Successioni con qualcosa in comune con quella di Fibonacci

[Erasmus_First]

I primi termini della successione di Fibonacci F(n) sono:

 n  ––>  0      1      2      3      4     5      6      7     ...
F(n) ––> 0      1      1      2      3     5      8     13     ...

Si noti che
F(0) = 0
F(1) = 1
F(5) = 5
Cioè: per n = 0, n = 1 e n = 5 si ha F(n) = n.

E' noto che questa successione verifica la legge di ricorrenza:
Per ogni n intero non negativo: F(n+2) = F(n+1) + F(n).

E' questo un caso particolare di ricorrenza lineare di ordine 2, cioè delle successioni S(n) che verificano la legge:
S(n+2) = A·S(n+1) + B·S(n) per ogni n ≥ 0 (dove A e B sono costanti).

[size=120]Quiz:
1) Determinare TUTTE le successioni S(n) nelle quali
• Come nella successione di Fibonacci: S(0) = 0; S(1) = 1; S(5) = 5;
• Come nella successione di Fibonacci tutti i termini siano interi;
• Per ogni n intero non negativo S(n+2) = A·S(n+1) + B·S(n)
[similmente alla successione F(n) nella quale A = B = 1]. [/size]
NB. Ovviamente fra le successioni siffatte una è proprio la successione di Fibonacci F(n) .
[size=120]
2) Scrivere espressamente i primi 7 termini di almeno altre tre di queste successioni e la rispettiva legge di ricorrenza (ossia le rispettive costanti A e B). [/size]

NB.
Dicendo "Determinare TUTTE le scucessioni" con le elencate proprietà non intendo propriamente di elencarle tutte, ma piuttosto di dare la legge alla quale debbono sottostare le costanti A e B.
Risolto il quiz, si vedrà che non è possibile sapere se di siffatte successioni ce n'è un numero finito o ce n'è una infinità.
–––––––
:hello:

[robbstark1]

Vista l'ora tarda comincio col scrivere un pezzo di soluzione.

La condizione è $A^4 + 3A^2 B + B^2 = 5$
Che porta ad $A^2 = \frac{-3B \pm \sqrt{5(B^2+4)}}{2}$
Condizione necessaria è dunque che $B^2 + 4$ sia multiplo di $5$, per cui $B = 5k \pm 1$.
Da cui $5(B^2+4) = 25(5k^2 \pm 2k + 1)$.
$5k^2 \pm 2k + 1$ deve essere un quadrato perfetto. Noto che può essere riscritto come $(k \pm 1)^2 + 4k^2$.
Si tratta quindi di cercare delle terne pitagoriche $(k\pm 1, 2k, q)$, credo non necessariamente primitive.
Il problema è che non solo non ho trovato un modo per determinarle tutte, ma queste non garantiscono che $A$ e $B$ vadano bene.

Alternativamente $B = \frac{-3A^2 \pm \sqrt{5(A^4+4)}}{2}$, ma non mi sembra molto più semplice.

Per tentativi, aiutandomi con una qualsiasi delle espressioni precedenti, ho trovato 3 soluzioni oltre ad $A=B=1$.
$A=1$, $B=-4$: 0, 1, 1, -3, -7, 5, 33, 13
$A=2$, $B=-1$: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
$A=2$, $B=-11$: 0, 1, 2, -7, -36, 5, 406, 757
Noto inoltre che se $(A,B)$ soddisfa la condizione, allora anche $(-A,B)$ la soddisfa, per cui potrei scrivere almeno altre 4 sequenze.

P.s.: Da un semplice ciclo for eseguito su matlab sembrerebbe che il più piccolo $A>2$ tale che $5(A^4+4)$ sia un quadrato perfetto è 224659.

