Si $a_{n+1}=\frac {a_n^2+5} {a_{n-1}}$ $a_{n+1}=Sa_n+Ta_{n-1}$ algunos $S,T\in \Bbb Z$.

Question

Pregunta

Deje $$a_{n+1}:=\frac {a_n^2+5} {a_{n-1}},\, a_0=2,a_1=3$$

Demostrar que no existe enteros $S,T$ tal que $a_{n+1}=Sa_n+Ta_{n-1}$.

Intento

He calculado el primer par de valores de $a_n$: $a_2=7,a_3=18, a_4=47$ así que me gustaría tener el sistema de diophantine ecuaciones: $$ 7=3+2T\\ 18=7S+3T\\ 47=18S+7T $$

Ahora: parece que todos los de la $a_i$ son parejas coprime, por lo que estas ecuaciones deben siempre tienen solución, pero ¿cómo puedo comprobar que la intersección de todas las soluciones es no $\emptyset$?

Answer 1

Suponga que $a_n$ puede ser expresado como $a_{n+1}=Sa_n+Ta_{n-1}$.

A continuación, $a_n$ se expresa como $$a_n=A\alpha^n+B\beta^n$$ Entonces $$a_{n+1}a_{n-1}=(A\alpha^{n+1}+B\beta^{n+1})(A\alpha^{n-1}+B\beta^{n-1})$$ $$=A^2\alpha^{2n}+AB\alpha^{n-1}\beta^{n+1}+AB\alpha^{n+1}\beta^{n-1}+B^2\beta^{2n}$$ Y $$a_n^2+5=A^2\alpha^{2n}+2AB\alpha^n\beta^n+B^2\beta^{2n}+5$$ Por lo tanto, $$AB(\alpha^{n-1}\beta^{n+1}+\alpha^{n+1}\beta^{n-1})=2AB\alpha^n\beta^n+5$$ para todos los $n$.

Esto sólo es posible si $\alpha\beta=1$ e si $\alpha\beta=1$, $$AB(\alpha^2+\beta^2)=2AB+5$$ $$AB({\alpha-\beta})^2=5\tag{1}$$ Usando las condiciones iniciales $$a_0=A+B$$ $$a_1=A\alpha+B\beta$$ Resolución de ecuaciones lineales, $$A=\frac{a_1-a_0\beta}{\alpha-\beta}$$ $$B=\frac{a_0\alpha-a_1}{\alpha-\beta}$$ Se aplican a (1), $$(a_0\beta-a_1)(a_0\alpha-a_1)+5=0$$ $$a_0^2-a_0a_1(\alpha+\beta)+a_1^2+5=0$$ $$\therefore \alpha+\beta=\frac{a_0^2+a_1^2+5}{a_0a_1}$$ Como $\alpha$ $\beta$ son raíces de $x^2-Sx-T$, $$S=\alpha+\beta=\frac{a_0^2+a_1^2+5}{a_0a_1}$$ $$T=-\alpha\beta=-1$$ (*) En nuestro caso, $a_0=2$ $a_1=3$ nos da $\alpha+\beta=3$ que conduce a lulu solución.

Answer 2

Tenga en cuenta que el caso base $n=1$ es fácilmente comprobable. Puesto que la sucesión es creciente, $a_n >1$ $n>1.$

Ahora suponga que para todo natural numbersn $n$ menos que o igual a $k$ que:

$a_{n+1} = Pa_n +Qa_{n-1}$ ha entero de soluciones de $Q$ $P$ (hipótesis inductiva).

A continuación, tenga en cuenta que:

$a_{k+2} =M_1a_{k+1} +N_1a{k}$ $\Leftrightarrow$ $a_{k+2}=M_1(M_2a_k +N_2a_{k-1}) +N_1(M_3a_{k-1} +N_3a_{k-2})$$=...=C_{1}a_1 +C_2a_0=3C_1 +2C_2 $ para algunos enteros arbitrarios $C_1$ $C_2$

Pero dado que la ecuación de Diophantine $N=ax+by$ ha entero de soluciones de $x$ $y$ todos los $N>ab-a-b$, y desde $a_{k+2} >1$, se deduce que existe entero de soluciones de $C_1$$C_2$.

