Encuentra todos los enteros positivos $n$ s.t. $3^n + 5^n$ es divisible por $n^2 - 1$

Question

Como es la pregunta del título, estoy deseando encontrar todos los enteros positivos $n$ tal que $3^n + 5^n$ es divisible por $n^2 - 1$ .

Hasta ahora he demostrado que ambas expresiones son divisibles por $8$ para impar $n\ge 3$ por lo que trivialmente una solución es $n=3$ . Sin embargo, no estoy muy seguro de cómo proceder ahora. He conjeturado que la única solución es $n=3$ y han tratado de probarlo pero han tenido poca suerte. ¿Alguien puede indicarme la dirección correcta? gracias

Answer 1

Esta es una respuesta de la wiki de la comunidad para resumir los principales resultados que tenemos para un acceso rápido. Siéntase libre de editar y añadir más resultados. Los logros teóricos están aquí:

Resultado. $3\mid n$ por prácticamente todo el mundo.

Resultado. $n\equiv 1\pmod 2$ y, por lo tanto, $n\equiv 3\pmod 6$ obtenido por benh . Véase también el mensaje sobre chat .

Resultado. si un primo $p$ divide $n^2-1$ entonces $p\equiv 2^k\pmod{15}$ para algunos $k$ obtenido por benh .

Resultado. $n^2-1$ no es divisible por $3, 5, 7, 11$ . Obtenido por Yiorgos S. Smyrlis .

Resultado. $n\equiv \pm 3\pmod 8$ . Obtenido por Tim Ratigan .

Resultado. combinando las congruencias, $n\equiv 3, 93 \pmod{120}$ . Ver una prueba aquí .

Resultado. Jack D'Aurizio fue capaz de descartar $n\not\equiv \pm1\pmod p$ para cada número primo $p>5$ para lo cual $(3\cdot 5^{-1})$ tiene una orden impar $\pmod{p}$ o un orden divisible por $4$ , ver aquí . En combinación con benh esto da que el factor primo impar más pequeño de $n^2-1$ es al menos $19$ .

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En esta parte se ofrecen y actualizan las comprobaciones numéricas.

Resultado. Listado fue capaz de verificar por fuerza bruta que $n=3 \lor n>10^{12}$ ampliando el resultado con Tapio Rajala que $n=3 \lor n>10^{11}$ .

Añade tu propio resultado o el de otra persona. Por favor, da el crédito adecuado y no publiques las pruebas aquí; en su lugar, enlázalas. Para una discusión más amplia, por ejemplo, para refutar o reforzar cualquier afirmación, utiliza esto sala de chat .

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Esto resultó ser un problema abierto desde hace mucho tiempo. No hace falta decir que los avances en esta cuestión serán muy bien recompensados. No quiero que esta pregunta se detenga aquí, así que ofreceré una recompensa de +100 muy pronto. ¡Seguid con el buen trabajo!

Answer 2

Será mejor que haga de esto una respuesta. Esto se preguntó en MO hace mucho tiempo. Nadie pudo hacerlo. Kevin Buzzard escribió a Andreescu y se enteró de que los autores del libro no saben cómo terminar el problema. Puse una respuesta resumiendo lo que teníamos, en lenguaje básico.

Ver

https://mathoverflow.net/questions/16341/on-polynomials-dividing-exponentials

Answer 3

[actualización 3] Error para incluso $m$ que no sólo son poderes perfectos de $2$ . Sección $5$ no es suficiente para demostrar para tal $m$ especialmente la ecuación. $(5.3)$ y $(5.8)$ debe ser completado para esos casos, entonces esto afecta $(5.4)$ y $(5.10)$ y la conclusión general. Espero poder subsanar ese problema, de lo contrario me retractaré pronto de mi afirmación aquí*. [/actualización 3] *

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[actualización 2] He añadido la consideración del factor primario $2$ y ahora puede defender la afirmación, que $n=3$ es la única solución. Véase la sección 6. [/actualización]

[actualización]: Me parece que he resuelto el problema casi por completo, mientras que algunos detalles menores aún no considerados podrían permitir un pequeño conjunto finito de soluciones (quizás triviales).
Considero el problema en términos de un número $m=n+1$ , proceden de la asunción de $m$ como primo, como producto de dos, luego de tres números primos y ver que los argumentos se extienden fácilmente a cualquier número sin cuadrado con el mismo resultado en cada paso, que no hay tal $m$ y la conclusión final:

• No hay solución para $m=n+1$ un número cuadrado impar.

