Hab\u00eda una vez un hotel con infinitas habitaciones y un conserje que les asignaba estancia a los hu\u00e9spedes que iban llegando. Un d\u00eda que el hotel estaba lleno, una persona nueva lleg\u00f3 y le pidi\u00f3 al conserje dormir en el hotel esa noche.<\/p>\n\n\n\n
Para ello, el conserje le pidi\u00f3 a cada hu\u00e9sped que se trasladase a la habitaci\u00f3n consiguiente; de modo que quien estaba en el cuarto $1$ se mudar\u00eda al cuarto $2$, y quien estaba en el cuarto $2$, se mudar\u00eda al cuarto $3$. Sucesivamente, el hu\u00e9sped de la habitaci\u00f3n $n$ se mudar\u00eda a la habitaci\u00f3n $n +1$, y como los n\u00fameros naturales son infinitos, eso siempre ser\u00eda posible. Finalmente, el cuarto $1$ quedar\u00eda libre para ser ocupado por el reci\u00e9n llegado.<\/p>\n\n\n\n
Hasta aqu\u00ed todo march\u00f3 bien, pero lleg\u00f3 el momento esa misma noche, en que una infinidad de personas, tantas como n\u00fameros naturales, llegaron al hotel infinito y quisieron realizar su registro. Este fue un nuevo problema para el conserje, pero ya que el hotel ten\u00eda infinitas habitaciones, deb\u00eda haber una manera de incluir a infinitas personas m\u00e1s. En efecto, esto fue lo que se hizo:<\/p>\n\n\n\n
Todos los actuales hu\u00e9spedes ahora se trasladar\u00edan de la habitaci\u00f3n $n$ a la habitaci\u00f3n $2n$, seguido de lo cual los n\u00fameros de cuarto impares quedar\u00edan vac\u00edos. Como existen infinitos n\u00fameros impares, el conjunto infinito numerable de personas que ahora solicitaban habitaci\u00f3n, podr\u00edan distibuirse a lo largo de todos los cuartos impares.<\/p>\n\n\n\n
Sin embargo, la felicidad no rein\u00f3 por mucho tiempo, cuando pasada la media noche arrivaron a la entrada del hotel una infinidad de autobuses con infinitos pasajeros cada uno. \u00a1Casa pasajero quer\u00eda una habitaci\u00f3n propia! El conserje quiso negarse a hacerlo, pero el due\u00f1o del hotel lo despedir\u00eda si no, as\u00ed que termin\u00f3 solucionando el problema:<\/p>\n\n\n\n
A los actuales hu\u00e9spedes del hotel les asign\u00f3 el n\u00famero primo $2$ y les pidi\u00f3 elevar $2$ a la potencia su n\u00famero de habitaci\u00f3n. La del n\u00famero de cuarto $4$ se mudar\u00eda al cuarto $2^4$, la del cuarto $5$ se mover\u00eda a la habitaci\u00f3n $2^5$, la familia del cuarto $10$ se trasladar\u00eda a la habitaci\u00f3n $2^{10}$, etc.<\/p>\n\n\n\n
Luego, al cami\u00f3n $1$ lo etiquet\u00f3 con el siguiente primo, el $3$, y a cada uno de sus pasajeros les pidi\u00f3 elevar $3$ a la potencia su n\u00famero de asiento. As\u00ed, el pasajero en el asiento $1$ del cami\u00f3n $1$, se hospedar\u00eda en la habitaci\u00f3n $3^1$, el pasajero del asiento $2$ del cami\u00f3n $1$ tomar\u00eda la habitaci\u00f3n $3^2$ y el pasajero del asiento $n$ del cami\u00f3n $1$, se quedar\u00eda con la habitaci\u00f3n $3^n$.<\/p>\n\n\n\n
