Una exótica secuencia

Question

Deje que $a=\frac{1+\sqrt 7}{2}$ y $u_n=\Re(a^n)$ demostrar que $(|u_n|)\+\infty$

Creo que lo basico método no funciona aquí.

Alguna idea ?

Answer 1

Estoy seguro de que hay un más elemental método de la pesada maza que se usa aquí.
Desde sólo sé esto, aquí está la almádena.

Deje que $\displaystyle c = \frac{1+\sqrt{7}}{2}$, vamos a probar que $\Re(c^k) \to \infty$ $k \to \infty$.
Considerar la secuencia de $(c_k)_{k\in\mathbb{N}}$ donde $c_k = 2\Re(c^k) = \left(\frac{1+\sqrt{7}}{2}\right)^k + \left(\frac{1-i\sqrt{7}}{2}\right)^k$.
Es fácil comprobar que satisface lineal de la recurrencia de la relación de la forma

$$c_{k+2} = c_{k+1} - 2c_{k}$$

Desde $c_0 = 2$ y $c_1 = 1$, esto significa que para todo $k > 0$, $c_k$ es un entero impar y por lo tanto $\Re(c^k) \ne 0$.

Deje que $\mathbb{A}$ el conjunto de los números algebraicos, no es algo general podemos decir acerca de cualquier $c \in \mathbb{A}$ tal que $|c| > 1$ y $\Re(c^k) \ne 0$ para todo $k > 0$. Para cualquier $$ en $\mathbb{A}$, vamos $H(a)$ ser su ingenuo altura. Permítanos split $c$ como

$$c = |c|\quad\text{ con }\quad |c| \in \mathbb{Un}\quad\text{ y }\quad \in \mathbb{Un}\setminus\mathbb{R}, |a| = 1$$

Ahora $\Re(c^k) \ne 0$ para todo $k > 0$ implica $a^k \ne i$ o $-i$ para todo $k > 0$. Esto implica para cualquier $b_1, b_2 \in \mathbb{Z}$, no ambos cero, de la forma lineal del logaritmo:

$$L(b_1,b_2) = b_1 \log(a) + b_2 \log(i) \ne 0$$

En 1993, el Panadero y el Wüstholz ha demostrado siguiente teorema$\color{blue}{^{[1],[2]}}$:

Para cualquier $a_1, \ldots, a_n$ en $\mathbb{A}$, vamos a $L : \mathbb{Z}^n \to \mathbb{C}$ ser de la forma lineal del logaritmo $$L(b_1,\ldots,b_n) = b_1 \log(a_1) + \cdots + b_n \log(a_n)$$ $L$ es $0$ para algunos no trivial $(b_1,\ldots,b_n)$ o apartó de $0$ por $$|L| > \exp\left[ -(16nd)^{2n+4} \log(A_1) \cdots \log(A_n) \log(B) \right]$$ donde $d = [\mathbb{Q}(a_1,\ldots,a_n) : \mathbb{Q}]$, $A_i = \max( H(a_i), e )$ y $B = \max( |b_1|, \ldots, |b_n|, e )$.

Si aplicamos este teorema a nuestra forma lineal, obtenemos $| b_1 \log(a) + b_2 \log(i) | > B^{-\mu}$ para algunas constantes $\mu$. Esto implica para los grandes $k$,

$$ | a^k \pm i | > ( \text{constante}\cdot k)^{-\mu} \quad\implica\quad| \Re( c^k ) | > ( \text{constante}\cdot k)^{-\mu} |c|^k $$ Como resultado, $| \Re( c^k ) | \to \infty$ $k \to \infty$.

Notas

• $\color{blue}{[1]}$ A. Baker y G. Wüstholz, Logarítmica de las formas y de grupo variedades, J. Reine Angew. De matemáticas. 442 (1993) 19-62
• $\color{blue}{[2]}$ Este es el teorema 2.15 en A. Baker y G. Wüstholz del libro Logarítmica Formas y Diophantine Geometría.

Answer 2

Esto no es realmente un problema de cálculo ya que es una sutil la pregunta acerca de cómo cerrar un múltiplo de $\bronceado^{-1} \sqrt 7$ puede conseguir a un extraño múltiplo de $\pi/2$. Robert Israel ya se ha explicado por qué uno espera que $|u_n|$ debe crecer más rápido que $n^{-\mu} 2^{n/2}$ para algunas constantes $\mu$, que es mucho más que suficiente para probar el deseado $|u_n| \rightarrow \infty$; y achille lui aplica el "pesado martillo" de Baker y Wüstholz para probar esto para algunos explícito $\mu$. Aquí le damos un enfoque mucho más simple que los rendimientos de un resultado que, aunque mucho más débil que el de maza, es todavía suficiente para demostrar que $|u_n| \rightarrow \infty$.

