Il vecchio Fibonacci

[Reese]

Determinare tutti fli $ n \in \mathbb{N} $ tali che uno tra $ f_{n+1}^2+f_{n}^2 \pm 1 $ e' primo, dove $ f_{n} $ denota l'n-esimo numero di Fibonacci.

[Reese]

Hint: l'identità di Cassini.

[Zok]

Può essere che solo 0 e 1 vadano bene?

Ho ragionato così:
Siano $ a=f_{n+1}^2+f_n^2+1 $ e $ b=f_{n+1}^2+f_n^2-1 $
L'identità di Cassini da Reese suggerita afferma che $ f_{n-1}f_{n+1}-f_n^2=(-1)^n $ e quindi $ f_{n}f_{n+2}-f_{n+1}^2=f_{n}(f_{n}+f_{n+1})-f_{n+1}^2=(-1)^{n+1} $ e quindi finalmente ciò che ci serve $ f_{n+1}^2=f_{n}(f_{n}+f_{n+1})-(-1)^{n+1} $
Per poter utilizzarla ho innanzitutto distinto il caso n dispari e il caso n pari.

Se n dispari si ha che:
$ a=2f_{n}^2+f_{n+1}f_{n}=f_{n}(2f_{n}+f_{n+1}) $
$ $a $ è primo se $ $f_{n}=1 $ (e l'altro fattore è primo) oppure se $ $2f_{n}+f_{n+1}=1 $ (impossibile se n è dispari). Nel primo caso invece va bene (si ha infatti che $ a=f_{n}(2f_{n}+f_{n+1})=1 \cdot 3 $ e 3 è primo); tenendo conto che n è dispari si ha che $ $n=1 $ (controprova se $ $n=1 $ allora $ a=1^2+1^2+1=3 $)

$ b=2f_{n}^2+f_{n+1}f_{n}-2 $
b è primo se questo trinomio di secondo grado in$ $f_{n} $ è irriducibile, o meglio non scomponibile come prodotto di numeri interi.
$ \displaystyle f_{n}=\frac{-f_{n+1} \pm \sqrt{f_{n+1}^2+16}}{4} $
Il $ $\Delta $ è sempre positivo, ma per avere una scomposizione intera di $ $b $ bisogna che $ $\Delta $ sia un quadrato e quindi $ f_{n+1}^2+16=k^2 $ (con k intero). Si può facilmente vedere che tale equazione non ha risultati accettabili (ad esempio si ha che $ f_{n+1}=7 $ è soluzione ma 7 non è un numero di Fibonacci).

Se n pari si ha che:
$ a=2f_{n}^2+f_{n+1}f_{n}+2 $.
Si nota subito che $ $n=0 $ va bene ($ $a=2 $). Per vedere che è l'unico valore accettabile in questo caso, procedendo come prima si ha che:
$ \displaystyle f_{n}=\frac{-f_{n+1} \pm \sqrt{f_{n+1}^2-16}}{4} $
Da questa si nota che $ f_{n}<0 $, il che è impossibile per un numero di Fibonacci.

$ b=2f_{n}^2+f_{n+1}f_{n}=f_{n}(2f_{n}+f_{n+1}) $
Si procede anche in questo caso come prima e anche qui può essere solo $ f_{n}=1 $; tenendo conto che n è pari può essere solo $ $n=2 $, ma non è accettabile perchè il secondo fattore non è primo (infatti se $ $n=2 $ allora $ 2f_{n}+f_{n+1}=2\cdot 1+2=4 $).

Spero di non aver fatto errori...e spero anche esista una soluzione più elegante...

[Reese]

Si', e' vero solo per $ n=0,1 $. Comunque, la soluzione piu' semplice e':
Usando l'identita' di Cassini, si puo' sempre sviluppare uno fra $ f_{n}^2 $ e $ f_{n+1}^2 $, per eliminare il $ \pm 1 $, per poi vedere che il risultato e' un composto (raccogliendo), eccezion fatta per quei due valori.

