IMO 1990 · Problem 3
Determine all integers \(n>1\) such that \[ \frac{2^n+1}{n^2} \] is an integer.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
\[ \boxed{n=3}. \]
Solution
Suppose that \(n^2\mid 2^n+1\). Since \(2^n+1\) is odd, \(n\) is odd.
For any prime \(p\mid n\), we have \[ 2^n\equiv-1\pmod p. \] Let \(r\) be the multiplicative order of \(2\) modulo \(p\). Thus \(r\mid 2n\) but \(r\nmid n\). Since \(n\) is odd, we may write \(r=2d\), where \(d\mid n\). Fermat’s little theorem gives \(2d\mid p-1\), so \[ d\le \frac{p-1}{2}<p. \] Moreover, \(2^d\) has square congruent to \(1\) modulo \(p\), but is not itself congruent to \(1\). As \(p\) is an odd prime, \[ 2^d\equiv-1\pmod p. \tag{1} \]
Now take \(p\) to be the smallest prime divisor of \(n\). Because \(d\mid n\) and \(d<p\), we must have \(d=1\): otherwise a prime divisor of \(d\) would be a prime divisor of \(n\) smaller than \(p\). Equation (1) then gives \(p\mid 3\), hence \(p=3\). In particular, \(3\mid n\).
We next show that \(3\) divides \(n\) exactly once. Write \[ n=3^a u,\qquad a\ge1,\qquad 3\nmid u. \] Here \(u\) is odd, so \(u\equiv1\) or \(5\pmod6\). Since \(2^6\equiv1\pmod9\), it follows that \[ 2^u+1\equiv3\ \text{or}\ 6\pmod9. \] Thus \(2^u+1\) is divisible by \(3\) exactly once.
For any integer \(x\equiv-1\pmod3\), write \(x=-1+3t\). Then \[ x^3+1=(x+1)(x^2-x+1), \qquad x^2-x+1=3(1-3t+3t^2), \] and the second factor is divisible by \(3\) exactly once. Consequently, replacing an odd exponent \(m\) by \(3m\) increases the exponent of \(3\) dividing \(2^m+1\) by exactly one. Applying this \(a\) times shows that \(2^n+1\) is divisible by \(3\) exactly \(a+1\) times.
Since \(n^2\mid 2^n+1\), we therefore have \[ 2a\le a+1. \] Together with \(a\ge1\), this yields \(a=1\).
Thus \(n=3u\) with \(3\nmid u\). Suppose \(u>1\), and let \(q\) be its smallest prime divisor. Then \(q\ge5\). Applying the order argument above to \(q\), there exists a divisor \(d\mid n\) with \(d<q\) and \[ q\mid 2^d+1. \] Every prime divisor of \(u\) is at least \(q\), so no such prime can divide \(d\). Because \(n=3u\) contains only one factor of \(3\), this forces \(d=1\) or \(d=3\). Hence \(q\) divides either \(3\) or \(9\), contradicting \(q\ge5\).
Therefore \(u=1\) and \(n=3\). Finally, \[ \frac{2^3+1}{3^2}=1, \] so \(n=3\) indeed satisfies the condition.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1990 · Aufgabe 3
Bestimme alle ganzen Zahlen \(n>1\), für die \[ \frac{2^n+1}{n^2} \] eine ganze Zahl ist.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
\[ \boxed{n=3}. \]
Lösung
Es gelte \(n^2\mid 2^n+1\). Da \(2^n+1\) ungerade ist, ist \(n\) ungerade.
Für jeden Primteiler \(p\mid n\) gilt \[ 2^n\equiv-1\pmod p. \] Sei \(r\) die multiplikative Ordnung von \(2\) modulo \(p\). Dann gilt \(r\mid 2n\), aber \(r\nmid n\). Da \(n\) ungerade ist, können wir \(r=2d\) mit \(d\mid n\) schreiben. Nach dem kleinen Satz von Fermat gilt \(2d\mid p-1\), also \[ d\le \frac{p-1}{2}<p. \] Außerdem ist das Quadrat von \(2^d\) kongruent zu \(1\) modulo \(p\), während \(2^d\) selbst nicht kongruent zu \(1\) ist. Da \(p\) eine ungerade Primzahl ist, gilt \[ 2^d\equiv-1\pmod p. \tag{1} \]
Sei nun \(p\) der kleinste Primteiler von \(n\). Wegen \(d\mid n\) und \(d<p\) muss \(d=1\) gelten: Andernfalls wäre ein Primteiler von \(d\) ein Primteiler von \(n\), der kleiner als \(p\) ist. Aus Gleichung (1) folgt dann \(p\mid 3\), also \(p=3\). Insbesondere gilt \(3\mid n\).
