OliForum Matematico

Trovare gli $ n $ naturali per cui $ n|2^n+1 $

Per chi volesse la versione più semplice, trovare tutti gli n naturali per cui $ n $ e $ 2^n+1 $ hanno gli stessi fattori primi

uhm,non credo questo problema abbia una soluzione olimpica...

tipo $ n=3^5\cdot19\cdot163\cdot87211 $ funziona, le soluzioni sono tantissime e vanno in un sacco di direzioni...hai una soluzione?

PS il problema carino (non chè IMO19xx/x) è se hai $ n^{2} |2^n+1 $....

ciao ciao

Io non ho una soluzione, anche perchè la versione proposta a Parma è stata corretta e resa pèiù semplice (come ho poi aggiunto nel mio post).
Mi sembra di avere letto una soluzione di questo problema, ma ora che mi ci fai pensare bene forse era quello che haii citato tu

Vabbe, resta valida la versione più semplice, per chi la vuole provare, che ha soluzione elementare.

E questa per i coraggiosi, magari HiTLeuLeR

No, questo non ha una soluzione olimpica ... ed è il motivo per cui il testo a parma è stato cambiato.
Se qualcuno volesse buttarsi a farlo, consiglio la sezione di matematica non elementare.

ok work in progress allora.. stufo di scrivere c******e

(2n,p-1)=2 ... perchè mai?
n=21, p=7 ... (42, 6)=6.

Eh, no ... altrimenti così avresti risolto anche n|2^n+1 ... in particolare non è vero che $ q\le p $ in quanto p è il più grande fattore primo di n, mentre q è il più grande fattore primo di $ 2^p+1 $ che può avere fattori primi che non compaiono in n. Tale disuguaglianza era vera nel caso proposto a parma proprio perchè l'ipotesi diceva che i fattori primi di $ n $ e $ 2^n+1 $ erano gli stessi.
Infine, nota stilistica ... il fatto che n sia pari meglio metterlo all'inizio, sennò col fischio che $ 2^p+1|2^n+1 $ (9=2^3+1 non divide 65=2^6+1).

salva90 ha scritto:Trovare tutti gli n naturali per cui $ n $ e $ 2^n+1 $ hanno gli stessi fattori primi

Sia $ n \in \mathbb{N} $ tale da verificare la condizione imposta dalla consegna del problema. Naturalmente, $ n $ è dispari. Perciò $ 3 \mid (2^n + 1) $, e quindi $ n = 3^k \cdot q $, dove $ k, q \in \mathbb{N}^+ $ e $ \gcd(q,6) = 1 $. Per assurdo, ammettiamo $ q > 1 $. Sia, di conseguenza, $ p \ge 5 $ il più piccolo divisore primo naturale di $ q $. Allora $ 2 < \mbox{ord}_p(2) \le \gcd(2q, p-1) = 2 $, assurdo (vedi qui)! Dunque $ n = 3^k $. Eppure $ 2^{3^2} + 1 = 3^2 \cdot 19 $. Pertanto $ k = 1 $, e in effetti $ n = 3 $ è l'unica soluzione permessa ($ 2^3 + 1 = 3^2 $).