Demostrando que $6^{2n+1} + 1$ es divisible por $7$ para $n\geq 1$ por inducción

Question

¿Cómo debo resolver un problema como éste utilizando la inducción?

Lo haría:

Primera prueba $(n = 1)$ para que $6^{2(1)+1} + 1 = 6^3 + 1 = 217/7 = 31$ . Entonces suponga $(n = k)$ para que tengas $6^{2(k) + 1} + 1$ Entonces $(n = k+1)$ y sustituirlo por lo que es $6^{2(k+1)+1}+1$ .

¿Qué debo hacer para demostrarlo? ¿O qué debo hacer con mis pasos anteriores para corregir lo que ya he hecho?

Answer 1

Por supuesto, $6^{2(k) + 1} + 1$ es divisible por $7$ Así que $6^{2(k) + 1} \equiv -1 \mod7$ .

Por otro lado, $6^{2(k+1) + 1} = 6^{(2k+1) + 2}=36*6^{2(k) + 1}\equiv (1)(-1) \mod 7 \equiv -1 \mod 7$ .

Por lo tanto, $6^{2(k+1) + 1} + 1$ es divisible por $7$ .

Answer 2

Para $n=1$ tenemos $6^{2n+1} + 1 = 6^{3} +1,$ así que $7 \mid (6^{2n+1} + 1).$

Si $n \geq 1$ es tal que $$6^{2n+1} = 7k - 1$$ para algunos $k \geq 1,$ entonces $$6^{2n+3} + 1 = 36\cdot 7k - 36 + 1 = 36\cdot 7k - 35=7(36k-5),$$ divisible por 7.

Answer 3

Sugerencia $\ $ El paso inductivo puede verse intuitivamente como una multiplicación de congruencias

$$ \begin{align}{\rm mod}\,\ 7\!:\qquad \color{}{36}\ \equiv&\,\ \ \color{}{1}\\[2pt] 6\cdot 36^{\color{#c00}n}\equiv&\,\ {-}1\ \ \ {\rm i.e.}\ \ P(\color{#c00}n)\\[-4pt] \overset{\rm multiply}\Rightarrow\ \ 6\cdot 36^{\color{#0a0}{n+1}} \equiv&\,\ {-}1\ \ \ {\rm i.e.}\ \ P(\color{#0a0}{n\!+\!1})\end{align}\ \qquad $$

Si las congruencias no le resultan familiares, puede eliminarlas como se describe en esta respuesta.

Answer 4

Voy a esbozar una respuesta que no se basa en la aritmética modular; es muy similar a la respuesta de Chou pero con los detalles más detallados.

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Para $n\geq 1$ , dejemos que $S(n)$ denota el enunciado $$ S(n) : 7\mid(6^{2n+1}+1)\Longleftrightarrow 6^{2n+1}+1=7m, m\in\mathbb{Z}. $$ Caso base ( $n=1$ ): $S(1)$ dice que $7\mid(6^{2(1)+1}+1)$ y esto es cierto ya que $6^3+1=217$ y $217=7\cdot 31$ .

Paso inductivo: Arreglar algunos $k\geq 1$ y asumir que $S(k)$ es verdadera cuando $$ S(k) : 7\mid(6^{2k+1}+1)\Longleftrightarrow 6^{2k+1}+1=7\ell, \ell\in\mathbb{Z}. $$ Lo que hay que demostrar es que $S(k+1)$ sigue donde $$ S(k+1) : 7\mid(6^{2k+3}+1)\Longleftrightarrow 6^{2k+3}+1=7\eta, \eta\in\mathbb{Z}. $$ Empezando por el lado izquierdo de $S(k+1)$ , \begin{align} 6^{2k+3}+1 &= 6^2\cdot6^{2k+1}+1\tag{by definition}\\[0.5em] &= 36(6^{2k+1}+1)-35\tag{rearrange}\\[0.5em] &= 36(7\ell)-7\cdot 5\tag{by $S(k)$, the ind. hyp.}\\[0.5em] &= 7(36\ell-5)\tag{factor out $7$}\\[0.5em] &= 7\eta,\tag{$\eta=36\ell-5; \eta\in\mathbb{Z}$} \end{align} terminamos en el lado derecho de $S(k+1)$ completando el paso inductivo.

Así, por inducción matemática, la afirmación $S(n)$ es cierto para todos los $n\geq 1$ . $\blacksquare$