Als Nächstes zeigen wir, dass \(3\) in der Primfaktorzerlegung von \(n\) genau einmal vorkommt. Wir schreiben \[ n=3^a u,\qquad a\ge1,\qquad 3\nmid u. \] Dabei ist \(u\) ungerade, also gilt \(u\equiv1\) oder \(5\pmod6\). Wegen \(2^6\equiv1\pmod9\) folgt \[ 2^u+1\equiv3\ \text{oder}\ 6\pmod9. \] Somit kommt \(3\) in der Primfaktorzerlegung von \(2^u+1\) genau einmal vor.
Für eine beliebige ganze Zahl \(x\equiv-1\pmod3\) schreiben wir \(x=-1+3t\). Dann gilt \[ x^3+1=(x+1)(x^2-x+1), \qquad x^2-x+1=3(1-3t+3t^2), \] und im zweiten Faktor kommt der Primfaktor \(3\) genau einmal vor. Ersetzt man also einen ungeraden Exponenten \(m\) durch \(3m\), so erhöht sich der Exponent von \(3\) in der Primfaktorzerlegung von \(2^m+1\) um genau eins. Durch \(a\)-malige Anwendung folgt, dass der Primfaktor \(3\) in \(2^n+1\) genau \(a+1\)-mal vorkommt.
Da \(n^2\mid 2^n+1\), gilt daher \[ 2a\le a+1. \] Zusammen mit \(a\ge1\) ergibt dies \(a=1\).
Somit ist \(n=3u\) mit \(3\nmid u\). Nehmen wir \(u>1\) an, und sei \(q\) der kleinste Primteiler von \(u\). Dann gilt \(q\ge5\). Wenden wir das obige Argument über die Ordnung auf \(q\) an, so erhalten wir einen Teiler \(d\mid n\) mit \(d<q\) und \[ q\mid 2^d+1. \] Jeder Primteiler von \(u\) ist mindestens \(q\), also kann kein solcher Primteiler \(d\) teilen. Da \(n=3u\) den Faktor \(3\) nur einmal enthält, folgt zwingend \(d=1\) oder \(d=3\). Also teilt \(q\) entweder \(3\) oder \(9\), im Widerspruch zu \(q\ge5\).
Daher ist \(u=1\) und \(n=3\). Schließlich gilt \[ \frac{2^3+1}{3^2}=1, \] also erfüllt \(n=3\) tatsächlich die Bedingung.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1990 · Soru 3
\[ \frac{2^n+1}{n^2} \] ifadesinin bir tam sayı olmasını sağlayan tüm \(n>1\) tam sayılarını bulunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{n=3}. \]
Çözüm
\(n^2\mid 2^n+1\) olduğunu varsayalım. \(2^n+1\) tek olduğundan \(n\) de tektir.
\(n\) sayısını bölen her \(p\mid n\) asal sayısı için \[ 2^n\equiv-1\pmod p \] olur. \(2\) sayısının \(p\) modülündeki çarpımsal mertebesi \(r\) olsun. Böylece \(r\mid 2n\), fakat \(r\nmid n\) olur. \(n\) tek olduğundan, \(d\mid n\) olmak üzere \(r=2d\) yazabiliriz. Fermat'nın küçük teoremi \(2d\mid p-1\) verdiğinden \[ d\le \frac{p-1}{2}<p \] olur. Ayrıca, \(2^d\) sayısının karesi \(p\) modülünde \(1\) sayısına denktir, ancak kendisi \(1\) sayısına denk değildir. \(p\) tek bir asal sayı olduğundan \[ 2^d\equiv-1\pmod p. \tag{1} \]
Şimdi \(p\) sayısını \(n\) sayısının en küçük asal böleni olarak seçelim. \(d\mid n\) ve \(d<p\) olduğundan \(d=1\) olmalıdır: aksi takdirde \(d\) sayısının bir asal böleni, \(n\) sayısının \(p\) sayısından küçük bir asal böleni olurdu. Bu durumda (1) eşitliği \(p\mid 3\), dolayısıyla \(p=3\) verir. Özellikle, \(3\mid n\) olur.
