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Sia $ \displaystyle c \geq 1 $ un intero, e sia $ \displaystyle a_1, a_2, a_3, \dots $ la successione definita da:
$ a_1 = 2 $
$ \displaystyle a_{n+1} = ca_n + \sqrt{(c^2-1)(a_{n}^{2} - 4)} $ per $ n = 1, 2, 3, \dots $
Dimostrare che $ a_n $ è intero per ogni $ n $.

Bye,
#Poliwhirl#

Posto $ a_n = 2b_n $, si tratta equivalentemente di dimostrare che $ b_n $ è intero, per ogni $ n = 1, 2, \ldots $, dove $ b_1 = 1 $ e $ b_{n+1} = cb_n + \sqrt{(c^2-1)(b_n^2-1)} $. Si calcola $ b_2 = c $ e $ b_3 = 2c^2-1 = 2c b_2 - b_1 $. Vogliamo di fatto provare che $ b_{n+2} = 2cb_{n+1} - b_n $, per qualsiasi $ n \in \mathbb{N}^+ $. In tal senso, osserviamo che la [1] è soddisfatta sse $ cb_{n+1} + \sqrt{(c^2-1)(b_{n+1}^2-1)}= 2cb_{n+1} - b_n $, i.e. sse $ (c^2-1)(b_{n+1}^2-1) = c^2 b_{n+1}^2 + b_n^2 - 2cb_nb_{n+1} $, da cui $ b_{n+1}^2 - 2cb_n b_{n+1} + b_n^2 + c^2 - 1 = 0 $. Trattando quest'ultima come un'equazione quadratica nell'incognita $ b_{n+1} $ e considerando (com'è evidente) che tutti i termini della sequenza $ b_1, b_2, \ldots $ sono positivi, si conclude che la [1] è di fatto verificata sse $ b_{n+1} = cb_n + \sqrt{c^2b_n^2 - c^2 - b_n^2 + 1} = cb_n + \sqrt{(c^2-1)(b_n^2-1)} $, che è naturalmente vero per costruzione. Dunque $ b_{n+2} = 2cb_{n+1} - b_n $, per qualsiasi $ n \in \mathbb{N}^+ $, e di qui la tesi per induzione.

il caso $ c=1 $ è banale in quanto i termini della successione sono tutti uguali. Supponiamo ora $ c>1 $ e oserviamo che $ a_n >a_{n-1} $. Ora prendiamo due relazioni successive:

$ a_n=ca_{n-1} + \sqrt { (c^2-1)(a_{n-1}^2 -4 ) } $
$ a_{n+1}=ca_n + \sqrt { (c^2-1)(a_n^2 -4 ) } $

Lasciamo la radice a sinistra e portiamo tutto il resto a destra, quindi eleviamo al quadrato.

$ a_n^2 - 2ca_na_{n-1} + c^2a_{n-1}^2=(c^2-1)a_{n-1}^2 - 4(c^2-1) $
$ a_{n+1}^2 - 2ca_na_{n+1} + c^2a_n^2=(c^2-1)a_n^2 - 4(c^2-1) $

Ora sottraiamo membro a membro per trovare:

$ a_{n-1} ^2 - a_{n+1}^2 -2ca_n (a_{n-1} - a_{n+1} )=0 $
$ (a_{n-1} -a_{n+1})(a_{n+1} +a _{n-1} -2ca_n)=0 $

$ a_{n+1}=2ca_n - a_{n-1} $

poichè $ a_{n+1} >a_{n-1} $ per l'assuzione di $ c >1 $

Posto anche la mia soluzione, sebbene infinitamente meno elegante delle vostre ; mi è piaciuta particolarmente quella di Simo, diretta, elegante e pulita .

Affinchè un termine della successione sia intero deve essere intero il termine precendente della successione e un quadrato perfetto l'espressione sotto radice; quindi procedendo per induzione, supponiamo che $ \displaystyle a_n $ sia un intero e che $ \displaystyle a_{n}^{2} - 4 = k^2(c^2-1) $, dimostriamo che $ \displaystyle a_{n+1}^{2} - 4 $ è prodotto di un quadrato perfetto per il fattore $ \displaystyle c^2 - 1 $.
$ \displaystyle a_{n}^{2} - 4 = k^2(c^2 - 1) $
$ \displaystyle a_{n} = \sqrt{k^2(c^2-1) + 4} $
Quindi per come è definita la successione:
$ \displaystyle a_{n+1} = c(\sqrt{k^2(c^2-1) + 4}) + \sqrt{k^2(c^2-1)(c^2-1)} $
$ \displaystyle a_{n+1} = c(\sqrt{k^2(c^2-1) + 4}) + k(c^2-1) $
$ \displaystyle a_{n+1}^{2} - 4 = c^2(k^2(c^2-1) + 4) + k^2(c^2-1)^2 + $ $ \displaystyle + 2k(c^2-1) * (\sqrt{c^2(k^2(c^2-1) + 4)}) - 4 $
Ok, da qui lascio a voi un po' di conti ( ) che alla fine portano a:
$ \displaystyle a_{n+1}^{2} - 4 = (c^2 - 1)(\sqrt{k^2(c^2-1) + 4} + kc)^2 $
Come visto in precedenza $ \displaystyle a_{n} = \sqrt{k^2(c^2-1) + 4} $, quindi:
$ \displaystyle a_{n+1}^{2} - 4 = (c^2 - 1)(a_n + kc)^2 $
Che dimostra che $ \displaystyle a_{n+1}^{2} - 4 $ è della forma che desideravamo.
Per completare l'induzione, scriviamo i primi termini della successione e i rispettivi valori di $ \displaystyle a_{i}^{2} - 4 $:
$ a_{1} = 2 $; $ a_{1}^{2} - 4 = 0 $
$ a_{2} = 2c $; $ a_{2}^{2} - 4 = 2^2(c^2-1) $
The end...

#Poliwhirl#