[Rania]

Hola a todos, estaba necesitando ayuda con este ejercicio

1) Probar que si \( n \) es un número natural impar y  \(  a\neq -b  \) entonces \(  a+b | a^n + b^n  \)

alguna pista para empezar a verlo?

[Luis Fuentes]

Hola

Hola a todos, estaba necesitando ayuda con este ejercicio

1) Probar que si \( n \) es un número natural impar y  \(  a\neq -b  \) entonces \(  a+b | a^n + b^n  \)

alguna pista para empezar a verlo?

Método I: Prueba que si \( n \) es impar:

\( (a^n+b^n)=(a+b)\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right) \)

Método II: Considera el polinomio \( p(x)=x^n+b^n \). Si \( n \) es impar, entonces \( p(-b)=0 \) y por tanto por el Teorema del Resto, \( p(x) \) es divisible por \( x-(-b)=x+b \), es decir, \( p(x)=(x+b)q(x) \). Evalúa en \( x=a \).

Saludos.

[manooooh]

Hola

Método I: Prueba que si \( n \) es impar:

\( (a^n+b^n)=(a+b)\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right) \)

Método II: Considera el polinomio \( p(x)=x^n+b^n \). Si \( n \) es impar, entonces \( p(-b)=0 \) y por tanto por el Teorema del Resto, \( p(x) \) es divisible por \( x-(-b)=x+b \), es decir, \( p(x)=(x+b)q(x) \). Evalúa en \( x=a \).

Supongo que puedo agregar un tercer método, por inducción (no sé si se pisa con el primer método del sumatorio):

Método III: El caso base con \( n=1 \) queda \( a+b\mid a+b \), el cual claramente se cumple.

Sea cierta para un \( n=2k+1 \), con \( k\in\Bbb{N}_0 \), es decir:

\( a+b\mid a^{2k+1}+b^{2k+1}\iff a^{2k+1}+b^{2k+1}=(a+b)p,\;p\in\cancel{\Bbb{N}_0}\color{red}\Bbb{Z}\color{black}. \)

Veamos que se cumple para el siguiente impar, \( n=2k+3 \), es decir:

\( a+b\mid a^{2k+3}+b^{2k+3}\iff a^{2k+3}+b^{2k+3}=(a+b)p',\;p'\in\cancel{\Bbb{N}_0}\color{red}\Bbb{Z}\color{black}. \)

Dem)

\begin{align*}
a^{2k+3}+b^{2k+3}&=a^{2k+1}a^2+b^{2k+1}b^2\\
&=a^{2k+1}a^2+a^2b^{2k+1}-a^2b^{2k+1}+b^{2k+1}b^2\\
&=a^2(a^{2k+1}+b^{2k+1})+b^{2k+1}(b^2-a^2)\\
&=a^2(a+b)p+b^{2k+1}(b-a)(a+b)
\end{align*}

Creo que puedes terminar a partir de aquí.

Saludos

EDITADO

[Rania]

Hola

Método I: Prueba que si \( n \) es impar:

\( (a^n+b^n)=(a+b)\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right) \)

Método II: Considera el polinomio \( p(x)=x^n+b^n \). Si \( n \) es impar, entonces \( p(-b)=0 \) y por tanto por el Teorema del Resto, \( p(x) \) es divisible por \( x-(-b)=x+b \), es decir, \( p(x)=(x+b)q(x) \). Evalúa en \( x=a \).

Supongo que puedo agregar un tercer método, por inducción (no sé si se pisa con el primer método del sumatorio):

Método III: El caso base con \( n=1 \) queda \( a+b\mid a+b \), el cual claramente se cumple.

Sea cierta para un \( n=2k+1 \), con \( k\in\Bbb{N}_0 \), es decir:

\( a+b\mid a^{2k+1}+b^{2k+1}\iff a^{2k+1}+b^{2k+1}=(a+b)p,\;p\in\Bbb{N}_0. \)

Veamos que se cumple para el siguiente impar, \( n=2k+3 \), es decir:

\( a+b\mid a^{2k+3}+b^{2k+3}\iff a^{2k+3}+b^{2k+3}=(a+b)p',\;p'\in\Bbb{N}_0. \)

Dem)

\begin{align*}
a^{2k+3}+b^{2k+3}&=a^{2k+1}a^2+b^{2k+1}b^2\\
&=a^{2k+1}a^2+a^2b^{2k+1}-a^2b^{2k+1}+b^{2k+1}b^2\\
&=a^2(a^{2k+1}+b^{2k+1})+b^{2k+1}(b^2-a^2)\\
&=a^2(a+b)p+b^{2k+1}(b-a)(a+b)
\end{align*}

Creo que puedes terminar a partir de aquí.

Saludos

Entiendo que \( a+b\mid a^{2k+1}+b^{2k+1}\iff a^{2k+1}+b^{2k+1}=(a+b)p,\;p\in\Bbb{N}_0. \) es hipótesis inductiva.
Llegué a que \(  a^{2k+3} + b^{2k+3} = (a+b) (pa^2 + b^{2k+1} (b-a) ) \Rightarrow{a+b|a^{2k+3}+b^{2k+3}}  \), por lo cual vale para el siguiente impar, el paso inductivo se cumple, y como el caso base vale, entonces el predicado vale para todo n natural.