Şimdi \(n\) sayısının asal çarpanlarına ayrılışında \(3\) sayısının üssünün tam olarak bir olduğunu gösterelim. \[ n=3^a u,\qquad a\ge1,\qquad 3\nmid u \] yazalım. Burada \(u\) tek olduğundan \(u\equiv1\) veya \(5\pmod6\) olur. \(2^6\equiv1\pmod9\) olduğundan \[ 2^u+1\equiv3\ \text{veya}\ 6\pmod9 \] elde edilir. Böylece \(2^u+1\) sayısının asal çarpanlarına ayrılışında \(3\) sayısının üssü tam olarak birdir.
\(x\equiv-1\pmod3\) koşulunu sağlayan herhangi bir tam sayı için \(x=-1+3t\) yazalım. O zaman \[ x^3+1=(x+1)(x^2-x+1), \qquad x^2-x+1=3(1-3t+3t^2) \] olur ve ikinci çarpanın asal çarpanlarına ayrılışında \(3\) sayısının üssü tam olarak birdir. Sonuç olarak, tek bir \(m\) üssünün \(3m\) ile değiştirilmesi, \(2^m+1\) sayısının asal çarpanlarına ayrılışındaki \(3\) sayısının üssünü tam olarak bir artırır. Bunu \(a\) kez uygulamak, \(2^n+1\) sayısının asal çarpanlarına ayrılışında \(3\) sayısının üssünün tam olarak \(a+1\) olduğunu gösterir.
\(n^2\mid 2^n+1\) olduğundan \[ 2a\le a+1 \] elde ederiz. Bu, \(a\ge1\) ile birlikte \(a=1\) verir.
Böylece \(3\nmid u\) olmak üzere \(n=3u\) olur. \(u>1\) olduğunu varsayalım ve en küçük asal böleni \(q\) olsun. O zaman \(q\ge5\) olur. Yukarıdaki mertebe argümanını \(q\) sayısına uygularsak, \(d<q\) ve \[ q\mid 2^d+1 \] koşullarını sağlayan bir \(d\mid n\) böleni vardır. \(u\) sayısının her asal böleni en az \(q\) olduğundan, bu asal sayıların hiçbiri \(d\) sayısını bölemez. \(n=3u\) yalnızca bir tane \(3\) çarpanı içerdiğinden, buradan \(d=1\) veya \(d=3\) olması gerektiği çıkar. Dolayısıyla \(q\), ya \(3\) ya da \(9\) sayısını böler; bu ise \(q\ge5\) ile çelişir.
O hâlde \(u=1\) ve \(n=3\) olur. Son olarak, \[ \frac{2^3+1}{3^2}=1 \] olduğundan \(n=3\) gerçekten koşulu sağlar.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1990 · Problema 3
Determinar todos los enteros \(n>1\) tales que \[ \frac{2^n+1}{n^2} \] sea un entero.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
\[ \boxed{n=3}. \]
Solución
Supongamos que \(n^2\mid 2^n+1\). Como \(2^n+1\) es impar, \(n\) es impar.
Para cualquier primo \(p\mid n\), tenemos \[ 2^n\equiv-1\pmod p. \] Sea \(r\) el orden multiplicativo de \(2\) módulo \(p\). Entonces \(r\mid 2n\), pero \(r\nmid n\). Como \(n\) es impar, podemos escribir \(r=2d\), donde \(d\mid n\). Por el pequeño teorema de Fermat, \(2d\mid p-1\), de modo que \[ d\le \frac{p-1}{2}<p. \] Además, el cuadrado de \(2^d\) es congruente con \(1\) módulo \(p\), pero el propio \(2^d\) no es congruente con \(1\). Como \(p\) es un primo impar, \[ 2^d\equiv-1\pmod p. \tag{1} \]
Tomemos ahora como \(p\) el menor divisor primo de \(n\). Puesto que \(d\mid n\) y \(d<p\), debe cumplirse \(d=1\): de lo contrario, un divisor primo de \(d\) sería un divisor primo de \(n\) menor que \(p\). La ecuación (1) da entonces \(p\mid 3\), por lo que \(p=3\). En particular, \(3\mid n\).