Considero entonces $m=p^a$ siendo una potencia perfecta y primera con el mismo resultado:

• No hay solución para $m=n+1$ una potencia primaria perfecta impar con un solo primo.

He añadido una prueba más completa y -espero- completa como sección 5 que sustituyen a las secciones 1 a 4. Por redundancia y explicatividad dejaré de momento esas secciones hasta que alguien pueda confirmar que la prueba es válida.
[/actualización]

Sin embargo, no quiero añadir mi resultado a la lista de la wiki común a menos que alguien haya pasado por un control de errores.

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0: Anotaciones/definiciones útiles
Primero introduzco algunas notaciones que he explicado en un par de respuestas aquí en MSE y también en MO (daré los enlaces más adelante).

• Dejemos que $ \{a,p\} = m $ denotan el exponente $m$ al que el factor primario $p$ se produce en el número $a$

• Dejemos que $ [ a : p] = 0 $ si $p$ no divide $a$ y $ [ a : p] = 1 $ si lo hace (lo que también se conoce como corchetes Iverson)

• Dejemos que $f(n) = 5^n-3^n $ y $g(n)= f(2n)/f(n) = 5^n+3^n$ por la brevedad de la notación

• Dejemos que $\lambda$ denotan el orden del subgrupo cíclico módulo de un primo $p$ tal que $ \{f(\lambda_p),p\}\ge 1 $ con $\lambda$ mínimo. Sabemos que $ \lambda$ es igual o divisor de $p-1$ , de tal manera que también $ p=1 + \lambda_p \cdot \gamma_p$ con algunos $\gamma_p$

• Dejemos que $\alpha$ denotan el exponente, al cual ese factor primario p ocurre en $f(\lambda)$ tal que $\{ f( \lambda) , p \}=\alpha \ge 1$

• Utilicemos índices como $\lambda_p$ , $\alpha_q$ si varios factores primarios como $p,q$ están involucrados.

En general, ahora podemos escribir el exponente de algún factor primario $p$ de la primofactorización como $$ \{ f(n),p \} = [n : \lambda]( \alpha + \{n , p \} ) \tag 1$$ (para el factor primario $2$ tenemos una pequeña modificación pero que no molestará aquí ya que en nuestra argumentación ese primefactor no juega un papel importante)

Por último, consideremos el problema dado en términos de $m=n+1$ en lugar de $n$ . Entonces $n^2-1 = m(m-2)$ y pedimos soluciones de
$$ m(m-2) | 5^{m-1} + 3^{m-1}$$ o más corto $$ g(m-1) = k \cdot m (m-2) \qquad \qquad \text{ with some } k \gt 0$$ En lo que sigue reduzco la cuestión al problema más sencillo de demostrar, que ni siquiera $m$ puede ser un factor de $g(m-1)$ que entonces es suficiente para la pregunta original, si $m(m-2) $ puede ser un factor de $g(m-1)$

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1) Supongamos que $m$ es un único primo impar.
Así pues, escribamos $p$ para $m$ donde $ p\in \mathbb P$ . Entonces también $p=1 + \lambda_p \cdot \gamma_p$ y $f(p-1)=f(\gamma \cdot \lambda) $ es divisible por $p$ por lo anterior (por el pequeño teorema de Fermat), o explícitamente $$\{f(\lambda_p \cdot \gamma_p),p \} \ge 1 \qquad \qquad \text{ by definition of } \lambda_p$$

Podemos completar nuestra pregunta con la igualdad $$ g(p-1) = f(2(p-1))/f(p-1) = 5^{p-1} + 3^{p-1} $$ como $$ \begin{eqnarray} \{ g(p-1) , p \} &=& \{ f(2(p-1)) , p \} - \{f(p-1),p\} \\ &=& \; [2(p-1) : \lambda_p](\alpha_p + \{ 2(p-1) , p \}) \\ & & - [p-1 : \lambda_p](\alpha_p + \{p-1,p \}) \end{eqnarray} \tag {1.1} $$

Podemos entonces manipular algebraicamente: las expresiones entre paréntesis de la derecha pueden omitirse, ya que $p$ no puede ser un factor de $p-1$ y así podemos recoger las expresiones rhs: $$ \begin{eqnarray} \{ g(p-1) , p \} &=& [2(p-1) : \lambda_p](\alpha_p + 0) - [p-1 : \lambda_p](\alpha_p + 0) \\ &=& ([2(p-1) : \lambda_p] - [p-1 : \lambda_p])(\alpha_p + 0) \\ &=& ([2(\gamma_p \cdot \lambda_p ) : \lambda_p] - [\gamma_p \cdot \lambda_p : \lambda_p])\alpha_p \\ &=& ( 1 - 1) \alpha_p \\ &=& 0 \end{eqnarray} \tag {1.2} $$ lo que significa que el factor principal $p$ no se produce en $g(p-1)$ y así

• $g(n)$ no puede ser divisible por $n^2-1$ si $m=n+1$ es primo.

