Demostrar que cada término de la secuencia es un número entero

Question

Dejemos que $m,n$ sean enteros no negativos.

La secuencia $\{a_{m,n}\}$ cumple las tres condiciones siguientes.

1. Para cualquier $m$ , $a_{m,0}=a_{m,1}=1$
2. Para cualquier $n$ , $a_{0,n}=1$
3. Para cualquier $m\ge0, n\ge1$ , $a_{m+1,n+1}a_{m,n-1}=a_{m+1,n-1}a_{m,n+1}+a_{m+1,n}a_{m,n}$

Demostrar que $a_{m,n}$ es un número entero para cualquier $m\ge0, n\ge0$ .

No tengo ninguna buena idea. Necesito tu ayuda.

Answer 1

Esta es la recurrencia del caballero (Ejemplo 4.1) en el artículo de Fomin y Zelevinsky sobre el El fenómeno Laurent . Muestran de forma más general que si se sustituyen las entradas de la frontera por indeterminadas, entonces todas las entradas de la matriz son polinomios de Laurent.

Answer 2

Esto parece ser una "secuencia de divisibilidad elíptica de rango dos", es decir, que $E$ sea una curva elíptica, sea $P$ y $Q$ sean puntos independientes en $E(\mathbb{Q})$ y escribir $$x(mP+nQ) = A(m,n)/D(m,n)^2.$$ Entonces la secuencia doblemente indexada $D(m,n)$ es una secuencia de divisibilidad elíptica de rango dos, o como la denominó Kate Stange, una red de divisibilidad elíptica . Kate hizo un estudio detallado de estas secuencias en su tesis ( Álgebra y teoría de números , 5-2 (2011), 197-229; también está disponible en el ArXiv en http://arxiv.org/abs/0710.1316 ), incluyendo una descripción de la(s) relación(es) de recurrencia que satisfacen.

De todos modos, no sé con seguridad si tu secuencia de rango dos encaja en el marco de la red elíptica de Kate, pero es muy posible que sí.

(En realidad estoy haciendo un poco de trampa aquí, uno realmente necesita usar polinomios de división en lugar de escribir $x(mP+nQ)$ como una fracción en caso de que haya cancelación entre el numerador y el denominador. Pero esto sólo afectará a los primos de mala reducción).

Answer 3

Si no me he equivocado, los primeros valores de tu secuencia tienen este aspecto:

$$(a_{m,n})=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & ... \newline 1 & 1 & 2 & 3 & 5 & 8 & ... \newline 1 & 1 & 3 & 9 & 21 & 59 & \newline 1 & 1 & 4 & 21 & 91 & ... & \newline 1 & 1 & 5 & 41 & 329 & ... & \newline 1 & 1 & \vdots & \vdots & \vdots & & \newline \vdots & \vdots & & & & & \end{pmatrix}$$

Tal vez la inducción propuesta sea más fácil si se miran las columnas: Se sostiene que $a(m,2)=a(m-1,2)+1$ para $m\geq 1$ y $a(0,2)=1$ Por lo tanto $a(m,2)=m+1$ que es técnicamente más fácil de tratar que Fibonacci, supongo.

Answer 4

Esto es probablemente de poca ayuda en general, pero si escribes la segunda y tercera fila de la matriz en la respuesta de MHMertens como

$$\begin{pmatrix}{f_0}&{f_1}&{f_2}&{\cdots}\cr {g_0}&{g_1}&{g_2}&{\cdots}\cr\end{pmatrix}$$

donde la segunda fila es claramente la secuencia de Fibonacci, entonces la tercera fila satisface la recursión

$$g_{n+1} = 2f_{n+1}f_n - g_n$$

y, por tanto, está formado por todos los números enteros.

Lo que realmente hay que demostrar es que $g_n+g_{n-1}=2f_nf_{n-1}$ implica $g_{n+1}+g_n = 2f_{n+1}f_n$ y esto es fácil ya que la recursión de Fibonacci $f_n+f_{n-1}=f_n$ da

$$g_{n+1}+g_n = {f_{n+1}g_{n-1}+f_ng_n\over f_{n-1}}+g_n = {f_{n+1}(g_{n-1}+g_n)\over f_{n-1}}.$$

Añadido más tarde : En un comentario a la respuesta de MHMertens, Abhinav Kumar dice que las entradas de la tercera fila, que yo llamo $g_0,g_1,g_2,\ldots$ satisfacen una recurrencia lineal de 4 términos. (En realidad dice mucho más que esto, pero por ahora sólo me fijo en la tercera fila). Sin embargo, no dice cómo obtiene esto, así que pensé en añadir una prueba rápida aquí.

De las entradas actuales, $1,1,3,9,21,59,149,397,\ldots$ no es difícil encontrar la recurrencia del candidato

$$g_{n+1} = g_n + 4g_{n-1}+g_{n-2}-g_{n-3}.$$

Reescribiendo esto como

$$g_{n+1}+g_n = 2(g_n+g_{n-1})+2(g_{n-1}+g_{n-2})-(g_{n-2}+g_{n-3}),$$

puedes reducir esto a verificar una identidad de Fibonacci,

$$f_{n+1}f_n = 2f_nf_{n-1}+2f_{n-1}f_{n-2}-f_{n-2}f_{n-3},$$

que es un poco tedioso, pero factible.

Por último, hay que tener en cuenta que el polinomio característico de la recurrencia se factoriza en trozos bastante pequeños, como dice Kumar que ocurre en general:

$$x^4-x^3-4x^2-x+1 = (x+1)^2(x^2-3x+1).$$

No está claro si todo esto ayuda, incluso para la siguiente fila de números.

Answer 5

Esto podría ayudar. Deja que $${b}_{m,n}=\begin{pmatrix} {a}_{m,n} &{a}_{m,n+1} &{a}_{m,n+2} \\ {a}_{m+1,n} &{a}_{m+1,n+1} &{a}_{m+1,n+2} \end{pmatrix}$$

Su fórmula de iteración dice que si se multiplican los números de la esquina superior izquierda e inferior derecha de ${b}_{m,n}$ , resta el producto de los números de la esquina superior derecha e inferior izquierda, y luego obtiene el producto de los números superiores e inferiores del medio. Se sabe que las dos primeras filas de sus números son enteras (Dietrich), al igual que las tres primeras columnas (J.J). Por lo tanto, ${b}_{0,n}$ y ${b}_{m,0}$ contienen números enteros. Consideremos ahora la secuencia de matrices ${b}_{0,0}$ , ${b}_{0,1}$ , ${b}_{1,0}$ , ${b}_{0,2}$ , ${b}_{1,1}$ , ${b}_{2,0}$ etc. El único número desconocido en ${b}_{1,1}$ es el número de abajo a la derecha y esto es cierto para cada uno de estos $2 \times 3$ matrices cuando dejamos las dos primeras filas o las 3 primeras columnas. ¿Podría ser la base de una prueba por inducción?