A continuación demostraremos que \(3\) aparece con exponente exactamente uno en la factorización de \(n\). Escribamos \[ n=3^a u,\qquad a\ge1,\qquad 3\nmid u. \] Aquí \(u\) es impar, por lo que \(u\equiv1\) o \(5\pmod6\). Como \(2^6\equiv1\pmod9\), se sigue que \[ 2^u+1\equiv3\ \text{o}\ 6\pmod9. \] Por tanto, \(3\) aparece con exponente exactamente uno en la factorización de \(2^u+1\).
Para cualquier entero \(x\equiv-1\pmod3\), escribamos \(x=-1+3t\). Entonces \[ x^3+1=(x+1)(x^2-x+1), \qquad x^2-x+1=3(1-3t+3t^2), \] y en el segundo factor el primo \(3\) aparece con exponente exactamente uno. En consecuencia, sustituir un exponente impar \(m\) por \(3m\) aumenta en exactamente uno el exponente de \(3\) en la factorización de \(2^m+1\). Aplicando esto \(a\) veces, vemos que \(3\) aparece con exponente exactamente \(a+1\) en la factorización de \(2^n+1\).
Como \(n^2\mid 2^n+1\), tenemos por tanto \[ 2a\le a+1. \] Junto con \(a\ge1\), esto implica \(a=1\).
Así pues, \(n=3u\) con \(3\nmid u\). Supongamos que \(u>1\), y sea \(q\) su menor divisor primo. Entonces \(q\ge5\). Aplicando a \(q\) el argumento anterior sobre el orden, existe un divisor \(d\mid n\) con \(d<q\) y \[ q\mid 2^d+1. \] Todo divisor primo de \(u\) es al menos \(q\), por lo que ninguno de esos primos puede dividir a \(d\). Como \(n=3u\) contiene un solo factor \(3\), esto obliga a que \(d=1\) o \(d=3\). Por tanto, \(q\) divide a \(3\) o a \(9\), lo que contradice \(q\ge5\).
En consecuencia, \(u=1\) y \(n=3\). Finalmente, \[ \frac{2^3+1}{3^2}=1, \] por lo que \(n=3\) satisface efectivamente la condición.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1990 · 问题 3
求所有整数 \(n>1\)，使得 \[ \frac{2^n+1}{n^2} \] 为整数。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
\[ \boxed{n=3}. \]
解答
假设 \(n^2\mid 2^n+1\)。由于 \(2^n+1\) 为奇数，\(n\) 为奇数。
对于任意素数 \(p\mid n\)，有 \[ 2^n\equiv-1\pmod p. \] 设 \(r\) 为 \(2\) 模 \(p\) 的乘法阶。于是 \(r\mid 2n\)，但 \(r\nmid n\)。由于 \(n\) 为奇数，可以写成 \(r=2d\)，其中 \(d\mid n\)。由费马小定理，\(2d\mid p-1\)，所以 \[ d\le \frac{p-1}{2}<p. \] 此外，\(2^d\) 的平方模 \(p\) 同余于 \(1\)，但它本身并不同余于 \(1\)。由于 \(p\) 是奇素数， \[ 2^d\equiv-1\pmod p. \tag{1} \]
现在取 \(p\) 为 \(n\) 的最小素因子。由于 \(d\mid n\) 且 \(d<p\)，必有 \(d=1\)：否则，\(d\) 的某个素因子也是 \(n\) 的素因子，且小于 \(p\)。于是由式 (1) 得 \(p\mid 3\)，从而 \(p=3\)。特别地，\(3\mid n\)。
下面证明 \(n\) 的素因数分解中 \(3\) 的指数恰为一。设 \[ n=3^a u,\qquad a\ge1,\qquad 3\nmid u. \] 这里 \(u\) 为奇数，所以 \(u\equiv1\) 或 \(5\pmod6\)。由于 \(2^6\equiv1\pmod9\)，可得 \[ 2^u+1\equiv3\ \text{或}\ 6\pmod9. \] 因此，\(2^u+1\) 的素因数分解中 \(3\) 的指数恰为一。
对于任意整数 \(x\equiv-1\pmod3\)，写成 \(x=-1+3t\)。则 \[ x^3+1=(x+1)(x^2-x+1), \qquad x^2-x+1=3(1-3t+3t^2), \] 且第二个因子的素因数分解中 \(3\) 的指数恰为一。因此，将奇数指数 \(m\) 替换为 \(3m\)，会使 \(2^m+1\) 的素因数分解中 \(3\) 的指数恰好增加一。将此结论应用 \(a\) 次，便知 \(2^n+1\) 的素因数分解中 \(3\) 的指数恰为 \(a+1\)。
由于 \(n^2\mid 2^n+1\)，因此有 \[ 2a\le a+1. \] 结合 \(a\ge1\)，得 \(a=1\)。
