¿Cuántas sucesiones CuCu existen?

Un bonito (y sencillo) ejercicio relacionado con el principio de inducción consiste en demostrar que el cuadrado de la suma de cualquier conjunto de enteros positivos consecutivos que comience en el 1 es igual a la suma de los cubos de dichos números. Es decir, que para todo n \in \mathbb{N} se cumple que

(1+2+ \ldots +n)^2=1^3+2^3+ \ldots + n^3

Podéis intentar resolverlo vosotros mismos, aunque si os atragantáis con él tenéis la resolución del mismo con inducción en este post donde, además, se da un procedimiento para generar conjuntos finitos con esta propiedad, a los que cariñosamente llamé conjuntos CuCu (de cuadrados-cubos).

El caso es que es interesante esta propiedad de que el cuadrado de la suma sea igual a la suma de los cubos, por lo que no está de más preguntarse qué otras colecciones de números la cumplen. Manos a la obra entonces.

La cuestión que queremos resolver es la siguiente:

¿Cuántas sucesiones a(n) de enteros positivos cumplen que

(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n))^2=a(1)^3+a(2)^3+ \ldots + a(n)^3

para todo n \in \mathbb{N}?

Es decir, ¿cuántas sucesiones CuCu existen? Esta pregunta fue planteada por nuestro amigo Antonio Rojas en este tuit hace unos días. Gracias a él tenemos hoy aquí esta entrada.

Vamos con nuestro problema. Está claro, por lo comentado al principio, que la sucesión a(n)=n cumple dicha propiedad, por lo que es una de las soluciones. La cosa es demostrar que es la única o encontrar qué otras sucesiones CuCu hay.

Para ello vamos a partir de la igualdad

(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n))^2=a(1)^3+a(2)^3+ \ldots + a(n)^3

y vamos a ver qué forma debe tener a(n) si esa igualdad es cierta. La demostración por inducción es, posiblemente, la primera opción que pasa por nuestra cabeza. De este método de demostración nosotros vamos a utilizar únicamente el primer paso, el que corresponde a n=1:

a(1)^2=a(1)^3

por lo que, como a(1) > 0, nos asegura (simplificando) que a(1)=1.

Y ahora, en vez de continuar con inducción, vamos a usar la siguiente propiedad:

Si x(n)=y(n), para todo n \in \mathbb{N}, entonces

x(n)-x(n-1)=y(n)-y(n-1)

para todo n \in \mathbb{N}.

Sea x(n)=(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n))^2 y sea y(n)=a(1)^3+a(2)^3+ \ldots + a(n)^3. Como partimos de que son iguales se cumplirá la propiedad mencionada ahora mismo. Tenemos que

\begin{matrix} x(n)-x(n-1)=(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n))^2-(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-1))^2 = \\ \\ =(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-1) +a(n))^2-(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-1))^2= \\ \\ = [\mbox{Cuadrado de una suma}]= \\ \\ =(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-1))^2+a(n)^2+2(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-1)) \cdot a(n)- \\ \\ -(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-1))^2= \\ \\ = a(n)^2+2(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-1)) \cdot a(n) \end{matrix}

Por otro lado tenemos lo siguiente:

\begin{matrix} y(n)-y(n-1)=a(1)^3+a(2)^3+ \ldots + a(n)^3- \\ \\ -(a(1)^3+a(2)^3+ \ldots + a(n-1)^3)=a(n)^3 \end{matrix}

Igualando ambos resultados obtenemos lo siguiente:

a(n)^2+2(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-1)) \cdot a(n)=a(n)^3

