Demostrar que para $n$ $m$ enteros: $ 3^mn \mid \sum\limits_{k=0}^{m} {\binom{3m}{3k}}(3n-1)^k$

Question

Si $m$ $n$ son enteros positivos, con $m$ impar, entonces demostrar que:

$$3^mn \mid \sum\limits_{k=0}^m \binom{3m}{3k} (3n-1)^k$$

Demostrando la divisibilidad por $3n$, nos fijamos en $\sum\limits_{k=0}^m (-1)^k\binom{3m}{3k}$. Mi idea es sustituir raíces cúbicas de la unidad en la expansión binomial de $(1+x)^{3m}$. Pero, ¿cómo puedo obtener el adicional de divisibilidad por $3^{m-1}$?

Tal vez podemos usar alguna variación de $\displaystyle \binom{3m}{3k} \equiv \binom{m}{k} \pmod {3^{2+2\operatorname{ord}_3 m}}$ o de inducción en $m$ en adelante. ($\operatorname{ord_{3}}n$ es más alto poder de $3$$n$).

Edit: añado mi enfoque (inducción en $m$)

Tenemos la identidad de $$(1+x)^{3m}+(1+\omega x)^{3m}+(1+\omega^2 x)^{3m} = 3\sum\limits_{k=1}^{m}\binom{3m}{3k}x^{3k}$$

Vamos, $\omega_1 = 1+x$, $\omega_2 = 1+\omega x$ y $\omega_3 = 1+\omega^2 x$, $\omega_i$ son las raíces de $P(t) = t^3 - 3t^2 + 3t -(1+x^3)$.

Denota, $S_k = \sum\limits_{j=1}^{3}\omega_j^k$, entonces se satisface la recurssion: $S_{k+3} - 3S_{k+2} + 3S_{k+1}-(1+x^3)S_k = 0, \forall \, x \in \mathbb{N}$

Establecimiento $x = \sqrt[3]{3n-1} \implies x^3+1 = 3n$.

El recurssion se convierte en $S_{k+3} = 3S_{k+2} - 3S_{k+1} + 3nS_k$.

Un pequeño cálculo de la muestra $S_{k+7}= 63nS_{k+2} + 9(n^2-3n+3)S_{k+1} + 27n(2n+1)S_k$.

Donde, $S_{2+1} = 9n$, por lo que se deduce de induaction que $3^{2k+2}n \mid S_{6k+3}$, es decir, $3^{m+1}n \mid S_{3m}$ donde $m=2k+1$.

Yo también estoy muy interesado en una solución que utiliza un enfoque combinatorio para el problema(si es posible), ninguna de las ideas con el cómputo de los residuos de $\binom{3m}{3k} \pmod{3^m}$ a solucionar el problema, o cualquier otro enfoque. Gracias.

Answer 1

Deje que nos indican

$$A_m = \sum_{k=0}^m \binom{3m}{3k}(3n-1)^k.$$

Escrito $z = \sqrt[3]{3n-1}$$\rho = e^{2\pi i/3}$, nos encontramos con

$$3A_m = (1+z)^{3m} + (1+\rho z)^{3m} + (1+ \rho^2 z)^{3m}.$$

La secuencia dada por

$$3u_k = (1+z)^k + (1+\rho z)^k + (1+\rho^2 z)^k$$

satisface la recurrencia lineal

$$u_{k+3} = 3 u_{k+2} - 3 u_{k+1} + 3n u_k\tag{1}$$

desde

$$\bigl(X - (1+z)\bigr)\bigl(X-(1+\rho z)\bigr)\bigl(X-(1+\rho^2 z)\bigr) = (X-1)^3 - z^3 = X^3 - 3X^2 + 3X - 3n.$$

Tenemos $u_0 = u_1 = u_2 = 1$ y quieres probar

$$3^{2r+1}n \mid u_{6r+3}.$$

Probablemente es más fácil reemplazar a $n$ con una indeterminada $Y$ y considerar

$$u_k(Y) = \frac{1}{3}\left((1+\sqrt[3]{3Y-1})^k + (1+\rho\sqrt[3]{3Y-1})^k + (1+\rho^2\sqrt[3]{3Y-1})^k\right)$$

con la recurrencia

$$u_{k+3}(Y) = 3 u_{k+2}(Y) - 3 u_{k+1}(Y) + 3Y u_k(Y).$$

Un fácil de inducción, a continuación, muestra que $u_k(Y) \equiv 0 \pmod{Y}$ si y sólo si $k\equiv 3\pmod{6}$, y que todos los coeficientes de $u_k(Y)$ son divisibles por $3^{\lfloor k/3\rfloor}$.