于是 \(n=3u\)，其中 \(3\nmid u\)。假设 \(u>1\)，并设 \(q\) 为它的最小素因子。则 \(q\ge5\)。对 \(q\) 应用上述关于阶的论证，存在因子 \(d\mid n\)，满足 \(d<q\) 且 \[ q\mid 2^d+1. \] \(u\) 的每个素因子都至少为 \(q\)，所以这些素因子均不能整除 \(d\)。由于 \(n=3u\) 只含有一个因子 \(3\)，必有 \(d=1\) 或 \(d=3\)。于是 \(q\) 整除 \(3\) 或 \(9\)，与 \(q\ge5\) 矛盾。
因此 \(u=1\)，且 \(n=3\)。最后， \[ \frac{2^3+1}{3^2}=1, \] 所以 \(n=3\) 确实满足条件。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1990 · Задача 3
Найдите все целые числа \(n>1\), для которых \[ \frac{2^n+1}{n^2} \] является целым числом.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
\[ \boxed{n=3}. \]
Решение
Предположим, что \(n^2\mid 2^n+1\). Поскольку \(2^n+1\) нечётно, число \(n\) нечётно.
Для любого простого \(p\mid n\) имеем \[ 2^n\equiv-1\pmod p. \] Пусть \(r\) — порядок числа \(2\) по модулю \(p\). Тогда \(r\mid 2n\), но \(r\nmid n\). Поскольку \(n\) нечётно, можно записать \(r=2d\), где \(d\mid n\). По малой теореме Ферма \(2d\mid p-1\), поэтому \[ d\le \frac{p-1}{2}<p. \] Кроме того, квадрат числа \(2^d\) сравним с \(1\) по модулю \(p\), но само это число не сравнимо с \(1\). Так как \(p\) — нечётное простое число, \[ 2^d\equiv-1\pmod p. \tag{1} \]
Теперь выберем в качестве \(p\) наименьший простой делитель \(n\). Поскольку \(d\mid n\) и \(d<p\), обязательно \(d=1\): иначе простой делитель \(d\) был бы простым делителем \(n\), меньшим \(p\). Тогда из (1) следует \(p\mid 3\), откуда \(p=3\). В частности, \(3\mid n\).
Далее покажем, что \(n\) делится на \(3\), но не на его квадрат. Запишем \[ n=3^a u,\qquad a\ge1,\qquad 3\nmid u. \] Здесь \(u\) нечётно, поэтому \(u\equiv1\) или \(5\pmod6\). Так как \(2^6\equiv1\pmod9\), получаем \[ 2^u+1\equiv3\ \text{или}\ 6\pmod9. \] Таким образом, \(2^u+1\) делится на \(3\), но не на \(9\).
Для любого целого числа \(x\equiv-1\pmod3\) запишем \(x=-1+3t\). Тогда \[ x^3+1=(x+1)(x^2-x+1), \qquad x^2-x+1=3(1-3t+3t^2), \] причём второй множитель делится на \(3\), но не на \(9\). Следовательно, замена нечётного показателя \(m\) на \(3m\) увеличивает показатель степени \(3\) в разложении \(2^m+1\) ровно на единицу. Применяя это \(a\) раз, получаем, что показатель степени \(3\) в разложении \(2^n+1\) равен ровно \(a+1\).
Поскольку \(n^2\mid 2^n+1\), имеем \[ 2a\le a+1. \] Вместе с \(a\ge1\) это даёт \(a=1\).
Таким образом, \(n=3u\), где \(3\nmid u\). Предположим, что \(u>1\), и пусть \(q\) — его наименьший простой делитель. Тогда \(q\ge5\). Применяя к \(q\) приведённое выше рассуждение с порядком числа, получаем, что существует делитель \(d\mid n\), для которого \(d<q\) и \[ q\mid 2^d+1. \] Каждый простой делитель \(u\) не меньше \(q\), поэтому ни один такой простой делитель не может делить \(d\). Поскольку в разложении \(n=3u\) множитель \(3\) встречается ровно один раз, отсюда следует, что \(d=1\) или \(d=3\). Значит, \(q\) делит либо \(3\), либо \(9\), что противоречит \(q\ge5\).