Y sucesivamente hizo lo mismo con el resto de los autobuses. A cada autob\u00fas le fue asignado un n\u00famero primo distinto. Era un conjunto infinito numerable de autobuses, pero ya que sabemos desde tiempos de Euclides que el conjunto de primos es infinito, siempre ser\u00e1 posible dar una asignaci\u00f3n. Adem\u00e1s, el teorema fundamental de la aritm\u00e9tica asegura que la factorizaci\u00f3n de un entero es \u00fanica, por lo que las asignaciones de cuartos ser\u00e1n siempre diferentes (no suceder\u00e1 el caso que dos personas coincidan en una misma habitaci\u00f3n).<\/p>\n\n\n\n
Luego entonces, cada pasajero en el cami\u00f3n etiquedado por el primo $p$, se encargar\u00eda de elevar $p$ a la potencia su n\u00famero de asiento, para determinar la habitaci\u00f3n en la que se hospedar\u00eda.<\/p>\n\n\n\n
A la historia que acabo de relatar se le conoce como la paradoja del hotel infinito de Hilbert. \u00bfLe entendiste?<\/p>\n\n\n\n
Ahora demostraremos, por el m\u00e9todo de contradicci\u00f3n, que “el conjunto de primos es infinito” ; es decir, partiremos de que el conjunto de primos no es finito y, eventualmente se disparatar\u00e1 el asunto.<\/p>\n\n\n\n
Para una prueba as\u00ed, ser\u00eda dif\u00edcil usar inducci\u00f3n dado que, si bien el conjunto de primos puede indexarse por $p_1, p_2, p_3, \\ldots$ seg\u00fan el orden en que van apareciendo los primos, no es f\u00e1cil determinar cu\u00e1l es el primo que sigue en la lista, a diferencia de los naturales (en los naturales, si $n$ es el \u00faltimo n\u00famero en la lista, entonces quien le sigue a $n$ es $n+1$). Y resultaria igualmente ambiguo intentar la demostraci\u00f3n por alg\u00fan otro m\u00e9todo directo.<\/p>\n\n\n\n
Entonces, suponer que hay finitos primos significa que se puede crear una lista finita con ellos: ${p_1, p_2, \\ldots , p_k}\\text{.}$ Se demostrar\u00e1 que siempre hay un primo distinto de los de la lista, lo que conlleva una contradicci\u00f3n con la hip\u00f3tesis de que s\u00f3lo exist\u00edan $k$ primos.<\/p>\n\n\n\n
Veamos primero un caso particular.<\/p>\n\n\n\n
Supongamos que s\u00f3lo existieran $2$ primos, el $2$ y el $3$. Consideremos el n\u00famero $z = 2\\cdot 3 + 1\\text{.}$<\/p>\n\n\n\n
$2 \\nmid 2\\cdot 3 + 1$ (pues, siendo $2\\cdot 3$ y $2\\cdot 3 + 1$ n\u00fameros consecutivos donde $2 \\enspace \\vert \\enspace 3$, entonces $2$ ya no divir\u00e1 a $2\\cdot 3 + 1$ pues deja residuo $1$).<\/p>\n\n\n\n
As\u00edmismo, $3 \\nmid 2\\cdot 3 + 1$, pues, para que fuera divisible entre $3$ el residuo tendr\u00eda que ser $0$ en vez de $1$.<\/p>\n\n\n\n
Luego, $2\\cdot 3 + 1 = 7$, quien no es divisible entre $2$ ni $3$, pero s\u00ed entre $7$. As\u00ed, hemos exhibido un nuevo primo, el $7$, lo que contradice el supuesto de que s\u00f3lo hab\u00edan dos primos.<\/p>\n\n\n\n
Supongamos entonces que hay \u00fanicamente 4 primos: ${2,3,5,7}\\text{.}$ Consideremos el n\u00famero $2 \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdot 7 + 1 = 211\\text{.}$<\/p>\n\n\n\n
Ya que $211 = 105 \\cdot 2 + 1$, entonces $2 \\nmid 211\\text{.}$<\/p>\n\n\n\n
Ya que $211 = 70 \\cdot 3 + 1$, entonces $3 \\nmid 211\\text{.}$<\/p>\n\n\n\n
Ya que $211 = 42 \\cdot 5 + 1$, entonces $5 \\nmid 211\\text{.}$<\/p>\n\n\n\n
Ya que $211 = 30 \\cdot 7 + 1$, entonces $7 \\nmid 211\\text{.}$<\/p>\n\n\n\n