[EvaristeG]

Hmm, mi spiace rompere le scatole, ma la dimostrazione di Zok non è che vada tanto bene: infatti, il Nostro afferma fondamentalmente che i valori che un polinomio a coefficienti interi assume sugli interi sono composti se e solo se il polinomio si fattorizza in pezzi a coefficienti interi (ovvero, nel nostro caso, se ha radici intere, visto che è di secondo grado). Questo non è vero.
Prendiamo, ad esempio $ 2x^3+x+9 $ che è sempre multiplo di 3, ma è irriducibile sugli interi.
Se p(n) si scompone come prodotto di fattori p(n)=q(n)*r(n), allora puoi dire che p(n) è composto ogni volta che q(n) e r(n) sono entrambi diversi da +/-1, ma il viceversa non è vero. Quindi non basta, come fai tu, verificare che i polinomi in f_n che definiscono il tuo numero non hanno radici intere.

[Zok]

Hai ragione EvaristeG...
Comunque credo di essere in grado di correggere la dimostrazione...lo faccio in questo post e lascio il post precedente perchè "i posteri imparino e non commettano gli stessi errori..."
Riciclo ciò che avevo scritto e che dovrebbe essere giusto:

Siano $ a=f_{n+1}^2+f_n^2+1 $ e $ b=f_{n+1}^2+f_n^2-1 $
L'identità di Cassini da Reese suggerita afferma che $ f_{n-1}f_{n+1}-f_n^2=(-1)^n $ e quindi $ f_{n}f_{n+2}-f_{n+1}^2=f_{n}(f_{n}+f_{n+1})-f_{n+1}^2=(-1)^{n+1} $ e quindi finalmente ciò che ci serve $ f_{n+1}^2=f_{n}(f_{n}+f_{n+1})-(-1)^{n+1} $

Se n dispari

$ a=2f_{n}^2+f_{n+1}f_{n}=f_{n}(2f_{n}+f_{n+1}) $
$ $a $ è primo se $ $f_{n}=1 $ (e l'altro fattore è primo) oppure se $ $2f_{n}+f_{n+1}=1 $ (impossibile se n è dispari). Nel primo caso invece va bene (si ha infatti che $ a=f_{n}(2f_{n}+f_{n+1})=1 \cdot 3 $ e 3 è primo); tenendo conto che n è dispari si ha che $ $n=1 $ (controprova se $ $n=1 $ allora $ a=1^2+1^2+1=3 $)

In questo caso c'è da rifare solo la seconda parte (quella che riguarda il $ $b $).
Eravamo arrivati a dire che $ b=2f_{n}^2+f_{n+1}f_{n}-2 $
Utilizzando ancora una volta l'identità di Cassini si ha che $ b=2(f_{n+1}f_{n-1}+1)+f_{n+1}f_{n}-2=f_{n+1}(2f_{n-1}+f_{n}) $

Se n pari

$ b=2f_{n}^2+f_{n+1}f_{n}=f_{n}(2f_{n}+f_{n+1}) $
Si procede anche in questo caso come prima e anche qui può essere solo $ f_{n}=1 $; tenendo conto che n è pari può essere solo $ $n=2 $, ma non è accettabile perchè il secondo fattore non è primo (infatti se $ $n=2 $ allora $ 2f_{n}+f_{n+1}=2\cdot 1+2=4 $).

$ a=2f_{n}^2+f_{n+1}f_{n}+2 $.
Si nota subito che $ $n=0 $ va bene ($ $a=2 $).

Analogamente a quanto fatto prima, sapendo che $ a=2f_{n}^2+f_{n+1}f_{n}+2 $ e applicando ancora l'identità di Cassini si ha che $ a=2(f_{n+1}f_{n-1}-1)+f_{n+1}f_{n}+2=f_{n+1}(2f_{n-1}+f_{n}) $

In entrambi i casi ($ $a $ con n pari e $ $b $ con n dispari) si ottiene $ f_{n+1}(2f_{n-1}+f_{n})=f_{n+1}(f_{n-1}+f_{n+1}) $, che è primo sse uno dei due fattori è uno e l'altro è un primo. Facendo un pò di conti si vede che non esistono ulteriori soluzioni, oltre quelle già trovate...

[Reese]

Hmm, mi spiace rompere le scatole, ma la dimostrazione di Zok non è che vada tanto bene

Sinceramente, non ho letto il procedimento, per mancanza di tempo; e anche un po' di voglia, dato che, sfruttando Cassini, la soluzione può essere mille volte più semplice.