Mostrar por indução, que se a, b são inteiros e n \in \mathbb{N}, impar, então (a+b) \mid\left(a^{n}+b^{n}\right).

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:
  • Dados: a e b são inteiros; n\in\mathbb{N} é ímpar.
  • Pedido: provar que (a+b) divide \left(a^{n}+b^{n}\right), ou seja, mostrar que
(a+b)\mid\left(a^{n}+b^{n}\right).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A paridade de n importa: sabemos que n é ímpar.
  • Podemos escrever qualquer inteiro ímpar n na forma n=2m+1 com m\in\mathbb{N}\cup\{0\}.
  • A prova pedida é por indução (mostrar que a afirmação vale para todos os ímpares).

Passo 2

Preparando a prova por indução: reparametrize n como
n=2m+1,
onde m é um inteiro \ge 0. A proposição a provar para cada m é:
P(m):\quad (a+b)\mid\left(a^{2m+1}+b^{2m+1}\right).
Estratégia de indução (esquema): mostrar P(0) (caso base) e depois provar que P(m)\Rightarrow P(m+1) (passo indutivo). Como n ímpar corresponde exatamente a todos os 2m+1, isso cobre todos os n ímpares.

Passo 3

Caso base m=0 (ou seja, n=1):
a^{2\cdot 0+1}+b^{2\cdot 0+1}=a^1+b^1=a+b.
Claramente (a+b) divide a+b (qualquer número divide ele mesmo). Logo P(0) é verdadeira.

Passo 4

Hipótese de indução: suponha que para algum m\ge 0 vale
(a+b)\mid\left(a^{2m+1}+b^{2m+1}\right).
Isso significa que existe um inteiro k tal que
a^{2m+1}+b^{2m+1}=(a+b)\,k.
Vou usar essa hipótese para provar P(m+1).

Passo 5

Provar P(m+1): queremos mostrar que (a+b) divide
a^{2(m+1)+1}+b^{2(m+1)+1}=a^{2m+3}+b^{2m+3}.
Faço uma manipulação algébrica organizada (cada passo explicado):
Começo escrevendo a^{2m+3}+b^{2m+3} agrupando potências:
a^{2m+3}+b^{2m+3}=a^2\cdot a^{2m+1}+b^2\cdot b^{2m+1}.
Agora somo e subtraio convenientemente para tirar um fator (a+b). Reescrevo a expressão como
a^{2m+3}+b^{2m+3} = a^2\bigl(a^{2m+1}+b^{2m+1}\bigr) + b^{2m+1}\bigl(b^2-a^2\bigr).
Explico cada termo:
  • a^2\bigl(a^{2m+1}+b^{2m+1}\bigr) é simplesmente a^2 vezes o termo da hipótese indutiva.
  • b^{2m+1}\bigl(b^2-a^2\bigr) ainda pode ser fatorado usando b^2-a^2=(b-a)(b+a). Assim
b^{2m+1}\bigl(b^2-a^2\bigr)=b^{2m+1}(b-a)(b+a)=(a+b)\cdot\bigl(b^{2m+1}(b-a)\bigr),
pois b+a=a+b.
Portanto juntando,
a^{2m+3}+b^{2m+3} = a^2\bigl(a^{2m+1}+b^{2m+1}\bigr) + (a+b)\cdot\bigl(b^{2m+1}(b-a)\bigr).

Passo 6

Agora uso a hipótese indutiva: por hipótese (a+b) divide a^{2m+1}+b^{2m+1}. Logo a^{2m+1}+b^{2m+1}=(a+b)\cdot k para algum inteiro k. Multiplicando ambos os lados por a^2
a^2\bigl(a^{2m+1}+b^{2m+1}\bigr) = (a+b)\cdot (a^2 k),
ou seja, esse primeiro termo também é múltiplo de (a+b).
O segundo termo (a+b)\cdot\bigl(b^{2m+1}(b-a)\bigr) é obviamente múltiplo de (a+b).
Somando dois múltiplos de (a+b) obtemos outro múltiplo de (a+b). Portanto
a^{2m+3}+b^{2m+3}
é múltiplo de (a+b). Isso mostra que P(m+1) é verdadeira.

Passo 7

Conclusão por indução: como P(0) é verdadeira e P(m)\Rightarrow P(m+1) ficou provado, pela propriedade de indução matemática P(m) vale para todo m\ge 0. Em termos de n, isso significa que para todo n ímpar (isto é, todo n da forma 2m+1) temos
(a+b)\mid\left(a^{n}+b^{n}\right).
Pequena observação prática (útil na prova ou na prova em prova oral): existe também a identidade algébrica direta, válida quando n é ímpar,
a^{n}+b^{n}=(a+b)\Bigl(a^{n-1}-a^{n-2}b+\cdots -ab^{n-2}+b^{n-1}\Bigr),
que dá explicitamente o quociente inteiro; a prova acima via indução mostra a divisibilidade sem precisar escrever essa soma de forma explícita.

Resposta

(a+b)\mid\left(a^{n}+b^{n}\right) para todo a,b\in\mathbb{Z} e todo n\in\mathbb{N} ímpar.

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