$である。
奇数部分$m_0$については、この合同式と仮定から$a-2^k\equiv a-2^\ell\pmod{m_0}$であり、互いに素である。$2^\nu$の部分については、$\nu>0$なら仮定から$a$は奇数であり、$k\ge\nu$なので$a-2^k$も奇数である。従って$\gcd(a-2^k,m)=1$となる。
特に
$$ c\equiv a-2^{k_0}\pmod m $$
とおけば、$\gcd(c,m)=1$であり、選んだすべての$k$について$a-2^k\equiv c\pmod m$となる。

素数定理の算術級数版により、十分大きな$y$について、$p\le y$かつ$p\equiv c\pmod m$を満たす奇素数は$y/\log y$に比例する個数だけある。
ここで$y=x/2$とし、$k_0\le k\le\log_2(x/2)$かつ$k\equiv k_0\pmod h$となる$k$を動かすと、$k$の選び方は$\log x$に比例する個数ある。
各組$(p,k)$から$n=p+2^k\le x$が得られ、$n\equiv a\pmod m$でもある。
したがって、ある定数$c_1>0$について
$$ \sum_{\substack{n\le x\\n\equiv a\pmod m\\n\text{は奇数}}}r(n)\ge c_1x $$
となる。

一方、二乗平均の補題とCauchy–Schwarzの不等式から
$$ \left(\sum_{\substack{n\le x\\n\equiv a\pmod m\\n\text{は奇数}}}r(n)\right)^2 \le \#\{n\le x:n\equiv a\pmod m,\ n\text{は奇数},\ r(n)>0\}\sum_{n\le x}r(n)^2 $$
である。
ゆえに、$n\equiv a\pmod m$を満たす表現可能な数は$x$に比例する個数ある。
この等差数列に含まれる正の奇数も$x$に比例する個数あるので、正の奇数のうち正の割合が$p+2^k$と表される。■

$A(a,b)\subseteq U$とする。
ある$\ell\ge1$について
$$ \gcd(a-2^\ell,b)=1 $$
ならば、密度補題により$A(a,b)$の中に$p+2^k$と表される項が正の割合で存在する。
これは$A(a,b)\subseteq U$に反する。
したがって、すべての$\ell\ge1$について
$$ \gcd(a-2^\ell,b)>1 $$
でなければならない。■

$L=\operatorname{lcm}(m_1,\ldots,m_t)$とする。
一周期$L$の中で、法$m_i$の一つの剰余類は$L/m_i$個の剰余を占める。
したがって、全体を覆うためには
$$ \sum_{i=1}^{t}\frac{L}{m_i}\ge L $$
でなければならない。
両辺を$L$で割ればよい。■

$s\mid m_i$となる項の剰余が法$s$の完全な剰余系を含まないので、それらのどの剰余とも一致しない剰余$u\pmod s$を選ぶ。

整数$x\equiv u\pmod s$は、$s\mid m_i$となる合同類には入らない。
したがって、この剰余類の中では$s\nmid m_i$の合同類だけで全ての整数を覆う必要がある。
$x=u+sn$と書けば、各条件$x\equiv c_j\pmod{m_j}$は、$s$と$m_j$が互いに素であるため、$n$に関する一つの合同条件に直る。
よって、残った法だけで整数全体を覆う。■

$r_q=r$ならば$q\mid2^r-1$である。
表の右端を素因数分解し、それぞれの素因数について$r_q$を確かめれば、中央の列が得られる。
たとえば$2^6-1=3^2\cdot7$だが、$r_3=2$、$r_7=3$なので$r_q=6$となる素数はない。
同じ確認を各行で行えばよい。■

被覆可能な法から極小な部分被覆を選び、その部分に対応する素数だけを残す。
添字を付け直し、位数を$r_i=r_{q_i}$とする。
逆数和の補題より
$$ \sum_{i=1}^{t}\frac1{r_i}\ge1 $$
である。

