Se $2^n-1$ è multiplo di 7, allora n lo è di 3.

[UmbertoM1]

Sia $n\inNN$
Si dimostri, preferibilmente senza ricorrere all'aritmetica modulare, che se è vero che $2^n-1$ è un multiplo di $7$, allora $n$ è multiplo di $3$. Ecco una dimostrazione poco analitica:

Si nota che se $(2^n-1)$ è multiplo di 7, allora $(2^n)/7$ deve dare come resto 1. $2^1:7$ da come resto $2$, $2^2/7$ da come resto $4$, $2^3/7$ da come resto $1$, $2^4/7$ da come resto nuovamente $2$. Perciò si è determinato un periodo, ed in particolare $2^3/7$ $2^6/7$ ... $2^(3k)/7$ danno 1 uno come resto e soddisfano la condizione di partenza

[totissimus]

Si tratta sempre dello stesso giochino.
Per \( n=3\) abbiamo un multiplo di \(7\), per \( n\geq 3\) abbiamo \( 2^n-1=8\cdot 2^{n-3}-1=2^{n-3}-1+7\cdot2^{n-3}\)quindi : \(2^n-1 \) è multiplo di \(7\) se e solo se \( 2^{n-3}-1\) è multiplo di \(7\) quindi \(n\) deve essere multiplo di \(3\).

[j18eos]

Se volevi tentare un ragionamento per induzione, sappi che ci mancano i passaggi centrali!

[totissimus]

Senza induzione : \(n=3k+r\) con \( 0\leq r <3\) se \( 2^n-1\) è divisibile per \(7\) lo è pure \(2^r-1\) e il solo valore è \(r=0\).

[UmbertoM1]

E' vero: $2^n-1=2^(3k+r)-1=2^r2^(3k)-1$ poichè sappiamo che $2^(3k)-1$ è multiplo di $7$ $AAkinNN$, l'unico valore di $r$ possibile è tale che $2^r=1$, cioè $r=0$ ed $n=3k$

[commodore64]

I dettagli infinitesimi sono lasciati all'intuito di chi legge !

[j18eos]

Col caldo che fa, sono capace di non vedere nemmeno un dettaglio grande quanto un cammello!