Sacando factor común a(n) en el término de la izquierda y simplificando tenemos que

a(n)+2(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-1))=a(n)^2

Aplicamos ahora el mismo proceso a esta igualdad. Sean

R(n)=2(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-1))+a(n)

y

S(n)=a(n)^2

Como R(n)=S(n), entonces R(n)-R(n-1)=S(n)-S(n-1). Calculemos estas dos expresiones:

\begin{matrix} R(n)-R(n-1)=2(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-1))+a(n)- \\ \\ -(2(a(1)+a(2)+ \ldots +a(n-2))+a(n-1))=\ldots=a(n)+a(n-1) \end{matrix}

y

S(n)-S(n-1)=a(n)^2-a(n-1)^2

Tenemos entonces la siguiente igualdad:

a(n)+a(n-1)=a(n)^2-a(n-1)^2

Pero el segundo término es una diferencia de cuadrados, por lo que se puede expresar como suma por diferencia. Quedaría:

a(n)+a(n-1)=(a(n)+a(n-1)) \cdot (a(n)-a(n-1))

Y simplificando nos queda lo siguiente:

a(n)-a(n-1)=1 \rightarrow a(n)=a(n-1)+1

y esto se cumple para todo n \in \mathbb{N} En particular para n=2, de donde obtenemos que a(2)=a(1)+1. Pero sabíamos que a(1)=1, por lo que nos queda que a(2)=2. Pero entonces de a(3)=a(2)+1 obtenemos que a(3)=3. Y siguiendo con este proceso llegamos a que, obligatoriamente, debe ser a(n)=n, para todo n \in \mathbb{N}.

Por tanto, la única sucesión CuCu de números enteros positivos es a(n)=n, para todo n \in \mathbb{N}. Una propiedad tan particular no podía cumplirla una sucesión cualquiera, tenía que pertenecer a una sucesión también muy particular.


Como comentario final, es posible que en este caso concreto muchos de vosotros veáis más sencillo resolver el ejercicio con inducción en vez de seguir el camino que hemos seguido aquí. Me parecería razonable, pero nunca está de más conocer nuevos “trucos” que podemos usar al intentar “hacer magia” con las demostraciones. Creo que por ello esta entrada tiene el interés suficiente como para aparecer en este blog.


Esta entrada es mi segunda aportación a la Edición 4.1231 del Carnaval de Matemáticas, que en esta ocasión organiza Joaquín desde Matemáticas interactivas y manipulativas.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

35 Comentarios

  1. A mí se me ocurre el siguiente razonamiento. Al calcular el siguiente término, no puede haber más de 3 soluciones (en los números reales), ya que estamos en grado 3. Una solución es el siguiente término de la sucesión n, otra es la solución trivial, 0, y la otra es el negativo del término anterior, ya que se anulan estos dos términos en los dos lados. No puede haber más soluciones, y las dos últimas no son válidas, luego la única válida es la sucesión n.

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  2. golvano,
    ¿puedes explicar de qué polinomio de grado 3 estás calculando las raíces?
    (¿o era un chiste?)

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  3. Pues del que se obtiene cuando conoces los primeros términos de la sucesión y quieres calcular el siguiente, que es la incógnita.

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  4. Si hablamos de sucesiones finitas, y cuyos elmentos puedan repetirse, hay un número infinito de ellas. Cojamos por ejemplo N = 12.

    Sus divisores son {1, 2, 3, 4, 6 y 12}. Y el número de divisores de cada uno de ellos son {1, 2, 2, 3, 4, 6}. Entonces,

    1^3 + 2^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 + 6^3 = 324 = (1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 6)^2

    Y esto para todo N (Liouville dixit).

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  5. Teniendo en cuenta que, tanto la sucesión de los números naturales como la de los cubos son progresiones aritméticas de ordenes uno y tres respectivamente, si obtenemos sus sumas por diferencias sucesivas obtenemos las conocidas fórmulas:
    Suma de los n primeros números = n*(n-1)/2 y
    Suma de los n primeros cubos = n^2*(n-1)^2/4.
    O sea que el cuadrado de la suma es igual a la suma de los cubos.