[Erasmus_First]

Occorre trovare quadrati $A^2$ tali che $sqrt(5A^4 + 20)$ sia intero.
Chissà se di $A^2$ ne esistono di più grandi di 1 e di 4.
Con $A^2 = 1$ e $A^2 = 4$ si trovano subito un paio di B per un totale di 8 successioni (tra le quali quella di Fibonacci)
I numeri $m$ per i quali è intera la radice quadrata di $5m^2 + 20$ sono
1, 4, 11, 29, 76, 199, 512, ...
e poi in generale:
«Per ogni $n$ intero non negativo: $m(n+2) = 3m(n+1) - m(n)$»
che porge:
$m(n) =[(sqrt5 +1)/2]^(2n+1) – [(sqrt5 - 1)/2]^(2n+1) = 2sinh[(2n +1)ln((sqrt5 +1)/2)]$.
Non ho trovato altri quadrati dopo 1 e 4. Ma non credo che si possa dimostrare che non ce ne sono più

_______

[orsoulx]

"robbstark":...tale che $ 5(A^4+4) $ sia un quadrato perfetto è 224659.

Ritengo non sia così. Non supera la prova dell'undici.

"Erasmus_First":Non ho trovato altri quadrati dopo 1 e 4. Ma non credo che si possa dimostrare che non ce ne sono più

Per quanto poco possa valere un'opinione, io non sono del medesimo avviso.
Ciao
B.

[robbstark1]

Cos'è la prova dell'11?

[orsoulx]

Il calcolo dei resti nella divisione per 11, o per essere più 'matematici', il calcolo nelle classi di resto modulo 11. Come la prova del 9.
Ciao
B.

[orsoulx]

Per esteso (tutte le congruenze sono modulo 11):
$ 224659 \equiv 6; " "6^4 \equiv 9; " "9+4 \equiv 2; " "5 \cdot 2 \equiv 10 $.
Ma i quadrati possono solo [strike]essere[/strike] appartenere all'insieme $ {0, 1, 3,4,5,9} $.
Ciao
B.

[robbstark1]

Mi pare ok. Forse da quel punto in poi la precisione di matlab non è sufficiente a distinguere il numero risultante da un intero, per questo mi ero espresso col condizionale.

A questo punto resta la domanda se si può dimostrare esserci finite o infinite soluzioni.

[robbstark1]

"Erasmus_First":
I numeri $m$ per i quali è intera la radice quadrata di $5m^2 + 20$ sono
1, 4, 11, 29, 76, 199, 512, ...
e poi in generale:
«Per ogni $n$ intero non negativo: $m(n+2) = 3m(n+1) - m(n)$»
che porge:
$m(n) =[(sqrt5 +1)/2]^(2n+1) – [(sqrt5 - 1)/2]^(2n+1) = 2sinh[(2n +1)ln((sqrt5 +1)/2)]$.

Due domande:
1) A questa formulona come ci si arriva?
2) Aiuta a trovare i valori di $m$?

[Erasmus_First]

"robbstark":

P.s.: Da un semplice ciclo for eseguito su matlab sembrerebbe che il più piccolo $A>2$ tale che $5(A^4+4)$ sia un quadrato perfetto è 224659.

Purtroppo no... ha ragione orsoulx!
Per $A = 224659$ la radice quadrata di $5A^4 + 20$ viene ... quasi intera, ma non esattamente intera.
[E se fosse intera dovrebbe essere divisibile per 5].
Infatti, calcolando col vecchio trucco di spezzare un grosso numero intero con ordine di grandezza $10^(2m)$ (oppure $10^(2m+1)$) nella somma (da trattare come binomio):
$a·10^m + b$ (dove a e b sono numeri interi , a con m (o m+1) cifre e b con al massimo m cifre)
ho trovato
$p = 5·224659^4 + 20 = 12.736.945.485.903.161.854.825$;
$sqrtp = 112.858.076.742,000.003.787....$.
D'altra parte, il numero $224659^2 = 50471666281$ non figura nella successione dei numeri – diciamoli $m(n)$ – candidati ad essere $A^2$ oppure $B$, tali cioè che $5m^2 + 20)$ sia un quadrato perfetto.
[Questa successione incomincia con 1, 4, 11, 29, 76, 199, 521, ... e continua con la legge $m(n+2) = 3·m(n+1) – m(n)$.
Una lunga sfilza di termini di questa successione si può leggere su OEIS.
Si veda qui –––> OEIS, A002878 .

