Permitir que $z_0 = z_1 = 1$ y $$z_{n+1} = 7z_n − z_{n−1} − 2$$ for all positive integers $ n$. How is it possible to show that $ z_n$ is a perfect square for all $ n $ ?
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De $$z_{n+1} = 7z_n − z_{n−1} − 2$$ $$z_{n} = 7z_{n-1} − z_{n−2} − 2$$ tenemos $$z_{n+1}-z_{n}=7z_n − 8z_{n-1} + z_{n−2} \iff z_{n+1}-8z_{n}+8z_{n-1} - z_{n−2}=0$$ Esta recurrencia homogénea tiene este polinomio característico $$x^3-8x^2+8x-1=0$$ con las soluciones de $1, \frac{7-3\sqrt{5}}{2}, \frac{7+3\sqrt{5}}{2}$ y la solución general $$z_n = A\cdot (1)^n+B\cdot \left(\frac{7-3\sqrt{5}}{2}\right)^n+C\cdot \left(\frac{7+3\sqrt{5}}{2}\right)^n$$ Ahora, mediante la resolución de $$1=A+B+C\\ 1=a+B\cdot\left(\frac{7-3\sqrt{5}}{2}\right)+C\cdot\left(\frac{7+3\sqrt{5}}{2}\right)\\ 4=a+B\cdot\left(\frac{7-3\sqrt{5}}{2}\right)^2+C\cdot\left(\frac{7+3\sqrt{5}}{2}\right)^2$$ tenemos
$$z_n = \frac{2}{5}+\left(\frac{3+\sqrt{5}}{10}\right)\cdot \left(\frac{7-3\sqrt{5}}{2}\right)^n+\left(\frac{3-\sqrt{5}}{10}\right)\cdot \left(\frac{7+3\sqrt{5}}{2}\right)^n \tag{1}$$
Ahora $$\frac{7-3\sqrt{5}}{2}=\frac{14-2\cdot3\sqrt{5}}{4}= \frac{9-2\cdot3\sqrt{5}+5}{4}=\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^2$$ $$\frac{7+3\sqrt{5}}{2}=\frac{14+2\cdot3\sqrt{5}}{4}= \frac{9+2\cdot3\sqrt{5}+5}{4}=\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^2$$ como resultado, $(1)$se convierte en $$z_n = \frac{2}{5}+\left(\frac{3+\sqrt{5}}{10}\right)\cdot \left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n}+\left(\frac{3-\sqrt{5}}{10}\right)\cdot \left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n}=\\ \frac{2}{5}+\frac{1}{5}\cdot \left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n-1}+\frac{1}{5}\cdot \left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n-1} \etiqueta{2}$$ También $$\frac{3+\sqrt{5}}{2}=\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2$$ $$\frac{3-\sqrt{5}}{2}=\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^2$$ y por último $$\color{red}{z_n} = \frac{2}{5}+\frac{1}{5}\cdot \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2(2n-1)}+\frac{1}{5}\cdot \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2(2n-1)}=\\ -\frac{2}{5}\cdot\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n-1}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n-1}+\frac{1}{5}\cdot \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2(2n-1)}+\frac{1}{5}\cdot \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2(2n-1)}=\\ \frac{1}{5}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2n-1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2n-1}\right)^2=\\ \color{red}{\left(F_{2n-1}\right)^2}$$
Andy
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394
Quiero mostrar que la $z_n=F_{2n-1}^2$ donde $F_n$ es el $n^{th}$ Fibonacci número, empezando con $F_1=1,\space F_2=1$. La ecuación de $z_n=F_{2n-1}^2$ es cierto para $n=1,\space n=2,\space n=3$.
$z_3=F_5^2=25,\space z_2=F_3^2=4,\space z_1=F_1^2=1$ lo $F_5^2=7F_3^2-F_1^2-2$.
