Es
$$\left\lfloor \frac {7^n}{2^n} \right\rfloor \bmod{2^n} \ne 0\;$$
siempre es cierto cuando $n \ge 3$ .
El teorema de Baker sobre los números trascendentales que proporciona límites para las ecuaciones diofánticas puede ser útil, pero lo dejaré para los expertos.
La cuestión se puede replantear si $ 7^n <2^n \pmod {4^n}$
Podemos expresarlo también en el sistema numérico a base $2^n$ entonces
$\qquad 7^n \underset{\text{base } 2^n}{=} "c_n \ b_n \ a_n" $ donde $c_n , b_n, a_n$ son los "dígitos",
$\qquad \qquad$ y los casos válidos son cuando tenemos
$$\qquad 7^n-1 \underset{\text{base } 2^n}{=} "c_n \ 0 \ a_n" $$
También podemos preguntarnos si hay un número $m$ en el rango $7^n -1 \ge m \ge 7^n - (2^n-1) $ tal que $$ m= k \cdot 2^{2n} \tag 1 $$ Este último punto de vista se analizará a continuación.
Primero introducimos el "residuo" $r$ de manera que escribimos $ m_{n,r} =7^n-r$ donde $1 \le r \le 2^n-1$ y $r$ es impar.
Con esto encontramos, que para la mayoría de las clases de residuos la mayor potencia de 2 que ocurre en $m_{n,r}$ es $3$ y esto excluye inmediatamente muchas soluciones no triviales.
Poderes superiores de $2$ se producen sólo para los residuos $ r \equiv 1 \text{ or } r \equiv 7 \pmod {16} $ por lo que sólo tenemos que probar $m_{n,1}, m_{n,17}, m_{n,33},... m_{n,2^n-1}$ y $m_{n,7}, m_{n,23}, m_{n,49},... m_{n,2^n-9}$
Si probamos el ejemplo de introducción con el residuo $r=1$ , literalmente "un paso al lado de los poderes de $7$ " obtenemos la secuencia $e_{n,1}$ de los poderes de $2$ que son el factor $7^n -1 = 2^{e_{n,1}} \cdot x$ $$ \begin{array} {r|rrrrrrrrrr} n&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13&14&15&16&17& \cdots \\ \hline e&\cdot&1&4&1&5&1&4&1&6&1&4&1&5&1&4&1&7&1& \cdots \end{array}$$ En esta tabla, si tuviéramos una solución para su problema, el poder de $2$ como factor en algunos $n$ debe ser $2^{2n}$ pero vemos, que después de una solución en $n=2$ y $e_{n,1}=4=2n$ el crecimiento de los exponentes de 2 está muy retrasado: obviamente (y de hecho) los exponentes crecen sólo logarítmicamente con $n$ . Así que incluso sabemos que después de esa única solución no tendremos más. Aquí hay una tabla ampliada con los exponentes necesarios: $$ \begin{array} {r|rrrrrrrrrr} n&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9& \cdots \\ \hline m_n=7^n-1 &0&6&48&342 & \cdots\\ e=\{m_n,2\}&\cdot&1&4&1&5&1&4&1&6&1& \cdots \\ \hline \text{required e}=&0&2&4&6&8&10&12&14&16&18& \cdots \end{array}$$ La posible clave del problema es entonces, que el efecto similar ocurre para todos los residuos (interesantes) $r$ que tenemos que mirar, y estos son sólo $1,17,33,49,...,1+16k,...$ y $7,23,39,...,7+16k $ porque con todos los demás residuos $r$ tenemos como máximo potencias de $2$ con el exponente $3$ y por lo tanto no podemos tener una solución con $e=2n$ para $n \gt 1$ .
Para alguna elección de $n$ necesitamos comprobar las clases de residuos $r \lt 2^n$ y sólo dos de ellos en cada intervalo de $16$ .
El problema que aún no se ha resuelto con todo esto es que las tablas para $n$ y $e$ tienen una cierta perturbación de las entradas $e$ para que las potencias superiores se produzcan antes. El hecho de que esto no ocurra con la suficiente fuerza y que no proporcione una solución en rangos empíricamente accesibles ilustra la siguiente tabla.
