es siempre un múltiplo de 3?

La respuesta de con módulos (residuos) es excelente, y el comentario de a esa respuesta también, usando el binomio de Newton de (3+1)n(3+1)n

Pero añado más:

La suma de una progresión geométrica es:

∑k=0nA∗rk=A∗rn+1−1r−1∑k=0nA∗rk=A∗rn+1−1r−1

Eso implica que para toda razón r se cumple:

rn−1=(r−1)∑k=0n−1rkrn−1=(r−1)∑k=0n−1rk

En este caso r=4 :

4n−1=3∑k=0n−14k=3(1+4+42...+4n−1)4n−1=3∑k=0n−14k=3(1+4+42...+4n−1)

Por ejemplo, para n = 4:

44−1=3∑k=034k=3⋅(40+41+42+43)=3⋅(1+4+42+43)44−1=3∑k=034k=3⋅(40+41+42+43)=3⋅(1+4+42+43)

256−1=255=3(1+4+42+43)=3(1+4+16+64)=3∗85256−1=255=3(1+4+42+43)=3(1+4+16+64)=3∗85

Se ve muy obvio cuando la razón de la serie geométrica es 10:

rn−1=(r−1)∑k=0n−1rkrn−1=(r−1)∑k=0n−1rk

10n−1=9∑k=0n−110k10n−1=9∑k=0n−110k

Superobvio: toda potencia de 10, al restar 1 te da un múltiplo de 9… pues sí… y también un múltiplo de un número con "un trenecito de unos seguidos".

Ejemplo:

106−1=999999=9∗(1+10+100...100000)=9∗111111106−1=999999=9∗(1+10+100...100000)=9∗111111

El 111111 es el "trenecito de unos seguidos".

Y esto nos lleva a una forma más de ver el problema, con números en base "r".
El número rnrn en base r sería "10….0" [base r] con tantos 0 como la "n".
Al restar 1 quedaría:

(r-1)(r-1) … (r-1) [base "r"]

Es decir, un número con "n" cifras que todas son (r-1) … en esa base "r".

Y, obviamente, ese número es (r-1) veces este otro:
"11…1" [base "r", un número con "n" cifras 1]

Que es lo que decía la serie geométrica:
(r-1) veces la suma de potencias de la base, desde potencia 0 hasta potencia (n-1).

En el caso de r=4, sería:

"10….0" [base 4, con "n" ceros] -1 = "33…3" [base 4, con "n" cifras 3] =
= 3 * "11…1" [base 4, con "n" cifras 1]

Y eso nos podría llevar a relacionar esto con la combinatoria.
r^n es el número de variaciones de "r" elementos tomados de n en n.
Esas variaciones se formarían al colocar "n" elementos de forma ordenada, en forma de "n-tupla" o "array", como los números en base "r" que dije antes.
Si los r elementos, son desde 0 hasta (r-1) entonces "quitar 1" podría verse como quitar la n-tupla "todos ceros" (0, 0, … 0)
Y el número de variaciones sería como contar cuántas n-tuplas hay de 1 cifra (que todos sean ceros menos el último), cuántas hay de 2 cifras, … hasta n cifras.
Y en cada uno de estos se multiplica por (r-1) , ya que la primera cifra no es nula, y por eso son (r-1) elementos posibles en esa cifra, desde 1 hasta (r-1).

En resumen, este problema une:
* Aritmética modular (Teoría de Números, nivel universitario, o casi)
* Binomio de Newton (Álgebra básica, casi de primaria)
* Sumas de sucesiones (que podríamos meterlo en Cálculo, nivel de secundaria)
* Codificación de números (en parte relacionado con Computación, ¿secundaria?)
* Combinatoria (Nivel de secundaria)

Como revisión de conocimiento matemático no está nada mal el problemita.