Answer 3

El resultado es $a_{n + 1} = 3 a_n - a_{n - 1}$.

SUGERENCIA: Deje $a_{k + 1} = a_k + b_k$. Entonces, por la ecuación original, obtenemos $$a_{n - 1} + b_{n - 1} + b_n = \frac {(a_{n - 1} + b_{n - 1})^2 + 5} {a_{n - 1}} = a_{n - 1} + 2 b_{n - 1} + \frac {b_{n - 1}^2 + 5} {a_{n - 1}}.$$ Hence, $$b_n = b_{n - 1} + \frac {b_{n - 1}^2 + 5} {a_{n - 1}}.$$

Answer 4

$7=3+2T\\ 18=7S+3T$

es un sistema lineal de dos ecuaciones con dos incógnitas. Tiene una única solución : multiplicando la primera línea por $3$ y el segundo por $2$, entonces la resta, consigue $21-36 = 9S-14S$, lo $-15 = -5S$,$S=3$, y, a continuación,$T=-1$.

Deje $b_n$ ser la secuencia definida por $b_0=a_0, b_1=a_1, b_{n+2}=Sb_{n+1}+Tb_n$. Quiere mostrar que la recurrencia de la relación con la definición de $a_n$ es válido también para $b_n$, es decir, $b_nb_{n+2} - b_{n+1}^2 - 5 = 0$

Desde $(b_n)$ satisface el recurrente lineal de la ecuación de la orden $2$, $(b_n^2)$ y $(b_nb_{n+2})$ satisfacer recurrentes en la ecuación lineal de orden $3$ (si no me equivoco, $c_{n+3} = 8c_{n+2}-8c_{n+1}+c_n$)

La constante secuencia $5$ también satisface esta relación de recurrencia, por lo que el conjunto de la $(b_nb_{n+2} - b_{n+1}^2 - 5)$ es lineal y recurrente de la secuencia de orden de $3$ (sería del orden de $4$ si no era el caso).

Para mostrar que es el $0$ constante sólo tiene que mostrar que sus tres primeros términos son $0$. Desde $a_0=b_0$$a_1=b_1$, por definición, y $S$ $T$ fueron elegidos de modo que $a_2=b_2$$a_3=b_3$, entonces sólo se necesita comprobar que el $a_4=b_4$.

desde $a_4 = 47 = 3*18-7 = b_4$, esto es cierto, y lo $a_n = b_n$ forall $n$.

Answer 5

A partir de los datos iniciales y la recursividad, calcular los $a_0=2,a_1=3,a_2=7,a_3=18$.

Si tenemos un $S$$T$, de modo que $a_{n+1}=Sa_n+Ta_{n-1}$, luego $$ \begin{bmatrix}3&2\\7&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}S\\T\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}7\\18\end{bmatrix}\implies\begin{bmatrix}S\\T\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&2\\7&3\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}7\\18\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3\\-1\end{bmatrix} $$ Ahora, para comprobar que la recursividad lineal $a_{n+1}=3a_n-a_{n-1}$ implica $$ a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2=5\etiqueta{1} $$ Asumir la recursividad lineal, entonces $$ \begin{align} &\left(a_{n+2}a_n-a_{n+1}^2\right)-\left(a_{n+1}a_{n-1}-a_n^2\right)\\ &=(3a_{n+1}-a_n)a_n-a_{n+1}^2-a_{n+1}a_{n-1}+a_n^2\\ &=3a_{n+1}a_n-a_{n+1}^2-a_{n+1}a_{n-1}\\ &=a_{n+1}(3a_n-a_{n-1})-a_{n+1}^2\\ &=a_{n+1}^2-a_{n+1}^2\\ &=0\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, la recursividad lineal y $(1)$ implica que $$ a_{n+2}a_n-a_{n+1}^2=5\etiqueta{3} $$