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Propiedad de divisibilidad de la secuencia an+2=2(n1)(n+3)an(2n+3)an+1an+2=2(n1)(n+3)an(2n+3)an+1

Dejemos que (an)(an) sea la secuencia definida unívocamente por a1=0,a2=1a1=0,a2=1 y

an+2=2(n1)(n+3)an(2n+3)an+1an+2=2(n1)(n+3)an(2n+3)an+1

¿Puede alguien demostrar (o dar un contraejemplo) que p|ap2p|ap2 y p|ap1p|ap1 para cualquier primo p5p5 ? He comprobado este hecho para p200p200 .

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¿Hay alguna motivación extra detrás de esta pregunta?

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@AlexR. La verdad es que no. Omití deliberadamente el contexto en el que descubrí esta pregunta porque 1) la relevancia de mi pregunta para el contexto no es segura y 2) el propio contexto habría sido largo y complicado de explicar.

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He comprobado que p32768p32768

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Sil Puntos 13

La secuencia comienza 0,1,5,25,105,105,5355,0,1,5,25,105,105,5355,

Podemos observar que la afirmación es cierta no sólo para los primos, sino para los números Impares en general. Aunque las recurrencias podrían ser mejores para resolver este tipo de problemas, aquí podemos optar por una fórmula de forma cerrada (¡por suerte hay una!). He utilizado un enfoque inspirado en http://mathforum.org/library/drmath/view/67314.html .

Actualmente los coeficientes contienen polinomios cuadráticos en nn pero podemos hacerlas lineales, lo que facilita un poco el trabajo. Con la sustitución bn=an(n+2)!bn=an(n+2)! y un poco de álgebra obtenemos

(n+4)bn+2+(2n+3)bn+1+(2n2)bn=0(n+4)bn+2+(2n+3)bn+1+(2n2)bn=0

Ahora que los coeficientes son lineales, tratemos de encontrar su función generadora y(x)=n1bnxny(x)=n1bnxn . Sumando toda la ecuación y de nuevo algunos pasos técnicos, llegamos a

y(x)(2x3+2x2+x)=16x2+(2x2x2)y(x)y(x)(2x3+2x2+x)=16x2+(2x2x2)y(x) que es un ecuación diferencial lineal con coeficientes variables y puede resolverse en y(x)=13x19x25x1812+(2x2+2x+1)3/29x2y(x)=13x19x25x1812+(2x2+2x+1)3/29x2 (He utilizado el sistema CAS para resolver esta ecuación diferencial, pero es sólo un tecnicismo a mostrar, también es trivial verificar por diferenciación).

Ahora, para obtener información sobre los coeficientes, vamos a ampliarlo en la serie. La potencia de la derecha es por Series binomiales (2x2+2x+1)3/2=k=0(3/2k)2k(x2+x)k(2x2+2x+1)3/2=k=0(3/2k)2k(x2+x)k Utilizando Teorema del binomio para la suma interna y jugando con los indicios, obtenemos [xn](2x2+2x+1)3/2=n/2kn(3/2k)(k2kn)2k[xn](2x2+2x+1)3/2=n/2kn(3/2k)(k2kn)2k Dividiendo por 9x29x2 y notando que los primeros términos de la serie resultante son iguales a 19x2+13x+12+5x1819x2+13x+12+5x18 podemos anularlas en el y(x)y(x) y así bn=(n+2)/2kn+2(3/2k)(k2kn2)2kbn=(n+2)/2kn+2(3/2k)(k2kn2)2k y a su vez an=(n+2)!(n+2)/2kn+2(3/2k)(k2kn2)2kan=(n+2)!(n+2)/2kn+2(3/2k)(k2kn2)2k Observando los primeros términos individuales en una suma para valores pares de nn podemos observar que son todos enteros. Esto sugiere que podemos simplificar aún más la expresión. Escribiendo las definiciones y todos los factoriales, uno encuentra finalmente para n>1n>1 : an=(n+2)/2kn+2(kn+2k)(n+2)!k!(2k5)!!3(1)k Podemos ver que para k<n+2 los términos anteriores son divisibles por n+2 . Así que tenemos an(n+20)(n+2)!(n+2)!(2(n+2)5)!!3(1)n+2=(2n1)!!3(1)n+2=(2n1)(2n3)5(1)n+2(modn+2) Si n3 es impar, el n+2 también es impar, por lo que el producto anterior lo contendrá y, por tanto, será divisible por él. En otras palabras an0(modn+2) que es lo que queríamos probar.