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2) Ahora veamos los números $m$ que consisten en $2$ factores primarios como $m = p \cdot q$ .

En una simple extensión de la ecuación anterior $(2)$ obtenemos ahora dos determinaciones: una para el exponente del factor primario $p$ y uno para el del factor primario $q$ :
$$ \begin{eqnarray} \{ g(pq-1) , p \} &=& [2(pq-1) : \lambda_p](\alpha_p + \{2(pq-1),p \}) - [pq-1 : \lambda_p](\alpha_p + \{pq-1,p \}) \\ \{ g(pq-1) , q \} &=& [2(pq-1) : \lambda_q](\alpha_q + \{2(pq-1),q \}) - [pq-1 : \lambda_q](\alpha_q + \{pq-1,q \}) \end{eqnarray} \tag {2.1} $$ De nuevo podemos omitir los corchetes en los factores más a la derecha, porque tampoco se puede $p$ dividir $pq-1$ ni puede $q$ Así pues, tenemos las expresiones reducidas (y ya recogidas) $$ \begin{eqnarray} \{ g(pq-1) , p \} &=& ([2(pq-1) : \lambda_p] - [pq-1 : \lambda_p])\alpha_p \\ \{ g(pq-1) , q \} &=& ([2(pq-1) : \lambda_q] - [pq-1 : \lambda_q])\alpha_q \end{eqnarray} \tag {2.2} $$

Miramos la primera fila para el factor primario $p$ . Ampliamos el término $$ \begin{eqnarray} pq-1 &=& (\gamma_p \lambda_p+1)(\gamma_q \lambda_q+1)-1 \\ &=& \gamma_p \lambda_p \gamma_q \lambda_q + \gamma_q \lambda_q+\gamma_p \lambda_p \end{eqnarray} $$ y obtener para el primer paréntesis de Iverson la expresión más larga $$ [2(\gamma_p \lambda_p \gamma_q \lambda_q + \gamma_q \lambda_q+\gamma_p \lambda_p) : \lambda_p] $$ que evidentemente puede (por anulación de la $\lambda_p$ sumandos) se reduzca a $$ [2( \gamma_q \lambda_q) : \lambda_p] $$ que, aplicadas de forma similar a los otros soportes de Iverson, conducen a las ecuaciones finales $$ \begin{eqnarray} \{ g(pq-1) , p \} &=& ([2 \gamma_q \lambda_q : \lambda_p] - [ \gamma_q \lambda_q : \lambda_p])\alpha_p \\ \{ g(pq-1) , q \} &=& ([2 \gamma_p \lambda_p : \lambda_q] - [ \gamma_p \lambda_p : \lambda_q])\alpha_q \end{eqnarray} \tag {2.3} $$ Ahora parece que llegamos a una situación que alude a un descenso infinito, pero es más simple. Para que los paréntesis no se evalúen a cero, el $\lambda$ -los valores deben dividirse en el primer paréntesis de Iverson pero no en el segundo y, por tanto, deben tener exactamente el mismo número de factores $2$ como están presentes en el numerador del primer paréntesis de Iverson.
Así que vamos a reescribir

• $ \lambda_p = 2^a l_p $ y $ \gamma_p = 2^A g_p $
• $ \lambda_q = 2^b l_q $ y $ \gamma_q = 2^B g_q $

donde $g_q,l_q,g_p,l_p$ son Impares y todos los exponentes son no negativos.

Entonces por el argumento anterior debe ser que los exponentes del factor primario $2$ debe coincidir con $a = 1+b+B $ para que no desaparezca todo el paréntesis.
Al mismo tiempo debemos tener esa $ b = 1+a+A $ y por lo tanto $a = 1+1+a+A+B $ o $A+B=-2$
Pero como todos los exponentes deben ser no negativos, ¡tenemos una contradicción!
Por lo tanto, podemos concluir:

• también $ m$ de la forma $m=pq$ no puede satisfacer la ecuación y, por tanto, para $n+1 = pq$ con $p,q$ Los primos Impares no permiten ninguna solución.

