$ \displaystyle \forall n,k \in \mathbb{N} $
$ \displaystyle 3^{n+1} | (2^{2k + 1})^{3^n}+1 $
EDIT: mmm, prima mancava il +1
Esercizio, divisibilità di esponenziali
Esercizio, divisibilità di esponenziali
Dimostrare che:
$ \displaystyle \forall n,k \in \mathbb{N} $
$ \displaystyle 3^{n+1} | (2^{2k + 1})^{3^n}+1 $
EDIT: mmm, prima mancava il +1
$ \displaystyle \forall n,k \in \mathbb{N} $
$ \displaystyle 3^{n+1} | (2^{2k + 1})^{3^n}+1 $
EDIT: mmm, prima mancava il +1
[tex] wHy \matchal{ALBERT}_K ? [/tex]
Procedo per induzione su n.
Sia $ n=0 $ ; la tesi è che $ (2^{2k+1})+1 $ sia multiplo di 3. Ma ciò è vero per ogni k naturale: per $ k=0 $ ho che tale espressione vale 3, per $ k>0 $ ho che posso scomporre tale espressione come:
$ (2+1)(2^{2k}-2^{2k-1}+...-2+1) $.
Supponiamo valida la tesi per un certo n-1, e dimostriamola valida anche per n, con n naturale ed intero positivo.
Prendo come ipotesi che $ (2^{2k+1})^{3^{n-1}}+1 $ sia multiplo di $ 3^n $.
Esamino l'espressione $ (2^{2k+1})^{3^n}+1 $ . Posso supporre che $ 3^n=3a $ per un certo a intero positivo, dunque ho pure $ a=3^{n-1} $.
Tale espressione diventa $ (2^{2k+1})^{3a}+1 $. Uso la scomposizione di somma di cubi: essa è ora uguale a $ [(2^{2k+1})^a+1)][(2^{2k+1})^{2a}-(2^{2k+1})^a+1)] $.
Per come ho posto a, il primo fattore è uguale all'espressione considerata nell'ipotesi del passo induttivo, che, proprio per ipotesi, è multipla di $ 3^n $.
Ora dunque la tesi è dimostrare che $ (2^{2k+1})^{2a}-(2^{2k+1})^a+1 $ è multipla di 3.
Sommando e sottraendo 1, ottengo che quest'ultima espressione equivale a $ (2^{2k+1})^{2a}+2-[(2^{2k+1})^a+1] $, ovvero, per ipotesi e per opportuno t naturale positivo, equivale a $ (2^{2k+1})^{2a}+2-3t $.
Rimane da dimostrare che $ (2^{2k+1})^{2a}+2 $ è multiplo di 3.
Svolgendo i conti all'esponente, ottengo $ 2^{4ak+2a}+2 $ , e raccogliendo il 2 ho $ 2(2^{4ak+2a-1}+1) $. Ma $ 4ak+2a-1 $ è dispari, dunque posso procedere con la scomposizione usata all'inizio, e ottengo: $ 2(2+1)(2^{4ak+2a-2}-2^{4ak+2a-3}+...-2+1) $, cioè anche questo addendo è multiplo di 3, dunque anche il fattore $ (2^{2k+1})^{2a}-(2^{2k+1})^a+1 $ è multiplo di 3, essendo somma di due multipli di 3.
Dunque, $ (2^{2k+1})^{3^n}+1 $ è multiplo di $ 3^{n+1} $ per ogni n, k naturali.
Sia $ n=0 $ ; la tesi è che $ (2^{2k+1})+1 $ sia multiplo di 3. Ma ciò è vero per ogni k naturale: per $ k=0 $ ho che tale espressione vale 3, per $ k>0 $ ho che posso scomporre tale espressione come:
$ (2+1)(2^{2k}-2^{2k-1}+...-2+1) $.
Supponiamo valida la tesi per un certo n-1, e dimostriamola valida anche per n, con n naturale ed intero positivo.
Prendo come ipotesi che $ (2^{2k+1})^{3^{n-1}}+1 $ sia multiplo di $ 3^n $.
Esamino l'espressione $ (2^{2k+1})^{3^n}+1 $ . Posso supporre che $ 3^n=3a $ per un certo a intero positivo, dunque ho pure $ a=3^{n-1} $.
Tale espressione diventa $ (2^{2k+1})^{3a}+1 $. Uso la scomposizione di somma di cubi: essa è ora uguale a $ [(2^{2k+1})^a+1)][(2^{2k+1})^{2a}-(2^{2k+1})^a+1)] $.
Per come ho posto a, il primo fattore è uguale all'espressione considerata nell'ipotesi del passo induttivo, che, proprio per ipotesi, è multipla di $ 3^n $.
Ora dunque la tesi è dimostrare che $ (2^{2k+1})^{2a}-(2^{2k+1})^a+1 $ è multipla di 3.
Sommando e sottraendo 1, ottengo che quest'ultima espressione equivale a $ (2^{2k+1})^{2a}+2-[(2^{2k+1})^a+1] $, ovvero, per ipotesi e per opportuno t naturale positivo, equivale a $ (2^{2k+1})^{2a}+2-3t $.
Rimane da dimostrare che $ (2^{2k+1})^{2a}+2 $ è multiplo di 3.
Svolgendo i conti all'esponente, ottengo $ 2^{4ak+2a}+2 $ , e raccogliendo il 2 ho $ 2(2^{4ak+2a-1}+1) $. Ma $ 4ak+2a-1 $ è dispari, dunque posso procedere con la scomposizione usata all'inizio, e ottengo: $ 2(2+1)(2^{4ak+2a-2}-2^{4ak+2a-3}+...-2+1) $, cioè anche questo addendo è multiplo di 3, dunque anche il fattore $ (2^{2k+1})^{2a}-(2^{2k+1})^a+1 $ è multiplo di 3, essendo somma di due multipli di 3.
Dunque, $ (2^{2k+1})^{3^n}+1 $ è multiplo di $ 3^{n+1} $ per ogni n, k naturali.