Encuentra todos los enteros positivos $n$ de alguna condición determinada.

Question

Encuentra todos los enteros positivos $n>1$ tal divide a que $n^2$ $2^n+1$

Encontré que $n$el % es el % de forma $6k+3$.

Answer 1

La única respuesta es $n=3$

(1) $n$ divide $2^n + 1$, $n$ es impar. Deje $p$ ser el menor divisor primo de $n$

(2) Vamos a $a$ ser el menor entero positivo tal que $2^a \equiv -1 \pmod p$. $a$ debe existir desde $2^n \equiv -1 \pmod p$

(3) Deje $b$ ser el menor entero positivo tal que $2^b \equiv 1 \pmod p$. $b$ debe existir y $b < p$ desde $2^{p-1} \equiv 1 \pmod p$

(4) No existe $q,r$ tal que $n = qb+r$$0 \le r < b$, de modo que $-1 \equiv 2^n \equiv (2^b)^q2^r \equiv 2^r \pmod p$ $a \le r < b$ $r > 0$

(5) No existe $h,k$ tal que $n = ha+k$$0 \le k < a$, de modo que $-1 \equiv 2^n \equiv (2^a)^h2^k \equiv (-1)^h2^k \pmod p$

(6) $k=0$ desde el si $k > 0$ $h$ no puede ser, incluso, desde entonces $2^k \equiv -1 \pmod p$ $k < a$ $h$ no puede ser impar desde $2^k \equiv 1 \pmod p$ $k < a \le r < b$

(7) Desde $k=0$, $a | n$. Desde $a < p$, $a=1$ pero si $2^1 \equiv -1 \pmod p$, $p=3$

(8) el artículo citado por Shivang, tenemos:

Deje $v_p(x)$ ser la fuerza más grande en el que prime $p$ divide $x$.

Teorema 2: (Segunda forma de LTE) Deje $x,y$ ser de dos números enteros, $n$ ser impar positivo entero y $p$ impares primos tales que $p|(x+y)$ y ninguno de $x$ $y$ es divisible por $p$, tenemos:

$$v_p(x^n + y^n) = v_p(x+y) + v_p(n)$$

(9) Vamos a $x=2$, $y=1$

(10) Por Teorema 2: $v_3(2^n + 1) = v_3(2^n + 1^n) = v_3(2+1) + v_3(n) = 1 + v_3(n)$

(11) por Lo tanto, no existe $w$ con extraña $r,s$ tal que $3^wr = n$$3 \nmid r$$3^{w+1}s = 2^n + 1$$3 \nmid s$. Desde $n^2 | 2^n+1$, se deduce que el $3^{2w}r^2 |\, (3^{w+1}s)$, pero esto sólo es posible si $2w = w+1$, de modo que $w=1$.

(12) por Lo tanto, tenemos $n=3r$. Asume $r > 1$ Deje $p$ ser la menos privilegiada que divide $r$. Desde $r | (2^n+1)(2^n - 1) = 2^{2n} - 1$, lo $2^{2n} \equiv 1 \pmod p$ y el uso de Fermat Poco Teorema nos da $2^{p-1} \equiv 1 \pmod p$. Por lo tanto,$2^{\gcd(2n,p-1)}\equiv 1 \pmod p$. Desde $p$ es el menos el primer, $(p-1) \nmid n$, $\gcd(2n,p-1)=2$

(13) Pero si $2^2\equiv 1\pmod p$, $p=3$ lo cual es imposible, ya que $3 \nmid r$$r=1$.

(14) $3^2s = 2^3 + 1$ es cierto sólo si $s=1$. Así, la única solución es $n=3$.