Por ejemplo $a<b<c$ y $(a+b)=(c+d)$ y $n\geq2$. Entonces se encuentra para todos los valores de $n$ que \frac{{c^n-(a^n+b^n)}+d^n}{ab-cd $$} \in \mathbb{Z} $$
¿Puede explicar la razón de esto?
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Dylan
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2371
Aquí está una prueba por inducción:
Para $n=0$ o $n=1$, tenemos que $$\frac{c^n-(a^n+b^n)+d^n}{ab-cd}=0 \in\mathbb{Z}$$ Ahora supongamos que para algunos $n\geq 2$, tenemos que $$\frac{c^k-(a^k+b^k)+d^k}{ab-cd}$$ es un número entero para todos los $k < n$. Vamos a mostrar que, a continuación, $$\frac{c^n-(a^n+b^n)+d^n}{ab-cd}$$ también es un entero.
El Teorema del Binomio nos da que $$(a+b)^n=a^n+b^n+\sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k} a^kb^{n-k}$$ y $$(c+d)^n=c^n+d^n+\sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k} c^kd^{n-k}$$ así que $$c^n-(a^n-b^n)+d^n=\sum_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}\left(c^kd^{n-k}-a^kb^{n-k}\right)$$ Queremos mostrar que esta expresión es congruente a $0$ modulo $ab-cd$.
Ahora $$\sum_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}\left(c^kd^{n-k}-a^kb^{n-k}\right) \equiv \sum_{0<2k<n}\binom{n}{k}\left(c^kd^{n-k}+c^{n-k}d^k-a^kb^{n-k}-a^{n-k}b^k\right) \mod (ab-cd)$$
(La suma que van sólo a través de $2k<n$ es válida cuando $n$ es par, ya que si $n=2k$, luego $$c^kd^{n-k}-a^kb^{n-k}\equiv (ab)^k-(ab)^k\equiv 0 \mod (ab-cd)$$ y así podemos excluir la $2k=n$ plazo)
Pero $$\sum_{0<2k<n}\binom{n}{k}\left(c^kd^{n-k}+c^{n-k}d^k-a^kb^{n-k}-a^{n-k}b^k\right)=\sum_{0<2k<n}\binom{n}{k}\left(c^kd^k(c^{n-2k}+d^{n-2k})-a^kb^k(a^{n-2k}+b^{n-2k})\right) \equiv \sum_{0<2k<n}\binom{n}{k}\left(a^kb^k((c^{n-2k}+d^{n-2k})-(a^{n-2k}+b^{n-2k}))\right) \mod (ab-cd)$$
Ahora por la hipótesis inductiva, $$(c^{n-2k}+d^{n-2k})-(a^{n-2k}+b^{n-2k})\equiv 0\mod (ab-cd)$$ para cada una de las $0<2k<n$, y así $$\sum_{0<2k<n}\binom{n}{k}\left(a^kb^k((c^{n-2k}+d^{n-2k})-(a^{n-2k}+b^{n-2k}))\right) \equiv 0\mod (ab-cd)$$ y así $$c^n-(a^n+b^n)+d^n\equiv 0 \mod (ab-cd)$$ es decir, $$\frac{c^n-(a^n+b^n)+d^n}{ab-cd}\in\mathbb{Z}$$ para$n$.
Por lo tanto, por el principio de inducción matemática, tenemos que $$\frac{c^n-(a^n+b^n)+d^n}{ab-cd}\in\mathbb{Z}$$ para todos los números naturales $n$.
user15381
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32
Tenga en cuenta que $d=a+b-c$. Considere el polinomio:
$$ P (a, b, X) = X ^ n-(a^n+b^n) + (a + b-X) ^ n $$
Esto es un polinomio de grado $n$ $X$ (o grado de $n-1$ si $n$ es impar), y tenemos $P(a)=P(b)=0$. Desde $a\neq b$, deducimos que $(X-a)(X-b)$ divide $P$ ${\mathbb Z}[a,b,X]$: hay un polinomio $Q\in{\mathbb Z}[a,b,X]$ tal que $P(a,b,X)=(X-a)(X-b)Q(a,b,X)$.
Entonces $\frac{c^n-(a^n+b^n)+d^n}{ab-cd}=Q(a,b,c)\in {\mathbb Z}$.
David HAust
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2696
Primero debemos darle un simple inductivo de la prueba, a continuación, le damos una conceptuales de interpretación de la inducción como un caso especial del teorema de unicidad para las recurrencias (ecuaciones de diferencia).