La conclusi\u00f3n es: Aunque $211$ no es divisible por $2,3,5$ \u00f3 $7$, debe existir alg\u00fan otro primo que s\u00ed lo divida, pues cualquier entero es factorizable como producto de primos. Y de hecho, $211$ es primo.<\/p>\n\n\n\n
\u00bfQu\u00e9 si ahora enlist\u00e1ramos los primeros 211 primos, luego los multiplic\u00e1ramos y construy\u00e9ramos $ q = 2\\cdot 3 \\cdot \\cdots \\cdot 211 + 1$?<\/p>\n\n\n\n
Con un poco de observaci\u00f3n, nos damos cuenta que $q$ no es divisible entre ninguno de los primos que se usaron para construirlo, por lo que necesariamente debe existir otro primo fuera de la lista, lo que nuevamente rompe con la suposici\u00f3n de que s\u00f3lo exist\u00edan $211$ primos.<\/p>\n\n\n\n
Y lo mismo ocurrir\u00e1 sin importar la cantidad de primos $p_1, p_2, \\ldots , p_k$ inicial.<\/p>\n\n\n\n
La demostraci\u00f3n del teorema en general es as\u00ed:<\/p>\n\n\n\n
Teorema. <\/strong>El conjunto de primos es infinito.<\/em><\/p>\n\n\n\n Dem.-<\/em> Sean $p_1. p_2, \\ldots , p_k$ los primeros $k$ primos y consideremos el n\u00famero $$p_1\\cdot p_2 \\cdot \\ldots \\cdot p_k +1\\text{.}$$<\/p>\n\n\n\n El anterior n\u00famero no es divisible por ninguno de los primos $$p_1, p_2, \\ldots , p_k\\text{.}$$<\/p>\n\n\n\n Esto muesta que $$p_i \\nmid p_1\\cdot p_2 \\cdot \\ldots \\cdot p_k + 1 \\text{.}$$ Por el teorema fundamental de la aritm\u00e9tica, $$p_1\\cdot p_2 \\cdot \\ldots \\cdot p_k + 1$$ tiene un divisor primo diferente de $$p_1. p_2, \\ldots , p_k \\text{,}$$ lo que muestra que hay m\u00e1s de $k$ primos (cualquiera que sea $k$). Por lo tanto, el n\u00famero de primos es infinito.<\/p>\n\n\n\n $\\square$ En la secci\u00f3n de n\u00fameros primos del libro de Rinc\u00f3n, Bravo, Rinc\u00f3n, se sugieren unos ejercicios, de los cu\u00e1les hoy hacemos una selecci\u00f3n.<\/p>\n\n\n\n Proposici\u00f3n 1.<\/strong> Si $n$ es un entero mayor que $1$ no es primo, entonces existe un primo positivo $p$ tal que $p^2 \\leq n \\text{.}$<\/em><\/p>\n\n\n\n Dem.-<\/em> El primer entero $n$ tal que $n>1$ no es primo, es $n=4$. Ya que $2$ es primo y $2^2 \\leq 4 \\text{,}$ el enunciado es v\u00e1lido para el menor n\u00famero no primo mayor que $1$. Sea $n > 4$ no primo. Se tiene que $$2^2 \\leq 4 < n \\quad \\forall n>4\\text{.}$$<\/p>\n\n\n\n As\u00ed que por transitividad, $2^2 < n$. Por lo que, no importa qui\u00e9n sea $n$, siempre existe un primo que elevado al cuadrado es menor o igual a $n$.<\/p>\n\n\n\n $\\square$ Proposici\u00f3n 2.<\/strong> El \u00fanico conjunto de $3$ impares positivos consecutivos primos es $\\{3,5,7\\}\\text{.}$<\/em><\/p>\n\n\n\n Dem.-<\/em> Notamos que en el conjunto $\\{3,5,7\\}$ hay un n\u00famero que es divisible entre $3$. $3$ es primo, sin embargo, todos los m\u00faltiplos de $3$ distintos de $3$ ya no lo son.<\/p>\n\n\n\n Ahora supongamos que existen otros primos consecutivos ${p, \\enspace p + 2, \\enspace p + 4}\\text{.}$ Siempre ocurre que alguno de ellos es divisible entre $3\\text{,}$ veamos esto:<\/p>\n\n\n\n Sean $p, \\enspace p+1, \\enspace p+2, \\enspace p+3, \\enspace p+4$ n\u00fameros consecutivos. Fij\u00e9monos en la primera tercia $\\{p, \\enspace p+1, \\enspace p+2\\} \\text{.