$a_(n+1)=a_n^3+1999$

[dan952]

Sia $a_n$ una successione di interi positivi tali che
$$a_{n+1}=a^3_n+1999$$
per ogni $n\in \mathbb{N}$. Dimostrare che il numero dei quadrati perfetti contenuti in questa successione è minore o uguale a 1.
Fonte del problema: Test di allenamento per le Olimpiadi Internazionali (della Matematica ovviamente).
Non ho una soluzione, ci sto lavorando...

[dan952]

Vorrei far notare che quando $a_n$ è pari $a_{n+1}$ non può essere un quadrato perfetto, infatti se lo fosse avremo che
$$a_{n+1} =a^3_n+1999 \equiv 1 \mod 4$$
che non è vero poiché $a_n^3+1998$ non è congruo $0 \mod 4$ essendo $a_n^3$ multiplo di $4$ (per ipotesi) e $1998=2*37*3^3$ no.

[vict85]

[xdom="vict85"]Sposto in Scervelliamoci un po'.[/xdom]

[Half95]

"dan95":Vorrei far notare che quando $a_n$ è pari $a_{n+1}$ non può essere un quadrato perfetto, infatti se lo fosse avremo che
$$a_{n+1} =a^3_n+1999 \equiv 1 \mod 4$$

non sono sicuro di questa parte...

[dan952]

Se pongo $a_(n+1)=x^2$ dove $a_(n+1)$ è un numero dispari avremo che $2|x+1$ e $2|x-1$ e quindi $4|(x-1)(x+1)=x^2-1$.
È chiaro?

Vi voglio dare un ultimo suggerimento:
4 non divide $1999^3+1999$ e poi se la successione contiene un quadrato perfetto questo deve essere uguale a $a_0^3+1999$ con $a_0$ dispari.