_______

[Erasmus_First]

"robbstark":[quote="Erasmus_First"]
I numeri $m$ per i quali è intera la radice quadrata di $5m^2 + 20$ sono
1, 4, 11, 29, 76, 199, 512, ...
e poi in generale:
«Per ogni $n$ intero non negativo: $m(n+2) = 3m(n+1) - m(n)$»
che porge:
$m(n) =[(sqrt5 +1)/2]^(2n+1) – [(sqrt5 - 1)/2]^(2n+1) = 2sinh[(2n +1)ln((sqrt5 +1)/2)]$.

Due domande:
1) A questa formulona come ci si arriva?
2) Aiuta a trovare i valori di $m$?[/quote]Rispondo!
Alla legge di ricorrenza $m(n+2) = 3·m(n+1) – m(n)$ ci arrivi discutendo l'equazione che hai trovato anche tu:
$A^4 + 3A^2·B + B^2 = 5$ ⇒ $B = (-3A^2 ± sqrt(5·A^4 +20))/2$ ∨ $A^2 = (-3B ± sqrt(5·B^2 +20))/2$.
Oppure, trovate per tentativi alcune facili soluzioni per $A^2$ o per $B$, (per esempio: ±1 e ±4, che messe in fila diventano –4, –1, 1, 4), ipotizzi che la legge sia del tipo
$m(n+2) = M·m(n+1) + N·m(n)$ (con M ed N costanti)
calcoli M ed N dai pochi termini noti (e trovi appunto $M = 3$ e $N = –1$) e quindi verifichi che i numeri m che ti saltano fuori con questa lergge (cioè 11, 29, 76, 199, 521, ...) rendono intera la radice quadrata di $5m^2 + 20$.
Come si passa dalla legge di ricorrenza alla legge intensiva (cioè alla funzione esplicita dell'indice n) l'ho spiegato in un "paper" che ho mostrato qua:
––> Sequenze linearmente dipendenti.
In particolare:
a) Alla legge di ricorrenza lineare – ora del secondo ordine, cioè $y_(n+2) = M·y_(n+1) + N·y_n$ – si associa l'equazione caratteristica che è di grado pari all'ordine, [quindi ora di 2° grado] e con esponenti uguali alle differenze da n degli indici coinvolti. Quindi, la nostra equazione caratteristica è ora:
$x^2 = M·x + N$.
[Oppure: il polinomio caratteristico è $x^2 – Mx – N$].
Le soluzioni di questa equazione (ossia gli ZERI del polinomio caratteristico sono dette "autovalori".
b) Ancora più in particolare, se gli autovalori sono tutti semplici (e se sono due allora sono due numeri distinti –diciamoli $x_1$ e $x_2$), la sequenza è una combinazione lineare di progressioni geometriche ciascuna di "ragione" un autovalore.
Quindi, per ordine di ricorrenza 2 e con i due autovalori distinti si ha in generale una sequenza del tipo:
$y_n = H·x_1^n + K·x_2^n$ (con H e K costanti da determinare).
c) Le costanti della combinazione lineare di progressioni geometriche (ora H e K) si calcolano conoscendo tanti termini consecutivi quanto è l'ordine (ora 2).
Rifacciamo i conticini!
• Gli zeri di $x^2 – 3x + 1$ sono $(3±sqrt5)/2 = ((sqrt5 ± 1)/2)^2$.
• La soluzione generale per la data legge di ricorrenza è dunque $y_n =H·((sqrt5 + 1)/2)^(2n) + K·((sqrt5 - 1)/2)^(2n)$.
Nel nostro caso conosciamo $m(0) = 1$ e $m(1) = 4$ perché
$5·1^2 + 20 = 25 = 5^2$ e $5·4^2 + 20 = 100 = 10^2$.
• Allora deve essere
$m(0) =H + K = 1$ e $m(1) = H·(3+ sqrt5)/2 + K(3– sqrt5)/2 =4$,
da cui
$H = (sqrt5 + 1)/2$ e $K=–(sqrt5 - 1)/2$.
In definitiva
$m(n) = ((sqrt5 + 1)/2)^(2n+1) -((sqrt5 - 1)/2)^(2n+1)$.
Siccome il prodotto degli autovalori è ora 1 (ossia: uno è il reciproco dell'altro), posto:
$φ= ln[(sqrt5 + 1)/2]$, la funzione $m(n)$ diventa
$m(n) = e^((2n+1)φ) - e^(-(2n+1)φ) = 2sinh[(2n+1)φ] = 2sinh[(2n+1)ln((sqrt5 + 1)/2)]$.

