Si $ a + b + c \mid a^2 + b^2 + c^2$ entonces $ a + b + c \mid a^n + b^n + c^n$ para un número infinito de $n$

Question

Dejemos que $ a,b,c$ entero positivo tal que $ a + b + c \mid a^2 + b^2 + c^2$ .
Demostrar que $ a + b + c \mid a^n + b^n + c^n$ para infinitos enteros positivos $ n$ .

(problema compuesto por Laurentiu Panaitopol )

Hasta ahora ni idea.

Answer 1

Reclamación. $a+b+c\mid a^{2^n}+b^{2^n}+c^{2^n}$ para todos $n\geq0$ .

Prueba. Por inducción: Es cierto para $n=0,1$ $\checkmark$ . Supongamos que es cierto para $0,\ldots,n$ . Tenga en cuenta que $$a^{2^{n+1}}+b^{2^{n+1}}+c^{2^{n+1}}=(a^{2^n}+b^{2^n}+c^{2^n})^2-2(a^{2^{n-1}}b^{2^{n-1}}+b^{2^{n-1}}c^{2^{n-1}}+c^{2^{n-1}}a^{2^{n-1}})^2+4a^{2^{n-1}}b^{2^{n-1}}c^{2^{n-1}}(a^{2^{n-1}}+b^{2^{n-1}}+c^{2^{n-1}})$$

y que

$$2(a^{2^{n-1}}b^{2^{n-1}}+b^{2^{n-1}}c^{2^{n-1}}+c^{2^{n-1}}a^{2^{n-1}})=(a^{2^{n-1}}+b^{2^{n-1}}+c^{2^{n-1}})^2-(a^{2^n}+b^{2^n}+c^{2^n})$$

es divisible por $a+b+c$ por la hipótesis de la inducción.

Answer 2

Parece que hay una solución parcial.

Supongamos que $\mathrm{gcd}(a,a+b+c)=\mathrm{gcd}(b,a+b+c)=\mathrm{gcd}(c,a+b+c)=1$ . Entonces para $n=k\cdot \phi(a+b+c)+1 \, (k=1,2, \ldots )$ , donde $\phi$ es la función de Euler, tenemos: $$ (a^n+b^n+c^n)-(a^2+b^2+c^2)=a^2 (a^{n-1}-1) + b^2 (b^{n-1}-1) + c^2 (c^{n-1}-1), $$ donde todos los paréntesis son divisibles por $a+b+c$ según el teorema de Euler. Por lo tanto, $(a+b+c) \mid (a^n+b^n+c^n)$ para todos estos $n$ .

Answer 3

Hay una solución más (no es la mía). Incluso se puede demostrar que $(a + b + c) \mid (a^n + b^n + c^n)$ para todos $n=3k+1$ y $n=3k+2$ . Es suficiente para demostrar que $a + b + c \mid a^n + b^n + c^n$ => $a + b + c \mid a^{n+3} + b^{n+3} + c^{n+3}$ . La prueba está aquí: https://vk.com/doc104505692_416031961?hash=3acf5149ebfb5338b5&dl=47a3df498ea4bf930e (por desgracia, está en ruso, pero basta con mirar las fórmulas). Un punto que tal vez sea necesario comentar: $(ab+bc+ca)(a^{n-2} + b^{n-2} + c^{n-2})$ es siempre divisible por $(a+b+c)$ (es necesario considerar 2 casos: $(a+b+c)$ es impar y $(a+b+c)$ es par).

Answer 4

Si $a,b,c,n\in\Bbb Z_{\ge 1}$ , $a+b+c\mid a^2+b^2+c^2$ entonces $$a+b+c\mid a^n+b^n+c^n$$

es verdadera cuando $n\nmid 3$ pero no necesariamente cuando $n\mid 3$ .

$$x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)=(x+y+z)^2$$

$$\implies x+y+z\mid 2(xy+yz+zx)$$

$$\implies x+y+z\mid (x^k+y^k+z^k)(xy+yz+zx)$$

para todos $k\ge 1$ (para ver por qué, compruebe los casos en los que $x+y+z$ es par y cuando es impar).