}$ Alguno de estos n\u00fameros es divisible entre $3$, ya que los m\u00faltiplos de tres aparecen cada tres n\u00fameros en la recta num\u00e9rica.<\/p>\n\n\n\n Caso 1. Si $3 \\enspace \\vert \\enspace p$ hay una contradicci\u00f3n con el hecho de que $p$ es primo mayor que $3$. Por lo que este caso es imposible.<\/p>\n\n\n\n Caso 2. Si $3 \\enspace \\vert \\enspace p + 2$ ser\u00eda nuevamente una contradicci\u00f3n con la suposici\u00f3n de que $p + 2$ es primo mayor que $3$, por lo que este caso tambi\u00e9n es imposible.<\/p>\n\n\n\n Caso 3. Supongamos que $3 \\enspace \\vert \\enspace p + 1.$ Esto s\u00ed podr\u00eda suceder, dado que $p + 1$ es compuesto. Luego, ya que $3 \\enspace \\vert \\enspace p + 1\\text{,}$ entonces $3 \\enspace \\vert \\enspace p+4$, pero esto contradice la suposici\u00f3n de que $p + 4$ es primo mayor que $3$.<\/p>\n\n\n\n Ya que todos los casos son imposibles, se concluye que la \u00fanica terna de primos consecutivos es $\\{3,5,7\\}\\text{.}$<\/p>\n\n\n\n $\\square$ Proposici\u00f3n 3.<\/strong> Si $2^n – 1$ es primo, con $n \\in \\mathbb{N} \\text{,}$ entonces $n$ es impar o $n$ es $2\\text{.}$<\/em><\/p>\n\n\n\n Dem.-<\/em> Por contrapuesta, veremos que si $n \\in \\mathbb{N}$ es un n\u00famero par mayor que $2$, entonces $2^n -1 $ no es primo.<\/p>\n\n\n\n Si $n$ es un n\u00famero par mayor que $2$ entonces $n = 2k$ para alguna $k\\in \\mathbb{N}\\text{,}$ con $k>1\\text{.}$ As\u00ed, $$2^n – 1 = 2^{2k} – 1 = (2^k + 1) (2^k -1)\\text{.}$$<\/p>\n\n\n\n La descomposici\u00f3n es no trivial, es decir, $(2^k + 1) \\neq 1$ y $(2^k + 1) \\neq 2^n – 1.$ Del mismo modo, $(2^k – 1) \\neq 1$ y $(2^k – 1) \\neq 2^n – 1.$<\/p>\n\n\n\n $\\square$ Proposici\u00f3n 4.<\/strong> Si $2^n -1$ es primo, con $n\\in \\mathbb{N}$, entonces $n$ es primo.<\/em><\/p>\n\n\n\n Dem.-<\/em> Por el m\u00e9todo de la contrapositiva, probemos que si $n$ no es primo, entonces $2^n -1$ no es primo.<\/p>\n\n\n\n Sea $n$ no primo. Entonces existen $a,b \\in \\mathbb{N}$ tales que $n =a\\cdot b\\text{,}$ con $a\\neq \\{1, n\\}$ y $b\\neq \\{1,n\\}\\text{.}$<\/p>\n\n\n\n Luego, usando que $$x^n-1 = (x-1)(1 + x + x^2 + \\ldots + x^{n-1})$$ y eligiendo $x = 2^a$ y $n=b$, obtenemos:<\/p>\n\n\n\n $$ 2^{ab} -1 = (2^a -1)(2^{a(b-1)} + 2^{a(b-2)} + \\cdots + 2^a + 1)\\text{,}$$<\/p>\n\n\n\n la cual es una descomposici\u00f3n no trivial, pues si lo fuera tendr\u00edamos que:<\/p>\n\n\n\n Caso 1.<\/em> $ \\quad \\quad 2^a -1 = 1 \\quad \\quad$ \u00f3 $ \\quad \\quad 2^a -1 = 2^n -1\\text{.}$<\/p>\n\n\n\n Caso 2. <\/em>$ \\quad \\quad 2^{a(b-1)} + 2^{a(b-2)} + \\cdots + 2^a + 1 = 1 \\quad \\quad$ \u00f3 $ \\quad \\quad 2^{a(b-1)} + 2^{a(b-2)} + \\cdots + 2^a + 1 = 2^n -1\\text{.} $<\/p>\n\n\n\n Pero basta ver que uno de los factores no es trivial, as\u00ed que mostr\u00e9moslo para el caso m\u00e1s f\u00e1cil:<\/p>\n\n\n\n Si $2^a -1 = 1$, entonces $2^a = 2\\text{,}$ por lo que $a =1\\text{.