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3) Considerar $m$ como un número con 3 factores primarios diferentes muestra ahora también una clave general para refutar cualquier número libre de cuadrados para $m$ .

Suponemos que $m=pqr$ y comenzar con las 3 ecuaciones $$ \begin{eqnarray} \{ g(pqr-1) , p \} &=& [2(pqr-1) : \lambda_p](\alpha_p + \{2(pqr-1),p \}) - [pqr-1 : \lambda_p](\alpha_p + \{pqr-1,p \}) \\ \{ g(pqr-1) , q \} &=& [2(pqr-1) : \lambda_q](\alpha_q + \{2(pqr-1),q \}) - [pqr-1 : \lambda_q](\alpha_q + \{pqr-1,q \}) \\ \{ g(pqr-1) , r \} &=& [2(pqr-1) : \lambda_r ](\alpha_r + \{2(pqr-1),r \}) - [pqr-1 : \lambda_r ](\alpha_r + \{pqr-1,r \}) \end{eqnarray} \tag {3.1} $$ De forma completamente análoga a los pasos anteriores de (2.1) a (2.2) podemos reducir los corchetes y recoger elementos. $$ \begin{eqnarray} \{ g(pqr-1) , p \} &=& ([2(pqr-1) : \lambda_p] - [pqr-1 : \lambda_p])\alpha_p \\ \{ g(pqr-1) , q \} &=& ([2(pqr-1) : \lambda_q] - [pqr-1 : \lambda_q])\alpha_q \\ \{ g(pqr-1) , r \} &=& ([2(pqr-1) : \lambda_r] - [pqr-1 : \lambda_r])\alpha_r \end{eqnarray} \tag {3.2} $$ Sólo la expresión para los paréntesis de iverson cambia de manera significativa; pero esto muestra también la forma en que esto se generaliza. Obtenemos $$pqr-1 = (\gamma_p \lambda_p+1)(\gamma_q \lambda_q+1)(\gamma_r \lambda_r+1)-1 $$ y obtenemos para el primer paréntesis iverson después de cancelar por el "denominador" $$ [ (\gamma_q \lambda_q+1)(\gamma_r \lambda_r+1)-1 : \lambda_p $$ La expansión completa de la paréntesis se vuelve más ordenada ahora (y aún más cuando intervienen más factores primos), pero podemos pasar fácilmente a la siguiente ecuación, la de los exponentes de 2.
Reescribimos algo similar a lo que se hace en la sección 2
$$ \begin{eqnarray} \gamma_p &=& 2^a g_p &\qquad& \lambda_p &=& 2^A l_p \\ \gamma_q &=& 2^b g_q &\qquad& \lambda_q &=& 2^B l_q \\ \gamma_r &=& 2^c g_r &\qquad& \lambda_r &=& 2^C l_r \end{eqnarray} \tag {3.3} $$

donde de nuevo todas las nuevas indeterminaciones son Impares y todos los exponentes son no negativos.
Las ecuaciones de los exponentes del $2$ contienen ahora $\min()$ -expresiones, obtenemos $$\begin{eqnarray} a &=& 1 + \min(b,c) + \min(B,C) \\ b &=& 1 + \min(c,a) + \min(C,B) \\ c &=& 1 + \min(a,b) + \min(A,B) \end{eqnarray} \tag {3.4} $$ Ahora basta con suponer una de las indeterminaciones $a,b,c$ para ser el mínimo, digamos $c$ para llegar a la contradicción; porque si asumimos $c$ para ser el mínimo, y $b$ el siguiente número mayor, entonces la expresión $1+\min(a,b)$ requiere $c \gt b$ que es entonces una contradicción. Como este problema es simétrico para todas las indeterminaciones esta derivación muestra, que

• que para ningún sqquarefree $m$ hay una solución posible.

El resultado en términos de $n$ es

• No hay solución para $n = pqr... - 1$ donde $pqr...$ significa cualquier número libre de cuadrados.