NB. Ho verificato che la sequenza degli interi m tali da rendere intera la radice quadrata di $5m^2 + 20$, ossia

   n  –––>  ... –3     –2     –1     0     1     2     3     4      5     6   ...
m(n}  –––> ... –11,    –4,    –1,    1,    4,   11,   29,   76,   199,   521, ...

è collegata alla successionbe di Fibonacci F(n) da questa legge:
$m(n) =$ <somma di $F(k)$ per $k$ da $2(n–1)$ a $2n+1$ compresi >.
Forse da questa proprietà si potrà stabilire se di quadrati ce ne sono ancora o no dopo m(0) = 1 e m(1) = 4.
Erasmus pensa di no.
orsoulx ... non ho capito se pensa che si possa dimostrare che di quadrati non ce ne sono più o che si possa dimostrare che di quadrati ce ne sono ancora. Comunque, ancora una volta ha opinione diversa dalla mia.
Ma quando mai opinioni e gusti di Erasmus concordono con opinioni e gusti di orsoulx?
_______

[orsoulx]

"Erasmus_First":è collegata alla successionbe di Fibonacci F(n) da questa legge:
m(n)= .
Forse da questa proprietà si potrà stabilire se di quadrati ce ne sono ancora o no dopo m(0) = 1 e m(1) = 4.
Erasmus pensa di no.
orsoulx ... non ho capito se pensa che si possa dimostrare che di quadrati non ce ne sono più o che si possa dimostrare che di quadrati ce ne sono ancora. Comunque, ancora una volta ha opinione diversa dalla mia.
M quando mai opinioni e gusti di Erasmus concordano con opinioni e gusti di orsoulx? Immagine

Se le opinioni ed i gusti di tutti coincidessero, avremmo discussioni di una noia mortale e, probabilmente, in poco tempo si finirebbe col dare per scontato quel che pensano gli altri.
Non so se nella sequenza compaiono altri quadrati, se mi costringessero a scommettere, punterei su 'ci sono solo i primi due'. Quanto al dimostrarlo, consentimi di essere ottimista, probabilmente non ne siamo capaci, ma noi siamo solo dei giocherelloni, tanti altri, di ben diversa levatura, hanno lavorato in questo campo e continuano a lavorarci...
Bella la riduzione a numeri di Fibonacci! La sommatoria è eliminabile, in fin dei conti sono solo quattro termini, sommandoli a due a due si ottiene: $ m(n)=F_{2n}+F_{2(n+1)} $.
Forse è ancor più semplice considerare quelli di Lucas. Tanto per giocare ti propongo un programmone: x vale 2; y vale 1; ripeti (somma y ad x; somma x ad y). Dopo n iterazioni è y=m(n)... ed è immediato dimostrare che nessuno dei valori assunti da x è un quadrato.
Ciao
B.
PS Sei sicuro che sia appropriato il termine 'autovalori' anche per le radici del polinomio caratteristico di una ricorsione?