まず、ある素数$s\ge5$が位数の一つを割る場合を考える。
被覆の縮約補題より、$s$で割れる位数が$s$個未満なら、その合同類を除いた法だけでも被覆できる。
これは極小性に反するため、少なくとも$s$個の位数が$s$で割り切れる。
フェルマーの小定理から$r_i\mid q_i-1$なので、対応する相異なる素数$q_i$は$1\pmod s$である。
そのような奇素数を小さい順に並べると、第$j$項は少なくとも$2js+1$である。
したがって
$$ \prod_{j=1}^{5}(2js+1)>5592405 $$
が素数の積の下限となる。
よって、この場合は積が$5592405$を超える。

この場合に$t\ge7$であることも確認する。
$s\ge7$なら、すでに$s$個以上の位数がある。
$s=5$で$t\le6$と仮定すると、5で割り切れる位数が少なくとも5個ある。
すべての$r_i$が5で割り切れるなら、表から$r_i=5$となるものは高々一つで、他は少なくとも10である。
したがって
$$ \sum_{i=1}^{t}\frac1{r_i}\le\frac15+5\cdot\frac1{10}<1 $$
となり、逆数和に反する。
5で割れない位数がある場合、その一つを$r_1$とする。
すると$t=6$であり、$1/r_1\le1/2$である。
残る5個の位数のうち、5、10、15はそれぞれ高々一つずつで、他は20以上である。
よって
$$ \sum_{i=1}^{t}\frac1{r_i} \le\frac12+\frac15+\frac1{10}+\frac1{15}+2\cdot\frac1{20}<1 $$
となり、やはり矛盾する。
よって$s=5$でも$t\ge7$である。

次に、すべての$r_i$の素因数が$2,3$だけの場合を考える。
$t\ge7$なら、$r_q$が$2,3$だけを素因数にもつ素数$q$のうち小さい方から7個は
$$ 3,5,7,13,17,19,37 $$
である。
実際、$q<37$の素数について位数を調べると
$$ \begin{array}{c|rrrrrrrrrrr} q&3&5&7&11&13&17&19&23&29&31&37\\ \hline r_q&2&4&3&10&12&8&18&11&28&5&36 \end{array} $$
となる。
したがって
$$ 3\cdot5\cdot7\cdot13\cdot17\cdot19\cdot37=16313115>5592405 $$
である。
以下では$t\le6$とする。

位数2の項が必要である。
そうでなければ、逆数和は高々
$$ \frac13+\frac14+\frac18+\frac19+\frac1{12}+\frac1{16}<1 $$
となる。
これは逆数和に反する。
表より$r_i=2$に対応する素数は3だけなので、$q_1=3$、$r_1=2$とする。

すべての位数が2のべきなら、表と$q_i$が相異なることから、逆数和は高々
$$ \frac12+\frac14+\frac18+\frac1{16}+\frac1{32}+\frac1{64}<1 $$
である。
したがって、ある位数は3で割り切れる。

極小被覆を$c_i\pmod{r_i}\ (1\le i\le t)$とし、
$$ A=\{i:3\nmid r_i\},\qquad B_j=\{i:3\mid r_i,\ c_i\equiv j\pmod3\}\quad(j=0,1,2) $$
とおく。
整数を$3n+j$に限る。
$3\nmid r_i$なら、条件$3n+j\equiv c_i\pmod{r_i}$は$n$に関する法$r_i$の合同条件になる。
$3\mid r_i$なら、この条件が成り立つのは$c_i\equiv j\pmod3$の場合に限られ、そのとき法$r_i/3$の合同条件になる。
従って、各$j=0,1,2$について
$$ \{r_i:i\in A\}\cup\{r_i/3:i\in B_j\} $$
は被覆可能である。
$A$は元の極小被覆の真部分列なので、$B_j$が空なら$A$だけで被覆できてしまう。
よって$B_0,B_1,B_2$はすべて空でない。
また$1\in A$なので$1\le|A|\le3$である。

