Sia la successione $ \{a_n\} $ definita in questo modo:
$ a_0=1 $
$ a_1=4 $
$ a_n=\sqrt{a_{n+1}a_{n-1}+1} $
Dimostrare che ogni termine della successione è intero e che $ 2a_na_{n+1}+1 $ è sempre un quadrato
Successione con radici
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Simo_the_wolf
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darkcrystal
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E' vero ma non riesco a dimostrarlo:
$ \displaystyle a_{n+1}=4a_n-a_{n-1} $
Se si dimostra questo (che penso si possa fare per induzione ma i calcoli vengono troppo brutti...) segue che ogni termine è intero, ed inoltre:
$ \displaystyle 4a_n=a_{n+1}+a_{n-1} $
$ \displaystyle 4a_n \cdot a_{n+1}=a_{n+1}^2+a_{n+1}a_{n-1} $
Ora, aggiungendo 1 da entrambe le parti, diventa
$ \displaystyle 4a_n \cdot a_{n+1} + 1 =a_{n+1}^2+a_{n}^2 $ per l'ipotesi
$ \displaystyle 2a_n \cdot a_{n+1} + 1 =a_{n+1}^2+a_{n}^2-2a_n \cdot a_{n+1} $
$ \displaystyle 2a_n \cdot a_{n+1} + 1 =(a_{n+1}-a_{n})^2 $: quindi, come si doveva dimostrare, LHS è sempre un quadrato, e precisamente il quadrato della differenza dei due termini
Ora per favore qualcuno mi dica come si fa la parte difficile!!
Ciao a tutti!
$ \displaystyle a_{n+1}=4a_n-a_{n-1} $
Se si dimostra questo (che penso si possa fare per induzione ma i calcoli vengono troppo brutti...) segue che ogni termine è intero, ed inoltre:
$ \displaystyle 4a_n=a_{n+1}+a_{n-1} $
$ \displaystyle 4a_n \cdot a_{n+1}=a_{n+1}^2+a_{n+1}a_{n-1} $
Ora, aggiungendo 1 da entrambe le parti, diventa
$ \displaystyle 4a_n \cdot a_{n+1} + 1 =a_{n+1}^2+a_{n}^2 $ per l'ipotesi
$ \displaystyle 2a_n \cdot a_{n+1} + 1 =a_{n+1}^2+a_{n}^2-2a_n \cdot a_{n+1} $
$ \displaystyle 2a_n \cdot a_{n+1} + 1 =(a_{n+1}-a_{n})^2 $: quindi, come si doveva dimostrare, LHS è sempre un quadrato, e precisamente il quadrato della differenza dei due termini
Ora per favore qualcuno mi dica come si fa la parte difficile!!
Ciao a tutti!
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
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mattilgale
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bien...
osserviamo che..
$ \displaystyle a_{n+1}=\frac{a_n^2-1}{a_{n-1}} $
poniamo che a_i sia intero per ogni
$ i\leq n+1 $ (condizione verificata per n=1)
ovviamente $ (a_i,\ a_{i+1})=1 $ per ogni $ i\leq n $, inoltre
$ \displaystyle a_{n-1}^2\equiv 1\ (\mod p^k) $ per ogni primo p tale che p^k divide a_n poiché
$ \displaystyle \frac{a^2_{n-1}-1}{a_{n-2}}=a_n $
per lo stesso motivo si ha che $ \displaystyle a_{n+1}\equiv -\frac{1}{a_{n-1}}\equiv \pm 1\ (\mod p^k) $ per ogni p^k che divide a_n
quindi $ a_{n+1}^2\equiv 1\ (\mod a_n) $ e pertanto tutti gli a_i sono interi per induzione
poniamo adesso che
$ \displaystyle 2a_i\cdot a_{i-1} +1= {(a_i-a_{i+1})}^2 $ per ogni
$ i\leq n $
condizione verificata per n=2.
allora
$ \displaystyle q_i=4a_i\cdot a_{i-1} +1=a_i^2+a_{i-1}^2 $
$ \forall i\leq n $
allora
$ \displaystyle q_{n+1}=(q_n-1)\cdot \frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}+1= $
$ \displaystyle =\frac{a_n^2\cdot a_{n+1}}{a_{n-1}}+a_{n-1}a_{n+1}-\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}+1= $
$ \displaystyle = a^2_{n+1} + a^2_n $
CVD
pertanto per induzione
$ \displaystyle 2a_n\cdot a_{n-1}+1={(a_n-a_{n-1})}^2 $
SGOPN
osserviamo che..
$ \displaystyle a_{n+1}=\frac{a_n^2-1}{a_{n-1}} $
poniamo che a_i sia intero per ogni
$ i\leq n+1 $ (condizione verificata per n=1)
ovviamente $ (a_i,\ a_{i+1})=1 $ per ogni $ i\leq n $, inoltre
$ \displaystyle a_{n-1}^2\equiv 1\ (\mod p^k) $ per ogni primo p tale che p^k divide a_n poiché
$ \displaystyle \frac{a^2_{n-1}-1}{a_{n-2}}=a_n $
per lo stesso motivo si ha che $ \displaystyle a_{n+1}\equiv -\frac{1}{a_{n-1}}\equiv \pm 1\ (\mod p^k) $ per ogni p^k che divide a_n
quindi $ a_{n+1}^2\equiv 1\ (\mod a_n) $ e pertanto tutti gli a_i sono interi per induzione
poniamo adesso che
$ \displaystyle 2a_i\cdot a_{i-1} +1= {(a_i-a_{i+1})}^2 $ per ogni
$ i\leq n $
condizione verificata per n=2.
