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Trovare tutte le terne $ (a,m,n) \in (\mathbb{N}_0)^3 $ tali che $ \displaystyle \frac{(a+1)^n}{a^m+1} \in \mathbb{N}_0 $.

Alur... bel problema, che si potrebbe bruciare col teoremone... ma insomma... è più figo risolverlo elementarmente
Fatto antisociale: Sia $p$ un primo, se $p|x|y^k$ allora $p|(x,y)$
È abbastanza ovvio dalla definizione di numero primo.

Dimostro che le soluzioni $(1,m,n)$ e $(a,1,n)$ d'ora in poi assumo $a>1$ e $m>1$.
Assumo che (a,m,n) sia soluzione con:

• $m$ pari: allora ovviamente $a^m+1\equiv 2 \pmod{a+1}$ da cui $(a+1,a^m+1)|2$ ma per il fatto antisociale ogni primo che divide $a^m+1$ divide $(a+1,a^m+1)$ perciò $a^m+1$ è potenza di 2. Ma allora ho trovato un modo di scrivere una potenza di 2 maggiore di 2 (altrimenti ricado in a o m =1) come somma di quadrati coprimi, assurdo mod 4.
• $m$ primo dispari: vale ovviamente
  $\displaystyle(a+1)(\sum_{i=0}^{m-1}(-a)^i)|(a+1)^n\Rightarrow (\sum_{i=0}^{m-1}(-a)^i)|(a+1)^{n-1}$ e inoltre $\displaystyle \sum_{i=0}^{m-1}(-a)^i\equiv m\pmod{a+1}$
  quindi applicando il fatto antisociale ottengo che qualsiasi primo che divide $\displaystyle \sum_{i=0}^{m-1}(-a)^i$ divide $m$, inoltre $m$ è primo perciò ottengo $a^m+1=(a+1)m^k$. Se $k=0$ ricado in $a=1$, quindi posso assumere $k\ge 1$ da cui ottengo per Fermat: $a+1\equiv a^m+1\equiv 0\pmod{m}$, che è proprio quanto mi serve per applicare lifting the exponent: $\upsilon_m(a^m+1)=\upsilon_m(a+1)+1$ da cui ottengo ovviamente $k=1$ e perciò
  $a^m+1=m(a+1)$
  Da cui $(a+1)(a^{m-1}-a^{m-2})<a^m+1=m(a+1)\Rightarrow a^{m-2}(a-1)<m\Rightarrow a^{m-2}<m$
  Se $a\ge 3$ è facile dimostrare per induzione su m che $a^{m-2}\ge m$ per ogni $m\ge 3$ (che è il minimo dato che è un primo dispari). Perciò $a=2$ e quindi $2^m+1=3m$ che ha come unica soluzione non banale $m=3$.
  Quindi in questo caso le soluzioni hanno $a=2,m=3$ da cui tornando indietro ottengo:
  $2^3+1|(2+1)^n\leftrightarrow n>1$
• $m$ dispari composto: prendo un primo $p$ che divide $m$ e scrivo $m=pz$. È facile ricavarne che anche $(a^z,p,n)$ è una soluzione ma in questo caso $m$ è primo quindi ricado nel caso precedente ottenendo che $a^z=2$ che è assurdo dato che $z>1$ poichè $m$ è composto

In conclusione le soluzioni sono queste (1,m,n) (a,1,n) (2,3,n+1) (il che è in accordo col teoremone )

p.s. necroposting is cool