Si $f_{n-1}^2=(f_n/2)^2+h^2$ entonces $n=6$

Question

¿Cómo puedo demostrar que si $f_n$ es un término de la sucesión de Fibonacci divisible por $4$ y si $$f_{n-1}^2=(f_n/2)^2+h^2,$$ $h\in\Bbb Z^+$ entonces $n=6$ ?

Sé que desde $\gcd(f_k,f_{k+1})=1$ por cada $k\in\Bbb N$ entonces $h$ debe ser impar y que si $h=2m+1$ con $m\in\Bbb Z$ entonces $h=(m+1)^2-m^2$ . Pero no puedo asumir que $f_{n-1}=(f_n/2)+1$ así que no sé cómo proceder.

Cualquier ayuda es realmente apreciada.

Answer 1

Necesitamos $4h^2 = 4f_{n-1}^2-f_n^2 = (2f_{n-1}+f_n)(2f_{n-1}-f_n) = (4f_{n-2}+3f_{n-3})f_{n-3}$ .

Desde $\gcd(f_{n-2},f_{n-3}) = 1$ tenemos $\gcd(4f_{n-2}+3f_{n-3},f_{n-3}) = \gcd(4f_{n-2},f_{n-3}) \in \{1,2,4\}$ .

Dejemos que $v_p(n)$ denota el mayor número entero $k$ tal que $p^k \mid n$ .

Entonces, si $p \ge 3$ es un primo tal que $p \mid f_{n-3}$ entonces $p \not\mid (4f_{n-2}+3f_{n-3})$ , por lo que tenemos $v_p(f_{n-3}) = v_p((4f_{n-2}+3f_{n-3})f_{n-3}) = v_p(4h^2) = v_p(h^2) = 2v_p(h)$ que es par.

Si $p \ge 3$ es un primo tal que $p \not\mid f_{n-3}$ entonces trivialmente, $v_p(f_{n-3}) = 0$ que es par.

Por lo tanto, $v_p(f_{n-3})$ es par para todos los primos $p \ge 3$ .

Por lo tanto, $f_{n-3}$ es un cuadrado perfecto o dos veces un cuadrado perfecto.

Por este enlace los únicos números de Fibonacci que son cuadrados perfectos son $0,1,144$ y los únicos números de Fibonacci que son dos veces un cuadrado perfecto son $0,2,8$ . Así que queda por comprobar todo esto $5$ casos y ver cuáles funcionan.

Answer 2

Recordemos que los triples pitagóricos son de la forma $(u^2-v^2,2uv,u^2+v^2)$ . Como ha señalado $h = 2m+1$ es el miembro impar del triplete, que hace $\dfrac{f_n}{2} = 2uv$ y $f_{n-1} = u^2+v^2$ . Así, $f_{n-3} = 2(u-v)^2$ .

El único número de Fibonacci $f_k$ que es el doble de un cuadrado perfecto son cuando $k = 0,3,6$ .

${n-3}$ no puede ser $0,6$ . Así, $n = 6$ .

Answer 3

Tenga en cuenta que $$h^2=f_{n-1}^2-(f_n/2)^2=(f_{n-1}-f_n/2)(f_{n-1}+f_n/2)$$ Ahora \begin{align*}\gcd(f_{n-1}-f_n/2,f_{n-1}+f_n/2)&=\gcd(f_{n-1}-f_n/2,f_n)=\gcd(f_{n-1}-f_n/2,f_n/2)\\&=\gcd(f_{n-1},f_n/2)=1\end{align*} (el segundo paso está permitido ya que $f_{n-1}-f_n/2$ debe ser impar y ya conoce el último paso)

Esto significa que $f_{n-1}-f_n/2=f_{n-1}/2-f_{n-2}/2=f_{n-3}/2$ debe ser un cuadrado perfecto, pero es bien conocido esto sólo es posible para $n=3$ , $n=6$ o $n=9$ . Pero sólo para $n=6$ es $f_{n-1}+f_n/2$ también un cuadrado.