Secuencia $\{a_n\}$ satisface la siguiente fórmula:
$a_{n+2}=14a_{n+1}-a_n+12$ ,
y $a_1=1, a_2=1$ .
Es fácil comprobar que $a_3=25$ y $a_4=361$ .
La cuestión es cómo probar cada elemento de la secuencia $\{a_n\}$ ¿es un cuadrado perfecto?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Como comentó Umberto P., basta con demostrar por inducción que $$a_{n+2}=b_n^2\tag1$$ donde $b_{n+2}=4b_{n+1}-b_{n}$ con $b_0=1, b_1=5$ .
El caso base : $a_2=1=b_0^2$ y $a_3=25=b_1^2$
Supongamos que $a_{n+2}=b_n^2$ y $a_{n+1}=b_{n-1}^2$ .
Entonces, utilizando esa $$b_n^2-4b_nb_{n-1}+b_{n-1}^2=6\tag2$$ obtenemos $$\begin{align}a_{n+3}&=14a_{n+2}-a_{n+1}+12\\&=14b_{n}^2-b_{n-1}^2+12\\&=16b_n^2-8b_nb_{n-1}+b_{n-1}^2-2b_n^2+8b_nb_{n-1}-2b_{n-1}^2+12\\&=(4b_n-b_{n-1})^2-2(b_n^2-4b_nb_{n-1}+b_{n-1}^2-6)\\&=b_{n+1}^2\qquad\blacksquare\end{align}$$
Probemos $(2)$ por inducción.
El caso base : $b_1^2-4b_1b_0+b_0^2=25-20+1=6$
Supongamos que $b_n^2-4b_nb_{n-1}+b_{n-1}^2=6$ . Entonces,
$$\begin{align}b_{n+1}^2-4b_{n+1}b_{n}+b_{n}^2&=(4b_{n}-b_{n-1})^2-4(4b_{n}-b_{n-1})b_n+b_n^2\\&=16b_{n}^2-8b_{n}b_{n-1}+b_{n-1}^2-16b_n^2+4b_nb_{n-1}+b_n^2\\&=b_n^2-4b_nb_{n-1}+b_{n-1}^2\\&=6\qquad\blacksquare\end{align}$$
Mike
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1113
No conozco una forma más sencilla que desglosar la función generadora: dejemos que $b_n=a_n+1$ Entonces $b_{n+2}$ $= a_{n+2}+1$ $= 14a_{n+1}-a_n+12+1$ $=14(b_{n+1}-1)-(b_n-1)+13$ $= 14b_{n+1}-b_n$ por lo que la relación de recurrencia para $b_n$ es homogénea. La ecuación característica es $x^2-14x+1=0$ con raíces $7\pm4\sqrt{3}$ que a su vez son los cuadrados de $2\pm\sqrt{3}$ ; tenga en cuenta que $(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})=1$ . Esto no es una coincidencia: si se observa la ecuación $c_{n+2}=4c_{n+1}-c_n$ (cuya ecuación característica $x^2-4x+1=0$ tiene $2\pm\sqrt{3}$ para sus raíces) con condiciones iniciales $c_1=-1$ , $c_2=1$ descubrirá que tiene $a_n=c_n^2$ .
Esto funciona porque tenemos $c_n=x(2+\sqrt{3})^n+y(2-\sqrt{3})^n$ con $x=\frac12(3\sqrt{3}-5)$ y $y=-\frac12(3\sqrt{3}+5)$ y así cuando cuadramos $c_n$ obtenemos un resultado de la forma $x^2(2+\sqrt{3})^{2n}+y^2(2-\sqrt{3})^{2n}+xy\left((2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})\right)^n$ - pero $xy$ es $-1$ y el último término entre paréntesis sólo $1$ para todos $n$ Así que $c_n^2+1$ es de la forma $sz^n+t\bar{z}^n$ (donde $\bar{z}$ denota el conjugado con respecto a $\sqrt{3}$ ), por lo que satisface una ecuación lineal homogénea de segundo grado con coeficientes enteros - concretamente, la ecuación de $b_n$ .
