Cómo resolver 1990 IMO Q3

Aug 16 2020

Para mi lección sobre el pedido, uno de los ejercicios que me dio mi profesor fue la Pregunta 3 del documento de la OMI de 1990:

Encuentra todos los enteros $n>1$ tal que $\frac{2^n+1}{n^2}$ es un número entero.

Mi intento:


Tenemos $$n^2|2^n+1\Rightarrow2^n+1\equiv0\pmod{n^2}\Rightarrow2^n\equiv-1\pmod{n^2}\Rightarrow2^{2n}\equiv1\pmod{n^2}$$ Ya sea $\text{ord}_{n^2}(2)=1$, $\text{ord}_{n^2}(2)=2$, $\text{ord}_{n^2}(2)=d$ dónde $d|n$o $\text{ord}_{n^2}(2)=2d$ dónde $d|n$ pero $2d\nmid n$.

Si $\text{ord}_{n^2}(2)=1$, $2^1\equiv1\pmod{n^2}$, luego $n^2=1\Rightarrow n=1$. Esto contradice los requisitos para$n$.

Si $\text{ord}_{n^2}(2)=2$, $2^2\equiv1\pmod{n^2}$, luego $n^2=1$ o $3$ entonces $n$ es $1$ o $\sqrt3$. Esto también contradice los requisitos para$n$.

Si $\text{ord}_{n^2}(2)=d$ entonces existe un entero $k$ tal que $dm=n$. Luego$2^n=2^{dm}=\left(2^d\right)^m\equiv1^m=1\pmod{n^2}$. Esto contradice$2^n\equiv-1$ que mostramos anteriormente.

Por lo tanto $$\text{ord}_{n^2}(2)=2d$$

Por el teorema de Euler $2^{\phi(n^2)}\equiv1\pmod{n^2}$, entonces $2d|\phi(n^2)$. Como$\phi(n)=n\prod_{p|n}\frac{p-1}p=nk$ dónde $k=\prod_{p|n}\frac{p-1}p$y $n$ y $n^2$ comparten los mismos factores primos, tenemos $$\phi(n^2)=n^2\prod_{p|n}\frac{p-1}p=n\left(n\prod_{p|n}\frac{p-1}p\right)=n(nk)=n\phi(n)$$

Continuo,

$$2d|\phi(n^2)\Rightarrow2d|n\phi(n)\Rightarrow2|m\phi(n)$$

Dónde $dm=n$. Esto significa que$m$ es par (lo que implica $n$ es par) o $\phi(n)$ incluso.


Desafortunadamente, todavía estoy lejos de resolver el problema. Está claro que mostrando$n$ es par o $\phi(n)$ Incluso no es suficiente para demostrar que $\frac{2^n+1}{n^2}$ es un número entero (los contraejemplos incluyen $n=4$ y $n=5$). Hay infinitos números que satisfacen las condiciones que establecí. Sin embargo, no estoy seguro de cómo proceder, por lo que me gustaría recibir ayuda para terminar la pregunta.

Respuestas

Yesit'sme Aug 16 2020 at 11:34

$\textbf{Hint:}$Considere el divisor primo más pequeño de $n$.

Luego usa el lema "levantando el exponente".

Luego considere nuevamente el segundo primo más pequeño de $n$

Al principio, considere el divisor primo más pequeño, digamos $p$ de $n$.No puede ser $2$. Luego,$2^{2n}=1 \pmod {p}$, sino también por FLT $2^{p-1}=1 \pmod {p}$.

Estos dos juntos implica que $2^{gcd(p-1,2n)}=1 \pmod {p}$.Pero ahora, $gcd(p-1,2n)=2$ ya que, cualquier otro primo de $n$ sería más grande que $p-1$.Esto implica que $3$ tiene que ser el primo más pequeño de $n$ .ya que $2^2=1 \pmod{p}$ desde arriba.

Ahora deduzca usando que elevando el lema del exponente que la potencia más alta de $3$ divisor $n$ es $1$Luego, considere el primo más pequeño de $n/3$.

Utilice un argumento similar al anterior para demostrar que tiene que ser $7$.Pero por el hecho de que $3 \mid n$ mostrar que eso no puede suceder, por lo que la única solución sería $n=3$

(los detalles se omiten desde que lo escribí para que sirva de pista)

Para obtener una solución detallada, consulte aquí: aops