Nel cuore della notte...

[pi_greco_quadro]

Si dimostri che, se
$ 2^{h+1}+1\equiv h\pmod{2h} $
allora vale anche
$ 2^{h+1}+1\equiv h\pmod{2(h+1)} $

@Hit: mi raccomando non osare mai più criticare i miei titoli altrimenti mi potrei offendere sai?????

[HiTLeuLeR]

Si dimostri che, se
$ 2^{h+1}+1\equiv h\pmod{2h} $
allora vale anche
$ 2^{h+1}+1\equiv h\pmod{2(h+1)} $

E' falso! Sia $ h = 13 \cdot 29 $. Poiché $ \mbox{ord}_{13}(2) = 12 $, $ \mbox{ord}_{29}(2) = 28 $, vuol dire che 2 è una radice primitiva mod 13 e mod 29. Visto che $ h+1 \equiv 6 \bmod 12 $ ed $ h+1 \equiv 14 \bmod 28 $, questo implica che $ 2^{h+1} + 1 \equiv 0 \bmod (13 \cdot 29) $. Ciò nonostante, $ 2^{h+1} + 1 - h $ non è divisibile per $ 2(h+1) = 2^2 \cdot 3^3 \cdot 7 $, perché in particolare non è divisibile per 7. Infatti $ \mbox{ord}_7(2) = 3 $ ed $ h+1 \equiv 0 \bmod 3 $, per cui $ 2^{h+1} + 1 - h \equiv 2^0 + 2 \equiv 3 \bmod 7 $.

[pi_greco_quadro]

E bravo Hit... pensa che il post lo volevo chiamare "L'apparenza inganna" ma quasi sicuramente avresti criticato o no???? cmq rilancio......
e se $ h=2^\omega+1 $ per un certo $ \omega $????

[HiTLeuLeR]

Non so se vi sia modo di venirne a capo, ma posto comunque alcuni risultati parziali.

Sia $ h \in \mathbb{N} $ tale che $ h \mid (2^{h+1} + 1) $. Allora

i) h è dispari.

ii) se $ p\in\mathfrak{P} $ e $ p^2 \mid h $, necessariamente p è di Wieferich.

Ammettiamo a questo punto $ h = 2^{\omega} + 1 $, con $ \omega \in \mathbb{N} $. Si ha che:

iii) $ \omega > 0 $, dalla i).

iv) poiché $ 2^{h+1} + 1 $ è somma di due quadrati, necessariamente $ \omega \equiv 0 \bmod 2 $.

Poniamo perciò $ \omega = 2k $, dove $ k \in \mathbb{N}^+ $. Vale:

v) gcd(2,k) = 1 (sfido a provarlo, non è del tutto banale).

vi) $ 5 \nmid k $.

vii) Congetturo non vi siano soluzioni al di fuori di k = 1 e k = 3 (non ho riscontri, a parte un insopportabile prurito al lobo dx).

Per il momento non so dire altro. Il problema mi pare comunque assai difficile, tanto che - se lo risolvo! - è certo che finisce sulla scrivania di Velleman. Qualcuno si offre per lavorarci insieme?

[pi_greco_quadro]

Aspetta aspetta...... il problema è in realtà verificato per infiniti $ h=2^\omega+1 $.... la dimostrazione che propongo, se giusta, lo dovrebbe dimostrare.... in realtà è una sorta di induzione incrociata che non ho mai usato e non saprei se lecita... però come ragionamento mi pare funzioni alla grande... here you are!!!!!!!

verifichiamo che per $ \omega_0=2\Rightarrow h_0=5 $ le due congruenze funzionano infatti $ 65\equiv 5\pmod{10} $ e $ 65\equiv 5\pmod{12} $

Supponiamo dunque che le due congruenze siano verificate per $ h>h_0 $ e verifichiamo che esse sono verificate anche per $ h'=2^{\omega'}+1 $

Sappiamo infatti $ 2^{h+1}+1\equiv h\pmod{2h} $ quindi, sostituendo ad $ h\mapsto h'=2^{\omega'}+1 $ ottengo, dopo le opportune semplificazioni, $ 2^{2^{\omega'}+1}\equiv 2^{\omega'-1}\pmod{2^{\omega'}+1} $
Poiché $ ord_{2^{\omega'}+1}(2)=2\omega' $, mi basta verificare $ 2^{\omega'}+1\equiv \omega'-1\pmod{2\omega'} $. Sia a tal proposito $ \omega'-1=h $, otteniamo $ 2^{h+1}+1\equiv h\pmod{2(h+1)} $ che sappiamo vera per ipotesi induttiva.
Dunque abbiamo dimostrato $ 2^h'+1\equiv h'\pmod {2h'} $

Dobbiamo ora dimostrare la seconda parte.....

