Propiedad de divisibilidad de la secuencia $a_{n+2}=-2(n-1)(n+3)a_n-(2n+3)a_{n+1}$

Question

Dejemos que $(a_n)$ sea la secuencia definida unívocamente por $a_1=0,a_2=1$ y

$$ a_{n+2}=-2(n-1)(n+3)a_n-(2n+3)a_{n+1} $$

¿Puede alguien demostrar (o dar un contraejemplo) que $p|a_{p-2}$ y $p|a_{p-1}$ para cualquier primo $p\geq 5$ ? He comprobado este hecho para $p\leq 200$ .

Answer 1

La secuencia comienza $$0, 1, -5, 25, -105, 105, 5355, \dots$$

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 $n$ pero podemos hacerlas lineales, lo que facilita un poco el trabajo. Con la sustitución $b_n=\frac{a_n}{(n+2)!}$ y un poco de álgebra obtenemos

$$(n+4)b_{n+2}+(2n+3)b_{n+1}+(2n-2)b_n=0$$

Ahora que los coeficientes son lineales, tratemos de encontrar su función generadora $y(x)=\sum_{n \geq 1}b_n x^n$ . Sumando toda la ecuación y de nuevo algunos pasos técnicos, llegamos a

$$ y'(x)(2x^3+2x^2+x)=\frac{1}{6}x^2+(2x^2-x-2)y(x) $$ que es un ecuación diferencial lineal con coeficientes variables y puede resolverse en $$ y(x)=-\frac{1}{3x}-\frac{1}{9x^2}-\frac{5x}{18}-\frac{1}{2}+\frac{(2x^2+2x+1)^{3/2}}{9x^2} $$ (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 $$ (2x^2+2x+1)^{3/2}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{3/2}{k}2^k(x^2+x)^k $$ Utilizando Teorema del binomio para la suma interna y jugando con los indicios, obtenemos $$ [x^n](2x^2+2x+1)^{3/2} = \sum_{n/2 \leq k \leq n}\binom{3/2}{k}\binom{k}{2k-n}2^k $$ Dividiendo por $9x^2$ y notando que los primeros términos de la serie resultante son iguales a $\frac{1}{9x^2}+\frac{1}{3x}+\frac{1}{2}+\frac{5x}{18}$ podemos anularlas en el $y(x)$ y así $$ b_n=\sum_{(n+2)/2 \leq k \leq n+2}\binom{3/2}{k}\binom{k}{2k-n-2}2^k $$ y a su vez $$ a_n=(n+2)!\sum_{(n+2)/2 \leq k \leq n+2}\binom{3/2}{k}\binom{k}{2k-n-2}2^k $$ Observando los primeros términos individuales en una suma para valores pares de $n$ 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 $n>1$ : $$ \boxed{a_n = \sum_{(n+2)/2 \leq k \leq n+2}\binom{k}{n+2-k}\frac{(n+2)!}{k!}\frac{(2k-5)!!}{3}(-1)^k} $$ Podemos ver que para $k<n+2$ los términos anteriores son divisibles por $n+2$ . Así que tenemos \begin{align} a_n &\equiv \binom{n+2}{0}\frac{(n+2)!}{(n+2)!}\frac{(2(n+2)-5)!!}{3}(-1)^{n+2}\\ &= \frac{(2n-1)!!}{3}(-1)^{n+2}\\ &= (2n-1)(2n-3)\cdots 5 \cdot (-1)^{n+2} \pmod{n+2} \end{align} Si $n\geq 3$ 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 $a_n \equiv 0 \pmod {n+2}$ que es lo que queríamos probar.

La afirmación de que $a_{n+1} \equiv 0 \pmod {n+2}$ ahora se sigue, por ejemplo, escribiendo la ecuación original como

$$ a_{n+1}=-2(n-2)(n+2)a_{n-1}-(2n+1)a_n $$ que modula $n+2$ produce $$ a_{n+1} \equiv 3a_n \equiv 0 \pmod {n+2} $$ Puede que haya omitido algunos detalles aquí y allá, pero espero que la idea principal esté clara.

