Ramanujan curioso cúbicos identidades

Question

Dada la cúbico, $$z^3-ez^2+fz-1=0$$ Deje $z_1,z_2,z_3$ ser las tres raíces. Definir, $$x_n = z_1^{1/n}+ z_2^{1/n}+ z_3^{1/n}$$ $$y_n = (z_1z_2)^{1/n}+ (z_1z_3)^{1/n}+(z_2z_3)^{1/n}$$ Ramanujan encontró que, $$x_3^3-e = y_3^3-f= 3(x_3y_3-1) \tag{1}$$ $$ \frac{x_5^5-e}{x_5^2-y_5} = \frac{y_5^5-f}{y_5^2-x_5} = 5(x_5y_5-1) \tag{2}$$ $$ \frac{x_7^7-e}{(x_7^2-y_7)^2+x_7} = \frac{y_7^7-f}{(y_7^2-x_7)^2+y_7} = 7(x_7y_7-1) \tag{3}$$ Él se detiene aquí, sino que hay una generalización a $p=11$, $$ \frac{x_{11}^{11}-e}{P_1} = \frac{ y_{11}^{11}-f}{P_2} =11(x_{11}y_{11}-1) \tag{4}$$ donde $P_1,P_2$ son polinomios en $x_{11},y_{11}$ análogo a los anteriores?

P. S. Sólo un comentario. Estas relaciones pueden ser probadas después de saber sobre él, pero, ¿cómo en el mundo Ramanujan venir con ellos en el primer lugar?

Answer 1

Después de mirar fijamente a mi pregunta, por un tiempo, me di cuenta de cómo responder a él. Vamos,

$$a,b,c=z_1^{1/11}, z_2^{1/11}, z_3^{1/11}$$

por lo tanto (por conveniencia), $p=a+b+c=x_{11},\; q=ab+ac+bc=y_{11},\; abc = 1$. A continuación, $$\frac{x_{11}^{11}-e}{P_1} = 11(x_{11}y_{11}-1)$$ es equivalente a, $$(a+b+c)^{11}-(a^{11}+ b^{11}+ c^{11}) = 11(pq-1)\, P_1$$ Desde $pq-1 = (a+b)(a+c)(b+c)$ si $abc=1$, entonces todo lo que queda es expresar $P_1$ en términos de $p,q$. Uno encuentra que, $$P_1 = (p^2 - q) (p^6 - 3 p^4 q + 4 p^2 q^2 - q^3) + p (3 p^2 - 5 q) (p^2 - q) + (2p^2 - q)$$ es cierto si $abc=1$. Para $P_2$, vamos a $p,q\to q,p$.

He utilizado Mathematica para encontrar esto, y la forma más complicada es probablemente la razón por la que Ramanujan no lo incluyó en sus Cuadernos. Aunque él no escribir "...y así sucesivamente", que indica que hubo más de identidades, él probablemente lo hizo saber.

P. S. yo no comprobar si se puede hacer para $n=9$, aunque como T. Andrews puntos, se puede trabajar para impar n.