El entero $c_n$ $(1+4\sqrt[3]2-4\sqrt[3]4)^n=a_n+b_n\sqrt[3]2+c_n\sqrt[3]4$

Question

Para un entero no negativo,$n$, escribir

$$(1+4\sqrt[3]2-4\sqrt[3]4)^n=a_n+b_n\sqrt[3]2+c_n\sqrt[3]4$$

donde $a_n,b_n,c_n$ son enteros. Para cualquier entero no negativo,$m$, probar o refutar

$$2^{m+2}|c_n\iff2^m|n$$

Hasta ahora he $$\left[\begin{array}{c}a_n\\b_n\\c_n\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1&-8&8\\4&1&-8\\-4&4&1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}a_{n-1}\\b_{n-1}\\c_{n-1}\end{array}\right].$$

Answer 1

Recopilación de mis pensamientos. Esto está en extrema necesidad de la simplificación y de la condensación, pero no tengo suficiente tiempo.

Estamos trabajando en el interior del anillo de $O$ algebraica de los números enteros el campo $K=\mathbb{Q}(\root3\of2)$ que tiene un monomio integral base $\{1,\root3\of2,\root3\of4\}$. La función de trazado de $K$ es fácilmente visto $$ tr(a+B\root3\de2+C\root3\of4)=3A $$ para todos los racionales $A,B,C$. Una consecuencia de particular interés para nosotros es la fórmula $$ C=tr\left(\frac1{3\root3\of4}(a+B\root3\de2+C\root3\of4)\right) $$ que nos permite extraer el $C$-coeficiente.

El número de $\varpi=\root3\of2$ genera un alojamiento ideal $P$$O$. Estamos preocupados por el efecto de divisibilidad por una potencia de $\varpi$ en el seguimiento. Nos deja denotar por $\nu_{\varpi}(z)$ el exponente de la potencia más alta de $\varpi$ que divide el número de $z\in K$. Deje que nosotros del mismo modo denotar por $\nu_2(A)$ el exponente de la potencia máxima de dos dividir el entero $A$. Como $2=\varpi^3$ vemos que para un número $z=A+B\root3\of2+C\root3\of4\in O$ hemos $$ \nu_\varpi(z)=\min\{3\nu_2(A),3\nu_2(B)+1,3\nu_2(C)+2\}. $$ Como Corolario de esto podemos ver que si para algún entero $k$ tenemos $\nu_\varpi(z)>3k$,$\nu_2(tr(z))>k$. Otra observación importante es que si $\nu_\varpi(z_1)<\nu_\varpi(z_2)$, luego $\nu_\varpi(z_1+z_2)=\nu_\varpi(z_1)$.

La pregunta es acerca de los poderes de la número $x=1+4\root3\of2-4\root3\of4=1+\alpha$, donde $$ \alpha=4\root3\of2-4\root3\of4=\varpi^7(1-\varpi). $$ Por las observaciones anteriores que han $$ c_n=tr(\frac1{3\root3\of4}x^n). $$ Una observación clave es la siguiente. La expansión de $x^n$ por la fórmula binominal nos da $$ x^n-1=(1+\alpha)^n-1=n\alpha+{n\choose2}\alpha^2+\cdots+\alpha^n. $$ Como $\nu_{\varpi}(\alpha)=7$$\nu_{\varpi}(2)=3$, es fácil ver que en la r.h.s. el primer término domina en el sentido de que $\nu_{\varpi}(n\alpha)<\nu_{\varpi}({n\choose k}\alpha^k)$ todos los $k>1$. En consecuencia $$\nu_\varpi(x^n-1)=\nu_\varpi(n\alpha).$$

La razón para aislar ese plazo $1$ $x$ es que $$ c_n=tr(\frac1{3\root3\of4}x^n)=tr(\frac1{3\root3\of4}(x^n-1))+tr(\frac1{3\root3\of4})=tr(\frac1{3\root3\of4}(x^n-1)), $$ como $tr(1/\root3\of4)=0$. Estamos próximos a ver que $$\nu_{\varpi}(\frac1{3\root3\of4}(x^n-1))=\nu_{\varpi}(\frac{n\alpha}{\root3\of4})=7+\nu_{\varpi}(n)-2=5+3\nu_2(n)>3(\nu_2(n)+1).$$ Por nuestras observaciones anteriores se deduce que $\nu_2(c_n)>\nu_2(n)+1$, y de ahí que $\nu_2(c_n)\ge\nu_2(n)+2$.