Answer 2

Definir $$a_1=0,\; a_2=1,\;\text{and}\quad a_{n+2}=-2(n-1)(n+3)a_n-(2n+3)a_{n+1}.\tag{0}$$ Definir $$\;R(x) := \sqrt{1-4x} = 1-2\sum_{n=1}^\infty C_{n-1}x^n = \sum_{n=0}^\infty {2n \choose n}\frac{x^n}{1-2n}\;$$ que es la función generadora del Secuencia de enteros OEIS A002420 . Definir $$\;B(x) := \frac{ (1+4x+8x^2)R(-x-2x^2)-(1+6x+18x^2+20x^3)}{2x^2}$$ $$ = 3x^2 - 6x^3 + 10x^4 - 12x^5 + 3x^6 + \dots =: \sum_{n=0}^\infty b_nx^n$$ que es la función generadora de $b_n.\;$ Es fácil comprobar que $b_n$ también es una secuencia de números enteros y $\;b_1=0, b_2=3.\;$ Utilizando las derivadas obtenemos la ecuación diferencial $$\;(8x^2-2x-2)B(x)+12x^2=x(1+4x+8x^2)\frac{d}{dx}B(x)\;$$ y utilizando algo de álgebra sobre los coeficientes de la serie de potencias obtenemos la ecuación $$\;(2+n)b_{n}=(2-4n)b_{n-1}+(24-8n)b_{n-2}\quad\forall\;n>2.$$

Redefinir $$\;a_n:=\frac{(n+2)!}{2^{n+1} 9}b_n.\tag{1}$$ 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 $\;2^{n+1}\;|\;(n+2)!\;b_n\;$ para todos $n>1.$ El resultado clave a demostrar es que si $\;C_n\;$ son los números catalanes y si $\;v_2(n)\;$ es la valoración 2-ádica de $n$ entonces

$$v_2(b_n) = v_2(C_{n+1}) = v_2\Big(\frac{2^{n+1}}{(n+2)!}\Big),\; v_2(a_n)=0\quad \forall n>1. \tag{2}$$

Ahora la ecuación original $(0)$ ya implica que $\;a_n\;$ es una secuencia de números enteros utilizando la inducción, $\;a_n\;$ 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 $\;a_n,\;$ a saber: $\;A(x):=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n/n!.\;$ Utilizando la ecuación $(0)$ para $\;a_n\;$ obtenemos la ecuación diferencial $$ 1 = -6A(x) +(3+6x)\frac{d}{dx}A(x) + (1+2x+2x^2)\frac{d^2}{dx^2}A(x).$$ Tomando la derivada de esta ecuación se obtiene otra ecuación diferencial $$ 0 = 5(1+2x)\frac{d^2}{dx^2}A(x) +(1+2x+2x^2)\frac{d^3}{dx^3}A(x).$$ Ahora define la secuencia $\;y_n(x)\;$ por $\,y_0(x) := 1+O(x),\,$ y la recursividad $$ y_{n+1}(x) := 1-\int_0^x 5(1+2x)/(1+2x+2x^2)\;y_n(x)\; dx. \tag{3}$$ El límite como $\;n\to\infty$ de $\;y_n(x) =\frac{d^2}{dx^2}A(x).\;$ Es fácil comprobar que la recursión $(3)$ preserva las funciones generadoras exponenciales de las secuencias enteras. Así, de nuevo $\;a_n\;$ es una secuencia de números enteros.

Si $n>0$ es impar, entonces $(n+2)\;|\;a_n$ y si $n>2$ es par, entonces $(n+1)\;|\;a_n.\;$ Esto ya que uno de los $(n\!+\!1)(n\!+\!2)$ factores en el numerador de $(1)$ no son cancelados por el $2^{n+1}$ en el denominador.