Ya era señaló que $u_n = (a^n + b^n) / 2$ donde $b = 1-a$ es el complejo conjugado de $a$, y por lo tanto que el $u_n$ son la mitad de enteros que satisface la recurrencia $u_{n+2} = u_{n+1} - 2 u_n$. (Los enteros impares $2u_n$ son OEIS secuencia A002249.) Mus $|u_n| \rightarrow \infty$ si y sólo si para cada número entero $m$ hay sólo un número finito de soluciones de $n$ de $2u_n = m$. Demostraremos que cada $m$ se produce en más de una vez, excepto para $1 = u_1 = u_4$ y $-5 = u_3 = u_9$.

La técnica es básicamente lo que se conoce como "Skolem s $p$-ádico método", que inmediatamente da un uniforme de límite superior en el número de soluciones de $2u_n = m$; después de algunos experimentos que fue capaz de reducir esta obligado a $1$ (con la excepción de las dos soluciones para cada uno de $m=1$ y $m=-5$).

Empezamos con algunos primaria observaciones. En primer lugar, $2u_n \bmod 7$ tiene período $3$ con restos de $1,4,2,1,4,2,\ldots$, así que si $u_n = u_{n}$, entonces $n' \equiv n \bmod 3$. (Esto sucedió para $\{n,n'\} = \{1,4\}$ y $\{3,9\}$.) Del mismo modo, $2u_n \bmod 16$ se convierte en periódico de periodo $4$ después de los tres primeros términos: $1, -3, -5$ y, a continuación,$1, -5, -7, 3, 1, -5, -7, 3,\ ldots$. Mus $2u_2=-3$ nunca se repite, y si $u_n=u_{n}$ ni $n$ o $n'$ igual a $1$ o $3$ entonces $n' \equiv n \bmod 4$, de donde $n' \equiv n \bmod 12$ debido a que ya sabía de la congruencia mod $3$.

Supongamos que de ahora en adelante $n,n' \geq 4$, entonces $n' \equiv n \bmod 12$. A continuación, pretendemos $n' \equiv n \bmod de$ 84. De hecho, para cada uno de los números primos $p=29$ y $p=43$ tenemos $2u_{n+84} \equiv 2u_n \bmod p$ para todo $n$, porque, en cada caso $-7$ es un cuadrado mod p $$ (por lo que $a,b \bmod p$ puede ser identificado con elementos de dólares({\bf Z}/p{\bf Z})^*$) y $p-1$ es un factor de $84$. Por lo que es suficiente para comprobar que ninguno de los $12$ subsecuencias $$ \{ 2u_n,\, 2u_{n+12},\, 2u_{n+24},\, 2u_{n+36},\, 2u_{n+48},\, 2u_{n+60},\, 2u_{n+72} \} \bmod 29 \cdot 43 $$ con $1 \leq n \leq 12$ contiene una repetición, y este resulta ser el caso. (Las probabilidades a nuestro favor: por $12$ al azar septuplets mod $29 \cdot 43$ la probabilidad de éxito es de más de $90\%$, con $n \bmod 12$ hemos eliminado el conocido coincidencias $u_1=u_4$ y $u_3=u_9$.)