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4) El último paso debe ser la generalización a los factores primarios repetidos.
4.1) El caso de $m=p^a$ es fácil de manejar:

$$ \begin{eqnarray} \{ g(p^a-1) , p \} &=& \{ f(2(p^a-1)) , p \} - \{f(p^a-1),p\} \\ &=& \; [2(p^a-1) : \lambda_p](\alpha_p + \{ 2(p^a-1) , p \}) \\ & & - [p^a-1 : \lambda_p](\alpha_p + \{p^a-1,p \}) \\ \end{eqnarray} \tag {4.1}$$ Se puede reducir inmediatamente a
$$ \{ g(p^a-1) , p \} =( [2(p^a-1) : \lambda_p] - [p^a-1 : \lambda_p])\alpha_p \tag {4.2}$$ Ahora, $p^a-1$ factores en $(p-1)h(p)$ donde $h(p)$ es una expresión entera. Escribiendo esa factorización encontramos que $$ \{ g(p^a-1) , p \} =( [2(p-1)h(p) : \lambda_p] - [(p-1)h(p) : \lambda_p])\alpha_p \tag {4.3} $$ donde es obvio, que el paréntesis en el rhs evalúa a cero $$ \{ g(p^a-1) , p \} =( 1 - 1 )\alpha_p $$ porque $(p-1)$ es divisible por $\lambda_p$ debido a las definiciones/observaciones anteriores en ambos paréntesis de Iverson.
Eso significa:
- No hay solución para $m$ siendo una potencia perfecta de un único factor primario.

4.2) Los casos de impar arbitrariamente compuesto $m$

Todavía no he hecho la generalización posterior pero creo que es la misma argumentación que lleva al resultado completo, que
- No impar $m$ de cualquier composición permite una solución
(donde quizás existan algunas excepciones (posiblemente triviales))

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5) Generalización a primofactores repetidos y prueba completa.
Aquí reescribo las secciones 1 a 4 de forma más compacta y completo la prueba para cualquier $m$ . La estrategia es la misma que antes: Reduzco el problema a la pregunta más sencilla de si $ m | g(m-1) $ y luego mostrar mediante la comparación de los factores primarios de $m$ con la de $g(m-1)$ que al menos uno de los factores principales de $m$ no se produce en $g(m-1)$ y por lo tanto $m$ no puede ser un factor de $g(m-1)$ .
En aras de la concisión, reduzco la notación de $\lambda$ y $\alpha$ de un primo de algún índice $k$ - decir $p_k$ a $\lambda_k$ resp. $\gamma_k$ en lugar de $\lambda_{p_k}$ y $\gamma_{p_k}$ como lo exigiría su definición.

Para un cuadrado general libre $m$ y un factor principal $p_k$ de $m$ obtenemos la ecuación en la forma más general: $$ \begin{eqnarray} \{g(m-1) , p_k \} &=& \;\; [2(m-1):\lambda_k](\alpha_k + \{2(m-1),p_k \})\\ & & -[ (m-1):\lambda_k](\alpha_k + \{ (m-1),p_k \}) \end{eqnarray} \\ \tag {5.1}$$ para cada factor primario $p_k$ de $m$ .

En primer lugar, si $p$ es un factor primordial de $m$ no puede ser uno de $m-1$ , por lo que los corchetes $\{2(m-1),p_k\}$ y $\{m-1,p_k\}$ se evalúa a cero y se puede omitir. Así, tenemos para todos los factores primarios $p_k$ :
$$ \{g(m-1) , {p_k}\} = ([2(m-1):\lambda_k]-[m-1:\lambda_k])\alpha_k \tag{5.2} $$ y en todas estas ecuaciones los paréntesis deben evaluarse simultáneamente a $1$ para permitir $ m | g(m-1) $ . Veremos que al menos una de esas condiciones puede no se satisfaga y por lo tanto $g(m-1)$ no puede ser divisible por $m$ .

Paso 1: la prueba general para los números $m$ que son libres de cuadrados:
Para manejar los corchetes Iverson (que contienen el símbolo $\lambda$ para el orden del subgrupo cíclico) expandimos los primofactores $p_k$ para mostrar sus componentes $$ p_k = 1+ \lambda_k \cdot \gamma_k $$ y reescribir ese corchete de Iverson expandido como
$$ [2(m-1):\lambda_k] = \left[ 2 \left(\prod_{j=1..z}(1+ \lambda_j \cdot \gamma_j) - 1\right):\lambda_k \right]$$ donde utilizamos $z$ para el número de factores primarios distintos.