[robbstark1]

"robbstark":[quote="Erasmus_First"]
I numeri $ m $ per i quali è intera la radice quadrata di $ 5m^2 + 20 $ sono
1, 4, 11, 29, 76, 199, 512, ...
e poi in generale:
«Per ogni $ n $ intero non negativo: $ m(n+2) = 3m(n+1) - m(n) $»
che porge:
$ m(n) =[(sqrt5 +1)/2]^(2n+1) – [(sqrt5 - 1)/2]^(2n+1) = 2sinh[(2n +1)ln((sqrt5 +1)/2)] $.

Due domande:
1) A questa formulona come ci si arriva?
2) Aiuta a trovare i valori di $ m $?[/quote]

Avevo fatto confusione con una relazione che avevo scritto io tra i miei conti, in cui $m$ ed $n$ rappresentavano altri fattori, per cui non avevo capito si trattasse di una relazione di ricorrenza, altrimenti non avrei mai fatto la seconda domanda!

Non accontentandomi di una relazione empirica, per dimostrarla procederei così:
$5m(n)^2 + 20 = q(n)^2$
$m(n) = 1$, $4$, $11$, $29$, ...
$q(n) = 5$, $10$, $25$, $65$, ...
Si vede empiricamente che entrambe le successioni seguono la stessa relazione di ricorrenza.
$m(n)$ è stato ricavato da Erasmus:
$m(n) = \phi^{2n+1} - \frac{1}{ \phi^{2n+1}}$
Analogamente si calcola:
$q(n) = \sqrt{5} (\phi^{2n-1} + \frac{1}{ \phi^{2n-1}})$
$q(n)^2 = 5 (\phi^{2(2n-1)} + \frac{1}{ \phi^{2(2n-1)}} + 2)$
$5m(n)^2 + 20 = 5 (\phi^{2(2n+1)} + \frac{1}{ \phi^{2(2n+1)}} - 2) + 20 = 5 (\phi^{2(2n+1)} + \frac{1}{ \phi^{2(2n+1)}} + 2)= q(n+1)^2$

In questa maniera ho dimostrato che la successione degli $m(n)$ trovata da Erasmus rende $5m^2+20$ quadrato perfetto. Tuttavia questo non dimostra che non ci sono altri valori che lo rendono quadrato, o sbaglio?
(dovendo scommettere direi che non ce ne sono altri, ma non mi pare di averlo provato in questa maniera)

[orsoulx]

"robbstark":In questa maniera ho dimostrato che la successione degli m(n) trovata da Erasmus rende 5m2+20 quadrato perfetto. Tuttavia questo non dimostra che non ci sono altri valori che lo rendono quadrato, o sbaglio?
(dovendo scommettere direi che non ce ne sono altri, ma non mi pare di averlo provato in questa maniera)

Ottima osservazione, non sbagli, ma a provarlo ci hanno già pensato altri (vedi teoria sulle equazioni di Pell generalizzate).
Ciao
B.

[Erasmus_First]

"orsoulx":[...]
PS Sei sicuro che sia appropriato il termine 'autovalori' anche per le radici del polinomio caratteristico di una ricorsione?

Che sia "appropriato" non c'è dubbio!
Ma che venga usato da altri in questo contesto non lo so proprio.

In effetti, la teoria delle sequenze con legge di ricorrenza lineare me la sono sviluppata da solo (senza consultare niente e nessuno).
Può sembrare praticamente impossibile: ma a me è successo di non aver mai sentito parlare di tali sequenza e nemmeno nominare la "successione di Fibolnacci" fino all'età di 40 anni! .
Ti racconterò come è andata per messaggio privato ...
–––––––––––––––
"Atovalori" è una brutta traduzione del tedesco "Eigenwerte" che significa "valori propri", "valori caratteristici" (ed è stato tradotto in inglese con "eigenvalues", ossia mantenendo il prefisso tedesco "eigen" ... in assenza di una parola inglese che rendesse la stessa idea).
Senz'altro tu hai in mente la diagonalizzazione delle matrici quadrate.