}$ Lo que ser\u00eda una contradicci\u00f3n, pues se hab\u00eda supuesto $a\\neq 1\\text{.}$ De este modo, s\u00f3lo podr\u00eda ocurrir que $2^a -1 = 2^n -1\\text{.}$ Pero<\/p>\n\n\n\n $2^a -1 = 2^n -1$ implica que $2^a = 2^n \\text{;}$ as\u00ed, $a = n,$ lo que tampoco puede suceder.<\/p>\n\n\n\n Se concluye por tanto, que $2^a -1 \\neq 1$ y $2^a -1 \\neq 2^n -1\\text{.}$ Ya con esto se verifica que, si $n$ no es primo, entonces $2^n – 1$ es compuesto.<\/p>\n\n\n\n $\\square$ Proposici\u00f3n 5.<\/strong> Si $n$ es un n\u00famero natural y $2^n + 1$ es un n\u00famero primo, entonces $n$ tiene que ser una potencia de $2$.<\/em><\/p>\n\n\n\n Dem.- <\/em>Sea $2^n + 1$ un n\u00famero primo.<\/p>\n\n\n\n Primero tomemos el caso en que $n$ es impar. Entonces $n = 2k + 1$ para alguna $k \\in \\mathbb{N}$, y luego Ahora consideremos el caso en que $n$ es par. Entonces $n = 2k$ para alguna $k\\in \\mathbb{N}$. Tendr\u00edamos: $$2^{2k} + 1 = 4^{k_1} + 1 \\text{.}$$ Por lo tanto, $k_1$ es una potencia de dos con $4^{k_1} + 1$ un n\u00famero primo. Ahora, $$4^{2k_2} + 1 = 8^{k_2} + 1\\text{,}$$<\/p>\n\n\n\n donde $k_2$ pudiera ser par o impar. Pero como $8^{k_2} + 1$ tiene una descomposici\u00f3n no trivial cuando $k_2$ es impar, s\u00f3lo puede ocurrir que $k_2$ sea par. As\u00ed, $k_2 = 2k_3$ para alguna $k_3\\in \\mathbb{N}$ y $$8^{2k_3} + 1 = 4^{2^{2k_3}}\\text{,}$$ por lo que $k_2$ es una potencia de 2.<\/p>\n\n\n\n Por otro lado, $$8^{2k_3} + 1 = 16^{k_3} + 1\\text{.}$$ Este proceso infinito demuestra que $k_n$ ser\u00e1 potencia de $2$. De tal modo que si $2^n + 1$ es primo, $n$ ser\u00e1 par, y m\u00e1s a\u00fan, $n$ ser\u00e1 potencia de $2$.<\/p>\n\n\n\n Finalmente, notemos que no todas las potencias de $2$ llevar\u00e1n a que $2^n + 1$ sea primo.<\/p>\n\n\n\n $\\square$ Proposici\u00f3n 6.<\/strong> Si $n\\geq 2$, existe $p$ primo tal que $n < p < n!\\text{.}$<\/em><\/p>\n\n\n\n Dem.-<\/em> Ya que $n! = n \\cdot (n-1) \\cdot (n-2) \\cdot \\cdots \\cdot 3 \\cdot 2 \\cdot 1\\text{,}$ entonces todos los $x\\in \\mathbb{N}$ tales que $1\\leq x \\leq n$ dividen a $n!$: $x \\enspace \\vert \\enspace n!\\text{.}$<\/p>\n\n\n\n Por lo que $x \\nmid n! – 1 \\quad \\forall 1\\leq x \\leq n\\text{.}$<\/p>\n\n\n\n $\\square$ Introducci\u00f3n Hab\u00eda una vez un hotel con infinitas habitaciones y un conserje que les asignaba estancia a los hu\u00e9spedes que iban llegando. Un d\u00eda que el hotel estaba lleno, una persona nueva lleg\u00f3 y le pidi\u00f3 al conserje dormir en el hotel esa noche. Para ello, el conserje le pidi\u00f3 a cada hu\u00e9sped que se<\/p>\n","protected":false},"author":1,"featured_media":0,"comment_status":"open","ping_status":"open","sticky":false,"template":"","format":"standard","meta":{"_uag_custom_page_level_css":"","footnotes":""},"categories":[77,4],"tags":[78,99],"class_list":["post-1262","post","type-post","status-publish","format-standard","hentry","category-algebra-superior-ii","category-matematicas","tag-numeros-enteros","tag-primos","no-featured-content"],"uagb_featured_image_src":{"full":false,"thumbnail":false,"medium":false,"medium_large":false,"large":false,"1536x1536":false,"2048x2048":false,"coup-single-post":false,"coup-archive-sticky":false,"coup-archive":false},"uagb_author_info":{"display_name":"Ofelia