Encontrar la divisibilidad de una secuencia de números generada recursivamente

Question

Tengo la siguiente función generadora: $$E(x)=\frac{2e^x}{e^{2x}+1+2x}=\sum_{n=0}^\infty {E_n}\frac{x^n}{n!}$$ que genera una secuencia de enteros por debajo de

$$\{1, -1, 3, -15, 93, -725, 6815, -74627, 933849,-13148361,205690779,...\}$$

Por lo tanto, en consecuencia, $E_0=1, E_1=-1, E_2=3, E_3=-15, ...$ . Así que estaba jugando y decidí mirar a estos números factorización primaria. A continuación, el desglose de los primeros 15 números... $$\begin{array}{l|l} n & |E_n| & \text{prime decomposition} \\ \hline 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 3 & 3 \\ 3 & 15 & 3\cdot 5 \\ 4 & 93 & 3\cdot 31 \\ 5 & 725 & 5^2\cdot 29 \\ 6 & 6815 & 5\cdot 29\cdot 47 \\ 7 & 74627 & 7^2\cdot 1523 \\ 8 & 933849 & 3^7\cdot 7\cdot 61 \\ 9 & 13148361 & 3^2\cdot 17\cdot 19\cdot 4523 \\ 10 & 205690779 & 3^3\cdot 7^2\cdot 155473 \\ 11 & 3539545559 & 11\cdot 31\cdot 43\cdot 241393 \\ 12 & 66466203637 & 11\cdot 283\cdot 701\cdot 30449 \\ 13 & 1351309774685 & 5\cdot 13\cdot 97\cdot 5003\cdot 42839 \\ 14 & 29595401433975 & 3\cdot 5^2\cdot 13\cdot 8539\cdot 3554779 \\ \end{array}$$

Me di cuenta de que para los números indexados de impar, el número era divisible por el índice; en otras palabras, $n|E_n$ . Además, para los números pares indexados, el número era divisible por el índice menos uno, por lo que $(n-1)|E_n$ . A continuación se muestra la tabla codificada por colores con las probabilidades en rojo y los pares en azul.

$$\begin{array}{l|l} n & |E_n| & \text{prime decomposition} \\ \hline 0 & 1 & 1 \\ \color{red}{1} & 1 & \color{red}{1} \\ \color{blue}{2} & 3 & \color{blue}{1}\cdot 3 \\ \color{red}{3} & 15 & \color{red}{3}\cdot 5 \\ \color{blue}{4} & 93 & \color{blue}{3}\cdot 31 \\ \color{red}{5} & 725 & \color{red}{5}^2\cdot 29 \\ \color{blue}{6} & 6815 & \color{blue}{5}\cdot 29\cdot 47 \\ \color{red}{7} & 74627 & \color{red}{7}^2\cdot 1523 \\ \color{blue}{8} & 933849 & 3^7\cdot \color{blue}{7}\cdot 61 \\ \color{red}{9} & 13148361 & \color{red}{3^2}\cdot 17\cdot 19\cdot 4523 \\ \color{blue}{10} & 205690779 & 3\cdot \color{blue}{3^2}\cdot 7^2\cdot 155473 \\ \color{red}{11} & 3539545559 & \color{red}{11}\cdot 31\cdot 43\cdot 241393 \\ \color{blue}{12} & 66466203637 & \color{blue}{11}\cdot 283\cdot 701\cdot 30449 \\ \color{red}{13} & 1351309774685 & 5\cdot \color{red}{13}\cdot 97\cdot 5003\cdot 42839 \\ \color{blue}{14} & 29595401433975 & 3\cdot 5^2\cdot \color{blue}{13}\cdot 8539\cdot 3554779 \\ \end{array}$$

Me pareció interesante y creo que la conjetura se mantendría. Mi problema es el siguiente: No sé cómo empezar siquiera a probar esta idea. ¿Cómo se comprueba la divisibilidad de los números grandes cuando los números se generan recursivamente? Sería fácil comprobar la divisibilidad de los pequeños; $E_0, E_3,$ etc. Pero esta es una secuencia infinita, así que ¿cómo podría probar el término 100? ¿Cuáles son algunos métodos que se utilizarían para probar tal conjetura?

EDIT: Tengo la definición recursiva, de hecho tengo dos para los números, lo que puede ayudar a los lectores...

$$E_n=1-2nE_{n-1}-\sum_{k=0}^{n-2}{\binom{n}{k}2^{n-k-1}E_k}$$ y $$E_n=-\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n}{k}\left(1+(-1)^{n-k}+2(n-k)(-1)^{n-k-1}\right)E_k$$

Answer 1

Al principio simplificamos el problema considerando las partes pares e Impares de $E(x)$ por separado. Podemos escribir $$\begin{align*} E(x)&=E_e(x)+E_o(x)\\ &=\frac{E(x)+E(-x)}{2}+\frac{E(x)-E(-x)}{2} \end{align*}$$

La parte de impar: $E_o(x)$

Aquí nos centramos en la parte de impar $E_o(x)$ . Queremos demostrar que $$\begin{align*} 2n+1|E_{2n+1}\qquad\qquad n\geq 0 \end{align*}$$ Traducido a funciones generadoras exponenciales consideramos $$\begin{align*} E_o(x)&=\sum_{n=0}^\infty E_{2n+1}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\\ &=\sum_{n=0}^\infty (2n+1)a_{2n+1}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\\ &=\sum_{n=0}^\infty a_{2n+1}\frac{x^{2n+1}}{(2n)!}\\ &=x\sum_{n=0}^\infty a_{2n+1}\frac{x^{2n}}{(2n)!} \end{align*}$$ y tienen que demostrar que $$\begin{align*} \frac{1}{x}E_o(x) \end{align*}$$ tiene coeficientes integrales.

