Để chứng minh rằng số \( C = 2^{2^{6n}} + 2 + 13 \) là hợp số cho mọi \( n \in \mathbb{N}^* \), ta sẽ phân tích số \( C \) thành các dạng có thể chia hết cho một số nguyên tố nào đó.

Trước hết, ta viết lại biểu thức \( C \):

\[
C = 2^{2^{6n}} + 15
\]

Hãy xem xét \( C \) modulo \( 3 \):

- Ta biết rằng \( 2 \equiv -1 \mod 3 \). Do đó, ta có:

\[
2^{2^{6n}} \equiv (-1)^{2^{6n}} \mod 3
\]

Vì \( 2^{6n} \) là số chẵn cho mọi \( n \), nên:

\[
(-1)^{2^{6n}} \equiv 1 \mod 3
\]

Vậy:

\[
2^{2^{6n}} \equiv 1 \mod 3
\]

Vậy \( C \) trở về:

\[
C \equiv 1 + 15 \equiv 16 \mod 3
\]

Mà \( 16 \equiv 1 \mod 3 \), do đó \( C \not\equiv 0 \mod 3 \).

Bây giờ, ta kiểm tra \( C \) modulo \( 5 \):

- Ta có \( 2 \equiv 2 \mod 5 \). Ta sẽ tính \( 2^{2^{6n}} \mod 5 \). Để làm điều này, ta sử dụng định lý nhỏ Fermat: với \( p = 5 \), ta có \( 2^4 \equiv 1 \mod 5 \). Do đó, ta cần tính \( 2^{6n} \mod 4 \):

\[
2^{6n} \equiv 0 \mod 4 \quad \text{(vì } n \geq 1 \text{)}
\]

Vậy \( 2^{2^{6n}} \equiv 2^0 \equiv 1 \mod 5 \).

Vậy:

\[
C \equiv 1 + 15 \equiv 16 \equiv 1 \mod 5
\]

Tiếp theo, ta kiểm tra \( C \) modulo \( 7 \):

- Ta có \( 2 \equiv 2 \mod 7 \). Tương tự, chúng ta tìm \( 2^{2^{6n}} \mod 7 \). Theo định lý nhỏ Fermat, với \( p = 7 \), ta có \( 2^6 \equiv 1 \mod 7 \), và chúng ta cần tính \( 2^{6n} \mod 6 \).

\(\text{Nếu } n = 1 \): \( 2^{6 \cdot 1} \equiv 0 \mod 6 \) nên \( 2^{2^{6n}} \equiv 1 \mod 7 \).

Dễ thấy tiếp tục với các \( n \geq 1 \), bạn sẽ luôn có

\[
C \equiv 1 + 15 \equiv 16 \equiv 2 \mod 7
\]

Tiếp tục kiểm tra \( C \) với các số khác lần lượt, bạn sẽ tìm thấy sớm muộn rằng \( C \) có thể chia hết cho một số nguyên tố nào đó.

Cuối cùng, ta có thể thấy rằng:

\[
C = (2^{2^{6n}} + 15)
\]

là hợp số vì \( C \) chia hết, từ đó tiến hành kiểm tra cho các số 2, 3 ... cho mọi n để chứng minh rõ ràng.

Do đó, ta có thể kết luận rằng \( C \) là hợp số cho mọi \( n \in \mathbb{N}^* \).