Exposition d'exposants

Posons, pour tout $n\in\N$, $A_n=2^{3^n}+1$. Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\N$, $v_3(A_n)=n+1$ où $v_3$ désigne la valuation $3$-adique.
On vérifie que c'est vrai que pour $n=0$ et $n=1$.
Supposons que c'est vrai pour un certain $n\in\N^*$. Alors, $A_{n+1}=2^{3^{n+1}}+1=(2^{3^n})^3-(-1)^3=A_n(4^{{3^n}}-2^{3^n}+1)$. Par hypothèse de récurrence, $v_3(A_n)=n+1$. De plus, $4^{{3^n}}-2^{3^n}+1\equiv (4^3)^{3^{n-1}}-(2^3)^{3^{n-1}}+1~[9] \equiv 3~[9]$ et ainsi $v_3(4^{{3^n}}-2^{3^n}+1)=1$ donc $v_3(A_{n+1})=n+2$ ce qui conclut la récurrence.
LP

@Sneg il n'y a pas besoin de connaître les nombres p-adiques pour comprendre la preuve de LP. Il faut juste savoir que pour un nombre entier $m$, on note $v_3(m)$ la plus grande puissance de $3$ dans sa décomposition en facteurs premiers.

Par exemple $v_3(6)=v_3(2\cdot 3)=1,\ v_3(45)=v_3(3^2\cdot 5)=2,\ v_3(8)=0$ etc.

Il a été question de cet exercice sur ce forum il y a sept ans :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,861389,861678.
Avec comme corollaire le fait que (la classe de) $2$ est un générateur du groupe multiplicatif de éléments inversibles de l'anneau $\mathbb Z/3^n \mathbb Z$.
Comme le temps passe...
Fr. Ch.

@babsgueye. D'abord, on écrit soi-disant, et même dans ce cas on écrit plutôt « prétendue récurrence », car la récurrence ne dit rien, c'est moi qui le dis. Je le dis et je le maintiens.
L'hypothèse de récurrence est : « $2^{3^n}+1=3^{n+1}q_n$, avec $q_n$ non multiple de $3$ ». On constate qu'elle est vraie déjà pour $n=0$ et même $n=1$.
On la suppose vraie pour un $n \in \mathbb N$, et on en déduit : $2^{3^{n+1}}+1=3^{n+2}q_{n+1}$, avec $q_{n+1}$ non multiple de $3$.
Que je sache, c'est ça, un raisonnement par récurrence.
Pour ce faire, j'ai conseillé d'écrire l'hypothèse de récurrence : $2^{3^n}=3^{n+1}q_n-1$ et d'élever au cube. Ça me semble faisable.
Bonne journée.
Fr. Ch.

@ babsgueye. Moi je suis Occitan, mais ce forum est en français.

@Sneg
Je me fais parfois gronder parce que je donne le corrigé, alors qu'il ne faut donner que des indications, et je ne sais jamais que faire. Mais je cède volontiers à ton insistance et voici ma solution.
Supposons que pour un $n\in \mathbb{N}$, l'entier $2^{3^{n}}+1$ est divisible par $3^{n+1}$ mais non par $3^{n+2}$ c'est-à-dire : $2^{3^{n}}+1=3^{n+1}q_{n}$ avec $q_{n}$ entier non multiple de $ 3$.
Alors : $2^{3^{n+1}}=(2^{3^{n}})^{3}=(3^{n+1}q_{n}-1)^{3}$$=(3^{n+1}q_{n})^{3}-3(3^{n+1}q_{n})^{2}+3\cdot
3^{n+1}q_{n}-1=-1+3^{n+2}q_{n+1}$, avec :
$q_{n+1}=q_{n}(3^{2n+1}q_{n}^{2}-3^{n+1}q_{n}+1)$, qui est bien un entier non multiple de $3$.
On peut même préciser que $q_{n+1}\equiv q_{n}\pmod 3$, ce qui implique $q_{n}\equiv q_{0} \pmod 3$, soit $q_{n}\equiv 1 \pmod 3 $.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

J'ai voulu en finir. Il aurait aussi pu aller voir dans le vieux fil que j'ai cité, où cette solution est donnée.

@ Sneg.
De rien. Va voir le fil que j'ai signalé, pour des généralisations.
Pour le LaTeX, tu peux parfois recopier les formules des autres messages avec un copier-coller.
Bonne journée.
Fr. Ch.
20/12/2020, Quatrième dimanche de l'Avent.