¿Cómo podemos generalizar la factorización de $(a+b)^n-(a^n+b^n)$

Question

¿Cómo podemos generalizar la factorización de $$(a+b)^n-(a^n+b^n)\,?$$ donde $n$ es un número entero positivo impar.

He encontrado los siguientes casos:

$$(a+b)^3-a^3-b^3=3ab(a+b)$$

$$(a+b)^5-a^5-b^5=5 a b (a + b) (a^2 + a b + b^2)$$

$$(a+b)^7-a^7-b^7=7ab(a+b)(a^2+ab+b^2)^2$$

Exapansions y factoring parecen terribles. Tal vez haya una buena manera de generalizar.

La pregunta es: ¿podemos generalizar estas factorizaciones?

$$(a+b)^n-(a^n +b^n)$$

para todos los enteros impar $n$ ?

Answer 1

Para $n=9$ tenemos $$ (a+b)^9-(a^9+b^9)=3(3a^6 + 9a^5b + 19a^4b^2 + 23a^3b^3 + 19a^2b^4 + 9ab^5 + 3b^6)(a + b)ab, $$ donde la primera parte es irreducible.

Answer 2

No parece haber ninguna forma factorizada general, pero en los pocos factores polinómicos que mencionas en la pregunta, podemos responder exactamente cuándo aparecen. A partir de la simetría y la homogeneidad, basta con considerar la más simple $$p(x)=(1+x)^n-(1+x^n)$$ como con $x = b/a$ tenemos $a^n p(x)$ es la expresión que desea factorizar.

1. Ahora $p(0)=0 \implies x$ es siempre un factor de $p(x) \implies ab$ es siempre un factor de la expresión bivariante original. A partir del teorema del Binomio, también está claro que ninguna potencia superior de $x$ o $(ab)$ será un factor.
2. Nota $p(-1)= -1-(-1)^n \implies x+1$ es un factor cuando $n$ es impar, o lo que es lo mismo $(a+b)$ es un factor para impar $n$ . En $p'(x) = n(1+x)^{n-1}-nx^{n-1}, p'(-1) \neq 0$ por lo que la multiplicidad de este factor es siempre $1$ .
3. Sea $\omega$ sea una raíz cúbica no real de la unidad, es decir $\omega^2+\omega+1=0$ . Entonces $p(\omega) = (-1)^n(\omega)^{2n}-1-\omega^n$ .
   Caso $n=3k$ tenemos $p(\omega)=(-1)^n$
   Caso $n=3k+1$ tenemos $p(\omega)= (-1)^n\omega^2+\omega^2$ que es cero si $n$ también es impar, es decir, para $n=6k+1$ .
   Caso $n=3k+2$ tenemos $p(\omega)= (-1)^n\omega+\omega$ que desaparece si $n$ también es impar, es decir, para $n=6k+5$ .

Si $p(\omega)=0$ tenemos $1+x+x^2$ como factor, o equivalentemente $a^2+ab+b^2$ es un factor si $n \equiv \pm1 \pmod 6$ . Comprobemos también la multiplicidad para estos casos utilizando $p'(x) = n(1+x)^{n-1}-nx^{n-1} \implies p'(\omega)=n\left( (-\omega^2)^{n-1} - \omega^{n-1}\right)$ :
Caso $n=6k+1$ : siempre tenemos $p'(\omega) = 0$ así que siempre $(a^2+ab+b^2)^2$ es siempre un factor. También $p''(\omega) = n(n-1) \neq 0$ por lo que la multiplicidad es exactamente $2$ .
Caso $n=6k+5$ tenemos $p'(\omega) = n\left(\omega^2-\omega \right)\neq 0$ por lo que aquí la multiplicidad es siempre $1$ .

Resumiendo todo eso, para todos los impar $n$ tenemos $ab(a+b)$ como factor, sin potencia superior para ninguno de los términos. En caso $n=1 \pmod 6$ tenemos además $(a^2+ab+b^2)^2$ como factor (sin mayor potencia posible) y en caso de que $n=5 \pmod 6$ acabamos de $a^2+ab+b^2$ como factor. En ningún otro caso $a^2+ab+b^2$ ser un factor.

Los pocos factores anteriores con multiplicidad limitada son claramente insuficientes para proporcionar el grado requerido para polinomios de orden superior, por lo que necesariamente habría otros factores polinómicos.