allora
$ \displaystyle q_i=4a_i\cdot a_{i-1} +1=a_i^2+a_{i-1}^2 $
$ \forall i\leq n $
allora
$ \displaystyle q_{n+1}=(q_n-1)\cdot \frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}+1= $
$ \displaystyle =\frac{a_n^2\cdot a_{n+1}}{a_{n-1}}+a_{n-1}a_{n+1}-\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}+1= $
$ \displaystyle = a^2_{n+1} + a^2_n $
CVD
pertanto per induzione
$ \displaystyle 2a_n\cdot a_{n-1}+1={(a_n-a_{n-1})}^2 $
SGOPN
"la matematica è il linguaggio con cui Dio ha plasmato l'universo"
Galileo Galilei
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Mumble mumble mattia, potresti spiegare meglio come dimostri il punto i). Anch'io all'inizio ero partito per quella strada ma mi sembrava non tornasse, mi pare tu supponga $ a_{n+1} $ intero (sfrutti la congruenza fra interi) prima di dimostrare che lo è.
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
ciao!
si dimostra facilmente per induzione che $ 2a_na_{n-1}+1=(a_n-a_{n-1})^2 $, e poi si sfutta quanto appena trovato per rendere semplici i calcoli per la dimostrazione per induzione che $ a_n=4a_{n-1}-a_{n-2} $. Ancora induzione per dire che sono tutti interi, ed ho finito.
devo dire che questa soluzione mi puzza, sembra troppo corta...
si dimostra facilmente per induzione che $ 2a_na_{n-1}+1=(a_n-a_{n-1})^2 $, e poi si sfutta quanto appena trovato per rendere semplici i calcoli per la dimostrazione per induzione che $ a_n=4a_{n-1}-a_{n-2} $. Ancora induzione per dire che sono tutti interi, ed ho finito.
devo dire che questa soluzione mi puzza, sembra troppo corta...
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mattilgale
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Simo_the_wolf
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La soluzione di mattilgale è impeccabile... Complimenti 
Per far capire meglio i pasasggi scriviamo le uguaglianze per 3 termini consecutivi:
assumiamo per induzione che $ a_k $ sia intero per $ k\leq n+1 $ e vogliamo dimostrare che $ a_{n+2} $ sia intero.
$ a_{n-1}^2 = a_{n-2}a_n +1 $
$ a_n^2 = a_{n-1}a_{n+1} +1 $
$ a_{n+1}^2 = a_na_{n+2} +1 $
Guardiamo la prima e la seconda modulo $ a_n $ e otteniamo:
$ a_{n-1}^2 \equiv 1 $
$ a_{n-1} a_{n+1} \equiv 1 $
Quindi: $ 1 \equiv a_{n-1}^2 a_{n+1} ^2 \equiv a_{n+1}^2 $ e quindi $ a_n| a_{n+1}^2-1 $ cioè $ a_{n+2} $ è intero.
Per la dimostrazione che $ a_n $ segue la successione $ a_n = 4a_{n-1} -a_{n-2} $ basta farlo per induzione... Diciamo per averlo dimostrato fino ad $ n+1 $ e vogliamo dimostrarlo per $ n+2 $
Ma questo è abbastanza facile... sostituiamo $ a_{n-1}=4a_n - a_{n+1} $
$ a_n^2 =a_{n-1}a_{n+1} +1 $
$ a_n^2=4a_na_{n+1} - a_{n+1}^2 +1 $
$ a_{n+1}^2= a_n ( 4a_{n+1} - a_n) + 1 $
E quindi $ a_{n+2} = 4a_{n+1}-a_n $
Per far capire meglio i pasasggi scriviamo le uguaglianze per 3 termini consecutivi:
assumiamo per induzione che $ a_k $ sia intero per $ k\leq n+1 $ e vogliamo dimostrare che $ a_{n+2} $ sia intero.
$ a_{n-1}^2 = a_{n-2}a_n +1 $
$ a_n^2 = a_{n-1}a_{n+1} +1 $
$ a_{n+1}^2 = a_na_{n+2} +1 $
Guardiamo la prima e la seconda modulo $ a_n $ e otteniamo:
$ a_{n-1}^2 \equiv 1 $
$ a_{n-1} a_{n+1} \equiv 1 $
Quindi: $ 1 \equiv a_{n-1}^2 a_{n+1} ^2 \equiv a_{n+1}^2 $ e quindi $ a_n| a_{n+1}^2-1 $ cioè $ a_{n+2} $ è intero.
Per la dimostrazione che $ a_n $ segue la successione $ a_n = 4a_{n-1} -a_{n-2} $ basta farlo per induzione... Diciamo per averlo dimostrato fino ad $ n+1 $ e vogliamo dimostrarlo per $ n+2 $
Ma questo è abbastanza facile... sostituiamo $ a_{n-1}=4a_n - a_{n+1} $
$ a_n^2 =a_{n-1}a_{n+1} +1 $
$ a_n^2=4a_na_{n+1} - a_{n+1}^2 +1 $
$ a_{n+1}^2= a_n ( 4a_{n+1} - a_n) + 1 $
E quindi $ a_{n+2} = 4a_{n+1}-a_n $
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darkcrystal
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