Fotografía de Raphaël LR, disponible en Unsplash.
Problema 10: Demuestra que, para cada $n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$, $$4^{n+1} + 5^{2n-1}$$ es un múltiplo de 21.
Aunque ya planteamos, hace un par de días, la resolución de este enunciado empleando el principio de inducción matemática en el Problema 9, vamos a darle aquí un enfoque alternativo a dicha resolución utilizando la teoría de congruencias.
Para empezar, para cada $n\in\mathbb{N}$, $4^{n+1} + 5^{2n-1}$ es un entero mayor o igual que 21 y será múltiplo de este último siempre que
$$ 4^{n+1} + 5^{2n-1}\equiv 0 \pmod{21}. $$
Ahora bien, como $21=3\cdot 7$ y $mcd(3,7)=1$, demostrar la expresión anterior equivale a probar que las expresiones
$$ 4^{n+1} + 5^{2n-1}\equiv 0 \pmod{3} $$
y
$$ 4^{n+1} + 5^{2n-1}\equiv 0 \pmod{7}, $$
se satisfacen conjuntamente, ya que sabemos, por las propiedades de las congruencias, que dados $n,m\in\mathbb{N}$ fijos y $a,b\in\mathbb{Z}$, si $a\equiv b \pmod{n}$, $a\equiv b \pmod{m}$ y $mcd(n,m)=1$, entonces $a\equiv b \pmod{nm}$.
Así pues, dado que $4\equiv 1 \pmod{3}$ y $5\equiv (-1) \pmod{3}$, entonces, para cada $n\in\mathbb{N}$,
$$ \begin{aligned} 4^{n+1}+5^{2n-1} &\equiv (1^{n+1} + (-1)^{2n-1}) \pmod{3}\\ &\equiv (1-1) \pmod{3}\\ &\equiv 0 \pmod{3}, \end{aligned} $$
quedando así una demostrada. Para verificar la restante tengamos en cuenta que $5\equiv (-2) \pmod{7}$ y así, para cada $n\in\mathbb{N}$,
$$ \begin{aligned} 4^{n+1} + 5^{2n-1} &= 2^{2(n+1)} + 5^{2n-1}\\ &= 2^{2n+2} + 5^{2n-1}\\ &= 2^32^{2n-1} + 5^{2n-1}\\ &\equiv (2^32^{2n-1} + (-2)^{2n-1}) \pmod{7}\\ &\equiv (2^32^{2n-1} + (-1)^{2n-1}2^{2n-1}) \pmod{7}\\ &\equiv (2^32^{2n-1} - 2^{2n-1}) \pmod{7}\\ &\equiv ((2^3-1)2^{2n-1}) \pmod{7}\\ &\equiv 7\cdot 2^{2n-1} \pmod{7}\\ &\equiv 0 \pmod{7}. \end{aligned} $$
Por tanto, podemos concluir que, para cada $n\in\mathbb{N}$, $4^{n+1} + 5^{2n-1}$ es un múltiplo de 21.
