Las pruebas numéricas sugieren lo siguiente.
Para $c \in \mathbb{N}, c > 2$ definir la secuencia $a_n$ por $a_0=0,a_1=1, \; a_n=c a_{n-1} - a_{n-2}$
Para $ 5 < n < 500, \; 2 < c < 100$ no hay primos en $a_n$ aunque existen los semiprimos.
¿Es cierto que $a_n$ es siempre compuesto para $n > 5$
En caso afirmativo, ¿existe una factorización parcial explícita?
Búsqueda en OEIS resuelto el caso $c=6$ con una ecuación Pell.
Los contraejemplos son bienvenidos.
Ponga $u = (c + \sqrt{c^2-4})/2$ . Tenemos
$$a_{2n} = \frac{u^{2n}-u^{-2n}}{u-u^{-1}} = \left( \frac{ u^n-u^{-n}}{u-u^{-1}} \right) \left( \vphantom{\frac{ u^n-u^{-n}}{u-u^{-1}}} u^n + u^{-n} \right)$$
$$a_{2n+1} = \frac{u^{2n+1}-u^{-2n-1}}{u-u^{-1}} = \left( \frac{u^{n+1/2}-u^{-2n-1}}{u^{1/2}-u^{-1/2}} \right) \left( \frac{u^{n+1/2}+u^{-n-1/2}}{u^{1/2}+u^{-1/2}} \right) =$$ $$\left( \frac{u^{n+1/2}-u^{-n-1/2}}{u^{1/2}-u^{-1/2}} \right) \left( \frac{u^{n+1/2}+u^{-n-1/2}}{u^{1/2}+u^{-1/2}} \right)=\left( \frac{u^{n+1}-u^{-n}}{u-1} \right) \left( \frac{u^{n+1}+u^{-n}}{u+1} \right).$$
Ponga $v_{n} = u^n + u^{-n}$ , $x_{n} = \frac{u^{n+1}-u^{-n}}{u-1} $ , $y_{n}=\frac{u^{n+1}+u^{-n}}{u+1} $ así que $a_{2n} = a_n v_n$ y $a_{2n+1} = x_n y_n$ . Afirmo que cada uno de $v$ , $x$ y $y$ son secuencias de valor entero mayores que $1$ para $n \geq 2$ probando así la afirmación.
La forma más rápida de verlo es fijarse en las recursiones: $$v_n = c v_{n-1} - v_{n-2} \quad v_0=2 \quad v_1 =c $$ $$x_n = c x_{n-1} - x_{n-2} \quad x_0=1 \quad x_1 =c+1 $$ $$y_n = c y_{n-1} - y_{n-2} \quad y_0=1 \quad y_1 =c-1 $$
Una forma más conceptual de ver la racionalidad es observar que la simetría de Galois $\sqrt{c^2-4} \mapsto - \sqrt{c^2-4}$ toma $u$ a $u^{-1}$ y toma cada una de $v_n$ , $x_n$ y $y_n$ a sí mismos.
Incluso para $n$ se deduce por inducción que $a_n$ es divisible por $c$ . También, $a_n>c$ para $n\ge3$ Así que $a_n$ no es un primo.
Para impar $n=2m+1$ se puede hacer lo siguiente: Considerar $c$ como indeterminado. Entonces $a_n=P_n(c)$ donde $P_n(X)\in\mathbb Z[X]$ (ampliando binomialmente la respuesta de Paolo). Se puede demostrar que existe un polinomio $h_m(X)\in\mathbb Z[X]$ de grado $m$ tal que $P_n(X)=(-1)^mh_m(-X)h_m(X)$ .
Una expresión explícita de $h_m$ es \begin{equation} h_m(X)=\prod_{k=1}^m(X-\zeta^k-\frac{1}{\zeta^k}), \end{equation} donde $\zeta$ es una primitiva $n$ -enésima raíz de la unidad.
Ahora bien $\lvert\gamma\rvert\ge3$ entonces cada factor de $h_m(\gamma)$ tiene valor absoluto $\gt1$ Así que $h_m(\pm c)\ne\pm1$ .
Así $a_n$ nunca es un primo para $n\ge3$ y $c\ge 3$ .
Su $a_n$ es una secuencia divisible, ¿verdad? Eso significa que $a_n \mid a_{mn}$ así que para obtener valores primos, necesitarás que el índice sea primo. A continuación, tenga en cuenta que $a_n$ es aproximadamente $c^n$ . Por lo tanto, la probabilidad de que $a_p$ es primo es aproximadamente $1/p\log(c)$ . Por lo tanto, en el rango que has comprobado, no es tan sorprendente que no hayas encontrado ningún primo. Este modelo probabilístico sugiere que es probable que haya infinitos primos en cada secuencia, es decir, para cada $c>2$ . Pero demostrarlo está probablemente más allá de nuestras posibilidades, del mismo modo que actualmente no podemos demostrar que haya infinitos números primos de Mersenne.
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