Así que ahora voy a probar por inducción que $F_{2n+3}^2=7F_{2n+1}^2-F_{2n-1}^2-2\Rightarrow F_{2n+5}^2=7F_{2n+3}^2-F_{2n+1}^2-2$ pero primero el problema tiene que ser transformado. $$F_{2n+3}^2=7F_{2n+1}^2-F_{2n-1}^2-2\quad(1)$$ $$F_{2n+3}^2+F_{2n-1}^2=7F_{2n+1}^2-2$$ $$(F_{2n+2}+F_{2n+1})^2+F_{2n-1}^2=7(F_{2n}+F_{2n-1})^2-2$$ $$(2F_{2n+1}+F_{2n})^2+F_{2n-1}^2=7(F_{2n}+F_{2n-1})^2-2$$ $$(3F_{2n}+2F_{2n-1})^2+F_{2n-1}^2=7(F_{2n}+F_{2n-1})^2-2$$ $$9F_{2n}^2+12F_{2n}F_{2n-1}+5F_{2n-1}^2=7F_{2n}^2+14F_{2n}F_{2n-1}+7F_{2n-1}^2-2$$ $$2F_{2n}^2-2F_{2n}F_{2n-1}-2F_{2n-1}^2=-2$$ $$F_{2n}^2-F_{2n}F_{2n-1}-F_{2n-1}^2=-1$$ $$F_{2n}^2-F_{2n-1}^2-F_{2n}F_{2n-1}=-1$$ $$(F_{2n}-F_{2n-1})(F_{2n}+F_{2n-1})-F_{2n}F_{2n-1}=-1$$ $$(F_{2n}-F_{2n-1})(F_{2n+1})-F_{2n}F_{2n-1}=-1$$ $$F_{2n+1}F_{2n}-F_{2n+1}F_{2n-1}-F_{2n}F_{2n-1}=-1$$ $$F_{2n+1}F_{2n}-F_{2n}F_{2n-1}-F_{2n+1}F_{2n-1}=-1$$ $$F_{2n}(F_{2n+1}-F_{2n-1})-F_{2n+1}F_{2n-1}=-1$$ $$F_{2n}^2-F_{2n+1}F_{2n-1}=-1$$ $$F_{2n+1}F_{2n-1}-F_{2n}^2=1\quad(2)$$ Desde $(1)$ es cierto iff $(2)$ es cierto. Es suficiente para mostrar que $F_{2n+1}F_{2n-1}-F_{2n}^2=1\Rightarrow F_{2n+3}F_{2n+1}-F_{2n+2}^2=1$. $$F_{2n+3}F_{2n+1}-F_{2n+2}^2=(F_{2n+2}+F_{2n+1})F_{2n+1}-F_{2n+2}^2\quad(3)$$ $$=(F_{2n+2}+F_{2n+1})F_{2n+1}-F_{2n+2}^2$$ $$=F_{2n+2}F_{2n+1}+F_{2n+1}^2-F_{2n+2}^2$$ $$=F_{2n+2}F_{2n+1}+F_{2n+1}^2-F_{2n+2}^2$$ $$=F_{2n+2}F_{2n+1}+F_{2n+1}^2-F_{2n+2}(F_{2n+1}+F_{2n})$$ $$=F_{2n+2}F_{2n+1}+F_{2n+1}^2-F_{2n+2}F_{2n+1}-F_{2n+2}F_{2n}$$ $$=F_{2n+1}^2-F_{2n+2}F_{2n}$$ $$=(-1)(F_{2n+2}F_{2n}-F_{2n+1}^2)\quad(4)$$ Aviso que va desde el lado izquierdo de $(3)$ a el lado derecho de la $(4)$ el de toda la expresión se multiplica por $-1$ y los índices se reduce por lo que este proceso que va desde $(3)$ a $(4)$ puede ser utilizado en $(4)$ para obtener el lado izquierdo de $(5)$. $$=(-1)(-1)(F_{2n+1}F_{2n-1}-F_{2n}^2)=F_{2n+1}F_{2n-1}-F_{2n}^2\quad(5)$$ $$F_{2n+3}F_{2n+1}-F_{2n+2}^2=F_{2n+1}F_{2n-1}-F_{2n}^2=1$$ Así completar la prueba.
mathlove
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57124
quantus14 ya ha dado una respuesta que muestra $$z_n=F_{2n-1}^2\tag1$$
Aquí es otra manera de demostrar a $(1)$.
