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Problema: essendo $ n $ un intero positivo, mostrare che $ 4^n + 2^n + 1 $ è primo solo se $ n = 3^k $, per qualche $ k\in\mathbb{N} $.

Mah io ci provo:

Lemma: $ n $ deve essere necessariamente dispari.

Dim: Riscriviamo la quantità in gioco come $ (2^n+1)^2-2^n $, postp $ n=2m $ con $ m \in N $ abbiamo che $ (2^{2m}-2^m+1)(2^{2m}+2^m+1) $ che non può essere primo essendo $ 2^{2m}+2^m+1>1 $.

Lemma $ n $ deve essere necessariamente multiplo di 3 oppure è 1

Dim: Posto $ 4^n+2^n+1=p $ con p numero primo, abbiamo che
$ 2^{3n}-1=p(2^n-1) $ da cui scomponendo
$ 7(8^{n-1}+8^{n-2}+...+1)=p(2^n-1) $.
Ora è chiaro che se 3 non divide n allora 7 non divide $ 2^n-1 $ ma allora
$ (2^n-1)|(8^{n-1}+8^{n-2}+...+1) $ propriamente e ciò è chiaramente in contrasto con la natura di $ p $.
D'altra parte se $ n=1 $ $ p=7 $.

Detto ciò poniamo $ n=3^a b $ con $ a,b \in N $ e $ b $ non divisibile per 3.
In modo analogo a quanto fatto per la dimostrazione del secondo Lemma riscriviamo la quantità in gioco come
$ p (2^{3^a b}-1)=2^{3^{a+1} b}-1 $ che semplificata opportunamente porta a
$ p(2^{3^a}^{b-1}+...+1)=(2^{2*3^a}+2^{3^a}+1)((2^{3^a +1})^{b-1}+...+1) $.

Lemma: $ (2^{3^a}^{b-1}+...+1,2^{2*3^a}+2^{3^a}+1)=1 $ se $ b $ non è divisibile per $ 3 $ .

Dim: Notiamo intanto che $ 2^{2*3^a}+2^{3^a}+1 $ corrisponde agli ultimi tre termini di $ 2^{3^a}^{b-1}+...+1 $.
A questo punto poniamo $ y=2^{3^a} $ e il tutto si riduce a dimostrare che $ (y^{b-1}+y^{b-2},y^2+y+1)=1 $ se $ b==2 mod(3) $ e che $ (y^{b-1}, y^2+y+1)=1 $ se $ b==1mod(3) $ e questi sono facili esercizi algebrici.

Detto ciò abbiamo che $ (2^{3^a}^{b-1}+...+1)| (2^({3^a +1})^{b-1}+...+1) $ propriamente e questo è ancora in contrasto con la natura di $ p $, e da questo si conclude.

Spero di non aver detto eccessive stupidaggini e di essere stato chiaro.

Ciao a tutti

Pixel ha scritto:[...] abbiamo che $ (2^{2m}-2^m+1)(2^{2m}+2^m+1) $ che non può essere primo essendo $ 2^{2m}+2^m+1>1 $.

Sì, quel che scrivi è corretto, ma serve a ben poco. Piuttosto avresti dovuto osservare che, essendo $ n = 2m > 0 $: $ 2^{2m} - 2^m + 1 > 1 $, non ti pare? Suppongo si tratti di un typo, in ogni caso...

Pixel ha scritto:Detto ciò poniamo $ n=3^a b $ con $ a,b \in N $ e $ b $ non divisibile per 3. [...] riscriviamo la quantità in gioco come
$ p (2^{3^a b}-1)=2^{3^{a+1} b}-1 $ che semplificata opportunamente porta a $ p(2^{3^a}^{b-1}+...+1)=(2^{2*3^a}+2^{3^a}+1)(2^{3^a +1}^{b-1}+...+1) $.

Qui mi sono un po' perso fra i conti! Sarei interessato principalmente a capire in che modo debba intendersi quel tuo "semplificata opportunamente". Non ti scoccia mica se ti chiedo di aiutarmi a venirne a capo, vero? Sai, non ho troppa voglia di sforzarmi, ultimamente! Btw... Il resto lo leggerò quando mi avrei chiarito questo punto.

Per inciso, penso che ci sia qualche problema con il tuo LaTeX a esponente del primo termine entro l'ultima parentesi dell'espressione quotata (che non è un rebus). Controlla un po', su...

Pixel ha scritto:[...] abbiamo che $ (2^{3^a}^{b-1}+...+1)| (2^({3^a +1})^{b-1}+...+1) $ [...]

Anche il codice qui sopra par che necessiti di qualche ritocco...

Ciao!

Uhm...per quanto riguarda le semplificazioni non ho usato altro che:
$ a^{mn}-1 $=$ (a^{m}-1)((a^{m})^{n-1}+...+1) $
applicata opportunamente alle uguaglianze in gioco.

Spero di essermi spiegato, se così non fosse (cosa che non escludo ), sono pronto per maggiori chiarimenti.
L'ora è tarda e le braccia di Morfeo mi attendono

Pixel ha scritto:[...] $ p(2^{3^a}^{b-1}+...+1)=(2^{2*3^a}+2^{3^a}+1)((2^{3^a +1})^{b-1}+...+1) $ [...]

Ok, siccome non ci siamo capito, ci riprovo in un altro modo! Forse intendevi scrivere, caro Pixel, che $ p \cdot ((2^{3^a})^{b-1}+ (2^{3^a})^{b-2} + \ldots +1) = $ $ (2^{2*3^a}+2^{3^a}+1)((2^{3^{a +1}})^{b-1}+(2^{3^{a +1}})^{b-2} + \ldots +1) $, mmh? E comunque il tuo LaTeX non mi sembra più corretto dell'ultima volta... Ti invito a rileggere con più attenzione il mio precedente post! Molte delle difficoltà che sto incontrando nel visionare la tua soluzione sono dovute al codice, più che alla Matematica in uso...

Scusa il ritardo Hit!

Comunque sì quello che hai scritto tu è effettivamente quello che volevo scrivere io

Devo ancora impratichirmi un pò col LaTeX

Ciau

Ok, Pixel, soluzione corretta! Ma a questo punto... Essendo $ k = v_3(n) $, poniamo $ n = 3^k \cdot q $, ove $ q\in\mathbb{N}_0 $ e $ \gcd(q,3) = 1 $. Quindi osserviamo che i) $ (x^2 + x + 1) \mid (x^{2q} + x^q + 1) $ in $ \mathbb{Z}[x] $, ché la mappa $ \mathbb{C}\mapsto\mathbb{C}: x \mapsto x^q $ è biunivoca dall'insieme $ \{e^{\pm \frac{\pi}{3}i}\} $ in se stesso; ii) $ x^2 + x + 1 < x^{2q} + x^q + 1 $, se $ q > 1 $ ed $ x $ è un numero reale $ > 1 $. Da qui, assunto $ x = 2^{3^k} $, si conclude che $ 2^{2n} + 2^n + 1 $ è primo solo se $ q = 1 $, ovvero $ n = 3^k $, q.e.d.