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  6. Mejor olvidar mis dos anteriores comentarios. No había leído con la suficiente atención el principio del post, y no conocía el más antiguo https://gaussianos.com/como-generar-conjuntos-cucu/, en el que además se me cita …

    Me fustigo severamente por ello. Para compensar, añadiré que no todas los colecciones cu-cu (digo colecciones por la posible repetición de elementos) se obtienen por el método de Liouville, como ya señalo Icosaedro en el otro post. Para añadir algo realmente distinto, diré que a partir de cualquier colección de enteros se puede obtener otra que es Cu-Cu.

    Definamos la característica de Liouville de una colección A de enteros, CL(A), como el cociente entre la suma de los cubos de los elementos de A, entre el cuadrado de su suma. Entonces las colecciones Cu-Cu son las A tales que CL(A) = 1.

    Se tiene que si A(a, k) = {a, a, …, a}, k elementos iguales a ‘a’,

    CL(A(a, k)) = k*a^3/(k*a)^2 = a/k

    Entonces, si tenemos una colección B, con CL(B) = m/n, construimos la colección formada por los productos de todos sus elementos por todos los de A(n, m), pues no es díficil demostrar que la característica de Liouville es multiplicativa. Asi la colección resultante tendrá característica 1 y serrá Cu-Cu.

    Por ejemplo, sea B = {2, 3, 5}. Tenemos que

    CL(B) = (2^3 + 3^3 + 5^3)/(2 + 3 + 5)^2 = 8/5

    Consideramos entonces la colección A(5, 8) = {5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5} y formamos la colección obtenida multiplicando cada elemento de B con cada elemento de A(5, 8):

    B’ = {10, 10, …, 15, 15, …, 25, 25, …}

    donde cada elemento figura 8 veces. Entonces B’ es Cu-Cu: la suma de sus cubos y el cuadrado de su suma son iguales a 160000.

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  7. Para los estudiantes laboriosos, se propone este relativamente fácil problema:

    1) Demostrar que para n entero natural arbitrario hay una infinidad de sucesiones CuCu de reales positivos teniendo n elementos.

    2) Construir una de 3 elementos, similar a la dada por
    (a_1,a_2,a_3 )=(1/3 ,(2+√6)/3 ,(3+√(81+24√6) )/6 )

    PREGUNTA PARA MATEMÁTICOS: ¿existe alguna sucesión CuCu de racionales positivos no enteros?

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  8. Bonito disfraz: sea a(n)=n*sen((PI(8n+1)/4)).
    Para cualquier n, (suma(a(n)))^2= suma(a(n)^3).

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  9. JJGJJJG,

    sen(pi(8n+1)/4) = sen(2pi*n + pi/4) = sen(pi/4) = rq(2)/2

    Entonces a(n) = rq(2)n/2.

    Si con Sum(a(n)) te refieres a la suma desde 1 hasta n, no es cierto, puesto que a(n) = n si es CuCu, y la relación que las define no es homógenea.

    ¿Quizas quisiste poner a(n) = n*sen(pi(4n+1)/2)?

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  10. Luis GSA, si que las hay.

    Si el mcm de los divisores es k, el problema es equivalente a buscar sucseiones (finitas) enteras con lo que llamé característica de Liouville k, de manera que no todos sus términos sean múltiplos de k. Para n = 2 y 3 _parecen_ no existir, pero para n = 4 si:

    {1/2, 1/2, 1/2, 5/2}
    {2, 3, 7/2, 9/2}
    {3, 7/2, 4, 9/2}
    {1/3, 7/3, 8/3, 11/3}

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  11. Gracias, Ignacio Larrosa Cañestro, por tu respuesta. Me gustaría que ese “parecen” se cambiase a un concreto sí o no en cuanto a la existencia para n igual a 2 ó 3. Es un hecho demostrable sin mayor esfuerzo que no pueden haber similares sucesiones CuCu para un número arbitrario de términos y un problema que se presentaría es el de la determinación del “mejor” n (el cual me “parece” que no debe andar muy lejos de tu expuesto n= 4. Incluso podría quizás ser tu 4). Gracias de nuevo.