$|A|=1$とする。
三つの$B_j$のうち少なくとも一つは一元集合である。
それを$B_{j_0}=\{2\}$とする。
剰余類を$3n+j_0$に限ると、法2と法$r_2/3$の二つで整数全体を覆う。
逆数和から$r_2/3\le2$であり、表により$r_2=3$、$q_2=7$となる。
別の$B_j$も一元集合なら、同じ議論からそこに属する素数も7となる。したがって、$q_i$の相異なることに反する。
また$i\ge3$なら$r_i/3\ge3$である。
したがって$t=6$で、残る二つの$B_j$はそれぞれ二元集合である。

その一つから得られる被覆は$\{2,u,v\}$で、$u=r_i/3$、$v=r_{i'}/3$はいずれも3以上である。
これは極小被覆である。
実際、どの法を一つ除いても、残る二法の逆数和は1未満である。
被覆の縮約補題より$3\nmid u,v$でなければならない。
よって$u,v$は2のべきであり、逆数和
$$ \frac12+\frac1u+\frac1v\ge1 $$
から$u=v=4$となる。
すると$r_i=r_{i'}=12$で、表より$q_i=q_{i'}=13$となる。
相異なる素数であることに反する。

$|A|=2$とする。
少なくとも二つの$B_j$は一元集合である。
添字を付け直し、$A=\{1,2\}$、$B_{j_1}=\{3\}$、$B_{j_2}=\{4\}$とする。
$r_1=2$であり、表と$q_1\ne q_2$から$r_2\ge4$である。
$q_3,q_4$の少なくとも一方は7でないので、$q_3\ne7$としてよい。
すると$r_3/3\ge3$で、$\{2,r_2,r_3/3\}$は被覆可能である。
これは極小であり、縮約補題から$3\nmid r_3/3$となる。
よって三つの法はすべて2のべきであり、逆数和から
$$ \frac12+\frac1{r_2}+\frac1{r_3/3}\ge1 $$
となるため$r_2=r_3/3=4$である。
したがって$q_2=5$、$q_3=13$である。
同じ議論を$q_4$に適用すると、相異なる素数であるため$q_4=7$となる。
残る$B_j$は二元集合$\{5,6\}$である。
ここから$\{2,4,u,v\}$が被覆可能となる。ただし$u=r_5/3$、$v=r_6/3$である。
$q_5,q_6$は7,13と異なるため、位数3,6,12は取れず、$u,v\notin\{1,2,4\}$である。

$u,v$がともに3で割り切れるなら、縮約後に$\{2,4\}$が被覆可能となり、逆数和に反する。
一方だけが3で割り切れる場合、もう一方を$w$とすると、縮約後の$\{2,4,w\}$の逆数和から$w\le4$となる。
しかし$w\notin\{1,2,4\}$である。
したがって$u,v$は3で割れず、いずれも2のべきである。
先ほどの除外から$u,v\ge8$である。
逆数和
$$ \frac12+\frac14+\frac1u+\frac1v\ge1 $$
から$u=v=8$となる。
よって$r_5=r_6=24$で、表から$q_5=q_6=241$となる。
これも相異なることに反する。

最後に$|A|=3$とする。
$t\le6$かつ各$B_j$が空でないので、$t=6$で各$B_j$は一元集合となる。
各剰余類に限ると$\{r_1,r_2,r_3,u_j\}$が被覆可能である。
ただし$u_j=r_i/3$である。
もし$3\mid u_j$なら、縮約補題により$\{r_1,r_2,r_3\}$だけで被覆でき、元の極小性に反する。
よって各$u_j$は2のべきである。
少なくとも一つは8以上である。
そうでなければ三つとも$1,2,4$のいずれかで、元の位数は3,6,12となる。
位数6は存在せず、位数3,12に対応する素数はそれぞれ7,13だけなので、相異なる三つの素数を割り当てられない。