Negrete","author_link":"https:\/\/ofeliayorquesta.com\/blog\/author\/ofelia-negrete\/"},"uagb_comment_info":2,"uagb_excerpt":"Introducci\u00f3n Hab\u00eda una vez un hotel con infinitas habitaciones y un conserje que les asignaba estancia a los hu\u00e9spedes que iban llegando. Un d\u00eda que el hotel estaba lleno, una persona nueva lleg\u00f3 y le pidi\u00f3 al conserje dormir en el hotel esa noche. Para ello, el conserje le pidi\u00f3 a cada hu\u00e9sped que se","_links":{"self":[{"href":"https:\/\/ofeliayorquesta.com\/blog\/wp-json\/wp\/v2\/posts\/1262","targetHints":{"allow":["GET"]}}],"collection":[{"href":"https:\/\/ofeliayorquesta.com\/blog\/wp-json\/wp\/v2\/posts"}],"about":[{"href":"https:\/\/ofeliayorquesta.com\/blog\/wp-json\/wp\/v2\/types\/post"}],"author":[{"embeddable":true,"href":"https:\/\/ofeliayorquesta.com\/blog\/wp-json\/wp\/v2\/users\/1"}],"replies":[{"embeddable":true,"href":"https:\/\/ofeliayorquesta.com\/blog\/wp-json\/wp\/v2\/comments?post=1262"}],"version-history":[{"count":5,"href":"https:\/\/ofeliayorquesta.com\/blog\/wp-json\/wp\/v2\/posts\/1262\/revisions"}],"predecessor-version":[{"id":1267,"href":"https:\/\/ofeliayorquesta.com\/blog\/wp-json\/wp\/v2\/posts\/1262\/revisions\/1267"}],"wp:attachment":[{"href":"https:\/\/ofeliayorquesta.com\/blog\/wp-json\/wp\/v2\/media?parent=1262"}],"wp:term":[{"taxonomy":"category","embeddable":true,"href":"https:\/\/ofeliayorquesta.com\/blog\/wp-json\/wp\/v2\/categories?post=1262"},{"taxonomy":"post_tag","embeddable":true,"href":"https:\/\/ofeliayorquesta.com\/blog\/wp-json\/wp\/v2\/tags?post=1262"}],"curies":[{"name":"wp","href":"https:\/\/api.w.org\/{rel}","templated":true}]}}
\ufeff<\/p>\n\n\n\nSelecci\u00f3n de ejercicios<\/h3>\n\n\n\n
\ufeff<\/p>\n\n\n\n
\ufeff<\/p>\n\n\n\n
\ufeff<\/p>\n\n\n\n
\ufeff<\/p>\n\n\n\n
$$2^{2k+1}+1 = (2 + 1)(2^{2k}- 2^{2k-1} + \\cdots – 2^1 + 1)\\text{.} $$ Ya que $3$ es un n\u00famero distinto de $1$ y de $2^{2k+1}+1$, la descomposici\u00f3n anterior es no trivial. De lo que se concluye que, si $n$ es impar, entonces $2^n + 1$ es un n\u00famero compuesto, pero como ello contradice la hip\u00f3tesis de que $2^n + 1$ era primo, el caso en que $n$ es impar y primo, es imposible.<\/p>\n\n\n\n
Luego entonces $k_1$ puede ser par o impar. Pero de estas opciones, la \u00fanica que es viable es que $k_1$ sea par (pues si fuera impar, existir\u00eda una factorizaci\u00f3n no trivial para $4^{k_1} + 1$). As\u00ed, como $k_1$ es par, $k_1 = 2k_2$ para alguna $k_2 \\in \\mathbb{N}$. De forma que $$4^{k_1} + 1 = 4^{2k_2} + 1 = 2^{2^{2k_2}} + 1\\text{.}$$<\/p>\n\n\n\n
Nuevamente, $k_3$ pudiera ser par o impar, pero se descarta que sea impar. As\u00ed, $k_3 = 2k_4$ para alg\u00fan $k_4 \\in \\mathbb{N}.$ Luego, $$ 16^{2k_4} + 1 = 8^{2^{2k_4}},$$ de donde se obtiene que $k_3$ es una potencia de $2$.<\/p>\n\n\n\n
\ufeff<\/p>\n\n\n\n
\ufeff<\/p>\n\n\n\n<\/h2>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"