1990 IMO Q3 nasıl çözülür?
Düzenle ilgili dersim için, öğretmenimin bana verdiği alıştırmalardan biri 1990 IMO gazetesinin 3. Sorusuydu:
Tüm tam sayıları bul $n>1$ öyle ki $\frac{2^n+1}{n^2}$ bir tamsayıdır.
Benim girişimim:
Sahibiz $$n^2|2^n+1\Rightarrow2^n+1\equiv0\pmod{n^2}\Rightarrow2^n\equiv-1\pmod{n^2}\Rightarrow2^{2n}\equiv1\pmod{n^2}$$ Ya $\text{ord}_{n^2}(2)=1$, $\text{ord}_{n^2}(2)=2$, $\text{ord}_{n^2}(2)=d$ nerede $d|n$veya $\text{ord}_{n^2}(2)=2d$ nerede $d|n$ fakat $2d\nmid n$.
Eğer $\text{ord}_{n^2}(2)=1$, $2^1\equiv1\pmod{n^2}$, sonra $n^2=1\Rightarrow n=1$. Bu, gerekliliklerle çelişiyor$n$.
Eğer $\text{ord}_{n^2}(2)=2$, $2^2\equiv1\pmod{n^2}$, sonra $n^2=1$ veya $3$ yani $n$ dır-dir $1$ veya $\sqrt3$. Bu aynı zamanda aşağıdaki şartlarla da çelişir:$n$.
Eğer $\text{ord}_{n^2}(2)=d$ o zaman bir tamsayı var $k$ öyle ki $dm=n$. Sonra$2^n=2^{dm}=\left(2^d\right)^m\equiv1^m=1\pmod{n^2}$. Bu çelişiyor$2^n\equiv-1$ daha önce gösterdik.
Bu nedenle $$\text{ord}_{n^2}(2)=2d$$
Euler'in Teoremine göre $2^{\phi(n^2)}\equiv1\pmod{n^2}$, yani $2d|\phi(n^2)$. Gibi$\phi(n)=n\prod_{p|n}\frac{p-1}p=nk$ nerede $k=\prod_{p|n}\frac{p-1}p$, ve $n$ ve $n^2$ aynı asal faktörleri paylaşırsak $$\phi(n^2)=n^2\prod_{p|n}\frac{p-1}p=n\left(n\prod_{p|n}\frac{p-1}p\right)=n(nk)=n\phi(n)$$
Devam ediyor,
$$2d|\phi(n^2)\Rightarrow2d|n\phi(n)\Rightarrow2|m\phi(n)$$
Nerede $dm=n$. Bu ya$m$ eşittir (ima eder $n$ eşittir) veya $\phi(n)$ eşittir.
Ne yazık ki, sorunu gerçekten çözmekten hala uzağım. Gösterdiği açık$n$ eşit mi $\phi(n)$ bunu göstermek için bile yeterli değil $\frac{2^n+1}{n^2}$ bir tamsayıdır (karşı örnekler şunları içerir: $n=4$ ve $n=5$). Belirttiğim koşulları karşılayan sonsuz sayıda sayı var. Ancak nasıl devam edeceğimi bilmiyorum, bu yüzden soruyu bitirmek için biraz yardım istiyorum.
Yanıtlar
$\textbf{Hint:}$En küçük asal bölenini düşünün $n$.
Sonra "üs kaldırma" lemasını kullanın.
Sonra tekrar ikinci en küçük üssü düşünün $n$
İlk başta en küçük asal bölen diyelim ki $p$ nın-nin $n$. Olamaz $2$. Sonra,$2^{2n}=1 \pmod {p}$, aynı zamanda FLT tarafından $2^{p-1}=1 \pmod {p}$.
Bu ikisi birlikte şunu ima eder: $2^{gcd(p-1,2n)}=1 \pmod {p}$.Ama şimdi, $gcd(p-1,2n)=2$ o zamandan beri, başka herhangi bir asal $n$ daha büyük olurdu $p-1$Bu şu anlama gelir: $3$ en küçük asal olmak zorunda $n$ .dan beri $2^2=1 \pmod{p}$ yukardan.
Şimdi üs lemmayı kaldırarak, en yüksek gücün $3$ bölme $n$ dır-dir $1$Sonra, en küçük üssü düşünün. $n/3$.
Olması gerektiğini göstermek için yukarıdaki gibi benzer bir argüman kullanın $7$.Ama gerçeğinden $3 \mid n$ bunun olamayacağını gösterin. bu nedenle, tek çözüm $n=3$
(ayrıntılar bir ipucu olarak yazdığım için ihmal edildi)
Detaylı çözüm burada .Sağlıklı İçin: İYY'nin