Докажете,че ако числото...

[Mr.G{}{}Fy]

[tex]1+2^n+4^n[/tex] е просто,то [tex]n[/tex] е степен на числото [tex]3[/tex].

[mkmarinov]

+/- някой случай... При [tex]n=0: 1+2^n+4^n=1+1+1=3[/tex], което е просто, а [tex]0[/tex] не е никоя степен на тройката .

[strangerforever]

Най-вероятно [tex]n \in \mathbb{N}[/tex]

[Mr.G{}{}Fy]

Да, N е натурално.Извинявам се.

[inveidar]

Достатъчно е [tex]n[/tex] да е цяло, различно от нула.

[martin123456]

[tex]f(n)=1+2^n+4^n \uparrow \Rightarrow f(n)\ge f(1)=7[/tex].
(1) [tex]n=3k+1 \Rightarrow f(n)=1+2^{3k+1}+4^{3k+1}=1+2.8^k+4.64^k \equiv 1+2+4 \equiv 7 \equiv 0 \pmod{7}\Rightarrow f(n) \not \in \mathbb{P}[/tex]
(2)[tex]n=3k+2\Rightarrow f(n)\equiv1+4+4^2\equiv 0 \pmod{7}\Rightarrow f(n)\not \in \mathbb{P}[/tex].
[tex]\Rightarrow n=3^k[/tex].

[mkmarinov]

Не е точно така. Иска се n да е степен на тройката, а не само да се дели на нея.

[martin123456]

[tex]f(n)=1+2^n+4^n \uparrow \Rightarrow f(n)\ge f(1)=7[/tex].
(1) [tex]n=3k+1 \Rightarrow f(n)=1+2^{3k+1}+4^{3k+1}=1+2.8^k+4.64^k \equiv 1+2+4 \equiv 7 \equiv 0 \pmod{7}\Rightarrow f(n) \not \in \mathbb{P}[/tex]
(2)[tex]n=3k+2\Rightarrow f(n)\equiv1+4+4^2\equiv 0 \pmod{7}\Rightarrow f(n)\not \in \mathbb{P}[/tex].
[tex]\Rightarrow n=3^k[/tex].

Да, последното показва само че [tex]3|n[/tex], но не че [tex]n[/tex] е степен на 3.
По индукция ще докажем, че [tex]f(n)|f(kn)[/tex], където [tex]k>1[/tex] не се дели на 3. Оттам ще следва, че ако [tex]n=3^mk[/tex], където [tex](k,3)=1[/tex], то [tex]f(3^m)|f(n)[/tex].
(1)[tex]k=2[/tex]. Трябва да докажем, че [tex]f(n)|f(2n)[/tex]. Имаме [tex](2^{2n}+2^n+1)(2^{2n}-2^n+1)=2^{4n}+2^{2n}+1[/tex].
2) [tex]k=4[/tex]. Трябва да док, че [tex]f(n)|f(4n)[/tex]. Имаме [tex](2^{2n}+2^n+1)(2^{6n}-2^{5n}+2^{3n}-2^n+1)=2^{8n}+2^{4n}+1[/tex].
(2) нека твърдението е вярно за някое [tex]k[/tex] със свойствата отгоре.
(3) Забелязваме, че [tex]f(n(k+3))-f(kn)=f(kn+3n)-f(kn)=[/tex][tex]4^{kn+3n}+2^{kn+3n}-4^{kn}-2^{kn}=4^{kn}(4^{3n}-1)+2^{kn}(2^{3n}-1)=2^{kn}(2^{3n}-1)(2^{kn}(2^{3n}-1)+1)[/tex], а също че [tex]f(n)=\frac{2^{3n}-1}{2^n-1}[/tex]. Значи [tex]f(n)|[f(n(k+3))-f(kn)] \Rightarrow f(n)|f(n(k+3))[/tex]. Значи от (1)(2)(3) излиза индукцията.

[Mr.G{}{}Fy]

Благодаря,хубаво решение.
Авторът например разглежда ,ако [tex]n=3^k.m[/tex] и [tex]m=3l+1[/tex].Тогава [tex]a_n=(2^{3^{k+1}l} -1 ).2^3^{k} +(2^{2.3^{k+1}l} -1).2^3^k +a_{3^k}[/tex] . Как чрез това равенство да докажа,че [tex]a_n[/tex] се дели на [tex]a_{3^k}[/tex],без да използвам по-общото твърдение,което Мартин е доказал.Вероятно с индукция,но може ли някой да я разпише?Благодаря,предварително.

[martin123456]

[tex]a_n=\frac{2^{3n}-1}{2^n-1}[/tex].
[tex]a_{3^k}=\frac{2^{3^{k+1}}-1}{2^{3^k}-1}[/tex]
Достатъчно е да докажем, че [tex]2^{3^{k+1}-1[/tex] дели [tex]a_n[/tex].
T.e. че [tex]2^{3^{k+1}-1 | ((2^{3^{k+1}l} -1 ).2^3^{k} +(2^{2.3^{k+1}l} -1).2^3^k) \Leftrightarrow[/tex]
[tex]2^{3^{k+1}-1 | (2^{3^{k+1}l} -1 +2^{2.3^{k+1}l} -1) \Leftrightarrow[/tex]
[tex]2^{3^{k+1}-1 | (2^{3^{k+1}l} -1 +(2^{3^{k+1}l} -1)(2^{3^{k+1}l} +1))[/tex]
т.е. достатъчно е да док, че [tex]2^{3^{k+1}-1 | 2^{3^{k+1}l} -1[/tex]
полагаме [tex]2^{3^{k+1}}=a[/tex]
трябва да док, че [tex]a-1|a^l-1[/tex], което е очевидно

[Mr.G{}{}Fy]

А ако [tex]m=3l+2[/tex] как ще се изведе такова равенство,от което пак е очевидно твърдението ? Иначе Благодаря,за горното обяснение,то наистина си е очевидно просто аз нещо не съм го забелязал.

[martin123456]

[tex]a_n=1+2^n+4^n[/tex].
[tex]a_{3^km}=(2^{3^{k+1}l} -1 ).2^3^{k} +(2^{2.3^{k+1}l} -1).2^3^k +a_{3^k}[/tex] за [tex]m=3l+1[/tex]
[tex]a_{n+3^k}=a_{3^km+3^k}=a_{3^k(m+1)}[/tex], където [tex]m+1=3l+2[/tex].
[tex]a_{n+3^k}-a_{3^k}=4^{n+3^k}-4^{3^k}+2^{n+3^k}-2^{3^k}=4^{3^k}(4^n-1)+2^{3^k}(2^n-1)=2^{3^k}(2^n-1)(2^{3^k}(2^n+1)+1)[/tex].
[tex]n+3^k=3^k(m+1)=3^km'=3^k(3l+2)[/tex]
[tex]a_{3^k(3l+2)}=2^{3^k}(2^n-1)(2^{3^k}(2^n+1)+1)+a_{3^k}[/tex]
[tex]a_{3^k(3l+2)}=2^{3^k}(2^{3^k(3l+1)}-1)(2^{3^k}(2^{3^k(3l+2)}+1)+1)+a_{3^k}[/tex]
нещо такова