Cómo probar esta secuencia $a_{n}=a_{n-1}+\frac{1}{a_{n-1}}$, $a_{p}+a_{q}\notin Z$

Question

vamos secuencia $\{a_{n}\}$ tal $$a_{1}=\dfrac{1}{2},a_{n}=a_{n-1}+\dfrac{1}{a_{n-1}}$$

demostrar que: para cualquier $(p.q)\neq (1,2),p\neq q$, $a_{p}+a_{q}\notin Z$

Mi idea: ya que $$a_{2}=\dfrac{5}{2},\Longrightarrow a_{1}+a_{2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{2}=3\in Z$$

$$a_{3}=a_{2}+\dfrac{1}{a_{2}}=\dfrac{5}{2}+\dfrac{2}{5}=\dfrac{29}{10}$$ así $$a_{1}+a_{3},a_{2}+a_{3}\notin Z$$

así que trate de $$a_{p}+a_{q}=a_{p-1}+a_{q-1}+\dfrac{1}{a_{p-1}}+\dfrac{1}{a_{q-1}}=(a_{p-1}+a_{q-1})\left(1+\dfrac{1}{a_{p-1}a_{q-1}}\right)$$ Pero no puedo demostrar $a_{p}+a_{q}\notin Z,(p,q)\neq(1,2),p\neq q$,

Muchas gracias

Answer 1

Definir $a_n=\frac{p_n}{q_n}$. Entonces, por la definición que hemos $a_{n+1} = \frac{p_{n+1}}{q_{n+1}} = \frac{p_n}{q_n}+\frac{q_n}{p_n} = \frac{p_n^2+q_n^2}{p_nq_n}$, por lo que la recurrencia de $a_n$ se traduce en el doble de las recurrencias $p_{n+1} = p_n^2+q_n^2$, $q_{n+1} = p_nq_n$. Ahora, ya tenemos $\gcd(p_1, q_1)=\gcd(1, 2) =1$ a continuación, utilizando el hecho de que $\gcd(a,b\cdot c)|\gcd(a,b)\cdot\gcd(a,c)$ (y así, en particular,$\gcd(a,b)=1\implies \gcd(a^2, b)=1$) y la "Euclidiana identidad" $\gcd(a, b) = \gcd(a, b+c\cdot a)$ cualquier $c$, $$\begin{align}\gcd(p_{n+1},q_{n+1}) &= \gcd(p_n^2+q_n^2, p_nq_n)\\ &|\ \left(\gcd(p_n^2+q_n^2,p_n)\cdot\gcd(p_n^2+q_n^2, q_n)\right)\\ &=\gcd(q_n^2, p_n)\cdot\gcd(p_n^2, q_n)\\ &=1\cdot 1 \end {align} $$ con el último paso por la inducción; en otras palabras, la fracción $\frac{p_n}{q_n}$ para esta secuencia es siempre en términos mínimos. Además, por (obvio) inducción tenemos consigue $q_{n+k} = q_n\prod_{i=0}^{k-1}p_{n+i}$, y así, en particular, $p_n|q_{n+k}$ todos los $k\gt 0$; esto significa que $\gcd(p_n, p_{n+k+1})$ $= \gcd(p_n, p_{n+k}^2+q_{n+k}^2)$ $=\gcd(p_n, p_{n+k}^2)$, y ya $\gcd(p_n, p_{n+1})$ $=\gcd(p_n, p_n^2+q_n^2)$ $=\gcd(p_n, q_n^2)=1$ luego por otro inductivo paso obtenemos $\gcd(p_n, p_{n+k})=1$ todos los $k\gt 0$.

Ahora, considere la posibilidad de $a_n+a_{n+k} = \frac{p_n}{q_n}+\frac{p_{n+k}}{q_{n+k}}$; a continuación, mediante el uso de $q_{n+k} = q_n\prod_{i=0}^{k-1}p_{n+i}$ podemos reescribir esto como $\displaystyle a_n+a_{n+k} = \frac{1}{q_n}\cdot\left(p_n+\frac{p_{n+k}}{\prod_{i=0}^{k-1}p_{n+i}}\right)$. Pero $\gcd(p_{n+k}, \prod_{i=0}^{k-1} p_{n+i})=1$ desde cada uno de los GCDs es 1, y por lo $\displaystyle\frac{p_{n+k}}{\prod_{i=0}^{k-1}p_{n+i}}\not\in\mathbb{Z}$ siempre y cuando el producto no es $1$ (esto es donde el caso trivial $(n,k) = (1,1)$ funciona). Esto implica que $\displaystyle\left(p_n+\frac{p_{n+k}}{\prod_{i=0}^{k-1}p_{n+i}}\right)\not\in\mathbb{Z}$ (ya que es la suma de un entero y no entero), y luego $a_n+a_{n+k}$ $\displaystyle=\frac{1}{q_n}\cdot\left(p_n+\frac{p_{n+k}}{\prod_{i=0}^{k-1}p_{n+i}}\right)\not\in\mathbb{Z}$ desde la división de una no-entero por un número entero no puede dar un número entero.