La clave aquí es que las raíces (conjugadas) de la ecuación tienen norma $1$ en $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ por lo que el término cruzado será siempre $1$ Pero no hay crecimiento exponencial, así que podemos compensar el cuadrado con un factor constante para obtener otra ecuación lineal homogénea. El mismo truco funcionaría para, por ejemplo, una ecuación como $x^2-66x+1=0$ (es decir, $c_{n+2}=66c_{n+1}-c_n$ ) con raíces conjugadas $z,\bar{z}=33\pm8\sqrt{17}$ que satisfagan $z\bar{z}=1$ con las condiciones iniciales correctas se encuentra exactamente el mismo fenómeno que las soluciones de $d_{n+2}=4354d_{n+1}-d_n$ (cuyas raíces son $z^2$ y $\bar{z}^2$ ) satisfacen $d_n=c_n^2-1$ .
Stephan Aßmus
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16
La ruta panorámica.
Esto comienza con el comentario de Umberto de que $ x_{n+2} - 4 x_{n+1} + x_n = 0, $ así que supe que quería una matriz de 2 por 2 de trazos $4$ y el determinante $1,$ con preferencia por una con los dos términos diagonales iguales, porque esas sirven como matrices de automorfismo para las formas cuadráticas de tipo Pell. He pensado en $$ \left( \begin{array}{rr} 2 & 3 \\ 1 & 2 \end{array} \right) $$ y comenzó a pensar en $x^2 - 3 y^2.$ Mirando los primeros artículos, $1,25,361,$ en cada caso obtenemos el triple de un cuadrado simplemente sumando $2,$ como en $3,27,363.$ Así que, $x^2 + 2 = 3 y^2,$ o $x^2 - 3 y^2 = -2.$
Toma $x^2 - 3 y^2$ como una forma cuadrática, y resolver para $x^2 - 3 y^2 = -2.$ La "matriz de automorfismo" dice que $$ \left( \begin{array}{r} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rr} 2 & 3 \\ 1 & 2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} x_{n} \\ y_{n} \end{array} \right), $$ o, de Cayley Hamilton, $$ x_{n+2} - 4 x_{n+1} + x_n = 0, $$ $$ y_{n+2} - 4 y_{n+1} + y_n = 0. $$
Si simplemente multiplicamos las entradas obtenemos $$ \left( \begin{array}{c} x_{n+1}^2 \\ x_{n+1} y_{n+1} \\ y_{n+1}^2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rrr} 4 & 12 & 9 \\ 2 & 7 & 6 \\ 1 & 4 & 4 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} x_{n}^2 \\ x_{n} y_{n} \\ y_{n}^2 \end{array} \right) $$ Esta matriz de 3 por 3 es un poco famosa, ya que hemos tomado una matriz de 2 por 2 en el grupo modular y hemos producido una imagen de 3 por 3 en $SL_3 \mathbb Z;$ el mapa es un isomorfismo. Puede encontrar esta construcción en página 58 de Zagier o página 23 de Magnus . En realidad, Magnus y Zagier utilizan transposiciones de las matrices del otro, no se puede tener todo. Con las letras permutadas, página 301 de Cassels .
La matriz de coeficientes tiene determinante $1.$ De hecho, el polinomio característico es $$ \lambda^3 - 15 \lambda^2 + 15 \lambda - 1 = (\lambda - 1)(\lambda^2 - 14 \lambda + 1). $$
El teorema de Cayley-Hamilton dice que $$ x_{n+3}^2 - 15 x_{n+2}^2 + 15 x_{n+1}^2 - x_{n}^2 = 0. $$
