Conjetura acerca de número natural satisfacer $ m(n)^k+1\space\mid\space n^{2k}+1 $

Question

Deje $m(n)$ ser la más adecuada divisor de $n$. Hay cualquier número de $n≥2$ no de la forma $p$ o $p^3$ $p$ prime que satisface $$ m(n)^k+1 espacio\\mediados de espacio\n^{2k}+1 $$ para todos los números naturales $k$?

No he encontrado ninguna de ellas, sino que se reduce al caso en que $n=pq$ $p$, $q$ el primer y el con $p<q<p^2$. En este caso, también debemos tener: $$ q^k+1 espacio\\mid\espacio p^{2k}+1 $$ Pero no lograba romper más abajo; de alguna manera la condición de que parece ser muy difícil de manejar, aunque parece bastante fuerte.

Answer 1

Si $n$ no es primo, a continuación, $n=pm$ donde $m=m(n)$ $p$ es el más pequeño de primer dividiendo $n$. La condición implica $$ m+1 \mid m^2p^2+1 $$ Pero $$ m+1 \mid (m+1)(m-1)p^2 = m^2p^2-p^2 $$ por lo tanto $$ m+1 \mid m^2p^2+1-(m^2p^2-p^2) = p^2+1 $$ y debemos tener $p^2\ge m$.

Si $n\ne p^3$$m<p^2$. Por lo $m$ no puede haber dos factores primos $\ge p$, pero ni puede tener ningún factores primos $<p$ desde $p$ es el menor factor primo de $n$. Por lo tanto $m$ debe ser un primo.

Deje $r>n$ principal con $\left(\frac{m}{r}\right)=-1$.$^\dagger$ Luego, por el criterio de Euler $$ m^{\frac{i-1}{2}} \equiv -1 \pmod r \\ r \mediados de los m^{\frac{i-1}{2}}+1 $$ Pero $$ n^{i-1}+1 \equiv 2 \pmod r $$ y por lo tanto $$ m^{\frac{r-1}{2}}+1 \no\mediados de n^{i-1}+1 $$

Por lo tanto, si $n$ no es de la forma $p$ o $p^3$ $p$ prime, la condición no puede ser satisfecha para todos los $k$.

$\dagger$ $m$ Prime siempre podemos encontrar un primer $r>n$$\left(\frac{m}{r}\right)=-1$. Deje $b$ ser cualquier cuadrática nonresidue mod $m$. Por el Teorema del Resto Chino podemos encontrar $r_0$$r_0 \equiv 1 \pmod {4}$$r_0 \equiv b \pmod m$. Luego por la del teorema de Dirichlet hay un primer $r>n$$r\equiv r_0 \pmod {4m}$, y por la reciprocidad cuadrática $$ \left(\frac{m}{r}\right) = \left(\frac{r}{m}\right) = \left(\frac{b}{m}\right) = -1 $$