La tabla muestra en las columnas grises los residuos $r$ y en las filas las ocurrencias de $e_{n,r}$ . Por ejemplo, la fila del residuo $r=1$ contiene los exponentes de las potencias de $2$ en $7^n -1 $ La primera columna se refiere a $\{7^1-1,2\}$ donde los corchetes significan $e=\{n,p\}$ el exponente con el que el factor primario $p$ es el factor de $n$ Así que $7^1-1=6$ tiene el factor primario 2 al exponente 1. Lo mismo es válido para los valores $n=1,3,5,7,...$ pero no está documentado en la tabla. La siguiente columna contiene el exponente $\{7^2-1,2\} =4$ que también es válido para $n=2,6,10,14,...$ . La tercera columna contiene el exponente $\{7^4-1,2\} =5$ que también es válido para $n=4 ,12,20,28,...$ . Y así sucesivamente.
En general, las columnas siguen sólo aproximadamente (!) las potencias de $2^c$ en $7^{2^c} $ las secuencias de $n$ tienen con pequeñas perturbaciones en comparación con la de las secuencias para el residuo $r=1$ . Sin embargo, la solución del problema original sólo podría producirse si las entradas $e_{n,r}$ eran de $2 \cdot 2^c$ y vemos inmediatamente, que para los índices de las columnas $c \gt 4$ lo que requeriría $e_{n,r} = 2\cdot 2^4 = 32$ es muy probable que esto no ocurra.
[actualización] Aquí también hay una imagen mejorada, en la que el $n$ se explican con los exponentes de las potencias de $2$ . He impreso "n backtick e" en cada celda. Las celdas marcadas en amarillo tienen en realidad $e_{n,r} \ge 2n$ y daría una solución $7^n-r \equiv 0 \pmod{4^n} $ pero sólo pedimos soluciones en el rango $r \lt 2^n $ Los extremos de esos rangos están marcados con un subrayado en negrita y contienen sólo las primeras entradas de cada columna hasta esas celdas subrayadas en negrita. Las celdas azules se refieren a $7^n-r$ que son negativos y no entran en el ámbito de nuestra discusión.
Bueno, lamentablemente esto no resuelve el problema por completo. Pero al menos da una fuerte intuición - y posiblemente el camino mostrado aquí puede ser seguido más adelante.
Lo siguiente puede ser un punto de partida:
Escriba $7^n \mod 4^n$ : $$ 7^n =a\cdot 4^n + b \quad b<4^n $$ $$ \left\lfloor \frac{7^n}{2^n} \right\rfloor \equiv \left\lfloor \frac b{2^n} \right\rfloor \pmod{2^n}$$ y esto es $0$ si $b<2^n$ .
Bueno, $7^n=(2^3-1)^n=\displaystyle\sum_{0\le i\le n} \binom{n}{i} 2^{3i} \cdot (-1)^{n-i} $ y los que tienen índices $3i\ge 2n$ se desvanecen, por lo que $$7^n \equiv (-1)^n\sum_{ i < 2n/3 } \binom ni (-8)^{i} = ... \pmod{4^n}$$
Un pequeño reajuste de la división del suelo en el contraejemplo dio como resultado:
$7^{n}\ mod\ 2^{n} = 7^{n} + k\cdot 4^{n}\ ;\ k < 0$ o:
$7^{n}\ mod\ 2^{n} \equiv 7^{n}\left (mod\ 4^{n}\right )$
La primera forma: $(7^{n}\ mod\ 2^{n}) - 7^{n} = k\cdot 4^{n}$ requiere que la lhs sea divisible por $4^{n}$ o tener $(2n)$ ceros finales en binario. Una búsqueda desde $n = 3$ a $n = 2^{17}$ no ha podido encontrar un candidato. Estoy seguro de que hay más que hacer con la primera forma...
Así que: $7^{n}$ requeriría bits: [n, 2n-1] sean cero.
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