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  12. Para JJGJJG, Ignacio Larrosa Cañestro y estudiantes: no hubo ningún bonito disfraz en el problemita que puse para estudiantes sino una manera no trigonométrica y sencilla para establecer lo dicho. Así por ejemplo, de la sucesión {2, 3, 7/2, 9/2}, de cuatro primeros elementos racionales dada por Ignacio, se puede construir fácilmente un quinto elemento positivo no deducible por la sucesión dada por JJGJJG. Y después un sexto, etc. Gracias a todos.

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  13. Perdona, Luis GSA, mi expresón “bonito disfraz” se refiere exclusivamente a mi forma de disfrazar la serie CuCu 1, 2, 3,…n.

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  14. Hola JJGJJG, no veo nada que perdonar y lo que escribí lo hice de modo totalmente ecuánime. Pensé entonces equivocadamente que te referías a mi nota, en particular porque un disfraz cambia sólo la apariencia no la esencia, y no veo cómo la sucesión N puede salir de la serie que ofreces (quizás sí y no veo la cosa con suficiente atención). Un cordial saludo trasatlántico.

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  15. Ya me di cuenta que el signo * representaba la multiplicación pero no lo sabía, pensé que era otra cosa. Ahora perdóname tú, JJGJJG. Cordial saludo.

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  16. Se puede conseguir una CuCu de números reales infinita partiendo de cualquier valor para el primer término. Si este es 1, se obtiene a(n) = n. Pero si no es 1, la sucesión obtenida es CuCu, excepto para el primer término. El procedimemiento es simple. Empezamos con un valor m cualquiera. Entonces el siguiente debe cumplir que

    m^3 + a^3 = (m + a)^2 ===> m^2 – ma + a^2 = m + a

    a^2 – (m + 1)a + m^2 – m = 0 ===> a = (m + 1 +/- √(- 3m^2 + 6m + 1))/2

    Tomando el signo ‘+’, tenemos asegurado un valor positivo para a.

    para los sucesivos términos, tenemos que

    (K^2 + a^3) = (K + a)^2

    donde K es la suma de los anteriores términos y K^2 la suma de sus cubos. Esta ecuación cúbica en a tiene la raíz evidente a = 0, y la de 2º grado resultante la raíz real positiva:

    a = (√(8K + 1) + 1)/2

    Esta claro que este proceso puede continuar de forma indefinida. Por tanto, a partir de cualquier valor inicial se puede obtener una sucesión ilimitada de números reales que sea CuCu, a partir del 2º término.

    Pero que sean racionales ya es otro cantar. Si que podemos obtener pares de valores racionales que sean CuCu. Basta con encontrar un valor de m racional, para el √(- 3m^2 + 6m + 1) sea racional. Haciendo m = p/q, nos queda:

    a = (p + q + √(- 3p^2 + 6pq + q^2))/(2q)

    Basta con que el radicando sea un cuadrado:

    – 3p^2 + 6pq + q^2 = r^2

    Lo que ocurre por ejemplo para (p, q) = (2, 7), (4, 7), (5, 13), (6, 13), (3, 19), (14, 19), (7, 31), (4, 37), (8, 43), (20, 31), (10, 49), (5, 61), (30, 37), (30, 43), (33, 49), (10, 73), (22, 67), (6, 91)

    considerando solo aquellos en los que p + q <= 100.

    Con el primero, obtenemos m = 2/7 y a = 10/7. Tomando ahora K = 12/7, el siguiente valor quer obtenemos es irracional: b = (√721 + 7)/14.

    Lo mismo ocurre para los otros 17 valores de p/q, con p + q <= 100, relacionados antes.

