Quadrati perfetti

[axpgn]

Data la successione $a_n$ con $n>=0$, definita in questo modo $a_n=(a_(n-1)+a_(n+1))/98$ per ogni $n$ intero positivo e inizializzata così $a_0=a_1=5$, provare che $(a_n+1)/6$ è un quadrato perfetto per ogni $n$.


Cordialmente, Alex

[qualcuno4]

$b_{n}=\frac{a_{n}+1}{6}$

$a_{n}=6b_{n}-1$

$6b_{n}-1=\frac{6b_{n-1}-1+6b_{n+1}-1}{98}$

$6b_{n}-1=\frac{6b_{n-1}+6b_{n+1}-2}{98}$

$6b_{n}-1=\frac{3b_{n-1}+3b_{n+1}-1}{49}$

$294b_{n}-49=3b_{n-1}+3b_{n+1}-1$

$b_{n+1}=98b_{n}-b_{n-1}-16$

$b_{0}=b_{1}=1$

Funzione generatrice

$\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n}=b_{0}+b_{1}x+\sum_{n=0}^{\infty}b_{n+2}x^{n+2}=1+x+\sum_{n=0}^{\infty}(98b_{n+1}-b_{n}-16)x^{n}=$

$1+x+98x\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}x^{n}-x^{2}\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n}-16\sum_{n=0}^{\infty}b_{n}x^{n+2}=$

$1+x+98x(f(x)-1)-x^{2}f(x)-16\frac{x^{2}}{1-x}=$

$1+98xf(x)-97x-x^{2}f(x)-16\frac{x^{2}}{1-x}$

$(x^{2}-98x+1)f(x)=1-97x-\frac{16x^{2}}{1-x}$

$(x^{2}-98x+1)f(x)=\frac{81x^{2}-98x+1}{1-x}$

$f(x)=\frac{81x^{2}-98x+1}{(1-x)(x^{2}-98x+1)}$

Le radici di $x^{2}-98x+1$ sono:

$x_{1}=49-20\sqrt{6}$ , $x_{2}=49+20\sqrt{6}$

Sviluppo in fratti semplici

$f(x)=\frac{A}{1-x}+\frac{B}{x-x_{1}}+\frac{C}{x-x_{2}}$

Dopo semplici calcoli si trova

$A=\frac{1}{6},B=\frac{198\sqrt{6}-485}{12},C=\frac{198\sqrt{6}+485}{12}$

$f(x)=\frac{A}{1-x}-\frac{B}{x_{1}}\frac{1}{1-\frac{x}{x_{1}}}-\frac{C}{x_{2}}\frac{1}{1-\frac{x}{x_{2}}}=$

$A\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}-\frac{B}{x_{1}}\sum_{n=0}^{\infty}(\frac{x}{x_{1}})^{n}-\frac{C}{x_{2}}\sum_{n=0}^{\infty}(\frac{x}{x_{2}})^{n}=$

$\sum_{n=0}^{\infty}\left(A-\frac{B}{x_{1}^{n+1}}-\frac{C}{x_{2}^{n+1}}\right)x^{n}$

$b_{n}=A-\frac{B}{x_{1}^{n+1}}-\frac{C}{x_{2}^{n+1}}=\frac{1-6Bx_{2}^{n+1}-6Cx_{1}^{n+1}}{6x_{1}^{n+1}x_{2}^{n+1}}$

Essendo $x_{1}x_{2}=1$ abbiamo:

$b_{n}=\frac{1-6Bx_{2}^{n+1}-6Cx_{1}^{n+1}}{6}$

Con semplici calcoli si prova che:

$6Bx_{2}=6\frac{198\sqrt{6}-485}{12}(49+20\sqrt{6})=\frac{2\sqrt{6}-5}{2}$

$6Cx_{1}=6\frac{198\sqrt{6}+485}{12}(49+20\sqrt{6})=\frac{-2\sqrt{6}-5}{2}$

Quind

$b_{n}=\frac{1-\frac{2\sqrt{6}-5}{2}x_{2}^{n}+\frac{2\sqrt{6}+5}{2}x_{1}^{n}}{6}=\frac{2+(5-2\sqrt{6})x_{2}^{n}+(5-2\sqrt{6})x_{1}^{n}}{12}$

Risulta:

$(5-2\sqrt{6})^{2}=49-20\sqrt{6}=x_{1}$

$(5+2\sqrt{6})^{2}=49+20\sqrt{6}=x_{2}$

quindi

$b_{n}=\frac{2+(5-2\sqrt{6})(5+2\sqrt{6})^{2n}+(5-2\sqrt{6})(5-2\sqrt{6})^{2n}}{12}$

Inoltre:

