Cómo demostrar esta conjetura $x_{n}(n\ge 4)$ no puede ser un número entero.

Question

Definir la secuencia $x_{1}=1$ y $x_{n+1}=1+\dfrac{n}{x_{n}},n\ge 1$ . He encontrado $$x_{2}=2,x_{3}=2,x_{4}=1+\dfrac{3}{x_{3}}=\dfrac{5}{2}, x_{5}=1+\dfrac{4}{2.5}=\dfrac{13}{5},x_{6}=1+\dfrac{5}{x_{5}}=\dfrac{38}{13}$$ $$x_{7}=1+\dfrac{6}{x_{6}}=\dfrac{58}{19},x_{8}=1+\dfrac{7}{x_{7}}=\dfrac{191}{58},\cdots$$

Conjeturo : $x_{n}\notin Z$ para $n\ge 4$ En otras palabras, esta secuencia sólo tiene tres términos enteros.

Answer 1

La conjetura es cierta.

Definir, como en el comentario de @S.C.B., la secuencia de Números de teléfono : $$ T_0 = T_1 = 1, \quad T_{n+1} = T_{n} + nT_{n-1},\ n\ge 1, \tag{1} $$ para que $$ x_n = \frac{T_n}{T_{n-1}},\ n\ge 1. $$ Entonces $$ T_n = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} {n\choose 2k}(2k-1)!!. $$ Primero probaré la afirmación de @S.C.B:

Reclamación Para cada $n\ge 1$ , $T_n$ y $T_{n+1}$ no tienen un divisor primo impar común.

Se basa en

Lema Para cada $n\ge 1$ , $T_n$ y $n$ no tienen un divisor primo impar común.

Prueba Dejemos que $p>2$ sea un primo impar que divide a $n$ . Escriba $$ T_n = 1 + \sum_{k=1}^{\lfloor n/2\rfloor} {n\choose 2k}(2k-1)!!. $$ Tenga en cuenta que $p\mid {n\choose 2k}$ para $1\le k< p/2$ y $p\mid (2k-1)!!$ para $k> p/2$ . Por lo tanto, $T_n = 1\pmod p$ , dando lugar a la declaración.

Prueba de la reclamación Dejemos que $p>2$ sea un primo. Supongamos, por contradicción, que $n$ es el menor número entero positivo tal que $p$ divide ambos $T_{n+1}$ y $T_n$ . Entonces se deduce de $(1)$ que $p\mid n$ , contradiciendo el lema.

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Por lo tanto, la única posibilidad de $x_n$ para ser un número entero es $T_{n-1}$ siendo un poder de $2$ . Sin embargo, como se explica en la página de Wikipedia, esto no es posible para $n\ge 4$ .

Answer 2

Esta respuesta utiliza eso para $n\ge 4$ , $$\frac{1+\sqrt{4n-3}}{2}\lt x_n\lt \frac{1+\sqrt{4n+1}}{2}\tag1$$ La prueba para $(1)$ está escrito al final de esta respuesta.

Multiplicando $(1)$ por $2$ restando $1$ y elevando al cuadrado, obtenemos $$4n-3\lt 4(x_n^2-x_n)+1\lt 4n+1$$ Entonces, restando $1$ y dividiendo por $4$ obtenemos $$n-1\lt x_n^2-x_n\lt n$$ Desde $x_n^2-x_n$ no es un número entero, tenemos que $x_n$ no es un número entero.

Por lo tanto, su conjetura es cierta.

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Probemos $(1)$ por inducción.

Para $n=4$ ya que $13\lt 16\lt 17$ obtenemos $$\frac{1+\sqrt{13}}{2}\lt \frac{1+\sqrt{16}}2=x_4\lt \frac{1+\sqrt{17}}{2}$$

Suponiendo que $(1)$ se mantiene para algunos $n\ge 4$ da $$\begin{align}x_{n+1}-\frac{1+\sqrt{4(n+1)-3}}{2}&=1+\frac{n}{x_n}-\frac{1+\sqrt{4n+1}}{2}\\\\&\gt 1+\frac{2n}{1+\sqrt{4n+1}}-\frac{1+\sqrt{4n+1}}{2}=0\end{align}$$ y $$\begin{align}\frac{1+\sqrt{4(n+1)+1}}{2}-x_{n+1}&=\frac{1+\sqrt{4n+5}}{2}-1-\frac{n}{x_n}\\\\&\gt \frac{1+\sqrt{4n+5}}{2}-1-\frac{2n}{1+\sqrt{4n-3}}\\\\&=\frac{1+\sqrt{4n+5}}{2}-1-\frac{2n(1-\sqrt{4n-3})}{1-(4n-3)}\\\\&=\frac{(n-1)\sqrt{4n+5}+1-n\sqrt{4n-3}}{2(n-1)}\\\\&=\frac{\sqrt{4n+5}-3}{(n-1)\sqrt{4n+5}+1+n\sqrt{4n-3}}\\\\&\gt 0\qquad\quad\blacksquare\end{align}$$