¿Existe Tal que ?

Question

En primer lugar, tenga en cuenta que $\frac{n^{n+1}}{(n+1)^n} \sim \frac{n}{e}$.

Pregunta: ¿hay $n>1$ tal que $n^{n+1} \equiv 1 \mod (n+1)^n$?

Hay una secuencia OEIS $n^{n+1}\mod (n+1)^n$: https://oeis.org/A176823.

$0, 1, 8, 17, 399, 73, 44638, 1570497, 5077565, 486784401, 22187726197, 166394893969, 13800864889148, 762517292682713, 9603465430859099, 803800832678655745, 3180753925351614970, 947615093635545799201$

Answer 1

Primero vamos a demostrar que esto es imposible cuando se $n\not\equiv 1\pmod 4$.

Observe cómo: $$n^{n+1}=1+(n-1)\sum_{k=0}^{n}n^k$$ Así, tendríamos $n^{n+1}\equiv 1\pmod{(n+1)^n}$ si y sólo si: $$(n+1)^n\mid (n-1)\sum_{k=0}^{n}n^k$$ Y desde el lado derecho no será igual a $0$, tendríamos: $$(n-1)\sum_{k=0}^{n}n^k\ge(n+1)^n$$ pero, puesto que el $4\nmid n-1$,$\gcd(n-1,(n+1)^n)\le 2$, por lo que este se convierte en: $$2\sum_{k=0}^{n}n^k\ge(n+1)^n$$ Multiplicando ambos lados con $(n-1)$ rendimientos: $$2n^{n+1}>2(n^{n+1}-1)\ge (n-1)(n+1)^n=\frac{n-1}{n+1}\cdot(n+1)^{n+1}$$ o, suponiendo $n>1$: $$\frac{2n+2}{n-1}>\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1}=\left(1+\frac1n\right)^{n+1}>\left(1+\frac1n\right)^n$$ Sin embargo, como $n$ tiende a infinito, el lado izquierdo tiende a $2$, mientras que el lado derecho tiende a $e$. El uso de la inducción, en primer lugar demostrar que para$n\ge 11$,$2.4\ge\frac{2n+2}{n-1}$. Esto es bastante fácil y lo voy a dejar.

Para $n=11$, también tenemos que el lado derecho es mayor que $2.6$ y desde $(1+\frac1n)^n$ sigue aumentando como $n$ sigue aumentando, esto demuestra que no hay $n\not\equiv 1\pmod 4$$n\ge 11$$n^{n+1}\equiv1\pmod{(n+1)^n}$. Algunas pruebas rápidas revela que no hay soluciones a todos por $n\not\equiv 1\pmod 4$.

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Como por @san petición, también voy a ofrecer su solución para el caso de $n\equiv 1\pmod 4$, por lo que no es una respuesta completa.

Supongamos por contradicción que $n=4j+1$ para algún entero positivo $j$, e $n^{n+1} \equiv 1 \mod (n+1)^n$. Entonces $$ n+1=2(2j+1)\quad\text{y}\quad (n-1)=2^ra $$ para algunos $r\ge 2$ y de alguna extraña $a$.

Existe alguna $k$ tal que $n^{n+1} - 1 =k\cdot (n+1)^n=k\cdot 2^n(2j+1)^n$.

Pero \begin{eqnarray*} n^{n+1} - 1&=&\sum_{s=0}^{n+1}\binom{n+1}{s}(n-1)^s-1\\ &=& \sum_{s=1}^{n+1}\binom{n+1}{s}(2^r a)^s\\ &=& (n+1)2^r a+2^{2r}a^2 \sum_{s=2}^{n+1}\binom{n+1}{s}(2^r a)^{s-2}\\ &=& (2j+1)2^{r+1}a+2^{2r}a^2 \sum_{s=2}^{n+1}\binom{n+1}{s}(2^r a)^{s-2}\\ &=& 2^{r+1}\left((2j+1)a+2^{r-1}a^2 \sum_{s=2}^{n+1}\binom{n+1}{s}(2^r a)^{s-2}\right)\\ \end{eqnarray*} y $2^n$ divide $n^{n+1}-1$, por lo tanto $2^n$ divide $2^{r+1}$, y por lo $r\ge n-1$, lo que contradice el hecho de que $n-1=2^ra$, ya que en general $n-1<2^{n-1}$.

Answer 2

Uso la respuesta anterior el $n = 4k + 1$

$n^{n+1}-1 = k \dot (n-1)$

$n=2*k$

$n-1$ $n+1$ es coprimo => $n^{n+1}-1 = (n-1)(n+1)^n *k$. Por la ecuación asintótico de lo comentarios k = 0.

La $n=4k+3$. $\frac{n-1}{n}$ $n+1$ es coprimo $n^{n+1}-1 = k* \frac{(n-1)(n+1)^n}{2} $. Por la ecuación asintótico de lo comentarios k = 0.