$u_4\ge8$とする。
$r_1=2$であり、$r_2,r_3$は相異なる素数に対応する2のべきだから
$$ \frac1{r_1}+\frac1{r_2}+\frac1{r_3}\le\frac12+\frac14+\frac18. $$
また$1/u_4\le1/8$である。
この四法は被覆可能なので逆数和は1以上であり、ここでは等号しかありえない。
従って$\{r_1,r_2,r_3,u_4\}=\{2,4,8,8\}$となる。
対応する素数は$q_1,q_2,q_3,q_4=3,5,17,241$である。
$u_5$または$u_6$が8以上なら、同じ等号条件から対応する素数が241となり重複する。
よって$u_5,u_6<8$であり、それぞれ1または4である。
元の位数は3または12なので、相異なることから$\{q_5,q_6\}=\{7,13\}$となる。

以上より、$t=6$の場合に限り
$$ \{q_1,\ldots,q_t\}=\{3,5,7,13,17,241\} $$
となり、その積は
$$ 3\cdot5\cdot7\cdot13\cdot17\cdot241=5592405 $$
である。
他の場合はすでに積が$5592405$を超えることを示した。
従って、求める下限と等号の場合が分かった。■

$A(a,b)\subseteq U$とする。
すべての項が奇数なので、$a$は奇数で$b$は偶数である。

$b$を割る奇素数のうち、ある$\alpha_i\ge1$について
$$ a\equiv2^{\alpha_i}\pmod{q_i} $$
となるものを$q_1,\ldots,q_t$とする。
前節の議論から、合同類
$$ \ell\equiv\alpha_i\pmod{r_{q_i}}\qquad(1\le i\le t) $$
は整数全体を覆う。
したがって、位数に対応する素数の積の補題を適用でき、
$$ q_1q_2\cdots q_t\ge5592405 $$
となる。

$b$は偶数で、各$q_i$は相異なる奇素数として$b$を割る。
よって
$$ 2q_1q_2\cdots q_t\mid b $$
であり、
$$ b\ge2q_1q_2\cdots q_t\ge2\cdot5592405=11184810 $$
を得る。
これで定理が示された。■

まず、指数$k$の合同類には次の被覆がある。
$$ \mathbb Z= 0\pmod2\ \cup\ 1\pmod4\ \cup\ 3\pmod8 \ \cup\ 1\pmod3\ \cup\ 3\pmod{12}\ \cup\ 23\pmod{24}. $$
また、
$$ 11184810=2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot13\cdot17\cdot241 $$
である。

$x\equiv992077\pmod{11184810}$とする。
指数$k$が上のどの合同類に入るかに応じて、$2^k$と$x$は次の表に示す法で同じ剰余を持つ。

したがって、どの$k\ge1$に対しても、素数$3,5,7,13,17,241$のうち少なくとも一つが$x-2^k$を割る。
もし$x=p+2^k$と表せるなら、その素数$p=x-2^k$はこの6個のいずれかでなければならない。

残った候補を剰余計算で一つずつ除く。
$x\equiv1\pmod3$なので、$x-2^k$の法$3$の剰余は$0$または$2$である。
したがって、法$3$で$1$となる$7,13,241$は$p$の候補にならない。

次に$x\equiv2\pmod7$であり、$2^k\pmod7$は$1,2,4$のいずれかである。
よって$x-2^k\pmod7$は$1,0,5$のいずれかとなり、法$7$で$3$となる$3,17$は候補にならない。

最後に$x\equiv8\pmod{17}$であり、$2^k\pmod{17}$は$1,2,4,8,16,15,13,9$のいずれかである。
したがって、$x-2^k\pmod{17}$は$7,6,4,0,9,10,12,16$のいずれかとなり、法$17$で$5$となる素数$5$も候補にならない。

以上ですべての候補を除いた。
よって、この等差数列の項は一つも$p+2^k$と表せない。■