Encuentre un número $n$ con $100<n<2000$ tal que $2^n+2$ es divisible por $n$ ?
Se puede ver fácilmente que $n=6$ es un caso posible pero no satisface la restricción principal de ser mayor que $100$ .
¿Pueden decirme cómo proceder con este problema?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
William Gant
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96
Esta respuesta sólo da algunos comentarios y no proporciona una manera razonable de encontrar la solución a su problema con lápiz y papel. La secuencia de números $n$ tal que $2^n + 2 \equiv 0 \pmod{n}$ se puede encontrar en la secuencia A006517 de la Enciclopedia en línea de secuencias enteras, la secuencia comienza como $$\mathbf{1,\ 2,\ 6,\ 66,\ 946,\ 8646,\dots}.$$ En esa página se muestra que para $n>1$ , $n$ debe ser divisible por $2$ . Ya que para $n>1$ tenemos $2^n+2\equiv 2\pmod{4}$ vemos que $n$ no puede ser divisible por $4$ . Estas cosas demuestran que para $n>1$ debemos tener $n\equiv 2\pmod{4}$ lo que al menos reduce los números que tenemos que comprobar un poco. No he encontrado más optimizaciones posibles. Para una posible solución podemos escribir $n=2k$ con $k$ impar. Por el teorema del resto chino basta con comprobar $2^n+2\equiv 0\pmod{2}$ que es siempre el caso, y $2^n+2 \equiv 0 \pmod{k}$ . Esta última ecuación puede escribirse como $$2^{2k-1}+1 \equiv 0 \pmod{k}.$$ Así que para encontrar todas las soluciones con $100<n<2000$ sólo tenemos que recorrer todos los números de impar $50<k<1000$ . En Mathematica esto puede hacerse, por ejemplo, mediante
2*Select[Range[51, 1000, 2], PowerMod[2, 2*# - 1, #] + 1 == # &]
que da como resultado {946} .
En, por ejemplo, la solución del problema 323 en Excalibur matemático 14(2) 2009, p. 3 se demuestra que, si un número entero par $n$ tiene las propiedades que $2^n+2\equiv 0 \pmod{n}$ y $2^n+1 \equiv 0 \pmod{n-1}$ que entonces el número $m=2^n + 2$ volverá a tener estas propiedades. Dado que el número $2$ tiene estas propiedades vemos que podemos encontrar una subsecuencia infinita de A006517 generado por la aplicación de $n \mapsto 2^n + 2$ . A partir de $2$ obtenemos una secuencia que comienza con $$ \mathbf{2,\ 6,\ 66,\ 73786976294838206466, \dots}. $$ Se conjetura que esto es una secuencia A219037 y proporciona una manera de encontrar soluciones a $2^n+2\pmod{n}$ . Desgraciadamente falla la solución en su rango, que no podría haber acertado ya que $2^{946}+1 \not \equiv 0 \pmod{945}$ .
S.C.
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1745
Accursed
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3645
Afirmación teórica de la existencia de infinitos n:
Dejemos que $a_0$ =2, definir $a_{k+1}$ = $2^{a_k}$ +2 para cada número entero positivo k.
Reclamación :
(*)primera propiedad $a_k$ | $a_{k+1}$
(**)segunda propiedad ( $a_k-1$ ) | ( $a_{k+1}-1$ )
Lemma : Si a divide a b y b/a es impar entonces:
$2^a+1$ divide $2^b+1$
Prueba de la afirmación por inducción:
Considerando que la afirmación es cierta para k=m, demostramos que también lo es para k=m+1.
Sabemos que $a_m-1$ | $a_{m+1}-1$ por el uso del lema obtenemos que
$2^{a_m-1}+1$ | $2^{a_{m+1}-1}+1$ , multiplicación por 2 años $2^{a_m}+2$ | $2^{a_{m+1}}+2$ que es la primera propiedad para k=m+1.
Por otro lado, sabemos que $a_m$ | $a_{m+1}$ por el uso del lema obtenemos que
$2^{a_m}+1$ | $2^{a_{m+1}}+1$ que es la segunda propiedad para k=m+1.
Ahora, por el procedimiento anterior, si x es una solución (lo que significa $x$ | $2^{x}+2$ y $(x-1)$ | $2^x+1$ ) entonces podemos poner $a_0$ =x, entonces la secuencia $a_{k+1}$ = $2^{a_k}$ +2 obtiene infinitas soluciones. por ejemplo x=2.