Ma io non ho fatto altro che trasportare nello studio delle sequenze a ricorrenza lineare (che, come ho detto, ho fatto in totale autonomia, partendoin proposito da tabula rasa) gli stessi concetti e lo stesso vocabolario appreso all'università nello studio delle equazioni differenziali lineari (omogenee e a coefficienti costante) usando le Laplace-trasformate. Là la soluzione era una combinazione lineare di esponenziali e gli autovalori (ossia gli zeri del polinomio associato) erano i coefficienti della variabile indipendente dentro gli esponenti degli esponenziali (tutti con la stessa base, per esempio "e").
Anche nelle sequenze in questione una soluzione particolare, al posto di scriverla come
$y_n = k^n$
potresti scriverla come
$y_n = e^(αn)$ [dove $α = ln(k)$].

Ma, volendo, va bene anche il trasportare il vocabolario della diagonalizzazione delle matrici quadrate.
Faccio un esempio.
Supponiamo di avere una seguenza ${y_n$ con legge di ricorrenza:
$y_(n+3) = α·y_(n+2) + β·y_(n+1) + γ·y_n$.
Consideriamo tre elementi in fila comne un vettore. Allora, la matrice quadrata di formato 3 x 3 che opera sui "vettori" tridimensionali costituiti tra tre elementi in fila lo slittamento di un posto è ... come segue:

| 0,  1,  0 |   | y(n)  |   | y(n+1)|
| 0,  0,  1 | · ! y(n+1)| = | y(n+2)|  
| γ,   β, α |   ! y(n+2)|   | y(n+3)|

Il polinomio caratteristico associato è il determinate della matrice:

|x,   -1,    0 | 
| 0,   x,   –1 | 
|-γ,  -β,  x-α | 

ed è:
$x^3 - αx^2 -βx -γ.
Vedi dunque che gli "autovalori" di quella matrice sono le basi delle potenze n-esime la combinazione delle quali è la soluzione generale della sequenza espresssa come funzione esplicita dell'indice.
________

[robbstark1]

"orsoulx":vedi teoria sulle equazioni di Pell generalizzate.

In effetti sono convinto che prima o poi mi andrò a studiare la teoria sulle equazioni di Pell e generalizzate.
Mi pare di capire che questa basti a dimostrare che le uniche soluzioni intere dell'equazione $5m^2 + 20 = q^2$ sono quelle delle successioni $m(n)$ e $q(n)$ che ho scritto sopra.

Se è cosí, basterebbe dimostrare che $m(n)$ non contiene quadrati perfetti diversi da $1$ e $4$, per concludere che queste sono le uniche soluzioni intere di $5A^4 + 20 = Q^2$.
Faccio delle osservazioni per cercare di avvicinarsi alla soluzione di questo enigma, probabilmente uguali ai tentativi che avrete già fatto voi, ma tentar non nuoce.
Noto che:
$ m(n) = \phi^{2n+1} - \frac{1}{ \phi^{2n+1}} = 1 + \sum_{k=1}^{n}( \phi^{2k} - \frac{1}{ \phi^{2k}})$
Da qui mi viene voglia di studiare la successione dei termini $p(k) = \phi^{2k} - \frac{1}{ \phi^{2k}}$, che trovo essere:
$3$, $7$, $18$, $47$, $123$, ...
È facile ricavare che ciascun termine di questa successione differisce $2$ da un quadrato perfetto:
$3 = 1^2 + 2$, $7 = 3^2 - 2$, $18 = 4^2 + 2$, $47 = 7^2 -2$, $123 = 11^2 + 2$, ...
La successione dei termini che elevati al quadrato (e poi sommando o sottraendo 2) mi dà i $p(k)$ è:
$1$, $3$, $4$, $7$, $11$, $18$, $29$, $47$, $76$, $123$, $199$, ...
Indico i termini di questa successione con $a_k$. Questa è una successione tipo quella di Fibonacci, per cui vale $a_{k+2} = a_{k+1} + a_k$.
Osservo che i termini di posto dispari sono quelli della successione $m(n)$, mentre quelli di posto pari sono i termini della successione $p(k)$.
Valgono:
1) $a_{2k} = a_k^2 - (-1)^k 2$
2) $a_{2k+1} = a_k a_{k+1} - (-1)^k$
A noi interessa dimostrare che nessun termine di posto dispari, $a_{2k+1}$, è un quadrato perfetto.
Usando la formula di ricorrenza, la 2) diventa:
$a_{2k+1} = a_k^2 + a_k a_{k-1} - (-1)^k$
oppure
$a_{2k+1} = a_{k+1}^2 - a_{k-1} a_{k+1} - (-1)^k$