Answer 3

En cualquier caso, es evidente que tiene $a$ y $b$ en cada término ya que ha eliminado tanto el $a$ -y el $b$ -sólo términos de $(a+b)^n$ . También $a=-b$ es siempre una raíz, por lo que siempre obtendrá un $(a+b)$ plazo. Así que $ab(a+b)$ para cualquier impar $n$ .

Las raíces de $a^2+ab+b^2$ son $a={1\over2}(-b\pm{\sqrt{b^2-4b^2}})=-b\omega,-b\bar\omega$ donde $\omega$ es un número complejo tal que $\omega^3=1$ por lo que si $n=5$ entonces si $a=-\omega b$ entonces $$a^5+b^5=b^5(1-\omega^5)=b^5(1-\omega^2)$$ y $$(a+b)^5=b^5(1-\omega)^5=b^5{\bar\omega}^5=b^5\bar\omega^2$$ desde $$1-\omega=\bar\omega,\tag{1}$$ y $$\omega^2=-\bar\omega.\tag{2}$$

Obtendrá un resultado similar si $n$ es coprimo con $3$ pero no consigues esa raíz para $9$ . Así, por ejemplo, si $n=11$ obtienes $$ 11ab(a+b)(a^2+ab+b^2)(a^6+3a^5b+7a^4b^2+9a^3b^3+7a^2b^4+3ab^5+b^6)$$ y si $n=13$ obtienes $$ 13ab(a+b)(a^2+ab+b^2)^2(a^6+3a^5b+8a^4b^2+11a^3b^3+8a^2b^4+3ab^5+b^6) $$ (obtenido con Wolfram Alpha).

En general, utilizando (1), $$(b-\omega b)^n=b^n(1-\omega)^n=b^n(\bar\omega)^r $$ donde $n=3q+r$ , $0<r<3$ y $q,r\in\mathbb{N}$ y $$ b^n+(-\omega b)^n=b^n(1-\omega^r)=b^n(\bar\omega)^r $$ si $r=1,2$ Así que $$ (b-\omega b)^n-(b^n+(-\omega b)^n)=0 $$ y $a=-\omega b$ es una solución si $r=1,2$ y por lo tanto $a^2+ab+b^2$ es un factor.

Dado que el conjugado complejo de una raíz compleja de una ecuación real es siempre una raíz también, entonces obviamente $a=-\bar\omega b$ también es una raíz.

Answer 4

Una generalización para enteros no negativos $n$ se proporciona en esta respuesta . La expansión se puede escribir como \begin{align*} &\,\,\color{blue}{(a+b)^n-\left(a^n+b^n\right)}\\ &\quad\,\,\color{blue}{=ab(a+b)\sum_{k=1}^{\lfloor n/2\rfloor}\left(\binom{n-k}{k}+\binom{n-k-1}{k-1}\right)(-ab)^{k-1}(a+b)^{n-2k-1}}\tag{1}\\ \end{align*} donde utilizamos la identidad binomial $ 2\binom{n-k}{k}-\binom{n-k-1}{k}=\binom{n-k}{k}+\binom{n-k-1}{k-1} $ .

Comprobamos la fórmula (1) tomando $n=7$ . Obtenemos \begin{align*} &\color{blue}{(a+b)^7-\left(a^7+b^7\right)}\\ &\qquad\quad=ab(a+b)\sum_{k=1}^{3}\left(\binom{7-k}{k}+\binom{6-k}{k-1}\right)(-ab)^{k-1}(a+b)^{6-2k}\\ &\qquad\quad=ab(a+b)\left(\left(\binom{6}{1}+\binom{5}{0}\right)(a+b)^4 -\left(\binom{5}{2}+\binom{4}{1}\right)ab(a+b)^2\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\left.+\left(\binom{4}{3}+\binom{3}{2}\right)(ab)^2\right)\\ &\qquad\quad=ab(a+b)\left(7(a+b)^4-14(ab)(a+b)^2+7(ab)^2\right)\\ &\qquad\quad=7ab(a+b)\left((a+b)^4-2(ab)(a+b)^2+(ab)^2\right)\\ &\qquad\quad=7ab(a+b)\left((a+b)^2-ab\right)^2\\ &\qquad\quad\,\,\color{blue}{=7ab(a+b)\left(a^2+ab+b^2\right)^2} \end{align*} de acuerdo con la derivación de OPs.