[manooooh]

Hola

Entiendo que \( a+b\mid a^{2k+1}+b^{2k+1}\iff a^{2k+1}+b^{2k+1}=(a+b)p,\;p\in\Bbb{N}_0. \) es hipótesis inductiva.
Llegué a que \(  a^{2k+3} + b^{2k+3} = (a+b) (pa^2 + b^{2k+1} (b-a) ) \Rightarrow{a+b|a^{2k+3}+b^{2k+3}}  \), por lo cual vale para el siguiente impar, el paso inductivo se cumple, y como el caso base vale, entonces el predicado vale para todo n natural.

Bien! Solo menciona que esto: \( (a+b) \color{red}(pa^2 + b^{2k+1} (b-a) ) \) es no negativo entero por ser suma, producto, potencias, etc. de números no negativos enteros. Así que con esto puedes llamar \( p'=(pa^2 + b^{2k+1} (b-a) )\in\cancel{\Bbb{N}_0}\color{red}\Bbb{Z}\color{black} \) y ahora sí concluir como lo has hecho.

La única pega que encuentro es que \( b-a \) puede ser negativo si \( a \) es más grande que \( b \)... Pero ahora que veo no sé por qué modifiqué la definición de divisibilidad en mi anterior mensaje, puse que \( p,p'\in\Bbb{N}_0 \) pero en realidad por definición son números enteros.

Saludos

[Rania]

Hola

Hola a todos, estaba necesitando ayuda con este ejercicio

1) Probar que si \( n \) es un número natural impar y  \(  a\neq -b  \) entonces \(  a+b | a^n + b^n  \)

alguna pista para empezar a verlo?

Método I: Prueba que si \( n \) es impar:

\( (a^n+b^n)=(a+b)\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right) \)

Método II: Considera el polinomio \( p(x)=x^n+b^n \). Si \( n \) es impar, entonces \( p(-b)=0 \) y por tanto por el Teorema del Resto, \( p(x) \) es divisible por \( x-(-b)=x+b \), es decir, \( p(x)=(x+b)q(x) \). Evalúa en \( x=a \).

Saludos.

En el método 1, ¿cómo se deduce la igualdad \( (a^n+b^n)=(a+b)\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right) \)?
Entiendo que hay que demostrarlo por inducción con n impar pero no lo veo tan claro.

En el método 2, evaluando en a,  me quedó \(  p(a)=  a^n + b^n = (a+b) q(a) \) entonces veo que a + b divide a \(  a^n + b^n  \)

[Luis Fuentes]

Hola

En el método 1, ¿cómo se deduce la igualdad \( (a^n+b^n)=(a+b)\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right) \)?
Entiendo que hay que demostrarlo por inducción con n impar pero no lo veo tan claro.

No hace falta inducción. Directamente:

\( \color{red}\xcancel{(a^n+b^n)=}\color{black}(a+b)\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right)= \)

\( =a\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right)+b\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right)= \)

\( =\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-k}b^k+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^{k+1}= \)

\( =a^n+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-k}b^k+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^{k+1}= \)

\( =a^n+\displaystyle\sum_{p=0}^{n-2}{}(-1)^{p+1}a^{n-(p+1)}b^{p+1}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^{k+1}= \)

\( =a^n+\displaystyle\sum_{p=0}^{n-2}{}\left(\underbrace{(-1)^{p+1}+(-1)^p}_0\right)a^{n-p-1}b^{p+1}+(-1)^{n-1}b^{n}=a^n+(-1)^{n-1}b^n \)

Como \( n \) es impar, \( n-1 \) es par y \( (-1)^{n-1}=1 \).

Por tanto: \( a^n+(-1)^{n-1}b^n=a^n+b^n \).

Saludos.

[manooooh]

Hola

\( \color{red}(a^n+b^n)\color{black}=(a+b)\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right)= \)

\( =a\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right)+b\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^k\right)= \)

\( =\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-k}b^k+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^{k+1}= \)

\( =a^n+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-k}b^k+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^{k+1}= \)

\( =a^n+\displaystyle\sum_{p=0}^{n-2}{}(-1)^{p+1}a^{n-(p+1)}b^{p+1}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}{}(-1)^ka^{n-1-k}b^{k+1}= \)

\( =a^n+\displaystyle\sum_{p=0}^{n-2}{}\left(\underbrace{(-1)^{p+1}+(-1)^p}_0\right)a^{n-p-1}b^{p+1}+(-1)^{n-1}b^{n}=a^n+(-1)^{n-1}b^n \)

Como \( n \) es impar, \( n-1 \) es par y \( (-1)^{n-1}=1 \).

Por tanto: \( a^n+(-1)^{n-1}b^n=a^n+b^n \).

Creo que lo marcado en rojo sobra, porque tal como está empiezas con \( a^n+b^n \) y terminas "Por tanto... \( =a^n+b^n \)", o sea un razonamiento circular.

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Creo que lo marcado en rojo sobra, porque tal como está empiezas con \( a^n+b^n \) y terminas "Por tanto... \( =a^n+b^n \)", o sea un razonamiento circular.

¡Si, claro qué sobra!. ¡Gracias!.

Saludos.