Para el $k$ Este factor principal se reduce (por cancelación del factor en el producto, que contiene $\lambda_k$ sí mismo) a los dos corchetes de Iverson $$ \begin{eqnarray} 1. &\quad &[2(m-1):\lambda_k] &=& \left[2 \left(\prod_{j=1..z,j \ne k}(1+ \lambda_j \cdot \gamma_j \right) - 1) :\lambda_k\right] \\ 2. &\quad & [ (m-1):\lambda_k] &=& \left[ \prod_{j=1..z,j \ne k}(1+ \lambda_j \cdot\gamma_j) - 1:\lambda_k \right] \end{eqnarray} \tag{5.3} $$

Para que estos dos paréntesis de Iverson sean diferentes para conseguir que el paréntesis sea distinto de cero, $ \lambda_k$ debe contener exactamente tantas potencias de $2$ como su "numerador" en la primera de las dos ecuaciones. Evidentemente, el número $w_k$ de los factores primarios $2$ en $\prod_{j=1..z,j \ne k}(1+ \lambda_j \cdot \gamma_j) $ $$ w_k = \{( \prod_{j=1..z,j \ne k} (1+ \lambda_j \cdot \gamma_j)) - 1 ,2\} \tag{5.4} $$ es igual o incluso mayor que el número de factores primarios $2$ en cada valor individual $\lambda_j$ $$ w_k \ge \min_{j=1..z,j \ne k} ( \{\lambda_j ,2\} ) \tag{5.5} $$ Para que los paréntesis de Iverson se evalúen a diferentes valores para algún factor primario $p_k$ debemos tener eso $$ w_k < \{\lambda_k , 2 \} = w_k+1 \tag{5.6} $$ Esta condición nos da ahora una contradicción.
Si asumimos $k$ tal que $\lambda_k$ es el más pequeño de todos $\lambda_j$ entonces tenemos que también se debe cumplir que $$ \{\lambda_k , 2 \} = w_k+1 \gt \min_{j=1..z,j \ne k}( \{\lambda_j \cdot \gamma_j , 2 \} ) \tag{5.7} $$ y por tanto es mayor que al menos uno de los otros $\lambda_j$ . Pero entonces ya no es el más pequeño - por lo tanto: ¡contradicción! Así que hemos demostrado:

• Para cada cuadrado libre $m$ al menos uno de sus factores principales no puede ocurrir en $g(m-1)$ .

Paso 2: la prueba general para los números $m$ de cualquier composición:
Lo mismo ocurre, si en (5.1) permitimos repetido primofactores, de tal manera que obtenemos exponentes: $$ [2(m-1):\lambda_k] = \left[2 \left(\prod_{j=1..z,j \ne k} (1+ \lambda_j \cdot \gamma_j)^{a_j}\right) - 1:\lambda_k \right] \tag{5.8} $$ $$ [ (m-1):\lambda_k] = \left[ \left(\prod_{j=1..z,j \ne k} (1+ \lambda_j \cdot \gamma_j)^{a_j}\right) - 1:\lambda_k \right] \tag{5.9} $$ Porque los exponentes introducidos $a_j$ sólo puede aumentar el número de factores primarios $2$ en los numeradores de los paréntesis iverson, el número de ellos en el $\lambda_k$ - también deben aumentar los valores: $$ w_k = \{( \prod_{j=1..z,j \ne k} (1+ \lambda_j \cdot \gamma_j)^{a_j}) - 1 , 2\} \\ \ge \min_{j=1..z,j \ne k}( \{\lambda_j \cdot \gamma_j ,2\}a_j ) \tag{5.10} $$ pero aún así la condición debe ser satisfecha $$ w_k \lt \{\lambda_k , 2 \} = w_k+1 \tag{5.11} $$ porque cada $\lambda_k$ debe contener más primefactores $2$ que el mínimo en los otros. Pero esto es imposible porque entonces no teníamos $\lambda_k$ con el menor número de factores primarios $2$ .

• Esto demuestra que la suposición de la existencia de cualquier $m$ que podría satisfacer la ecuación inicial es falsa para cualquier composición de primer factor de $m$ y por lo tanto no hay tal $m$ existe.

• En consecuencia, no $n$ con $n=m-1$ existe y hemos demostrado la afirmación del PO de que no hay solución al problema.

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6. Para el factor primario 2

La multiplicidad del factor primario $2$ en general $f(n)$ sigue esa ecuación:
$$ \{f(n),2 \} = 1 + 2*[n:2] + \{n,2\} \tag {6.1}$$ tal que tenemos para $g(n)$ $$ \begin{eqnarray} \{g(n),2\} &=& \{f(2n),2\} - \{f(n),2\} \\ &=& (1 + 2 \cdot [2n:2] + \{2n,2\}) - ((1 + 2 \cdot [n:2] + \{n,2\})) \\ &=& 1 + 2 + 1+\{n,2\} - 1 - 2 \cdot [n:2] - \{n,2\} \\ &=& 1+ 2 \cdot (1-[n:2]) \\ \{g(m-1),2\} &=& 1+ 2 \cdot (1-[m-1:2]) \\ &=& 1+ 2 \cdot [m:2] \\ \end{eqnarray} \tag{6.2}$$ Esto significa, para impar $m$ tenemos $ \{g(m-1),2 \} = 1 $ y para incluso $m$ con $m =2^a \cdot \mu $ tenemos $ \{g(m-1),2 \} = 3 $ .

