Una congruenza.

[Bruno]

Dimostrare che

$7485711^{2\cdot n} \equiv 1 \pmod {6409\cdot 2^5}$

è vera per qualunque naturale $\,n$.

[Gianfranco]

Visto che:
$7485711^{2} \equiv 1 \pmod {6409\cdot 2^5}$

si ricava che:
$(7485711^{2})^{n} \equiv 1^n \pmod {6409\cdot 2^5}$

quindi:
$7485711^{2n} \equiv 1 \pmod {6409\cdot 2^5}$

Resta da dimostrare che:
$7485711^{2} \equiv 1 \pmod {6409\cdot 2^5}$

1) Calcolo a mano:
$7485711 \equiv {-1} \pmod {6409}$

2) Elevo al quadrato:
$7485711^2 \equiv {1} \pmod {6409}$

Ora bisogna dimostrare che si può moltiplicare impunemente il modulo per 32.
Però vado a mangiare.

[Quelo]

$7485711^2-1 \equiv 0 \pmod{6409 \cdot 2^5}$

$7485711^2-1=(7485711-1)(7485711+1)=7485710 \cdot 7485712$

$7485710=2 \cdot 3742855$
$7485712=2^4 \cdot 6409 \cdot 73$

$7485711^2-1=2^5 \cdot 6409 \cdot 73 \cdot 3742855$

[Gianfranco]

OK Quelo, perfetto.

Ci sono arrivato anch'io, dopo mangiato, ma ho dovuto aggiungere alle ipotesi una buona dose di "malizia bonaria" di Bruno.
Vuoi mettere che Bruno ha nascosto quel 32 da qualche parte?

Allora ho pensato alla definizione di congruenza modulo n.

$7485711^{2} \equiv 1 \pmod {6409\cdot 2^5}$ se e solo se $7485711^{2} - 1 = 6409\cdot 2^5 \cdot k$

Da cui il prodotto notevole:
$(7485711 + 1)\cdot(7485711 - 1) = 6409\cdot 2^5 \cdot k$

da cui scende il ragionamento di Quelo.

[Bruno]

Molto bene

Un'immediatissima generalizzazione che produce casi simili, infatti, può essere $\; (r\cdot 2^{\alpha}\cdot k-1)^{2\cdot n} \equiv 1 \pmod {r\cdot 2^{\alpha+1}}$ .

[Bruno]

... ho dovuto aggiungere alle ipotesi una buona dose di "malizia bonaria" di Bruno.
Vuoi mettere che Bruno ha nascosto quel 32 da qualche parte?

L'idea della generalizzazione di questo semplice quiz, Gianfranco, l'ho avuta argomentando in un tuo post sociale l'individuazione delle due cifre terminali di 7⁴ⁿ