$2\left(\frac{\sqrt{6}-2}{2}\right)^{2}=5-2\sqrt{6}$

$2\left(\frac{\sqrt{6}+2}{2}\right)^{2}=5+2\sqrt{6}$

quindi

$b_{n}=\frac{2+2\left(\frac{\sqrt{6}-2}{2}\right)^{2}(5+2\sqrt{6})^{2n}+2\left(\frac{\sqrt{6}+2}{2}\right)^{2}(5-2\sqrt{6})^{2n}}{12}$

$b_{n}=\frac{4+\left(\sqrt{6}-2\right)^{2}(5+2\sqrt{6})^{2n}+\left(\sqrt{6}+2\right)^{2}(5-2\sqrt{6})^{2n}}{24}$

$b_{n}=\frac{4+\left[\left(\sqrt{6}-2\right)(5+2\sqrt{6})^{n}\right]^{2}+\left[\left(\sqrt{6}+2\right)(5-2\sqrt{6})^{n}\right]}{24}$

$2\left[\left(\sqrt{6}-2\right)(5+2\sqrt{6})^{n}\right]\left[\left(\sqrt{6}+2\right)(5-2\sqrt{6})^{n}\right]=2(6-4)\left[(25-24)\right]^{n}=4$

$b_{n}=\frac{2\left[\left(\sqrt{6}-2\right)(5+2\sqrt{6})^{n}\right]\left[\left(\sqrt{6}+2\right)(5-2\sqrt{6})^{n}\right]+\left[\left(\sqrt{6}-2\right)(5+2\sqrt{6})^{n}\right]^{2}+\left[\left(\sqrt{6}+2\right)(5-2\sqrt{6})^{n}\right]}{24}$

$b_{n}=\frac{\left[\left(\sqrt{6}+2\right)(5-2\sqrt{6})^{n}+\left(\sqrt{6}-2\right)(5+2\sqrt{6})^{n}\right]^{2}}{24}$

$b_{n}=\left[\frac{\left(\sqrt{6}+2\right)(5-2\sqrt{6})^{n}+\left(\sqrt{6}-2\right)(5+2\sqrt{6})^{n}}{2\sqrt{6}}\right]^{2}$

$b_{n}=\left[\frac{\left(5+2\sqrt{6}\right)^{n}+(5-2\sqrt{6})^{n}}{2}+\frac{\left(5-2\sqrt{6}\right)^{n}-(5+2\sqrt{6})^{n}}{\sqrt{6}}\right]^{2}$

Dalla uguaglianza

$\left(5+2\sqrt{6}\right)^{n+1}+(5-2\sqrt{6})^{n+1}=10\left[\left(5+2\sqrt{6}\right)^{n}+(5-2\sqrt{6})^{n}\right]-\left[\left(5+2\sqrt{6}\right)^{n-1}+(5-2\sqrt{6})^{n-1}\right]$

segue per induzione che

$\left(5+2\sqrt{6}\right)^{n}+(5-2\sqrt{6})^{n}$ è un intero pari

Dalla uguaglianza

$\left(5-2\sqrt{6}\right)^{n+1}-(5+2\sqrt{6})^{n+1}=10\left[\left(5-2\sqrt{6}\right)^{n}-(5+2\sqrt{6})^{n}\right]-\left[\left(5-2\sqrt{6}\right)^{n-1}+(5-2\sqrt{6})^{n-1}\right]$

segue che

$\left(5-2\sqrt{6}\right)^{n}-(5+2\sqrt{6})^{n}$ è un multiplo intero
di $\sqrt{6}$

quindi

$\frac{\left(5+2\sqrt{6}\right)^{n}+(5-2\sqrt{6})^{n}}{2}+\frac{\left(5-2\sqrt{6}\right)^{n}-(5+2\sqrt{6})^{n}}{\sqrt{6}}$
è sempre un intero

[axpgn]

Uelà, quanta roba!


Cordialmente, Alex

[giammaria2]

La soluzione di qualcuno è bella ma inadatta a questa sezione perché fa uso di teoremi che si studiano solo all'università; sarebbe interessante (ma forse impossibile) vederne una a livello liceale. Io l'ho cercata ma ne ho trovata solo una con la stessa obiezione; la mando comunque, enunciando nelle prime righe il teorema usato, limitatamente al caso in esame.