Fatte tutte le stesse identiche sostituzioni della prima parte otteniamo, dopo aver semplificato, $ 2^{2^{\omega'}}\equiv 2^{\omega'-2}\pmod{2^{\omega'-1}+1} $, quindi come prima basterà dimostrare $ 2^{\omega'}\equiv \omega'-1\pmod{2(\omega'-1)} $. Fatta la solita sostituzione $ \omega'-1=h $ otteniamo $ 2^{h+1}+1\equiv h\pmod{2h} $

Dunque abbiamo dimostrato che è verificato anche $ 2^h'+1\equiv h'\pmod {2(h'+1)} $

Aspetto conferme o smentite... cavoli la mia congettura era giusta a metà allora solo per certi h va bene e comunque per infiniti..... pazienza

[HiTLeuLeR]

Di quali risultati parli? k = 1 e k = 2, di questi? Beh, scusa ma quello è il minimo - basta un qualsiasi programma che sappia svolgere due cicli e un paio di congruenze per calcolare le soluzioni "piccole". Ben più interessanti sono invece le condizioni suggerite ai punti v) e vi), se posso permettermi di tirare acqua al mio mulino...

[HiTLeuLeR]

Costruzione interessante! Resta così dimostrato che il tuo problema ammette infinite soluzioni della forma da te indicata (si pone $ \omega_0 = 2 $, quindi $ h_0 = 2^{\omega_0} + 1 $, e si definisce ricorsivamente $ \omega_{k+1} = h_k + 1 $ ed $ h_{k+1} = 2^{\omega_{k+1}} + 1 $). Non mancano tuttavia le imprecisioni (anche se sono marginali e non inficiano l'esiso del tuo lavoro):

Sappiamo infatti $ 2^{h+1}\equiv h\pmod{2h} $ quindi [...] Fatta la solita sostituzione $ \omega'-1=h $ otteniamo $ 2^{h+1}\equiv h\pmod{2h} $

Qui ti sei perduto un 1 per strada: lo dico giusto perché altrimenti la soluzione diventa poco leggibile, non certo perché sia un punto su cui insistere più di tanto, intendiamoci!

Poiché $ ord_{2^{\omega'}+1}(2)=2\omega' $, mi basta verificare [...]

Questo è falso: casomai è vero che $ \mbox{ord}_{2^{\omega'} + 1}(2) $ divide $ 2\omega' $, non che gli è uguale. Per fortuna la dimostrazione non ne soffre.

[pi_greco_quadro]

1- non mi è chiaro dove sia stato perso l'1 per strada... cmq sono stanco e casomai me lo dicessi con precisione provvedo a correggere...

2- sappiamo che, dato $ h=2^\omega+1 $, allora il min a per a per cui 2^a congruo a -1 mod h = $ \omega $, quindi se non sbaglio l'ordine moltiplicativo è $ 2\omega $... su questo aspetto chiarimenti...

cmq la sfida è ancora aperta.. se qualcuno trova altri interi che soddisfano l'equazione è il benvenuto....

[HiTLeuLeR]

1. Dev'essere $ 2^{h+1} + 1 \equiv h \bmod 2h $, non $ 2^{h+1} \equiv 0 \bmod 2h $, come si legge in due passaggi del tuo intervento (quelli quotati su).

2. Se $ 2^a \equiv - 1 \bmod n $, allora $ 2^{2a} \equiv 1 \bmod n $, vero! Ma questo perché ti autorizza a concludere che $ \mbox{ord}_{n}(2) = 2a $? In generale, puoi soltanto concludere $ \mbox{ord}_n(2) \mid 2a $, o meglio $ \mbox{ord}_n(2) = 2t $, dove t | a.

[pi_greco_quadro]

per il punto 1 ok.. provvedo subito....

per il punto 2 invece continuo a non essere d'accordo con te.... abbiamo $ h=2^\omega+1 $... studiamo le congruenze di $ 2^a $ modulo $ h $.
E' chiaro che per $ 0\leq a<\omega $ avremo $ 2^a<h\Rightarrow 2^a\equiv 2^a\pmod h $, quindi $ 1 $ non compare mai se non per $ a=0 $. Per $ \omega\leq a<2\omega $ si ripetono gli stessi residui di prima preceduti dal segno meno. Quindi se poniamo $ a=2\omega $ sicuramente avremo il minmo $ a\geq 1 $ tale che $ 2^a\equiv 1\pmod h $ che poi è la definizione di ordine moltiplicativo.. dove sbaglio scusa????

[HiTLeuLeR]

D'accordo, questo dimostra definitivamente che l'ordine è proprio $ 2\omega $, e non un suo divisore. Dal canto mio:

viii) per ogni $ x \in \mathbb{R} $, sia $ A(x) = \{h \in \mathbb{N}: h \le x\mbox{ }\wedge\mbox{ }2^{h+1} + 1 \equiv 0 \bmod h\} $. Mostrare che $ \displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{|A(x)|}{x} = 0 $.