Así pues, para tener $ m | g(m-1) $ podemos tener $m=2^3 = 8$ . Pero ahora el PO es más restrictivo - requiere $ m(m-2) | g(m-1)$ y por lo tanto $m$ sólo puede ser igual a $m=2^2=4$ y $$m(m-2)=2^2 \cdot 2^1 = 2^3 | g(m-1) \tag {6.3}$$
Porque en la sección 5 demostré que no podemos tener un factor primario impar en $m$ esta es la única solución y la única solución en términos de $n$ es

• $n=3$ es la única solución para $ n^2-1 | g(n) $ .

Answer 4

No es una respuesta, sino algunas consideraciones.

Si $n+1$ es un primo, entonces $3^{n}+5^n = 3^{p-1}+5^{p-1}\equiv 2\pmod{p}$ no es divisible por $n+1$ . De forma similar, si $n-1$ es un primo, entonces $3^{n}+5^n = 3^{p+1}+5^{p+1}\equiv 34\pmod{p}$ Así que $p$ sólo puede ser $2$ o $17$ .

Aparte de la búsqueda de primos específicos, también se puede intentar dar un límite para el número de factores primos, o la mayor potencia de $2$ dividiendo $9m^2-1$ y $3^{3m}+5^{3m}$ , con la esperanza de obtener una desigualdad para cualquier $m$ lo suficientemente grande. Por ejemplo, $\nu_2(3^n+5^n)$ es igual a $1$ cuando $n$ es par y es igual a $3$ cuando $n$ es impar. Esto da $n\not\equiv\pm 1\pmod{8}$ .

Además, tenemos $n\not\equiv\pm 1\pmod{3}, n\not\equiv\pm 1\pmod{5}$ . Si $n\equiv\pm 1\pmod{p}$ para algunos $p>5$ Debemos tener $$ 3^n + 5^n \equiv 0\pmod{p}, $$ así que $$ \left(3\cdot 5^{-1}\right)^n \equiv -1 \pmod{p} $$ y el orden de $3\cdot 5^{-1}\pmod{p}$ debe ser par, y un divisor par de $2n$ . Esto da la información adicional de que si $p\equiv -1\pmod{4}$ y $15$ es un cuadrado $\pmod{p}$ entonces $n\not\equiv\pm 1\pmod{p}$ Así que..: $$ n\not\equiv \pm 1\pmod{3,5,7,8,11,43,59,67,71,103,119,127,\ldots} $$ y: $$ n\pm 1\neq p $$ para cualquier número primo impar $p$ . Muy pocos $n$ ¡sobrevive a este colador!

La primera supervivencia es $n=528=23^2-1$ Sin embargo $17\mid(n^2-1)$ mientras que $16\mid 528$ Así que $3^n+5^n\equiv 2\pmod{17}$ .

La siguiente supervivencia es $n=900$ . Tenemos $n^2-1=17\cdot 29\cdot 31\cdot 53$ pero como $n\equiv 4\pmod{16}$ tenemos $3^n+5^n\equiv 3^4+5^4\equiv 9\pmod{17}$ .

La siguiente supervivencia es $n=1080$ para lo cual $n^2-1=13\cdot 23\cdot 47\cdot 83$ . Sin embargo, como $12\mid n$ , $3^n+5^n\equiv 2\pmod{13}$ .

El siguiente es $n=1158$ para lo cual $n^2-1=13\cdot 19\cdot 61\cdot 89$ . Por suerte, $13\mid 3^n+5^n$ pero como $n\equiv 6\pmod{18}$ , $3^n+5^n\equiv 3^6+5^6\equiv 14\pmod{19}$ .

El siguiente es $n=1680$ para lo cual $n^2-1=23\cdot 41^2\cdot 73$ . $n\equiv 8\pmod{22}$ se mantiene, y así $3^n+5^n\equiv -1\pmod{23}$ . Esto no es una sorpresa, ya que $23\mid 3^n+5^n$ implica $11\mid n$ .

Luego viene $n=1818$ para lo cual $n^2-1=17\cdot 23\cdot 79\cdot 107$ . $11$ no divide $n$ Así que $23$ no puede dividir $3^n+5^n$ .

