Troppo istruttivo per non essere postato...
Olderrimo ma utile: n²|2^n+1
Olderrimo ma utile: n²|2^n+1
Trovare tutti gli interi $ ~n>1 $ tali che $ \displaystyle n^2|2^n+1 $
Troppo istruttivo per non essere postato...
Troppo istruttivo per non essere postato...
[url=http://www.myspace.com/italiadimetallo][img]http://img388.imageshack.us/img388/4813/italiadimetallogn7.jpg[/img][/url]
Resuscitiamolo! 
Divido il problema considerando n primo, pari e poi dispari.
Prima di tutto, si cerca qualche $ $n>1$ $ tale che: $ $ 2^n+1=n^2k$ $ per qualche $ $k\geq1$ $
Per n=p primo:
1_Per il teorema di Fermat $ $2^p+1\equiv 3 (p)$ $, mentre $ $p^2k \equiv 0 (p)$ $. Si deve quindi avere che $ $ 3\equiv 0 (p)$ $, il che accade solo se p=3, n=3.
Per n=2t pari:
2_Si ha che $ $2^{2t}+1 \equiv 1 (4)$ $ e che $ ${2t}^2k \equiv 0 (4)$ $ essendo $ $2^{2t}$ $ e $ $(2t)^2$ $ quadrati pari, quindi in questo caso non si hanno n.
Per n=2t+1 dispari:
3_Ci dormo sopra!
(Intanto un 3 c'è già...)
Divido il problema considerando n primo, pari e poi dispari.
Prima di tutto, si cerca qualche $ $n>1$ $ tale che: $ $ 2^n+1=n^2k$ $ per qualche $ $k\geq1$ $
Per n=p primo:
1_Per il teorema di Fermat $ $2^p+1\equiv 3 (p)$ $, mentre $ $p^2k \equiv 0 (p)$ $. Si deve quindi avere che $ $ 3\equiv 0 (p)$ $, il che accade solo se p=3, n=3.
Per n=2t pari:
2_Si ha che $ $2^{2t}+1 \equiv 1 (4)$ $ e che $ ${2t}^2k \equiv 0 (4)$ $ essendo $ $2^{2t}$ $ e $ $(2t)^2$ $ quadrati pari, quindi in questo caso non si hanno n.
Per n=2t+1 dispari:
3_Ci dormo sopra!
(Intanto un 3 c'è già...)[url]http://www.aif.it/[/url]
Ho provato a scriverla bene, ma diventava una cosa troppo grossa per tex forse perchè nn me la faceva passare: allora scrivo il procedimento.
Prendiamo n monocomposto: n sarà 3. Ora si prova facilmente con l'induzione che $ 2^{3^k}\equiv{ 3^{k+1}-1} \pmod{3^{2k}} $ che ci porta all'unica soluzione intera pos di k+1>=2k ovvero k=1. Ora poniamo n composto: $ n=p_1^{a_1}...p_s^{a_s} $,ponendo p_1<....<p_s ora si consideri che $ 2^{2n} \equiv 1 \pmod {p_1} $ma dato che l'ordine tra 2 e $ p_1 $ è minore di $ p_1 $ si ha che l'ordine è coprimo con tutti i fattori di n: l'ordine è 2: $ p_1=3 $. Ora ragionando modulo $ 3^{2a_1} $ possiamo riscrivere $ 2^{3^{a_1}}+1\equiv 3^{a_1+1} \pmod {3^{2a_1}} $ dunque lo sostituiamo nella potenza generale e chiamando $ j=n/(3^a_1) $ si ha $ 2^n \equiv (3^{a_1+1}-1)^j \pmod {3^{2a_1}} $ ma ora si svolga quel binomio: rimane $ 2^n \equiv 3^{a_1+1}-1 \pmod {3^{2a_1 }} $ il che ci dice che come prima $ a_1=1 $. Ma ora perveniamo all'assurdo passando a $ p_2 $. Per le stesse ragioni di prima si ha che l'ordine è 1,2,3 o 6: possiamo escludere i dispari(perchè altrimenti ce li porteremo in n) e dunque l'unico caso è 6: ma allora l'unica cosa che ci rimane è $ p_2=7 $ però $ 2^3 \equiv 1 \pmod 7 $ dunque sarebbe $ 2^n \equiv 1\pmod 7 $ e $ 2^n \equiv -1\pmod 7 $ ma allora $ 1\equiv -1 \pmod 7 $ ovvero 2=7: assurdo. Dunque l'unica soluzione è 3. E' dunque morto il novello lazzaro? oppure c'è qualche falla pesante:distrazione e/o idiozie di fondo?
Prendiamo n monocomposto: n sarà 3. Ora si prova facilmente con l'induzione che $ 2^{3^k}\equiv{ 3^{k+1}-1} \pmod{3^{2k}} $ che ci porta all'unica soluzione intera pos di k+1>=2k ovvero k=1. Ora poniamo n composto: $ n=p_1^{a_1}...p_s^{a_s} $,ponendo p_1<....<p_s ora si consideri che $ 2^{2n} \equiv 1 \pmod {p_1} $ma dato che l'ordine tra 2 e $ p_1 $ è minore di $ p_1 $ si ha che l'ordine è coprimo con tutti i fattori di n: l'ordine è 2: $ p_1=3 $. Ora ragionando modulo $ 3^{2a_1} $ possiamo riscrivere $ 2^{3^{a_1}}+1\equiv 3^{a_1+1} \pmod {3^{2a_1}} $ dunque lo sostituiamo nella potenza generale e chiamando $ j=n/(3^a_1) $ si ha $ 2^n \equiv (3^{a_1+1}-1)^j \pmod {3^{2a_1}} $ ma ora si svolga quel binomio: rimane $ 2^n \equiv 3^{a_1+1}-1 \pmod {3^{2a_1 }} $ il che ci dice che come prima $ a_1=1 $. Ma ora perveniamo all'assurdo passando a $ p_2 $. Per le stesse ragioni di prima si ha che l'ordine è 1,2,3 o 6: possiamo escludere i dispari(perchè altrimenti ce li porteremo in n) e dunque l'unico caso è 6: ma allora l'unica cosa che ci rimane è $ p_2=7 $ però $ 2^3 \equiv 1 \pmod 7 $ dunque sarebbe $ 2^n \equiv 1\pmod 7 $ e $ 2^n \equiv -1\pmod 7 $ ma allora $ 1\equiv -1 \pmod 7 $ ovvero 2=7: assurdo. Dunque l'unica soluzione è 3. E' dunque morto il novello lazzaro? oppure c'è qualche falla pesante:distrazione e/o idiozie di fondo?
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"
?Si c'è pure lì : io che lo sto leggendo non lo sapevo, perchè non sono ancora arrivato lì dove dici:sono andato a cercare se effettivamente c'era e ho appena letto la soluzione e sono lieto che è la stessa che ho fatto io , anche se non proprio in tempi olimpici : al contrario di gufus io c'ho passato su una buona parte dell'altra notte 
, anche se non proprio in tempi olimpici : al contrario di gufus io c'ho passato su una buona parte dell'altra notte Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"