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

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.

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

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.

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)

matty96 ha scritto: 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

dario2994 ha scritto: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}} $. []

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

dario2994 ha scritto: Non c'ho capito una ceppa

Ora ho editato...

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

Quest'implicazione è falsa!

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

matty96 ha scritto: voglio dimostrare che $\upsilon_2(4^m+1-h) > 1$

Assumi di averlo dimostrato, poi che ci fai?

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)

dario2994 ha scritto: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..

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