La afirmación de que an+10(modn+2) ahora se sigue, por ejemplo, escribiendo la ecuación original como

an+1=2(n2)(n+2)an1(2n+1)an que modula n+2 produce an+13an0(modn+2) Puede que haya omitido algunos detalles aquí y allá, pero espero que la idea principal esté clara.

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Buen trabajo, en efecto.

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Gracias por este minucioso esfuerzo. ¿Puedo preguntar qué CAS has utilizado para resolver la ecuación diferencial?

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@EwanDelanoy He utilizado Maple dsolve((diff(y(x), x))*(2*x^3+2*x^2+x) = (1/6)*x^2+(2*x^2-x-2)*y(x), y(x)) pero en realidad es sólo una ecuación diferencial lineal, es sólo mi pereza...

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billythekid Puntos 156

Definir a1=0,a2=1,andan+2=2(n1)(n+3)an(2n+3)an+1. Definir R(x):=14x=12n=1Cn1xn=n=0(2nn)xn12n que es la función generadora del Secuencia de enteros OEIS A002420 . Definir B(x):=(1+4x+8x2)R(x2x2)(1+6x+18x2+20x3)2x2 =3x26x3+10x412x5+3x6+=:n=0bnxn que es la función generadora de bn. Es fácil comprobar que bn también es una secuencia de números enteros y b1=0,b2=3. Utilizando las derivadas obtenemos la ecuación diferencial (8x22x2)B(x)+12x2=x(1+4x+8x2)ddxB(x) y utilizando algo de álgebra sobre los coeficientes de la serie de potencias obtenemos la ecuación (2+n)bn=(24n)bn1+(248n)bn2n>2.

Redefinir an:=(n+2)!2n+19bn. Es fácil comprobar que esto satisface los mismos valores iniciales y la misma recursividad que se da en (0) ¿pero es una secuencia entera? Lo será si 2n+1|(n+2)!bn para todos n>1. El resultado clave a demostrar es que si Cn son los números catalanes y si v2(n) es la valoración 2-ádica de n entonces

v2(bn)=v2(Cn+1)=v2(2n+1(n+2)!),v2(an)=0n>1.

Ahora la ecuación original (0) ya implica que an es una secuencia de números enteros utilizando la inducción, an es impar si n>1 y el resto de la ecuación (2) es cierto.

Sin embargo, existe un enfoque alternativo que utiliza la función generadora exponencial de an, a saber: A(x):=n=0anxn/n!. Utilizando la ecuación (0) para an obtenemos la ecuación diferencial 1=6A(x)+(3+6x)ddxA(x)+(1+2x+2x2)d2dx2A(x). Tomando la derivada de esta ecuación se obtiene otra ecuación diferencial 0=5(1+2x)d2dx2A(x)+(1+2x+2x2)d3dx3A(x). Ahora define la secuencia yn(x) por y0(x):=1+O(x), y la recursividad yn+1(x):=1x05(1+2x)/(1+2x+2x2)yn(x)dx. El límite como n de yn(x)=d2dx2A(x). Es fácil comprobar que la recursión (3) preserva las funciones generadoras exponenciales de las secuencias enteras. Así, de nuevo an es una secuencia de números enteros.

Si n>0 es impar, entonces (n+2)|an y si n>2 es par, entonces (n+1)|an. Esto ya que uno de los (n+1)(n+2) factores en el numerador de (1) no son cancelados por el 2n+1 en el denominador.

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