$$x^{n+3}+y^{n+3}+z^{n+3}=(x^{n+2}+y^{n+2}+z^{n+2})(x+y+z)$$

$$-(x^{n+1}+y^{n+1}+z^{n+1})(xy+yz+zx)+(x^n+y^n+z^n)xyz$$

para todos $n\ge 1$ . Sabemos que $$x+y+z\mid (x^{n+2}+y^{n+2}+z^{n+2})(x+y+z)$$

$$-(x^{n+1}+y^{n+1}+z^{n+1})(xy+yz+zx)$$

Ahora dejemos que $(x,y,z)=(x_1,y_1,z_1)=(1,3,9)$ . $$x_1+y_1+z_1\nmid x_1^3+y_1^3+z_1^3$$ $$x_1+y_1+z_1\nmid \left(x_1^3+y_1^3+z_1^3\right)x_1y_1z_1$$ $$\implies x_1+y_1+z_1\nmid x_1^6+y_1^6+z_1^6$$

Desde $x_1+y_1+z_1$ es coprima de $x_1,y_1,z_1$ obtenemos $$x_1+y_1+z_1\nmid (x_1^6+y_1^6+z_1^6)x_1y_1z_1,$$

y así $x_1+y_1+z_1\nmid x_1^9+y_1^9+z_1^9$ etc.

Por lo tanto, $x+y+z$ no puede en general (para todos los $x,y,z\in\mathbb Z_{\ge 1}$ ) dividir $x^{3m}+y^{3m}+z^{3m}$ para cualquier $m\ge 1$ .

Sin embargo, fácilmente conseguimos $x+y+z$ siempre divide $x^n+y^n+z^n$ para $n$ no divisible por $3$ ,

porque $x+y+z\mid (x+y+z)xyz$ y $x+y+z\mid \left(x^2+y^2+z^2\right)xyz$ ,

porque $x+y+z\mid x^2+y^2+z^2$ (dado), por lo que $x+y+z\mid x^4+y^4+z^4, x^5+y^5+z^5$ ,

así que $x+y+z\mid \left(x^4+y^4+z^3\right)xyz, \left(x^5+y^5+z^5\right)xyz$ ,

así que $x+y+z\mid x^7+y^7+z^7, x^8+y^8+z^8$ etc.

Answer 5

Esta es una forma más intuitiva de tener en cuenta las potencias de $2$ .
Añadido (abajo) : de la misma manera podemos demostrar que cualquier $n=6k\pm1$ funciona.

Tenga en cuenta que $a+b+c\mid(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)=2(ab+bc+ca)$ . Por Teorema fundamental de los polinomios simétricos (FTSP) , $a^n+b^n+c^n$ es un polinomio entero en $a+b+c$ , $ab+bc+ca$ y $abc$ . Si $3\nmid n$ ningún término tiene grado divisible por $3$ por lo que cada término tiene al menos un factor $a+b+c$ o $ab+bc+ca$ . Si podemos encontrar infinitas $n$ tal que los términos sin factor $a+b+c$ tienen un coeficiente divisible por $2$ Entonces hemos terminado porque $a+b+c\mid2(ab+bc+ca)$ . Esto sugiere echar un vistazo al polinomio $a^n+b^n+c^n$ en $\Bbb F_2$ . Tenga en cuenta que sobre $\Bbb F_2$ , $a^{2^n}+b^{2^n}+c^{2^n}=(a+b)^{2^n}+c^{2^n}=(a+b+c)^{2^n}$ es divisible por $(a+b+c)$ . Porque el polinomio dado por FTSP sobre $\Bbb F_2$ es la reducción modulo $2$ de ese polinomio sobre $\mathbb Z$ (esto es una consecuencia de la unicidad dada por el FTSP), esto muestra que los coeficientes de aquellos términos que no tienen factor $a+b+c$ es divisible por $2$ y hemos terminado porque $3\nmid2^n$ . (De hecho, todos los coeficientes, excepto el de $(a+b+c)^{2^n}$ son divisibles por $2$ .)

Añadido más tarde
La respuesta de Ievgen me inspiró a generalizar el enfoque anterior a $n=6k\pm1$ . Considere de nuevo $a^n+b^n+c^n$ como un polinomio entero en $abc,ab+bc+ca,a+b+c$ (lo que podemos hacer mediante FTSP). Porque $3\nmid n$ ningún término tiene la forma $(abc)^k$ . Queda por tratar los términos de la forma $m\cdot(ab+bc+ca)^k(abc)^l$ . Si $a+b+c$ es impar, entonces $a+b+c\mid ab+bc+ca$ y ya está. Si $a+b+c$ es par, al menos uno de $a,b,c$ es incluso así $2\mid abc$ y por lo tanto $a+b+c\mid m\cdot(ab+bc+ca)^k(abc)^l$ . (Tenga en cuenta que $l>0$ porque $n$ es impar).