Llegamos a $n=1920$ para lo cual $n^2-1=17\cdot 19\cdot 101\cdot 113$ . Desde $n$ es un múltiplo de dieciséis, diecisiete no puede dividir $3^n+5^n$ .

En marcha, $n=1962$ , $n^2-1= 13\cdot 37\cdot 53\cdot 151$ . Doce divisiones $n$ de ninguna manera.

Por la misma razón, $n=2172,n=2508$ y $n=3132$ También se caen.

$n=2868$ cae porque $19\mid n^2-1$ mientras que $n\equiv 6\pmod{18}$ .

Se ha vuelto bastante aburrido, pero estas consideraciones muestran que $n$ debe ser mayor que tres mil.

Es interesante observar que si $n$ está en paz, $3^n+5^n$ es la suma de dos cuadrados coprimos, por lo que para cada primo impar $p$ que divide $3^n+5^n$ , $p\equiv 1\pmod{4}$ . Sin embargo, si $n$ es incluso $n^2-1\equiv -1\pmod{4}$ por lo que debe haber al menos un divisor primo de $n^2-1$ que no puede pertenecer al conjunto de divisores primos de $3^n+5^n$ .

Así que debemos tener $n\equiv \pm 3\pmod{24}$ descartando todos los ejemplos anteriores.

$n=3003$ casi sobrevive al nuevo tamiz. Tenemos $n^2-1=2^3\cdot 19\cdot 79\cdot 751$ y $19\cdot79\mid 3^n+5^n$ . Sin embargo, $n\equiv 3\pmod{750}$ y $3^3+5^3$ es demasiado pequeño para ser divisible por $751$ .

Otro fenómeno interesante. Para tener $17\mid 3^n+5^n$ , $n$ debe ser incluso , ya que el menos $k$ tal que $(3\cdot 5^{-1})^k\equiv -1\pmod{17}$ es $k=2$ . Desde $n$ es impar, podemos introducir la condición de tamizado $n\not\equiv\pm 1\pmod{17}$ . Podemos hacer esto para cada primo $p\equiv 1\pmod{4}$ para el que el orden de $(3\cdot 5^{-1})$ es un múltiplo de cuatro.

Answer 5

Aquí hay algunas condiciones necesarias sobre $n$ resumiendo mis declaraciones del chat:

1. $n$ es impar.
2. cualquier factor primo $p\mid n^2-1$ es de la forma $p \equiv 1,2,4,8 \mod 15$ .
3. $n \equiv 3,93 \mod 120$

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pruebas:

1)

Está claro que $3 \nmid 3^n+5^n$ y $5\nmid 3^n+5^n$ . Así, $3\mid n$ . Escriba $n = 3m$ entonces $$3^n+5^n \equiv 0 \mod n^2-1 \\\Rightarrow (3^{-1}5)^n \equiv -1 \mod 9m^2-1.$$ Supongamos que $n$ es par. Entonces $-1$ es un cuadrado mod $9m^2-1$ , por lo que todo factor primo impar $p$ de $9m^2-1$ es $p\equiv 1 \mod 4$ . Pero $9m^2-1 \equiv 3 \mod 4$ como $n$ es uniforme, una contradicción.

2)

La inversa de $3$ es $3^{-1} \equiv 3m^2 \mod 9m^2-1$ por lo que a partir de la identidad mostrada anteriormente obtenemos $$(15m^2)^n \equiv -1 \mod 9m^2-1. \\ \Rightarrow (-15) \equiv (15)^{-n+1}m^{-2n} \mod 9m^2-1$$ Como $n$ es impar por 1.) vemos que para cualquier primo impar $p$ dividiendo $9m^2-1$ el símbolo de Legendre $$1 = \left( \frac{-15}{p} \right) = \left( \frac{-1}{p} \right)\left( \frac{3}{p} \right) \left( \frac{5}{p} \right) = \left( \frac{p}{3} \right)\left( \frac{p}{5} \right)$$ utilizando el Teorema de Reciprocidad Cuadrática. Esto muestra $p \equiv 1,2,4,8 \mod 15$ .

3)

Por 2) $n^2-1 \equiv 1,2,4,8 \mod 15$ porque estos residuos forman un subgrupo multiplicativo. Ya sabemos que $3\mid n$ mostrando $n\equiv 3 \mod 15$ .

Como $16 \nmid 3^n+5^n$ Sabemos que $8 \nmid n^2-1 =(n-1)(n+1)$ y 1) muestra $n\equiv 3,5 \mod 8$ . El Teorema del Resto Chino da el resultado indicado en 3).