¿Cómo mostrarías que existen infinitos enteros [matemática] n [/ matemática] tal que [matemática] n ^ 2 [/ matemática] divide [matemática] 2 ^ n + 3 ^ n [/ matemática]?

Answer 1

Muy buen problema.

Prueba

Por supuesto, [matemática] n = 1 [/ matemática] es una solución, y al verificar casos pequeños encontramos que [matemática] n = 5 [/ matemática] también es una. Construiremos una secuencia creciente de números primos distintos [matemáticas] 5 = p_1, p_2, p_3, \ dotsc [/ matemáticas] de modo que

[matemáticas] P_k: = \ prod_ {i = 1} ^ kp_i [/ ​​matemáticas]

es una solución para [math] n [/ math] por cada [math] k [/ math]. Esto es claramente suficiente.

El paso inductivo

Suponga que hemos encontrado números primos distintos [matemática] 5 = p_1, p_2, \ dotsc, p_k [/ matemática] de modo que se cumple lo anterior. Ahora elija un divisor primitivo primitivo [matemáticas] p [/ matemáticas] de

[matemáticas] \ displaystyle 2 ^ {P_k} + 3 ^ {P_k} [/ matemáticas]

(que existe, como consecuencia del teorema de Zsigmondy); mostraremos que [matemática] n = P_ {k + 1} [/ matemática] con [matemática] p_ {k + 1} = p [/ matemática] también es una solución: Tenga en cuenta que [matemática] 2 ^ {P_k} + 3 ^ {P_k} \ mid 2 ^ {pP_k} + 3 ^ {pP_k} [/ math] y [math] P_k ^ 2 \ mid2 ^ {P_k} + 3 ^ {P_k} [/ math] según la hipótesis , por lo que solo queda mostrar que [math] p ^ 2 \ mid 2 ^ {pP_k} + 3 ^ {pP_k} [/ math]. Al levantar el lema exponente,

[matemáticas] \ displaystyle v_p \ left (2 ^ {pP_k} + 3 ^ {pP_k} \ right) = v_p (2 ^ {P_k} + 3 ^ {P_k}) + v_p (p) \ geq 2, [/ math ]

así que estamos listos para irnos.

Answer 2

[matemáticas] 2 ^ 5 + 3 ^ 5 ≡ 0 (mod 25) [/ matemáticas]

Supongamos que algunas [matemáticas] k [/ matemáticas]

[matemáticas] 2 ^ k + 3 ^ k ≡ 0 (mod k ^ 2) [/ matemáticas]

Deje [math] n = 2 ^ k + 3 ^ k = S * k ^ 2 [/ math] para algunos [math] S [/ math]

[matemáticas] 2 ^ n + 3 ^ n ≡ 2 ^ {S * k ^ 2} + 3 ^ {S * k ^ 2} = (2 ^ k ^ 2) ^ S + (3 ^ k ^ 2) ^ S [/matemáticas]

Pero S es extraño, por lo que [math] n = 2 ^ k ^ 2 + 3 ^ k ^ 2 [/ math] puede factorizarse:

[matemáticas] 2 ^ n + 3 ^ n = (2 ^ {k ^ 2} + 3 ^ {k ^ 2}) (\ Sum_ {m = 0} ^ {a-1} (- 1) ^ m * ( 2 ^ k) ^ {Sm-1} * (3 ^ k) ^ m) [/ matemáticas]

[matemáticas] 2 ^ {k ^ 2} + 3 ^ {k ^ 2} = (2 ^ k) ^ k + (3 ^ k) ^ k = (2 ^ k + 3 ^ k) (\ Sum_ {m = 0} ^ {k-1} (- 1) ^ m * (2 ^ k) ^ {km-1} * (3 ^ k) ^ m) = n * (\ Sum_ {m = 0} ^ {k- 1} (- 1) ^ m * (2 ^ k) ^ {km-1} * (3 ^ k) ^ m) = [/ matemáticas]

[matemáticas] = n * \ frac {1} {2} * (\ Sum_ {m = 0} ^ {k-1} (- 1) ^ m * ((2 ^ k) ^ {km-1} * ( 3 ^ k) ^ m) (3 ^ k) ^ {km-1} * (2 ^ k) ^ m)) [/ matemáticas]

Ahora en cada término de la suma es posible factorizar [matemática] (2 ^ k) ^ p * (3 ^ k) ^ p [/ matemática] donde [matemática] p = min (m, km-1) [ / math], por lo que el resto está en la forma [math] (2 ^ k) ^ a + (3 ^ k) ^ a [/ math] con un [math] a [/ math] impar [math] ( 2 ^ k + 3 ^ k) = n [/ math] se puede factorizar nuevamente.

Por lo tanto, [matemática] 2 ^ n + 3 ^ n [/ matemática] es divisible por [matemática] n ^ 2 [/ matemática]

Entonces, comenzando con 5, podemos seguir generando ns cada vez más grandes para los que representa la divisibilidad.