Следовательно, \(u=1\) и \(n=3\). Наконец, \[ \frac{2^3+1}{3^2}=1, \] поэтому \(n=3\) действительно удовлетворяет условию.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1990 · المسألة 3
أوجد جميع الأعداد الصحيحة \(n>1\) التي يكون من أجلها \[ \frac{2^n+1}{n^2} \] عددًا صحيحًا.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
\[ \boxed{n=3}. \]
الحل
لنفترض أن \(n^2\mid 2^n+1\). بما أن \(2^n+1\) فردي، فإن \(n\) فردي.
لكل عدد أولي \(p\mid n\)، لدينا \[ 2^n\equiv-1\pmod p. \] لتكن \(r\) الرتبة الضربية للعدد \(2\) بترديد \(p\). إذن \(r\mid 2n\) ولكن \(r\nmid n\). وبما أن \(n\) فردي، يمكننا أن نكتب \(r=2d\)، حيث \(d\mid n\). تعطينا مبرهنة فيرما الصغرى \(2d\mid p-1\)، ومن ثم \[ d\le \frac{p-1}{2}<p. \] علاوة على ذلك، فإن مربع \(2^d\) يوافق \(1\) بترديد \(p\)، لكن العدد نفسه لا يوافق \(1\). وبما أن \(p\) عدد أولي فردي، فإن \[ 2^d\equiv-1\pmod p. \tag{1} \]
لنأخذ الآن \(p\) أصغر قاسم أولي للعدد \(n\). بما أن \(d\mid n\) و\(d<p\)، فلا بد أن يكون \(d=1\): وإلا لكان أحد القواسم الأولية للعدد \(d\) قاسمًا أوليًا للعدد \(n\) أصغر من \(p\). تعطينا المعادلة (1) عندئذ \(p\mid 3\)، ومن ثم \(p=3\). وبوجه خاص، \(3\mid n\).
نبيّن بعد ذلك أن \(3\) يقسم \(n\) مرة واحدة بالضبط. لنكتب \[ n=3^a u,\qquad a\ge1,\qquad 3\nmid u. \] هنا \(u\) فردي، ولذلك \(u\equiv1\) أو \(5\pmod6\). وبما أن \(2^6\equiv1\pmod9\)، ينتج أن \[ 2^u+1\equiv3\ \text{أو}\ 6\pmod9. \] إذن \(2^u+1\) يقبل القسمة على \(3\) مرة واحدة بالضبط.
لكل عدد صحيح \(x\equiv-1\pmod3\)، نكتب \(x=-1+3t\). عندئذ \[ x^3+1=(x+1)(x^2-x+1), \qquad x^2-x+1=3(1-3t+3t^2), \] والعامل الثاني يقبل القسمة على \(3\) مرة واحدة بالضبط. وبالتالي، فإن استبدال الأس الفردي \(m\) بـ \(3m\) يزيد أس \(3\) في التحليل الأولي للعدد \(2^m+1\) بمقدار واحد بالضبط. وبتطبيق ذلك \(a\) مرة، نجد أن \(2^n+1\) يقبل القسمة على \(3\) بالضبط \(a+1\) مرة.
وبما أن \(n^2\mid 2^n+1\)، نحصل إذن على \[ 2a\le a+1. \] وبضم ذلك إلى \(a\ge1\)، نجد أن \(a=1\).
إذن \(n=3u\) مع \(3\nmid u\). لنفترض أن \(u>1\)، وليكن \(q\) أصغر قاسم أولي له. عندئذ \(q\ge5\). بتطبيق حجة الرتبة السابقة على \(q\)، يوجد قاسم \(d\mid n\) يحقق \(d<q\) و \[ q\mid 2^d+1. \] كل قاسم أولي للعدد \(u\) لا يقل عن \(q\)، ومن ثم لا يمكن لأي من هذه الأعداد الأولية أن يقسم \(d\). وبما أن \(n=3u\) يحتوي على عامل واحد فقط يساوي \(3\)، فإن ذلك يقتضي أن يكون \(d=1\) أو \(d=3\). إذن يقسم \(q\) إما \(3\) أو \(9\)، وهذا يناقض \(q\ge5\).
لذلك \(u=1\) و\(n=3\). وأخيرًا، \[ \frac{2^3+1}{3^2}=1, \] ومن ثم فإن \(n=3\) يحقق الشرط بالفعل.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).