Es suficiente para demostrar por inducción que $(1)$ donde $F_n$ es el $n$-ésimo número de Fibonacci satisfacer $F_{n+1}=F_n+F_{n-1}\ (n\ge 0)$ con $F_{-1}=1,F_0=0$.
$(1)$ es cierto para $n=0,1$desde $$z_0=1=F_{-1}^2,\qquad z_1=1=F_{1}^2$$
Suponiendo que $z_n=F_{2n-1}^2$ e $z_{n-1}=F_{2n-3}^2$ da$$\begin{align}z_{n+1}&=7z_n-z_{n-1}-2 \\\\&=7F_{2n-1}^2-F_{2n-3}^2-2 \\\\&=7(F_{2n+1}-F_{2n})^2-F_{2n-3}^2-2 \\\\&=F_{2n+1}^2+6F_{2n+1}^2-14F_{2n}F_{2n+1}+7F_{2n}^2-(2F_{2n+1}-3F_{2n})^2 \\&\qquad +2(F_{2n}F_{2n+1}+F_{2n}^2-F_{2n+1}^2) \\\\&=F_{2n+1}^2\qquad\square\end{align}$$ donde $$F_{2n}F_{2n+1}+F_{2n}^2-F_{2n+1}^2=-1\tag2$$fue utilizado.
Por último, vamos a demostrar $(2)$ por inducción.
$(2)$ es cierto para $n=0$desde $$F_{0}F_{1}+F_{0}^2-F_{1}^2=0+0-1=-1$$
Suponiendo que $(2)$ es cierto para $n$da $$\begin{align}-1&=F_{2n}F_{2n+1}+F_{2n}^2-F_{2n+1}^2 \\\\&=(F_{2n+2}-F_{2n+1})(F_{2n+3}-F_{2n+2})+(F_{2n+2}-F_{2n+1})^2 \\&\qquad -(F_{2n+3}-F_{2n+2})^2 \\\\&=(F_{2n+2}F_{2n+3}+F_{2n+2}^2-F_{2n+3}^2)-F_{2n+2}^2-F_{2n+1}F_{2n+3} \\&\qquad +F_{2n+1}F_{2n+2}-2F_{2n+2}F_{2n+1}+F_{2n+1}^2-F_{2n+2}^2 \\&\qquad +2F_{2n+3}F_{2n+2} \\\\&=(F_{2n+2}F_{2n+3}+F_{2n+2}^2-F_{2n+3}^2)-2F_{2n+2}^2-F_{2n+1}F_{2n+3} \\&\qquad -F_{2n+2}F_{2n+1}+F_{2n+1}^2+2F_{2n+3}F_{2n+2} \\\\&=(F_{2n+2}F_{2n+3}+F_{2n+2}^2-F_{2n+3}^2) \\&\qquad -F_{2n+1}F_{2n+3}+F_{2n+2}F_{2n+1}+F_{2n+1}^2 \\\\&=(F_{2n+2}F_{2n+3}+F_{2n+2}^2-F_{2n+3}^2) \\&\qquad -F_{2n+1}(F_{2n+3}-F_{2n+2}-F_{2n+1}) \\\\&=F_{2n+2}F_{2n+3}+F_{2n+2}^2-F_{2n+3}^2\qquad\square\end{align}$$
Stephan Aßmus
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16
He respondido a la última de esta manera, permítanme hacer más fácil la lectura
LEMA si $$w_{n+3} - (M+1)w_{n+2} + (M+1)w_{n+1} - w_n = 0,$$ then $w_{n+2} - M w_{n+1} + w_n$ es CONSTANTE
PRUEBA: $$ (w_{n+3} - M w_{n+2} + w_{n+1}) - w_{n+2} + M w_{n+1} - w_n = 0 \; , $$ $$w_{n+3} - M w_{n+2} + w_{n+1} = w_{n+2} - M w_{n+1} + w_{n} $$ Este es constante para todos los $n$ por inducción.