Ahora por $p=29$ o $p=43$ cada de $a^{84} \bmod p$ y $b^{84} \bmod p$ puede ser escrito como $1+pc$, $1+ep$ para algunos enteros algebraicos $c,$d. Se sigue por la inducción en $k$ que $a^{84p^k}$ y $b^{84p^k}$ son congruentes a $1 + p^{k+1} c$ y $1 + p^{k+1} d \bmod p^{k+2}$. Encontramos así, por cada $n_0 = 1, 2, \ldots, 84$, unos $e_{n_0} \bmod p$ tal que $$2u_{n_0+84p^k t} \equiv 2u_{n_0} + p^{k+1} e_{n_0} t \bmod p^{k+2}$$ para todos los números enteros de $t$. Así que si $e_{n_0}$ no es cero mod $p$, entonces hay no se repite en la secuencia de $\{u_n \mediados n \equiv n_0 \bmod 84\}$: si $n \neq n'$ entonces $n-n'$ tiene algunos finito $p$-valoración de $k$, y $2u_n$ es congruente a $2u_{n} \bmod p^{k+1}$, pero no mod $p^{k+2}$. Si algunos $e_{n_0}$ hace desaparecer mod $p$, a continuación, podemos tratar de congruencias mod $p^{k+3}$, $p^{k+4}$, etc. Pero resulta que esto no es necesario: tenemos dos opciones de $p$, y si bien hay algunos $n_0 \leq 84$ de los cuales $e_{n_0} \equiv 0 \bmod p$ para uno de $p=29$ y $p=43$, no hay ninguno para que ambos $e_{n_0} \bmod p$ desaparecer. (De nuevo las probabilidades a nuestro favor: una al azar $84$-tupla mod $29\cdot 43$ no tiene ningún cero entradas con probabilidad $>93\%$.)

Esto completa la prueba de que la secuencia de $\{u_n \mediados n \geq 4\}$ no tiene repeticiones, y por lo tanto establece nuestra afirmación de que $|u_n| \rightarrow \infty$ como $n \rightarrow \infty$, QED.

Answer 3

Escribir $a = r e^{i\theta}$ donde $r = \sqrt{2}$ y $\theta = \arctan(\sqrt{7})$. La pregunta es si para cualquier $$ N, existen infinidad de $n$ que $|2^{n/2} \cos(n \theta)| < N$.
Esto puede ser visto como una pregunta acerca de si $2\theta/\pi$ tiene muy buena aproximaciones racionales. Es decir, si $$ \left| \dfrac{2\theta}{\pi} - \dfrac{m}{n} \right| < \dfrac{2 N}{\pi n} 2^{-n/2}$$ para algunos entero impar $m$, entonces tendríamos $$|\cos(n \theta)| < \left| n \theta - m \pi/2 \right| < N 2^{-n/2}$$ Ahora es casi seguro que no, de hecho para cualquier $\epsilon > 0$ y casi todo $x$ hay sólo un número finito de pares de enteros positivos $(m,n)$ tal que $|x - m/n| < 1/(n^2 \log(n)^{1+\epsilon}$. Pero hay algo de irracional los números de $x$, que tienen muy buenas aproximaciones racionales (de hecho, estos contienen una densa $G_\delta$ subconjunto de $\mathbb R$). Que yo sepa no hay no hay manera de probar que $2 \arctan(\sqrt{7})/\pi$ no es uno de esos números.

Answer 4

Ni idea de si esto ayuda, pero no pudo resistirse a la publicación de estas imágenes sorprendentes. Intentar trazar el valor absoluto de la parte real de $a^n/2^{n/2}$ de $0\le n\le1000$.

Addendum. Mejor aún, cambiar el estilo de trazado a "punto" de modo que usted no tiene líneas uniendo puntos sucesivos.

Answer 5

Aquí hay un par de ideas - aunque creo que el problema puede ser más difícil de lo que parece.

Let a $=r(\cos \theta+\sin \theta)$ entonces $a^n=r^n (\cos n\theta+\sin n\theta)$ y $u_n=r^n \cos n\theta$.

Usted encontrará que $i=\sqrt 2$ y $\theta = \arctan \sqrt 7$. Esto muestra que el crecimiento general es como $(\sqrt 2)^n$, pero usted tiene que enlaza la trigonométricas poco lo suficientemente lejos de cero para evitar "demasiados" los valores que son "demasiado pequeños".

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Deje que $b=\bar$ a $u_n=\Re (a^n) = \cfrac {a^n+b^n}{2}$

Ahora $a+b=1$ y $ab=2$, de modo que $a$ y $b$ son las raíces de $x^2-x+2=0$ y por tanto $$f_n(x)=x^{n+2} x^{n+1}+2x^n=0$$ donde $$\frac {f_n(a)+f_n(b)}{2}=u_{n+2}-u_{n+1}+2u_n=0$$, de modo que $u_{n+2}=u_{n+1}-2u_n$

Esto proporciona una forma conveniente de calcular $u_n$, pero muestra que si es que cada vez que se cambia periódicamente signo (como se espera de los trigonométricas formulación) y el valor absoluto no es monótona creciente.

Tal vez alguien se sabe un truco que hace que esto sea más fácil.