Dimostrazione di una somma di potenze

[UmbertoM1]

Sia $k$ un intero positivo.
Dimostrare in quali casi $(2^2k+2^k+1)$ è un multiplo di $7$

[Palliit]

Ciao.

Suppongo che sia : $2^(2k)+2^k+1$ , per cui dalla: $a^3-1=(a-1)(a^2+a+1)$ , ponendo $a=2^k$ si trova:

$2^(2k)+2^k+1=(2^(3k)-1)/(2-1)=2^(3k)-1=8^k-1$ ;

del resto è : $b^k-1=(b-1)(b^(k-1)+b^(k-2)+b^(k-3)+...+b+1)$ , per cui ponendo $b=8$ si trova:

$2^(2k)+2^k+1=8^k-1=(8-1)(8^(k-1)+8^(k-2)+...+8+1)=7*(8^(k-1)+8^(k-2)+...+8+1)$ .

[milizia96]

Ma con $k=3$ ho $2^6+2^3+1=73$ che non è multiplo di $7$...

[marco99991]

credo che questa proprietà valga solo per $k$ non divisibile per $3$
ho provato con excel

[Gi81]

Pallit: hai commesso un errore nella seconda riga: $2^(2k)+2^k +1= (2^(3k) -1)/(2^k -1)$



Io farei così: Abbiamo $4^k +2^k +1$

Se $k-= 0 (mod 3)$ si ha $4^k-=1 (mod7)$, $2^k -= 1 (mod 7)$ dunque $4^k +2^k +1-=3 (mod7)$
Se $k-= 1 (mod 3)$ si ha $4^k-=4 (mod7)$, $2^k -= 2 (mod 7)$ dunque $4^k +2^k +1-=0 (mod7)$
Se $k-= 2 (mod 3)$ si ha $4^k-=2 (mod7)$, $2^k -= 4 (mod 7)$ dunque $4^k +2^k +1-=0 (mod7)$

[UmbertoM1]

"marco9999":credo che questa proprietà valga solo per $k$ non divisibile per $3$
ho provato con excel

Bravo! Sai dimostrarlo?

[Palliit]

Hai ragione, Gi8 !

[marco99991]

"UmbertoM":Bravo! Sai dimostrarlo?

è giusto come l'ha risolto Gi8, con le congruenze. Credo sia il modo più semplice.

[Kashaman]

Ci provo anche io.

Abbiamo da mostrare che $7|2^(2k)+2^k+1 = > 2^(2k)+2^k+1-=0(mod7)$ , per qualche $ k in ZZ$
Notiamo prima che per $k=1$ la tesi è banalmente vera.
Consideriamo $2^(2k) = 4^k in ZZ$ e consideriamo $U(ZZ_7)$ l'elemento $[4]_7$ genera in $ZZ*_7$ un sottogruppo moltiplicativo che consta di tre elementi. cioé $<[4]_7> = { [4]_7,[2]_7,[1]_7}$
Stessa cosa per $[2^k]_7$. in Particolare segue che $<[2]_7> =<[2]_7, [4]_7,[1]_7>$
Quindi , in particolare segue che $AA k in ZZ_2 , [4^k]_7=[2]_7$
e $[2^k]_7=[4]_7$.
Quindi, la tesi è provata $AA k in ZZ_2$.
La tesi è provata anche $AA k in ZZ_4$ infatti risulta che $[4^k]=[4]_7$ e $[2^k}_7=[2]_7$
La tesi invece non è provata per $k in ZZ_3$
infatti, $AA k in ZZ_3 ,[2^k]_7 = [1]_7 , [4^k]_7=[1]_7$.
Dunque, conclusione.
La tesi è valida $AA k in ZZ_2 , ZZ_4$ In particolare, bisogna escludere i pari divisibili per tre.

Vi convince?

[milizia96]

In pratica, è la stessa cosa che ha fatto Gi8.

[totissimus]

Per \( 2^{2k}+2^k+1\) è divisibile per \(7\) per \( k=1,2\) e non lo è per \(k=0 \).
Per \( k \geq 3 \) scriviamo : \( 2^{2k}+2^k+1=64\cdot2^{2(k-3)}+8\cdot2^{k-3}+1=2^{2(k-3)}+2^{k-3}+1+63\cdot2^{2(k-3)}+7\cdot2^{k-3}\)
Quindi \( 2^{2k}+2^k+1\) è divisibile per \(7 \) se lo è \(2^{2(k-3)}+2^{k-3}+1 \) quindi......per \(k\) non multiplo di 3.