[2016-02-28] Actualización:

Mostramos $\frac{1}{x}E_o(x)$ tiene coeficientes integrales. Comenzamos con una expansión de la función generadora.

$$\begin{align*} \frac{1}{x}E_o(x)&=\frac{1}{2x}\left(\frac{2e^x}{e^{2x}+1+2x}-\frac{2e^{-x}}{e^{-2x}+1-2x}\right)\\ &=\frac{1}{x}e^x\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\left(2x+e^{2x}\right)^n-\frac{1}{x}e^{-x}\sum_{n\geq 0}(-1)^n\left(-2x+e^{-2x}\right)^n\tag{1}\\ &=\frac{1}{x}e^x\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(2x)^je^{2x(n-j)}\\ &\qquad\qquad-\frac{1}{x}e^{-x}\sum_{n\geq 0}(-1)^n\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(-2x)^je^{-2x(n-j)}\\ &=2\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(2x)^{j-1} \left(e^{x(2n-2j+1)}+(-1)^{j-1}e^{-x(2n-2j+1)}\right)\tag{2} \end{align*}$$

En (1) utilizamos una expansión como serie geométrica y la representación (2) es apropiada para el siguiente paso. Nótese que $\frac{1}{x}E_o(x)$ es un incluso función. Por lo tanto, sólo tenemos que ocuparnos de los coeficientes de las potencias pares de $x$ . A continuación utilizamos el coeficiente de operador $[x^n]$ para denotar el coeficiente de $x^n$ en una serie generadora. Para demostrar que la función generadora exponencial $\frac{1}{x}E_o(x)$ tiene coeficientes integrales afirmamos que

Es válido lo siguiente $$\begin{align*} (2k)![x^{2k}]\frac{1}{x}E_o(x)\in\mathbb{Z} \qquad\qquad k\geq 0 \end{align*}$$

De (2) obtenemos

$$\begin{align*} (2k)!&[x^{2k}]\frac{1}{x}E_o(x)\\ &=2(2k)![x^{2k}]\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(2x)^{j-1} \left(e^{x(2n-2j+1)}+(-1)^{j-1}e^{-x(2n-2j+1)}\right)\\ &=2(2k)!\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}2^{j-1}\\ &\qquad\cdot[x^{2k-j+1}]\left(\sum_{l=0}^{\infty}\frac{1}{l!}(2n-2j+1)^lx^l +(-1)^{j-1}\sum_{l=0}^{\infty}\frac{1}{l!}(2n-2j+1)^lx^l\right)\tag{3}\\ &=2(2k)!\sum_{n=0}^{2k+1}(-1)^n\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}2^{j-1}\\ &\qquad\cdot\left((2n-2j+1)^{2k-j+1} +(-1)^{j-1}(2n-2j+1)^{2k-j+1}\right)\frac{1}{(2k-j+1)!}\tag{4}\\ \end{align*}$$

Comentario:

• En (3) aplicamos la linealidad del coeficiente de y utilizar la regla $$[x^{n+m}]A(x)=[x^n]x^{-m}A(x)$$

• En (4) seleccionamos el valor $l=2k-j+1$ correspondiente al coeficiente $[x^{2k-j+1}]$ . Tenga en cuenta que la potencia $2k-j+1$ es no negativo y $0\leq j \leq n$ . Respetamos esto al considerar $$\begin{align*} 2k-n+1\geq 0 \end{align*}$$ que da un límite superior $2k+1$ de la suma con índice $n$ .

Observando la representación (4) vemos que sólo hay una parte crítica al considerar la propiedad integral, a saber, la fracción $$\begin{align*} \frac{(2k)!}{(2k+1-j)!}\qquad\qquad 0\leq j \leq 2k+1 \end{align*}$$ todas las demás partes son claramente integrales. Esta fracción es integral para todos los valores de $j$ además de $j=0$ . Así que, finalmente, tenemos que echar un vistazo a (4) con $j=0$ . $$\begin{align*} 2(2k)!\sum_{n=0}^{2k+1}(-1)^n\frac{1}{2}\left((2n+1)^{2k+1} -(2n+1)^{2k+1}\right)\frac{1}{(2k+1)!}=0\in\mathbb{Z} \end{align*}$$ y la afirmación es la siguiente.

Se podría hacer un trabajo similar para la parte par.