Geomania.Org Forumları
Yarışma Soruları => Uluslararası Matematik Olimpiyatı => 1990 => Konuyu başlatan: ERhan ERdoğan - Haziran 05, 2014, 10:25:03 ös
-
$$\dfrac{2^n+1}{n^2}$$ ifadesinin tam sayı olmasını sağlayan tüm $n>1$ tam sayılarını bulunuz.
-
$n|2^n+1 \Longrightarrow 2^n\equiv-1\pmod{n}\Longrightarrow2^{2n}\equiv1\pmod{n}$
$n$ sayısının en küçük asal bölenine $p_1$ diyelim
$2^{2n}\equiv1\pmod{p_1}$ ve $2^{p_1-1}\equiv1\pmod{p_1}$
$2$ sayısının$\pmod{p_1}$'deki mertebesi $d$ olsun. O zaman $d|(p_1-1,2n)$ ,
$(p_1-1,2n)$ ifadesi $(p_1-1,n)=1$ olduğundan $1$ veya $2$ olabilir.
$d|1,2$ olduğundan $d=1,2$ olabilir. $d=1$ olursa $n=1$ gelir. O yüzden
$d=2$ olur ve buradan $2^{2}\equiv1\pmod{p_1}$ olduğundan $p_1=3$ olur.
$n=3^x.y$ diyelim. Buradan $3^{2x}|2^n+1$ gelir.
$v_3(3^{2x})\le v_3(3)+v_3(n)$
$2x\le1+x\Longrightarrow x\le1\Longrightarrow x=1$
Demekki $x=3.y$ ve $(y,3)=1$
Buradan $y|2^{3y}+1\Longrightarrow 2^{3y}\equiv-1\pmod{y}$
$2^{6y}\equiv-1\pmod{y}$ , $y$ sayısının en küçük asal bölenine $p_2$ diyelim.
$2^{6y}\equiv-1\pmod{p_2}$ ve $2^{p_2-1}\equiv-1\pmod{p_2}$
$2$ sayısının$\pmod{p_2}$'deki mertebesi $f$ olsun.O zaman $f|(p_2-1,6y)$
$(p_2-1,6y)$ ifadesi $(p_2-1,y)=1$ olduğundan$1,2,3$ veya $6$ olabilir.Durumları inceleyelim:
$1)$ $(p_2-1,6y)=1\Longrightarrow f=1\Longrightarrow 2^1\equiv1\pmod{p_2}$ olamayacığından
$n$'nin başka asal böleni yoktur. Buradan $n=3$ çözümü gelir.
$2)$ $(p_2-1,6y)=2 \Longrightarrow f=2$($f=1$ durumunu daha önce incelemiştik)
$2^2\equiv4\equiv1\pmod{p_2}$ Buradan ancak $p_2=3$ gelir ancak bu durum $(y,3)=1$ ile çelişir.
Demekki bu durumdan çözüm gelmez.
$3)$ $(p_2-1,6y)=3 \Longrightarrow f=3 \Longrightarrow 2^3\equiv8\equiv1\pmod{p_2}$
Buradan $p_2=7$ gelir ancak $2^{3y}+1\equiv 8^y+1 \equiv 2 \pmod{7}$ olduğundan
$7|2^{3y}+1$ koşulu sağlanmaz.
$4)$ $(p_2-1,6y)=6 \Longrightarrow f=6 \Longrightarrow 2^6\equiv64\equiv1\pmod{p_2}$
Buradan $p_2=3,7$ durumları gelir ancak bu durumlardan daha önce çözüm gelmediğini görmüştük.
Demekki sağlayan tek durum $n=3$