$n|2^{n-1}+1$ (sembra un riemann ma non lo è)

[dario2994]

Trovare tutti gli $n\in\mathbb{N_0}$ tali che $\displaystyle \frac{2^{n-1}+1}{n}$ è intero

[sasha™]

Allora, $n=1$ verifica banalmente.

Poi, ovviamente $2^{n-1}+1$ è dispari, quindi deve esserlo anche $n$. Dal teorema di Eulero-Fermat sappiamo che $2^{\varphi(n)}\equiv1\pmod n$, da cui, sapendo anche che $2^{n-1}\equiv-1\pmod n$, ricaviamo che $\varphi(n)\nmid {n-1}$ e $\varphi(n)\mid {2(n-1)}$.

Poiché $n$ è dispari, $\varphi(n)>\frac{n-1}{2}$. Vale ovviamente $\varphi(n)<n-1$ (non può essere uguale perché non lo divide).

Segue che $\frac {2(n-1)}{4} < \varphi(n) < \frac {2(n-1)}{2}$, e poiché $\varphi(n)\mid 2(n-1)$, allora $\varphi(n) = \frac 23 \cdot (n-1)$.

Adesso sappiamo che $n\equiv1 \pmod 6$. Detto questo, non ho altre idee (e devo andare). Ad occhio direi che non ha soluzioni, ma probabilmente sbaglio.

[dario2994]

Poi, ovviamente $2^{n-1}+1$ è dispari, quindi deve esserlo anche $n$. Dal teorema di Eulero-Fermat sappiamo che $2^{\varphi(n)}\equiv1\pmod n$, da cui, sapendo anche che $2^{n-1}\equiv-1\pmod n$, ricaviamo che $\varphi(n)\nmid {n-1}$ e $\varphi(n)\mid {2(n-1)}$.

Questo è falso Prova a scriverne la dimostrazione e troverai l'errore da te

[sasha™]

Uhm. $2$ e $n$ sono coprimi, quindi posso usare Eulero-Fermat. Se $\varphi(n)\mid n-1$, allora $2^{n-1}\equiv1\pmod n$. Poi, $(2^{n-1})^2 \equiv (-1)^2 \pmod n$, cioè $2^{2(n-1)}\equiv 1 \pmod n$, questo in effetti implica solo che $\exists k : k \mid \varphi(n)$, $k \mid 2(n-1)$ e $k\nmid(n-1)$. Peccato, mi sembrava un'idea furba.

[matty96]

Ok... ci ho provato ma mi blocco

Se $n=p \in \mathbb{P}$ allora deve valere $2^{\varphi(p)} \equiv 1 \equiv -1 \pmod p \implies 2 \equiv 0 \pmod p$ che è vero solo per p=2, che è pari,e che scartiamo.
Allora deve esistere un $n$ tale che $ \displaystyle n=\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i} $ e $\upsilon_2(n)=0$ con $p \in \mathbb{P_2}$ e k,i naturali.
Pongo $n-1=2m$ dove m è un numero naturale e riscrivo la frazione come $\frac{4^m+1}{2m+1}=h \implies \frac{4^m+1-hm}{hm}=2m$ dove anche h è un naturale
Se $m|4^m+1$ allora m è dispari, perciò se $\upsilon_2(4^m+1-km) >1$ posso provare che non ci sono soluzioni in questo caso.Ma come lo provo? ($\upsilon_2(.)$ è la valutazione p-adica, ma forse si era capito)

[dario2994]

Pongo n-1=2m e rscrivo come $\frac{4^m+1}{2m+1}=k \implies \frac{4^m+1-km}{km}=2m$
Se $m|4^m+1$ allora m è dispari, perciò se $\upsilon_2(4^m+1+km) >1$ posso provare che non ci sono soluzioni in questo caso.Ma come lo provo?

Non c'ho capito una ceppa

[jordan]

Trovare tutti gli $n\in\mathbb{N_0}$ tali che $\displaystyle \frac{2^{n-1}+1}{n}$ è intero

$ n $ deve essere dispari, e se $ n>1 $ sia $ n=\displaystyle \prod_{1\le i\le \omega(n)}{p_i^{\alpha_i}} $ la sua fattorizzazione. Definiamo gli interi positivi $ m:=\upsilon_2(n-1) $ e $ w:=(n-1)2^{-m} $ (dispari), cosicchè $ n=2^mw+1 $. Per ogni $ 1\le i\le \omega(n) $ vale: $ p_i\mid n\mid 2^{n-1}+1=2^{2^mw}+1 $; ciò implica che $ 2^{m+1}\mid \text{ord}_{p_i}(2)\mid p_i-1 $. Quindi esistono degli interi positivi $ q_1,q_2,\ldots,q_{\omega(n)} $ tale che per ogni $ 1\le i\le \omega(n) $ risulta $ p_i=2^{m+1}q_i+1 $. Ma questo contraddice la costruzione dell'intero dispari $ w $ dal momento che vale l'identità: $ \displaystyle 2^mw+1=n=\prod_{1\le i\le \omega(n)}{p_i^{\alpha_i}}=\prod_{1\le i\le \omega(n)}{(2^{m+1}q_i+1)^{\alpha_i}} $. []

[dario2994]

Perfetta, uguale alla mia e a quella di salvo.tringali

[matty96]

Non c'ho capito una ceppa

Ora ho editato...

[dario2994]

$\frac{4^m+1}{2m+1}=h \implies \frac{4^m+1-hm}{hm}=2m$

Quest'implicazione è falsa!

[matty96]

Si scusa, è $\frac{4^m+1-h}{h}=2m$ quindi voglio dimostrare che $\upsilon_2(4^m+1-h) > 1$

[dario2994]

voglio dimostrare che $\upsilon_2(4^m+1-h) > 1$

Assumi di averlo dimostrato, poi che ci fai?

[matty96]

Posso dire che per $m \mid 4^m+1$ non ci sono soluzionei e poi guardo l'altro caso.Prima lo dimostro (anche per esercizio)

[jordan]

Perfetta, uguale alla mia e a quella di salvo.tringali

Wah, non mi ero manco accorto che l'avevi postato su scienze matematiche O.o
A prima vista, difatti stavo tentanto di risolverlo con una contraddizione dal piu piccolo fattore primo di n, tipo qualcun altro conosciuto..

[matty96]

Noo!! solo ora mi accorgo che ho confuso le due idee che avevo in mente( e una era completamente sballata).Dunque la mia idea è un pò più semplice.Arriviamo al punto in cui riscrivo come $ \displaystyle \frac{4^m+1}{2m+1}=h $ .Se dimostro quello che ho detto nel post precedente, ho finito per m dispari.

Bonus: Trovare tutti gli $(a,b,c,n) \in \mathbb{N^4}$ tali che $ \displaystyle \frac{a^{n-1}+b^c}{n+c-1} $ sia un intero