Para mostrar que $\nu_2(c_n)$ es exactamente $\nu_2(n)+2$, podemos hacer las observaciones que $$ \nu_2(tr(\frac{n\alpha}{\varpi^2}))= \nu_2(n\), tr(\frac{\varpi^7-\varpi^8}{\varpi^2}))= \nu_2(n)+\nu_2(tr(\varpi^5-\varpi^6))=\nu_2(n)+2 $$ como $tr(\varpi^5)=0$$tr(\varpi^6)=tr(4)=12=2^2\cdot3$.

Answer 2

A mí me parece que este es un $2$-ádico pregunta. Nuestro número dado, vamos a llamar a $\rho$ por conveniencia, es de la forma $1+4z$, y estamos buscando a su multiplicativo propiedades. Pero, llamando $R=\mathbb Z_2(\root 3\of 2\,)$, el grupo multiplicativo $1+4R$ es isomorfo (a través de la $2$-ádico logaritmo) para abrir un subgrupo del grupo aditivo $R^+$. Por lo tanto $1+4R$ es un servicio gratuito de $\mathbb Z_2$-módulo de rango tres. Claramente $1+4$, $1+4\root3\of2$, y $1-4\root3\of2^2$ forman la base de nuestra multiplicativo módulo, basta con mirar sus logaritmos. Observe también que $(1+4\root3\of2)(1-4\root3\of2^2\,)=\rho-32$, y esto significa que $\rho^n$ está muy cerca de $(1+4\root3\of2\,)^n(1-4\root3\of2^2)^n$, $2$-adically hablando. Pero sabemos que el exacto $2$-ádico de valoración de $ (1+4\root3\of2\,)^n-1$ y de $ (1-4\root3\of2^2)^n-1$, para cualquier $n\ge1$: $$ v\left[(1+4\root3\of2\,)^n-1\right]=v(n)+2+\frac13\>,\> v\left[(1-4\root3\of2^2)^n-1\right]=v(n)+2+\frac23\,. $$ El resultado deseado de la siguiente manera, después de un par de detalles son suministrados.

EDITAR:

En lugar de reemplazar la innecesariamente complicados y (probablemente) la confusa explicación arriba, permítanme dar una mejor argumento. El resultado deseado se deduce del hecho de que para $z\in R$, tenemos la congruencia $(1+4z)^n\equiv1+4nz\pmod{8n}$ con $z=\root3\of2-\root3\of2^2$. Aunque esto puede ser probado directamente desde el Teorema del Binomio, es más rápido y más fácil de ver por el uso explícito de isomorfismo entre el grupo multiplicativo $1+4R$ y el grupo aditivo $4R$ dada por el logaritmo y exponencial. Tenemos: $$ \log(1+4z)=4\left[z-2z^2+\frac{16z^3}3+\cdots\right] $$ y $$ \exp(4z)=1+4\left[z+2z^2+\frac{8z^3}3+\cdots\right]\,, $$ donde las dos series que aparecen en paréntesis son inversos el uno del otro, y la logarítmica, evidentemente, tiene todos los coeficientes $2$-ádico enteros, de hecho, más allá de la primera son divisibles por $2$. Como resultado, el mismo es cierto para la exponencial de la serie. Así que usted puede ver que en la notación original, $b_n\equiv 4n\pmod{8n}$$c_n\equiv-4n\pmod{8n}$.

Answer 3

$$ x \equiv \sqrt[3]{2} \quad\Longrightarrow\quad x^{2} = \sqrt[3]{4},\ x^{3} = 2,\ x^{4} = 2x,\ x^{5} = 2x^{2} x^{6} = 4,\ x^{7} = 4x\ldots $$

$$\left(1 + 4\sqrt[3]{2} - 4\sqrt[3]{4}\right)^{n} = \left(1 + 4x - 4x^{2}\right)^{n} = a_{n} + b_{n}x + c_{n}x^{2} $$

$$ {1 \más 1 - z\left(1 + 4x - 4x^{2}\right)} = \overbrace{\sum_{n = 0}^{\infty}z^{n}a_{n}}^{\equiv\ {\rm A}\left(z\right)}\ +\ x\quad\overbrace{\sum_{n = 0}^{\infty}z^{n}b_{n}}^{\equiv\ {\rm B}\left(z\right)}\ +\ x^{2}\quad\overbrace{\quad\sum_{n = 0}^{\infty}z^{n}c_{n}}^{\equiv\ {\rm C}\left(z\right)} $$

$$ 1= \left\lbrack\left(1 - z\right) - 4zx + 4zx^{2}\right\rbrack \left\lbrack {\rm A}\left(z\right) + {\rm B}\left(z\right)x + {\rm C}\left(z\right)x^{2} \right\rbrack $$

