Mostrar que $u_1^3+u_2^3+\cdots+u_n^3$ es un múltiplo de $u_1+u_2+\cdots+u_n$

Question

1. Que $k$ ser un entero positivo.
2. Definición de $u_0 = 0\,,\ u_1 = 1\ $ y $\ u_n = k\, u_ {n-1} \-\ u_ {n-2} \,, \ n \geq 2$.
3. Demostrar que para cada entero $n$,
   el número $u_{1}^{3} + u_{2}^{3} + \cdots + u_{n}^{3}\ $ es un múltiplo de $\ u_{1} + u_{2} + \cdots + u_{n}$.

Unos términos de computación encontré\begin{align*}u_0 &= 0\\u_1 &= 1\\u_2 &= k\\u_3 &= k^2-1\\u_4 &= k(k^2-1)-k = k^3-2k\\u_5 &= k(k^3-2k)-(k^2-1) = k^4-3k^2+1\\u_6 &= k(k^4-3k^2+1)-(k^3-2k) = k^5-4k^3+3k.\end{align*}

No sé cómo usar esto para resolver la pregunta, pero creo que puede ser de ayuda. Cubican estas expresiones parece muy computacional por lo que debe haber una manera más fácil.

Answer 1

Parece que $$y_n = \dfrac{u_1^3 + \ldots u_n^3}{u_1 + \ldots + u_n}$$ satisface la relación de recurrencia $$ y_n = (k^2+k-1)(y_{n-1} - k y_{n-2} + k y_{n-3} - y_{n-4}) + y_{n-5} \ \text{for}\ n \ge 6$$ Dado que el $y_1, \ldots, y_5$ son números enteros, esto implicaría que todos los $y_n$ son enteros.

EDIT: Escrito $\cos(\theta) = k/2$, tenemos $$ u_n = \frac{\sin(n\theta)}{\sin(\theta)}$$ que puede ser verificada por inducción. No te preocupes por $\theta$ real sólo para $|k|\le 2$.

El uso de este se puede obtener de forma cerrada fórmulas para$u_1 + \ldots + u_n$$u_n^3 + \ldots + u_n$, e $y_n$ (es bastante tedioso si se trabaja a mano, pero de primaria)

$$ y_n = \frac{-\cos((2n+1)\theta) + 2 \cos(\theta) - \cos((n+1)\theta) - \cos(n\theta) + 1}{\cos(\theta) - \cos(3\theta) - \cos(2\theta)+1} $$

y puede ser verificada directamente que esto satisface la recurrencia de arriba.

Answer 2

Dada la ecuación $$ u_n=ku_{n-1}-u_{n-2}\etiqueta{1} $$ donde$u_0=0$$u_1=1$, tenemos la solución $$ u_n=\frac{\alpha^n-\alpha^{-n}}{\alpha\alpha^{-1}}\etiqueta{2} $$ donde $$ \alpha=\frac{k+\sqrt{k^2-4}}2\etiqueta{3} $$ excepto cuando se $k=2$ cuando la solución es $$ u_n=n\etiqueta{4} $$ y el resultado de $k=2$ se sigue del hecho de que la suma de los cubos de los primeros a $n$ enteros consecutivos es el cuadrado de la suma de la primera $n$ enteros consecutivos. Una prueba sin palabras se da en esta respuesta.

