Mostrar que para cualquier , .

Question

Mostrar que $(k+1) \nmid 2^{k}+1$ cualquier $k\in \mathbb{N}$

Me había encontrado con esta pregunta de algún lugar y aquí está mi solución. No estoy seguro de si me estoy perdiendo de algo en la solución. Favor de verificar si es correcto.

Mi solución parcial (no se si se añade algún valor) :

Si $k$ es impar hay una clara contradicción ya que un número no se puede dividir un número impar, que muestra $k$ es incluso.

Esto demuestra que $k+1$ es impar, es decir, que tiene todos los impares primos divisores. Deje $p$ ser una extraña primer división. Desde $k$ es incluso, se observa que la $2^{k}$ es un cuadrado número y $2^{k}\equiv -1 \pmod{p}$. Por el teorema declaró aquí vemos que $p = 4x+1$ algunos $x$. Esto muestra que cada uno y cada una extraña primer factor de $k+1$ es de la forma$4j+1$$k+1$.

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Y yo no podía proceder más!

Answer 1

Estás en el camino correcto. Si es impar que no hay forma que $k$$(k+1)$ es un divisor de $2^k+1$, $k$ es incluso. Si $k$ es todas los divisores primeros de $2^k+1$ de la % de forma $4j+1$, por lo tanto, $k$ es un múltiplo de $4$, decir $k=4m$. Todos los divisores primeros de % $ $$ 2^{4m}+1 = \Phi8(2^m) $$\equiv 1\pmod{8}$, por lo tanto $k$ es un múltiplo de $8$, decir $k=8n$. Todos los divisores primeros de $$ 2^{8n}+1 = \Phi{16}(2^n) $ $ $\equiv 1\pmod{16}$, por lo tanto, $k$ es un múltiplo de $16$ etc., este proceso nunca se detiene.

Answer 2

Primero de todo, $k$ es incluso. Multiplicamos $2$ a la derecha del factor. Supongamos que $k+1|2^{k+1}+2$. A continuación, $2^{k+1}+2-2(k+1)$ es también un múltiplo de $k+1$. Consideramos un máximo impar divisor primo de $k+1$. Denota por $p$. Con el uso del teorema del binomio, $2^{k+1}+2-2(k+1)$= la suma de $k+1$; elija $i$$2$$k-1$$2$, podemos observar que la $k+1$; elija $i$ ( $i=2,..,k-1$ ) es un múltiplo de a $p$ con pequeño cálculo. Por lo tanto, $p|k+1|2^{k+1}+2-2(k+1)$, lo cual es una contradicción.

Para los pequeños de la computación, la primera toma de $i$$\dfrac k2$. Por simetría, es suficiente. Entonces, el número de $p$ en el denominador es menor que el numerador. Es bastante intuitivo, pero te recomiendo que para dibujar una línea con $p$ múltiples puntos.