Comment résoudre le troisième trimestre de l'OMI de 1990
Pour ma leçon sur commande, l'un des exercices que mon professeur m'a donné était la question 3 de l'article de l'OMI de 1990:
Trouver tous les entiers $n>1$ tel que $\frac{2^n+1}{n^2}$ est un entier.
Ma tentative:
Nous avons $$n^2|2^n+1\Rightarrow2^n+1\equiv0\pmod{n^2}\Rightarrow2^n\equiv-1\pmod{n^2}\Rightarrow2^{2n}\equiv1\pmod{n^2}$$ Soit $\text{ord}_{n^2}(2)=1$, $\text{ord}_{n^2}(2)=2$, $\text{ord}_{n^2}(2)=d$ où $d|n$, ou $\text{ord}_{n^2}(2)=2d$ où $d|n$ mais $2d\nmid n$.
Si $\text{ord}_{n^2}(2)=1$, $2^1\equiv1\pmod{n^2}$, puis $n^2=1\Rightarrow n=1$. Cela contredit les exigences de$n$.
Si $\text{ord}_{n^2}(2)=2$, $2^2\equiv1\pmod{n^2}$, puis $n^2=1$ ou $3$ alors $n$ est $1$ ou $\sqrt3$. Cela contredit également les exigences de$n$.
Si $\text{ord}_{n^2}(2)=d$ alors il existe un entier $k$ tel que $dm=n$. ensuite$2^n=2^{dm}=\left(2^d\right)^m\equiv1^m=1\pmod{n^2}$. Cela contredit$2^n\equiv-1$ que nous avons montré plus tôt.
Par conséquent $$\text{ord}_{n^2}(2)=2d$$
Par le théorème d'Euler $2^{\phi(n^2)}\equiv1\pmod{n^2}$, alors $2d|\phi(n^2)$. Comme$\phi(n)=n\prod_{p|n}\frac{p-1}p=nk$ où $k=\prod_{p|n}\frac{p-1}p$, et $n$ et $n^2$ partagent les mêmes facteurs premiers, nous avons $$\phi(n^2)=n^2\prod_{p|n}\frac{p-1}p=n\left(n\prod_{p|n}\frac{p-1}p\right)=n(nk)=n\phi(n)$$
Continuant,
$$2d|\phi(n^2)\Rightarrow2d|n\phi(n)\Rightarrow2|m\phi(n)$$
Où $dm=n$. Cela signifie soit$m$ est pair (ce qui implique $n$ est pair) ou $\phi(n)$ est même.
Malheureusement, je suis encore loin de résoudre le problème. Il est clair que montrer$n$ est pair ou $\phi(n)$ n'est même pas suffisant pour montrer que $\frac{2^n+1}{n^2}$ est un entier (les contre-exemples incluent $n=4$ et $n=5$). Il existe une infinité de nombres satisfaisant aux conditions que j'ai posées. Cependant, je ne sais pas trop comment procéder, alors j'aimerais avoir de l'aide pour terminer la question.
Réponses
$\textbf{Hint:}$Considérez le plus petit diviseur premier de $n$.
Utilisez ensuite le lemme "lever l'exposant".
Considérons à nouveau le deuxième plus petit nombre premier de $n$
Considérons d'abord le plus petit diviseur premier, disons $p$ de $n$.Ce ne peut pas être $2$. Ensuite,$2^{2n}=1 \pmod {p}$, mais aussi par FLT $2^{p-1}=1 \pmod {p}$.
Ces deux ensemble impliquent que $2^{gcd(p-1,2n)}=1 \pmod {p}$.Mais maintenant, $gcd(p-1,2n)=2$ depuis, tout autre prime de $n$ serait plus grand que $p-1$.Ceci implique que $3$ doit être le plus petit nombre premier de $n$ .depuis $2^2=1 \pmod{p}$ d'en haut.
Déduisez maintenant en utilisant cette levée du lemme de l'exposant que la puissance la plus élevée de $3$ partage $n$ est $1$.Puis, considérez le plus petit nombre $n/3$.
Utilisez un argument similaire à celui ci-dessus pour montrer qu'il doit être $7$.Mais du fait que $3 \mid n$ montrer que cela ne peut pas arriver, donc la seule solution serait $n=3$
(les détails sont omis depuis que je l'ai écrit pour lui servir d'indice)
Pour une solution détaillée .voir ici: aops