Ahora, supongamos que tengo cualquier secuencia $z_n$ con $$ z_{n+3} - 15 z_{n+2} + 15 z_{n+1} - z_{n} = 0, $$ y defino $$ w_n = z_{n+2} - 14 z_{n+1} + z_n. $$ ENTONCES $$ w_{n+1} = z_{n+3} - 14 z_{n+2} + z_{n+1}, $$ Y $$ w_{n+1} - w_n = z_{n+3} - 15 z_{n+2} + 15 z_{n+1} - z_{n} = 0,$$ o $w_n$ ¡es constante! Tomando $z_n = x_n^2,$ obtenemos $$ x_{n+2}^2 - 14 x_{n+1}^2 + x_{n}^2 = \mbox{CONSTANT}. $$ Compruebe con el triple $1,5,19$ Inicio $x_n,$ encontramos $$ x_{n+2}^2 - 14 x_{n+1}^2 + x_{n}^2 = 12. $$
No es difícil confirmar que, dado un elemento del grupo modular (nuestra "matriz de automorfismo") $$ \left( \begin{array}{rr} \alpha & \beta \\ \gamma & \delta \end{array} \right), $$ para que $$ \alpha \delta - \beta \gamma = 1, $$ entonces construye $$ M = \left( \begin{array}{ccc} \alpha^2 & 2 \alpha \beta & \beta^2 \\ \alpha \gamma & (\alpha \delta + \beta \gamma) & \beta \delta \\ \gamma^2 & 2 \gamma \delta & \delta^2 \end{array} \right), $$ que el polinomio característico de $M$ es $$ \lambda^3 - \left( (\alpha + \delta)^2 - 1 \right) \lambda^2 + \left( (\alpha + \delta)^2 - 1 \right) \lambda - 1 = (\lambda - 1) \left( \lambda^2 - \left( (\alpha + \delta)^2 - 2 \right) \lambda + 1 \right) $$ Parte de esto es la afirmación de que $1$ es un valor propio de $M.$ Aquí hay un vector propio con valor propio $1:$ $$ X = \left( \begin{array}{c} 2 \beta \\ \delta - \alpha \\ - 2 \gamma \end{array} \right), $$ con $MX=X,$ y $X$ es distinto de cero a menos que $W = \pm I,$ en cuyo caso $M=I$ y todos los valores propios se convierten en $1.$
Aquí está la página 301 de Cassels. Cambia $\beta, \gamma$ en la matriz de 3 por 3, comparado con lo que escribí arriba.
He aquí un comienzo:
jagy@phobeusjunior:~$ ./Pell_Target_Fundamental
Automorphism matrix:
2 3
1 2
Automorphism backwards:
2 -3
-1 2
2^2 - 3 1^2 = 1
x^2 - 3 y^2 = -2
Tue Aug 23 11:43:01 PDT 2016
x: 1 y: 1 ratio: 1 SEED KEEP +-
x: 5 y: 3 ratio: 1.66667
x: 19 y: 11 ratio: 1.72727
x: 71 y: 41 ratio: 1.73171
x: 265 y: 153 ratio: 1.73203
x: 989 y: 571 ratio: 1.73205
x: 3691 y: 2131 ratio: 1.73205
x: 13775 y: 7953 ratio: 1.73205
x: 51409 y: 29681 ratio: 1.73205
x: 191861 y: 110771 ratio: 1.73205
x: 716035 y: 413403 ratio: 1.73205
x: 2672279 y: 1542841 ratio: 1.73205
x: 9973081 y: 5757961 ratio: 1.73205
Tue Aug 23 11:43:31 PDT 2016
x^2 - 3 y^2 = -2
jagy@phobeusjunior:~$Cálculos para demostrar que el mapeo de matrices de 2 por 2 a 3 por 3, como en Magnus página 23, es un isomorfismo.
parisize = 4000000, primelimit = 500509
? m = [ a,b; c,d]
%1 =
[a b]
[c d]
? m3 = [ a^2, 2 * a * b, b^2; a * c, a * d + b * c, b * d; c^2, 2 * c * d, d^2]
%2 =
[a^2 2*b*a b^2]
[c*a d*a + c*b d*b]
[c^2 2*d*c d^2]
? matdet(m3) - ( matdet(m) )^3
%24 = 0
? n = [ e,f; g,h]
%3 =
[e f]
[g h]
? n3 = [ e^2, 2 * e * f, f^2; e * g, e * h + f * g, f * h; g^2, 2 * g * h, h^2]
%4 =
[e^2 2*f*e f^2]
[g*e h*e + g*f h*f]
[g^2 2*h*g h^2]
? m * n
%5 =
[e*a + g*b f*a + h*b]
[e*c + g*d f*c + h*d]
?
?
