¿Cómo se puede demostrar que para $k \in \mathbb{Z_+},3\mid2^{2^k} +5$ y $7\mid2^{2^k} + 3, \forall \space k$ impar.

Question

Para $k \in \mathbb{Z_+},3\mid2^{2^k} +5$ y $7\mid2^{2^k} + 3, \forall \space k$ impar.

En primer lugar,

$k \geq 1$

Veo que la inducción es la mejor idea:

Mostrar para $k=1$ :

$2^{2^1} + 5 = 9 , 2^{2^1} + 3 = 7$

Supongamos que para $k = \mu$

Así que..: $3\mid2^{2^\mu} + 5 , \space 7\mid2^{2^\mu} + 3$

Mostrar para $\mu +2$

Ahora, ¿alguien puede darme una pista para ir desde aquí? Mi problema es poder demostrar que $2^{2^{\mu+2}}$ es divisible por 3, no se me ocurre cómo empezar a mostrar esto.

Answer 1

Pista: ¿Y si tratas de demostrarlo?

• $3\mid 2^\ell+5$ siempre que $\ell$ es par, y
• $7\mid 2^\ell+3$ siempre que $\ell\equiv2\pmod6$ (o cuando $\ell-2$ es divisible por seis).

Y luego probar ...

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Si se sigue este camino, la verdadera pregunta es, por supuesto, cómo saber qué se debe intentar probar. La respuesta es mirar los restos de las potencias consecutivas de $2$ . Deberías ver un patrón que se repite. Aprovecha eso.

Answer 2

Ya ha demostrado que los casos base se mantienen.

Supongamos que $3\mid 2^{2^k}+5$ . Entonces $2^{2^k}\equiv 1$ mod $3$ . Por lo tanto: $$2^{2^{k+1}}=2^{2^k*2}=\left(2^{2^k}\right)^2\equiv 1 \text{ mod } 3$$ Por lo tanto, $3\mid 2^{2^{k+1}}+5$ .

Del mismo modo:

Supongamos que $7\mid 2^{2^{k}}+3$ . Entonces $2^{2^{k}}\equiv 4$ mod $7$ . Por lo tanto: $$2^{2^{k+2}}=\left(2^{2^k}\right)^4\equiv 4^4 \text{ mod } 7$$ Y como $4^4=256=36*7+4$ vemos que $256\equiv 4\text{ mod }7$ . Así que $7\mid 2^{2^{k+2}}+3$ .

Answer 3

Sugerencia $\,\ $ Aplique lo siguiente $ $ inducción de punto fijo $ $ a $\ f(j)\, =\, 2^{\Large 2^{\Large 2j+1}}$

Lema $\ $ Si $\,f(j\!+\!1)\color{#c0f} = f(j)^4\,$ entonces $\ {\rm mod\ n}\!:\,\ \forall n\ge 1\!:\ f(n)\color{#0a0}\equiv f(1) \Leftarrow\!\Rightarrow f(1)^4\color{#c00}\equiv f(1)\,$

Prueba $\quad\ (\Rightarrow)\quad f(1)^4\color{#c0f}\equiv f(2)\color{#0a0}\equiv f(1).\quad\ (\Leftarrow)\quad f(n+1) \equiv f(n)^4\overset{induct}\equiv f(1)^4\color{#c00}\equiv f(1)$

Nota: $\ $ La idea es que las iteraciones sucesivas se mantienen constantes si el punto inicial es fijo.

Answer 4

Tenemos $2^2\equiv 1\pmod 3$ ahora se observa que $$2^{2^k}=(2^2)^{2^{k-1}}\equiv 1\pmod 3$$ así que $\forall k$ tenemos $$2^{2^k}+5\equiv 6\equiv 0\pmod 3$$

También tenemos $2^{2^2}\equiv 2\pmod 7$ esto significa $2^{2^k}\equiv 2^{2^{k-2}}\pmod 7$ Así que cuando $k$ es impar $2^{2^k}\equiv 2^2\pmod 7$ y por lo tanto $2^{2^k}+3\equiv 0\pmod 7$