$$ \left\lbrace% \begin{array}{rcrcrcl} \left(1 - z\right){\rm A}\left(z\right) & + & 8z{\rm B}\left(z\right) & - & 8z{\rm C}\left(z\right) & = & 1 \\[1mm] -4z{\rm A}\left(z\right) & + & \left(1 - z\right){\rm B}\left(z\right) & + & 8z{\rm C}\left(z\right) & = & 0 \\[1mm] 4z{\rm A}\left(z\right) & - & 4z{\rm B}\left(z\right) & + & \left(1 - z\right){\rm C}\left(z\right) & = & 0 \end{array}\right. $$

$$ \left(1 - z{\bf M}\right)\left\vert\Psi\left(z\right)\right\rangle = \left\vert\Psi_{0}\right\rangle $$

$$ {\bf M} \equiv\left(% \begin{array}{rrr} 1 & -8 & 8 \\ 4 & 1 & -8 \\ -4 & 4 & 1 \end{array}\right)\,, \qquad \left\vert\Psi\left(z\right)\right\rangle \equiv \left(% \begin{array}{c} {\rm A}\left(z\right) \\[1mm] {\rm B}\left(z\right) \\[1mm] {\rm C}\left(z\right) \end{array}\right) $$

$$ \left\vert\Psi_{0}\right\rangle \equiv \left(% \begin{array}{c} 1 \\[1mm] 0 \\[1mm] 0 \end{array}\right)\,, \qquad \left\vert\Psi_{1}\right\rangle \equiv \left(% \begin{array}{c} 0 \\[1mm] 1 \\[1mm] 0 \end{array}\right)\,, \qquad \left\vert\Psi_{2}\right\rangle \equiv \left(% \begin{array}{c} 0 \\[1mm] 0 \\[1mm] 1 \end{array}\right)\,, $$ y $$ \left(% \begin{array}{c} a_{n} \\ b_{n} \\ c_{n} \end{array}\right) = \a la izquierda.% {1 \over n!}\,{{\rm d}^{n}\left\vert\Psi\left(z\right)\right\rangle \over {\rm d}z^{n}} \right\vert_{z = 0} $$

Desde

\begin{align} \left(1 - z{\bf M}\right)\left\vert\Psi\left(z\right)\right\rangle = \left\vert\Psi_{0}\right\rangle &\quad\Longrightarrow& \left\vert\Psi\left(0\right)\right\rangle = \left\vert\Psi_{0}\right\rangle \\[1mm] -{\bf M}\left\vert\Psi\left(z\right)\right\rangle + \left(1 - z{\bf M}\right)\left\vert\Psi\left(z\right)\right\rangle' = 0 &\quad\Longrightarrow& \left\vert\Psi\left(0\right)\right\rangle' = {\bf M}\left\vert\Psi\left(0\right)\right\rangle = {\bf M}\left\vert\Psi_{0}\right\rangle \\[1mm] -2{\bf M}\left\vert\Psi\left(z\right)\right\rangle' + \left(1 - z{\bf M}\right)\left\vert\Psi\left(z\right)\right\rangle'' = 0 &\quad\Longrightarrow& \left\vert\Psi\left(0\right)\right\rangle'' = 2{\bf M}\left\vert\Psi\left(0\right)\right\rangle' = 2{\bf M}^{2}\left\vert\Psi_{0}\right\rangle \\[1mm] -3{\bf M}\left\vert\Psi\left(z\right)\right\rangle'' + \left(1 - z{\bf M}\right)\left\vert\Psi\left(z\right)\right\rangle''' = 0 &\quad\Longrightarrow& \left\vert\Psi\left(0\right)\right\rangle''' = 3{\bf M}\left\vert\Psi\left(0\right)\right\rangle' = 3!\,{\bf M}^{3}\left\vert\Psi_{0}\right\rangle \\ \vdots&\vdots&\vdots \end{align} vamos a llegar $$ \left(% \begin{array}{ccc} a_{n} \\ b_{n} \\ c_{n} \end{array}\right) = {1 \over n!}\,n!\,{\bf M}^{n}\left\vert\Psi_{0}\right\rangle \quad\Longrightarrow\quad c_{n} = \left\langle\Psi_{2}\left\vert{\bf M}^{n}\right\vert\Psi_{0}\right\rangle $$

Además, ${\bf M} = 1 + 4{\bf Q}$ donde $$ {\bf Q} \equiv\left(% \begin{array}{rrr} 0 & -2 & 2 \\ 1 & 0 & -2 \\ -1 & 1 & 0 \end{array}\right) \quad\mbox{tales que}\quad {\bf M}^{n} = \sum_{\ell = 0}^{n}{n \elegir \ell}2^{2\ell}{\bf Q}^{\ell} $$