Nombres premiers

Surprenant de mettre cette question sans indications; à moins qu'il y ait une preuve plus simple que celle que je connais... Mon indication serait de calculer le produit des $F_i, i\leq n$ pour un $n$ fixé.

On peut aussi raisonner modulo $F_n$. Supposons $m>n$. Alors, modulo $F_n$, $2^{2^n}\equiv -1$, donc $F_m\equiv 2$, donc...

On a aussi la démonstration de Hardy & Wright :

Pour tout $x\in\mathbb{R}$ et $k\in\mathbb{N}^{*}$, on a
\begin{equation*}
x^{2^{k}}-1=(x+1)(x^{2^{k}-1}-x^{2^{k}-2}+\dotsb-1).
\end{equation*}
En choisissant $x=2^{2^{n}}$, on note que
\begin{equation*}
F_{n+k}=2^{2^{n+k}}+1=2^{2^{n}\cdot2^{k}}+1=x^{2^{k}}+1,
\end{equation*}
d'où
\begin{equation*}
F_{n+k}-2=F_{n}(x^{2^{k}-1}-x^{2^{k}-2}+\dotsb-1).
\end{equation*}
On déduit du calcul précédent que si $m$ est un diviseur commun à $F_{n}$ et $F_{n+k}$, alors $m$ divise aussi $F_{n+k}-2$ et $m$ est donc un diviseur de $2$. Puisque $F_{n}$ est impair pour tout $n\in\mathbb{N}$, on conclut que $m=1$.