Deje $(x_n,y_n)$ comienzan con $(1,0),$ $(1,1),$ $(2,3)$ ser soluciones a $x^2 + xy-y^2 = 1,$ con la regla para llegar a la próxima solución $$ \left( \begin{array}{cc} 1&1\\ 1&2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_n\\ y_n \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} x_{n+1}\\ y_{n+1} \end{array} \right) $$ Es fácil comprobar que si $(a,b)$ satisface $x^2 + xy-y^2 = 1,$ lo hace $(a+b,a+2b).$
Se sigue de Cayley-Hamilton que $x_n$satisface $$ x_{n+2} - 3 x_{n+1} + x_n = 0. $$ Análogos $y_n.$ A continuación, desde Fricke y Klein (1897) o el cálculo directo, $$ \left( \begin{array}{ccc} 1&2&1\\ 1&3&2 \\ 1&4&4 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_n^2\\ x_n y_n \\ y_n^2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} x_{n+1}^2\\ x_{n+1 } y_{n+1} \\ y_{n+1}^2 \end{array} \right) $$ El polinomio característico de los tres por tres matriz es $$ \lambda^3 - 8 \lambda^2 + 8 \lambda - 1 $$ De nuevo por Cayley-Hamilton, obtenemos $$ x_{n+3}^2 - 8 x_{n+2}^2 + 8 x_{n+1}^2 - x_n^2 = 0 $$ Desde el lema en el principio, $$ x_{n+2}^2 -7 x_{n+1}^2 + x_n^2 $$ es una constante. Desde $4 - 7 \cdot 1 + 1 = 5-7 = -2,$ hemos $$ x_{n+2}^2 -7 x_{n+1}^2 + x_n^2 = -2 $$ $$ x_{n+2}^2 =7 x_{n+1}^2 - x_n^2 -2 $$
grand_chat
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4103
Aquí está una generación de función de enfoque. Conectar la recursividad en los $G(x):=\sum_{n=0}^\infty z_nx^n$, obtener $$ \begin{align} G(x)&=z_0+z_1x+\sum_2 z_nx^n=1+x+\sum_2(7z_{n-1}-z_{n-2}-2)x^n\\&=1+x+7x[G(x)-1]-x^2G(x)-\frac{2x^2}{1-x}. \end{align} $$ Resolver para $G(x)$: $$ G(x)=\frac{1-7x+4x^2}{(1-x)(1-7x+x^2)}.\tag1 $$ Las raíces de $x^2-7x+1$ se $\frac{7\pm3\sqrt 5}2$, que reconocemos como $\phi^4$ e $\phi^{-4}$, donde $\phi:=\frac{\sqrt 5+1}2$. Escrito $f:=\phi^4$ por razones de brevedad, se descomponen (1) en fracciones parciales: $$ G(x)=\frac{1-x}+\frac B{f-x}+\frac C{f^{-1}-x}= \sum_0 \left[A+Bf^{-1}f^{-n}+Cff^n\right]x^n.\tag2 $$ La solución para $A, B, C$ nos encontramos con $A=\frac25$, $Bf^{-1}=\frac{\phi^2}5$, e $Cf=\frac{\phi^{-2}}5$. La coincidencia de los coeficientes de (2) con los de $G(x)=\sum_0z_nx^n$, a la conclusión de $$ z_n=\frac25+\frac{\phi^2}5f^{-n}+\frac{\phi^{-2}}5f^n =\frac15\left(\phi^{4n-2}+2+\phi^{-(4n-2)}\right)=\left[\frac{\phi^{2n-1}+\phi^{-(2n-1)}}{\sqrt 5}\right)^2, $$ y la cantidad entre corchetes es el $(2n-1)$ésimo número de Fibonacci.