    Pero si que hay ternas de números racionales, no todos ellos enteros, que son CuCu. Por ejemplo:

    2^3 + (8/3)^3 + (10/3)^3 = (2 + 8/3 + 10/3)^2 = 64

    También

    {8/5, 8/5, 16/5}, {5/7, 1, 18/7}, {1, 9/7, 20/7}, {1, 18/7, 20/7}, {5/8, 3/4, 19/8}, {5/4, 15/8, 25/8}, {10/9, 8/3, 26/9}, {20/9, 25/9, 10/3}, {2/5, 9/10, 23/10}, {3/5, 21/10, 27/10}, {6/11, 6/11, 24/11}, {10/11, 18/11, 32/11}, {15/11, 25/11, 35/11}, {16/11, 30/11, 34/11}, {18/11, 17/11, 36/11}, {28/11, 32/11, 36/11}

    Los relacionados son los que tienen suma de numeradores menores o iguales que 100 y denomonadores <= 11.

    Muy entretenido, si señor …

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  17. Has cometido un pequeño lapsus, Ignacio, y dejo que lo ubiques tú mismo ya que no te costará mayor trabajo si te concentras un poquito al releer tu redacción (NO me refiero al uso no muy riguroso de “sucesión infinita” ya que siendo el procedimiento “manual”, no hay medio de lograr esto, salvo que teóricamente se establezca una fórmula para el término n-ésimo; y tampoco es un lapsus de idioma sino matemático). Un saludo muy cordial.

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  18. Pues así, a primera vista no se a que te puedes referir, aparte de algunos errores de dactilografiado, como un “que” faltante en

    ” Basta con encontrar un valor de m racional, para el QUE √(- 3m^2 + 6m + 1) sea racional”

    y alguna otra cosilla de ese estilo. En cuenta a lo de sucesión infinita, o ilimitada que decía yo, no hay ningún problema. una sucesión infinita no solo se determina por el término general, sino que también puede hacerse por una ley de recurrencia. Y está esta clar, aunque implícita en mi anterior mensaje. Si el término n-simo es a(n), sea

    S(n) = Sum(a(k), k, 1, n), n > 1

    Entonces,

    a(n+1) = (√(8·S(n) + 1) + 1)/2, n > 1

    Se trata de una ley de recurrencia en la que intervienen todos los términos anteriores de la sucesión, como las que cumplen los números de Bell o los de Catalan (aunque para estos últimos hay un término general explícito muy sencillo).

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  19. “Se puede conseguir una CuCu de números reales infinita partiendo de cualquier valor para el primer término”. Aquí está tu lapsus, estimado Ignacio, un simple lapsus de los que yo, personalmente hablando, he cometido peores (no tiene nada que ver lo de infinita) y de repente soy yo quien lo está cometiendo aquí aunque no lo creo. Me ha sucedido de estar ante errores “evidentes” pero yo no me daba cuenta al comienzo.

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  20. Bueno ya …. Cualquiera para el que exista ‘a’, para lo que debe ser positivo el discriminante de la ecuación de 2º gradpo que nos da ‘a’ en función de m. Concretamente si hablamos de términos positivos, debe ser m < 1 + 2√3/3 ~= 2.154700538

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  21. Muy bien, ahí estaba el lapsus. Pero aún te equivocas,–tal como me pasa a mí a veces cuando me apuro en redactar–, ya que m debe estar también acotado inferiormente por el conjugado del número que das. Hay algo más que quisiera decirte sobre tu réplica a mi comentario anterior. Podrías darme tu dirección para enviarte un emilio explicativo, o también podrías escribirme a lagsa7@gmail.com si quisieras saberlo. Cordiales saludos.