Sugerencia $\ $ El paso inductivo de un simple inductivo prueba sigue restando estas
$$\begin{align} c^{n+2}+d^{n+2} &= (c+d)(c^{n+1}+d^{n+1}) - cd(c^n+d^n)\\ a^{n+2}+b^{n+2} &= (a+b)(a^{n+1}+b^{n+1}) - ab(a^n+b^n)\end{align}\qquad$$
De hecho, $\,{\rm mod}\ ab\!-\!cd\!:\ $ por inducción $\,c^k\!+d^k\equiv a^k\!+b^k\,$ $\,k = n,\,n\!+\!1\,$ en lo que resta de
$$c^{n+2}\!+\!d^{n+2}\!-\!a^{n+2}\!-\!b^{n+2}\equiv \underbrace{(c\!+\!d\!-\!a\!-\!b)}_{\large =\, 0}(a^{n+1}\!+b^{n+1}) + \underbrace{(ab\!-\!cd)}_{\large \equiv\, 0}(a^n\!+b^n)\,\equiv\, 0$$
Comentario $\ $ Más en general, esta rendimientos $\ \gcd(c\!+\!d\!-\!a\!-\!b,ab\!-\!cd)\mid c^n\!+d^n\!-a^n\!-b^n$
Conceptualmente $\ f_n = a^n\!+b^n$ $\,{\bar f}_{\!n} = c^n+d^n$ son las dos soluciones de la misma recurrencia $\, f_{n+2} = A f_{n+1} - B f_n\,$ $\, a+b\equiv A\equiv c+d,\ $ $\,ab \equiv B\equiv cd,\,$ con las mismas condiciones iniciales $\,f_0 \equiv 2,\ f_1 \equiv a+b\equiv c+d,\,$ $\,f_n\equiv {\bar f}_{\!n}\,$ todos los $\,n\,$ por la misma sencilla de inducción como en el anterior. Esto es sólo el teorema de unicidad para las recurrencias.
Boceto de un simétrica de las funciones de prueba: vamos a denotar $s=a+b=c+d$, $p=ab$, $q=cd$.
Por Newton'identities, sabemos $a^n+b^n$ es un polinomio $P_n(s,p)\in \mathbf Z[s,p]$$c^n+d^n=P_n(s,q)$.
Lo que tenemos que mostrar es $P_n(s,p)-P_n(s,q)$ es divisible por $p-q$. Esto resulta de la fórmula de Taylor para polinomios.
Detalles: en efecto, sabemos que la fórmula de Taylor es una fórmula exacta para polinomios. Consideremos $P_n(s,p)$ $P_n(s,q)$ como en la evaluación de un polinomio $P_n(s,x)$ $p$ $q$ respectivamente. Si $d$ es su grado, fórmula de Taylor puede ser escrita como: $$P_n(s,p)-P_n(s,q)=(p-q)P'_n(s,q)+(p-q)^2\frac{P''_n(s,q)}{2}+\dots+(p-q)^d\frac{P^{(d)}_n(s,q)}{d\,!}$$ Esto demuestra $P_n(s,p)-P_n(s,q)$ es divisible por $p-q$, ya que todos los polinomios $\,\dfrac{P_n^{(k)}(s,x)}{k\,!}$ lis en $\mathbf Z[x]$.
Argo
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161
Prueba de matemáticas de secundaria:
Tenemos que hacer uso de la condición dada. Que $u=a+b=c+d$, $v=a-b$ y $w=c-d$. Reescritura de $a=(u+v)/2$, $b=(u-v)/2$, $c=(u+w)/2$ y $d=(u-w)/2$.
El denominador es
$$ab-cd=\frac14\left(u^2-v^2-(u^2-w^2)\right)=\frac14\left(w^2-v^2\right)$$
El numerador es
$$\frac{1}{4^n}\left((u+w)^n+(u-w)^n-((u+v)^n+(u-v)^n)\right)$$ $$=\frac{1}{4^n}\left(2\sum_{k=0,2,4\ldots}^n {n \choose k} u^{n-k} w^k -2\sum_{k=0,2,4\ldots}^n {n \choose k} u^{n-k} v^k \right)$$ $$=\frac{2}{4^n}\sum_{k=0,2,4\ldots}^n {n \choose k} u^{n-k} (w^k-v^k) $$
Porque es $k=2m$, basta mostrar que $w^2-v^2$ divide $(w^2)^m-(v^2)^m$, que se resuelve por una igualdad de nivel secundaria $a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+\cdots)$.
