Marathon de l'arithmétique

Lemme1 : Soit n>1 un entier alors n| 2ⁿ+1 => 3|n .
Preuve :
Soit p>2 le plus petit diviseur premier de n et soit k l'ordre de 2 modulo p alors on a :



Cela implique qu'on ait : k | p-1 et k|2n donc k | PGCD(p-1,2n)=2 puisque p-1 est premier à n .
Si k=1 on doit avoir 2≡1[p] ce qui est impossible donc k=2 et 4≡1[p] et donc p=3 .
Fin du lemme1 .
Lemme2:Notons v_p{n} la valuation_p_adique de n .
Soit a un entier>0 et premier avec 3 et 2 et k un entier positif alors on a :

Preuve : On procède par récurrence , pour k=0 on doit prouver que :

Ce qui est trivial avec les congruences modulo 9 ..
Maintenant supposons que cette proposition est vrai au rang k et prouvant qu'elle est vrai aussi au rang k+1 .
On a :



Ce qui achève la preuve ..

Maintenant revenons à notre problème .
Clairement n doit être impair ..Soit k la valuation 3_adique de n , alors il existe un entier a non divisible par 3 ni par 2 t.q : n=3^ka et on a :

et puisque n est divisible par 3 (lemme1) alors on a : k=1 .
donc n=3a avec a premier à 6 .
Supposons qu'on a a>1 alors a admet un diviseur premier supérieur à 5.soit p le plus petit diviseur premier de a et s l'ordre de 8 modulo p alors on a :

on a aussi :
p| 8^a+1 => 8^2a≡1[p] et donc : s|p-1 et s|2a => s| pgcd(p-1,2a)=2=> s=1,2
dans les2 cas on obtient p=7 mais on a : 8^a+1≡2[7] ce qui crée une contradiction et donc a=1 .finalement le seul entier qui répond au problème est n=3.
Désolé si c'est long -_- sinon je veux bien voir ta solution Tarask si tu veux