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  22. Luis GSA, esa cota inferior que mencionas es negativa, por eso digo que si hablamos de términos positivos, debe ser m 1 – 2√3/3 ~= -0.154700538, pero desde el principio estamos refiriéndonos a colecciones de números positivos. Mi dirección de coreo es ilarrosa@mundo-r.com. Saludos,

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  23. En el anterior comentario se trago todo lo que había entre el símbolo de menor y el de mayor. No consigo que me funcione con latex, así que lo pongo con texto:

    Luis GSA, esa cota inferior que mencionas es negativa, por eso digo que si hablamos de términos positivos, debe ser m menor que 1 + 2√3/3 ~= 2.154700538. Si quieres permitir términos negativos, debería ser desde luego m mayor que 1 – 2√3/3 ~= -0.154700538, pero desde el principio estamos refiriéndonos a colecciones de números positivos. Mi dirección de coreo es ilarrosa@mundo-r.com. Saludos,

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  24. Hay que tener en cuenta que esa sucesión cumpliría la propiedad excepto para el primer término. Es decir, habría que coger dos o más empezando por el principio.

    Cuando ya se tienen tres elementos, cada uno nuevo será igual al anterior más uno.

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  25. Los conjuntos CuCu nos llevan a la siguiente relación:

      \displaystyle  \sum_{k=1}^{n-1} \sum_{j=k+1}^{n} k \cdot j  =   \frac{1}{2} \cdot   \left (  \sum_{k=1}^{n}  k^{3}  -  \sum_{k=1}^{n}  k^{2}    \right )  =   \frac{1}{2} \cdot   \left (  \sum_{k=1}^{n}  k^{2}  \left ( k-1 \right )   \right )

    Con n=3

      \displaystyle  \sum_{k=1}^{2} \sum_{j=k+1}^{3} k \cdot j  =  1 \cdot 2 + 1 \cdot 3 + 2 \cdot 3  =   \frac{1}{2} \cdot   \left (  \sum_{k=1}^{3}  k^{3}  -  \sum_{k=1}^{3}  k^{2}    \right )

      \displaystyle   \frac{1}{2} \cdot   \left (  1^{3} + 2^{3} + 3^{3}  -1^{2} - 2^{2} - 3^{2}   \right )  =   \frac{1}{2} \cdot   \left (  1^{2} \cdot \left ( 1-1 \right )  + 2^{2} \cdot \left ( 2-1 \right )  + 3^{2} \cdot \left ( 3-1 \right )  \right )

       \frac{1}{2} \cdot   \left (  0  + 4  + 18  \right )  = \frac{22}{2} = 11

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  26. Para establecer una sucesión CuCu de n términos desiguales, en definitiva debe plantearse una ecuación de apariencia difícil pero algebraicamente sencilla, la misma que mediante un proceso iterativo(*), ¡que no es una relación de recurrencia!, puede prolongarse en su número n de términos hasta que la paciencia se agote. Se puede partir de un a_0 cualquiera en el intervalo [-0.1547, 2.1547] al cero correspondiéndole la única CuCu de números enteros; para los a_0 negativos de este intervalo, todos los a_n que se obtengan serán positivos.
    (*)Como los usados, por ejemplo, para el conjunto de Mandelbrot o en el teorema del punto fijo de Banach.

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  27. Ya que estamos con exponentes :

    Aquí van unos ejemplos de números N = b^2^n + k con 6 valores primos consecutivos para n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, escritos en la forma (b , k) con b distinto de 2 y k distinto de 1 :

    (3 , 440)

    (5 , 1518)

    (6 , 1081)

    (14 , 405)

    (20 , 1071)

    (67 , 240)

    (1145 , 7554)

    (1938 , -7)

    (1989 , 8072)

    (2614 , 9505)

    (2775 , -824)

    (3863 , 8418)

    Los numeros N = b^2^n + k son números de Fermat generalizados. Naturellement.

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  28. Disculpen que me salga del tema pero tengo esta pregunta:

    Si un numero es divisible entre 3
      \displaystyle \sum_{i=0}^{n} a_{i} \cdot 10^{i} = 3 \cdot M

    Entonces la suma de los cubos de sus digitos tambien es divisible entre 3

      \displaystyle \sum_{i=0}^{n} a_{i} ^{3} = 3 \cdot P

    Existe alguna prueba de que esta afirmacion sea correcta o falsa?

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