Se in una successione vale una formula di ricorrenza del tipo $alpha a_(n+1)+ beta a_n+ gamma a_(n-1)=0$, allora si ha $a_n=Ax_1^n+Bx_2^n$, in cui $x_(1,2)$ sono le soluzioni di $alpha x^2+beta x+gamma=0$ ed $A,B$ sono costanti desumibili dalle condizioni iniziali.
Abbiamo la formula di ricorrenza $a_(n+1)-98a_n+a_(n-1)=0$
e ne deduciamo l'equazione $x^2-98x+1=0->x_(1,2)=49+-20sqrt6$
e quindi $a_n=A(49+20sqrt6)^n+B(49-20sqrt6)^n$
Dalle condizioni iniziali $a_0=a_1=5$ deduciamo $A=(5-2sqrt6)/2$ e $B=(5+2sqrt6)/2$, quindi
$a_n=1/2[(5-2sqrt6)(49+20sqrt6)^n+(5+2sqrt6)(49-20sqrt6))^n]$
$a_n=1/2[(sqrt3-sqrt2)^2(5+2sqrt6)^(2n)+(sqrt3+sqrt2)^2(5-2sqrt6))^(2n)]$
Nella quadra sommo e sottraggo il doppio prodotto
$2(sqrt3-sqrt2)(5+2sqrt6)^n*(sqrt3+sqrt2)(5-2sqrt6)^n=2(3-2)(25-24)^n=2$
arrivando a $a_n=1/2[(sqrt3-sqrt2)(5+2sqrt6)^n+(sqrt3+sqrt2)(5-2sqrt6)^n]^2-1$
Ho quindi $b_n=(a_n+1)/6=1/12[(sqrt3-sqrt2)(5+2sqrt6)^n+(sqrt3+sqrt2)(5-2sqrt6)^n]^2$
che, limitandosi al valore positivo, è il quadrato di
$c_n=sqrtb_n=1/(2sqrt3)[(sqrt3-sqrt2)(5+2sqrt6)^n+(sqrt3+sqrt2)(5-2sqrt6)^n]$

Dobbiamo ora dimostrare che tutti i $c_n$ sono interi. A questo scopo, notiamo che la formula trovata è del tipo dell'iniziale $a_n=Ax_1^n+Bx_2^n$; qui si ha $x_(1,2)=5+-2sqrt6$, che sono soluzioni di
$x^2-(x_1+x_2)x+x_1x_2=0->x^2-10x+1=0$
Vale quindi la formula di ricorrenza $c_(n+1)-10c_n+c_(n-1)=0$, che dice che se due $c_n$ consecutivi sono interi, è intero anche quello che li segue. Il calcolo diretto mostra che sono interi $c_0=1$ e $c_1=1$, quindi per induzione completa lo sono tutti i $c_n$

[axpgn]

"giammaria":... sarebbe interessante (ma forse impossibile) vederne una a livello liceale.

Anche questo problema, come vari altri che ho postato, proviene dalle Olimpiadi della Matematica e quindi, almeno teoricamente, dovrebbe essere possibile risolverlo con metodi a quel livello.
Per essere precisi, questo è un esercizio proposto ma non utilizzato (così ho inteso), perciò può darsi che sia stato ritenuto troppo difficile

Comunque, una soluzione alla portata (forse ) dei liceali c'è ...

È un soluzione che non utilizza le funzioni generatrici (che non si conoscono alle Superiori - difatti non le conosco neanch'io ) ma l'induzione (o per meglio dire, si parte da lì ma è lunga arrivare qui )
Stando all'autore, questo è un caso speciale di un teorema che generalizza un certo tipo di successioni ricorsive.
Siccome sono perfido, posto un esempio di queste successioni e il teorema ma non come si lega questo "caso speciale" a quel teorema (anche perché son riuscito a collegarli o almeno così mi sembra )





Problema:
Sia $a_0=a_1=1$ e $a_(n+1)=7a_n-a_(n-1)-2$ per ogni $n$ intero positivo.
Provare che $a_n$ è un quadrato perfetto per ogni $n$

Dimostrazione:
Testando i primi termini, si nota che $a_2=2^2, a_3=5^2, a_4=13^2$ ovvero i quadrati dei numeri di Fibonacci di indice dispari.
Viene spontaneo perciò pensare che sia $a_n=F_(2n-1)^2$ e provarlo per induzione.
La tesi è vera per $n=1,2,3,4$.
Assumiamo che sia $a_k=F_(2k-1)^2$ per ogni $k<=n$
Sottraiamo $a_n=7a_(n-1)-a_(n-2)-2$ da $a_(n+1)=7a_n-a_(n-1)-2$

e otteniamo $a_(n+1)=8a_n-8a_(n-1)+a_(n-2)=8F_(2n-1)^2-8F_(2n-3)^2+F_(2n-5)^2$

Non è difficile verificare che $F_(m-2)=3F_m-F_(m+2)$

Sostituendo, otteniamo $a_(n+1)=8F_(2n-1)^2-8F_(2n-3)^2+(3F_(2n-3)-F_(2n-1))^2=(3F_(2n-1)-F_(2n-3))^2=F_(2n+1)^2$


Con argomentazioni simili si può generalizzare e ottenere il seguente teorema:

Se $k$ è un intero maggiore di $1$, $a_0=a_1=1$ e $a_(n+1)=(k^2-2)a_n-a_(n-1)-2(k-2)$ per ogni $n>=1$ allora $a_n$ è un quadrato perfetto per ogni $n$.

Cordialmente, Alex