? m3 * n3
%6 =
[e^2*a^2 + 2*g*e*b*a + g^2*b^2 2*f*e*a^2 + (2*h*e + 2*g*f)*b*a + 2*h*g*b^2 f^2*a^2 + 2*h*f*b*a + h^2*b^2]
[(e^2*c + g*e*d)*a + (g*e*c + g^2*d)*b (2*f*e*c + (h*e + g*f)*d)*a + ((h*e + g*f)*c + 2*h*g*d)*b (f^2*c + h*f*d)*a + (h*f*c + h^2*d)*b]
[e^2*c^2 + 2*g*e*d*c + g^2*d^2 2*f*e*c^2 + (2*h*e + 2*g*f)*d*c + 2*h*g*d^2 f^2*c^2 + 2*h*f*d*c + h^2*d^2]
? t = m * n
%7 =
[e*a + g*b f*a + h*b]
[e*c + g*d f*c + h*d]
? t[1,1]
%8 = e*a + g*b
? t[1,2]
%9 = f*a + h*b
? t[2,1]
%10 = e*c + g*d
? t[2,2]
%11 = f*c + h*d
?
? u = m3 * n3
%12 =
[e^2*a^2 + 2*g*e*b*a + g^2*b^2 2*f*e*a^2 + (2*h*e + 2*g*f)*b*a + 2*h*g*b^2 f^2*a^2 + 2*h*f*b*a + h^2*b^2]
[(e^2*c + g*e*d)*a + (g*e*c + g^2*d)*b (2*f*e*c + (h*e + g*f)*d)*a + ((h*e + g*f)*c + 2*h*g*d)*b (f^2*c + h*f*d)*a + (h*f*c + h^2*d)*b]
[e^2*c^2 + 2*g*e*d*c + g^2*d^2 2*f*e*c^2 + (2*h*e + 2*g*f)*d*c + 2*h*g*d^2 f^2*c^2 + 2*h*f*d*c + h^2*d^2]
? u[1,1]
%13 = e^2*a^2 + 2*g*e*b*a + g^2*b^2
? u[1,2]
%14 = 2*f*e*a^2 + (2*h*e + 2*g*f)*b*a + 2*h*g*b^2
? u[1,2] - 2 * t[1,1] * t[1,2]
%15 = 0
? u[1,1] - t[1,1] * t[1,1]
%16 = 0
? u[1,3] - t[1,2] * t[1,2]
%17 = 0
? u[2,1] - t[1,1] * t[2,1]
%18 = 0
? u[2,2] - t[1,1] * t[2,2] - t[1,2] * t[2,1]
%19 = 0
? u[2,3] - t[1,2] * t[2,2]
%20 = 0
? u[3,1] - t[2,1] * t[2,1]
%21 = 0
? u[3,2] - 2 * t[2,1] * t[2,2]
%22 = 0
? u[3,3] - t[2,2] * t[2,2]
%23 = 0
?
S. Y
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369
Las pruebas anteriores son elegantes. Lo siguiente es lo que estaba pensando:
Al igual que lo que hizo Steven, podemos utilizar funciones de generación y escribir $$a_n = c(2+\sqrt{3})^{2n} + d(2-\sqrt{3})^{2n} - 1$$ para algunas constantes $c$ y $d$ . Tenga en cuenta que $c>0$ desde $a_n$ aumenta a medida que $n$ aumenta. Si $d>0$ entonces $a_n = (\sqrt{c}((2+\sqrt{3})^n - \sqrt{d}(2-\sqrt{3})^n)^2 + (2\sqrt{cd} - 1 )$ y queremos mostrar $ 2\sqrt{cd} - 1=0$ o $cd=1/4$ .
Escriba $\sigma = (2+\sqrt{3})$ , de $a_1=a_2$ tenemos $c\sigma^2 + d\sigma^{-2} = c\sigma^4 + d\sigma^{-4}$ que se simplifica en $d=c\sigma^6$ Entonces $d>c>0$ . También tenemos $2=a_1+1= c\sigma^2 + d\sigma^{-2} = c\sigma^2(1+\sigma^2) = c\sigma^2*4\sigma$ Así que $c\sigma^3= 1/2$ , lo que da como resultado $2\sqrt{cd} - 1= 2c\sigma^3-1= 0$ . Entonces tenemos $a_n=b_n^2$ , donde $b_n=\sqrt{c}(2+\sqrt{3})^n - \sqrt{d}(2-\sqrt{3})^n$ . La secuencia $\{b_n\}$ son números enteros ya que $b_1=b_2=1$ y $b_{n+2} = 4b_{n+1}-b_n$ .