Para la solución de $(2)$, obtenemos $\alpha^2+\alpha+1=(k+1)\alpha$ y $$ \begin{align} &\sum_{j=0}^{n-1}\left(\frac{\alpha^j-\alpha^{-j}}{\alpha-\alpha^{-1}}\right)^3\\ &=\sum_{j=0}^{n-1}\frac{\alpha^{3j}-3\alpha^j+3\alpha^{-j}-\alpha^{-3j}}{\alpha^3-3\alpha+3\alpha^{-1}-\alpha^{-3}}\\ &=\frac1{\alpha^3-3\alpha+3\alpha^{-1}-\alpha^{-3}}\left(\frac{\alpha^{3n}-1}{\alpha^3-1}-3\frac{\alpha^n-1}{\alpha-1}+3\frac{\alpha^{-n}-1}{\alpha^{-1}-1}-\frac{\alpha^{-3n}-1}{\alpha^{-3}-1}\right)\\ &=\frac1{\alpha^3-3\alpha+3\alpha^{-1}-\alpha^{-3}}\left(\frac{\left(\alpha^{3n}-1\right)\left(1-\alpha^{3-3n}\right)}{\alpha^3-1}-\frac{3\left(\alpha^n-1\right)\left(1-\alpha^{1-n}\right)}{\alpha-1}\right)\tag{5} \end{align} $$ y $$ \begin{align} &\sum_{j=0}^{n-1}\frac{\alpha^j-\alpha^{-j}}{\alpha-\alpha^{-1}}\\ &=\frac1{\alpha-\alpha^{-1}}\left(\frac{\alpha^{n}-1}{\alpha-1}-\frac{\alpha^{-n}-1}{\alpha^{-1}-1}\right)\\ &=\frac1{\alpha-\alpha^{-1}}\left(\frac{\left(\alpha^{n}-1\right)\left(1-\alpha^{1-n}\right)}{\alpha-1}\right)\tag{6} \end{align} $$ Por lo tanto, se pueden calcular los coeficientes de $$ \begin{align} r_{n-1} &=\left.\sum_{j=0}^{n-1}u_j^3\middle/\sum_{j=0}^{n-1}u_j\right.\\ &=\left.\sum_{j=0}^{n-1}\left(\frac{\alpha^j-\alpha^{-j}}{\alpha-\alpha^{-1}}\right)^3\middle/\sum_{j=0}^{n-1}\frac{\alpha^j-\alpha^{-j}}{\alpha-\alpha^{-1}}\right.\\ &=\frac1{\alpha^2-2+\alpha^{-2}}\left(\frac{\left(\alpha^{2n}+\alpha^n+1\right)\left(\alpha^{2-2n}+\alpha^{1-n}+1\right)}{(k+1)\alpha}-3\right)\\ &=\frac1{k^2-4}\left(\frac{\left(\alpha^{2n}+\alpha^n+1\right)\left(\alpha^{2n-2}+\alpha^{n-1}+1\right)}{(k+1)\alpha^{2n-1}}-3\right)\\ &=\frac1{k^2-4}\left(\frac{\alpha^{2n-1}+\alpha^{n}+\alpha^{n-1}+\alpha^{1}+1+\alpha^{-1}+\alpha^{1-n}+\alpha^{-n}+\alpha^{1-2n}}{k+1}-3\right)\\ &=\frac1{k^2-4}\left(\frac{\alpha^{2n-1}+\alpha^{n}+\alpha^{n-1}+\alpha^{1-n}+\alpha^{-n}+\alpha^{1-2n}}{k+1}-2\right)\tag{7} \end{align} $$ Debido a la ecuación $$ \begin{align} &(x-1)\left(x-\alpha\right)\left(x-\alpha^{-1}\right)\left(x-\alpha^2\right)\left(x-\alpha^{-2}\right)\\ &=(x-1)\left(x^2-kx+1\right)\left(x^2-\left(k^2-2\right)x+1\right)\\ &=x^5-mx^4+kmx^3-kmx^2+mx-1\tag{8} \end{align} $$ donde $m=k^2+k-1$ la proporción de $r_n$ $(7)$ satisfacer la relación $$ r_n=mr_{n-1}-kmr_{n-2}+kmr_{n-3}-mr_{n-4}+r_{n-5}\etiqueta{9} $$ La computación de los primeros valores de $r_{n-1}$ rendimientos $$ \begin{align} r_{-2} &=\frac1{k^2-4}\left(\frac{\alpha^{-3}+\alpha^{-1}+\alpha^{-2}+\alpha^2+\alpha^1+\alpha^3}{k+1}-2\right)\\ &=1\\ r_{-1} &=\frac1{k^2-4}\left(\frac{\alpha^{-1}+\alpha^0+\alpha^{-1}+\alpha^1+\alpha^0+\alpha^1}{k+1}-2\right)\\ &=0\\ r_{0} &=\frac1{k^2-4}\left(\frac{\alpha^1+\alpha^1+\alpha^0+\alpha^0+\alpha^{-1}+\alpha^{-1}}{k+1}-2\right)\\ &=0\\ r_{1} &=\frac1{k^2-4}\left(\frac{\alpha^3+\alpha^2+\alpha^1+\alpha^{-1}+\alpha^{-2}+\alpha^{-3}}{k+1}-2\right)\\ &=1\\ r_{2} &=\frac1{k^2-4}\left(\frac{\alpha^5+\alpha^3+\alpha^2+\alpha^{-2}+\alpha^{-3}+\alpha^{-5}}{k+1}-2\right)\\ &=k^2-k+1 \end{align}\etiqueta{10} $$ La recurrencia $(9)$ y los cálculos de $(10)$ asegurar que para todos los $n$, $r_n\in\mathbb{Z}$.

Answer 3

jugando con la pequeña $k.$ $x = \Sigma u_j, \; \; y = \Sigma u_j^3.$

CONCLUSIÓN: para $k \geq 2,$ $$ \color{blue}{ y = \frac{x^2 ((k-2) x + 3)}{k+1},} $$ mientras que $\color{blue}{x \equiv 0,1 \pmod {k+1}}.$

Cuando $k=2,$ $$ y = x^2. $$ This comes up pretty often, the sum of the consecutive cubes (starting with $1$) es el cuadrado de la suma de los números consecutivos.

Cuando $k=3,$ $$ y = \frac{x^2 (x + 3)}{4}. $$ Para esto, usted necesita saber que $x \equiv 0,1 \pmod 4.$

Esto ya sugiere que $k=4$ da $y = a x^4 + b x^3 + c x^2 + d x,$ con coeficientes racionales, y algunas de las restricciones a $x$ que hacen de $y$ un entero. Si es true, los coeficientes se pueden encontrar con cuatro $x$ puntos, y que la inversión de un determinado cuatro por cuatro racional de la matriz. No, no es que mucho esfuerzo necesario. Estancias cúbicos, un tres por tres matriz hubiera sido suficiente...

No es lo que yo esperaba: para $k=4,$ $$ y = \frac{x^2 (2 x + 3)}{5}, $$ mientras que $x \equiv 0,1 \pmod 5.$

Para $k=5,$ $$ y = \frac{x^2 (3 x + 3)}{6}, $$ mientras que $x \equiv 0,1 \pmod 6.$

Para $k=6,$ $$ y = \frac{x^2 (4 x + 3)}{7}, $$ mientras que $x \equiv 0,1 \pmod 7.$

Al parecer, para $k \geq 2,$ $$ \color{red}{ y = \frac{x^2 ((k-2) x + 3)}{k+1},} $$ mientras que $x \equiv 0,1 \pmod {k+1}.$ Recuerdan $x = \Sigma u_j, \; \; y = \Sigma u_j^3.$