[robbstark1]

Aggiungo per chiarezza che ho inteso il primo termine della successione essere $a_1 = 1$.

Ho appena notato che se aggiungiamo un termine davanti, in particolare $a_0 = 2$, la successione $a_k$ coincide con una successione nota come di Lucas.

[Erasmus_First]

Riassumo un po'.

Detto Φ il "rapporo aureo" $(1 + sqrt5)/2 = 2cos(π/5)$ e posto $φ = ln(Φ) = ln((1 + sqrt5)/2)$:
1) I termini della successione [che prima indicavamo con ${m_n}$, ma ora – cambiando simbolo – chiamo] ${S_n}$ definita come segue:
$S_0 = 1$; $S_1 = 4$; $∀n ∈ NN$ $S_(n+2) = 3S_(n+1) -S_n$, ossia

  n ---> 0     1    2     3     4     5    6    ...
m_n ---> 1     4   11    29    76   199  521   ... 

valgono
$S_n = 2sinh[(2n+1)φ] = e^((2n+1)φ) - e^(-(2n+1)φ) = Φ^(2n+1)-Φ^-(2n+1) = ((sqrt5+1)/2)^(2n+1)-((sqrt5-1)/2)^(2n+1)$.
Per ogni $S_n$ la radice quadrata di $5S_n^2 + 20$ è intera.
2) I termini della successione [introdotta da robbstark senza nome e che ora io chiamo] ${C_n}$ definita come segue:
$C_0 = 2$; $C_1 = 3$; $∀n ∈ NN$ $C_(n+2) = 3C_(n+1) -C_n$, ossia

  n ---> 0     1    2     3     4     5    6    ...
q_n ---> 2     3    7    18    47   123  322   ... 

valgono
$S_n = 2cosh[(2n)φ] = e^((2n)φ)+ e^(-(2n)φ) = Φ^(2n)+Φ^-(2n) = ((sqrt5+1)/2)^(2n)+((sqrt5-1)/2)^(2n)$.
3) I termini della successione [che robbstark indicava come ${a_k}$ ma io ora chamo] ${L_n}$ ottenuta alternando i termini della ${C_n}$ con i termini della ${S_n}$, ossia:

  n ---> 0    1    2    3    4    5    6    7    8    9   10   11   12   13  ...
L_n ---> 2    1    3    4    7   11   18   29   47   76  123  199  322  521  ... 

costituiscono la "Successione di Lucas" che è così definita:
$L_0 = 2$; $L_1 = 1$; $∀n ∈ NN$ $L_(n+2) = L_(n+1) + L_n$.
Si noti che, come nella successione di Fibonacci, ogni termine (dopo i primi due) è la somma dei due precedenti.
I termini della successione di Lucas valgono:
$L_n =[1 + (-1)^n]cosh(nφ) + [1 - (-1)^n]sinh(nφ) = Φ^n +(-1)^n Φ^-n = ((1+sqrt5 )/2)^n + ((1-sqrt5 )/2)^n$
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[Erasmus_First]

Opps!
Come si fa ad eliminare un proprio messaggio?
Intanto cancello quel che c'era scritto perché ... ho commesso errori di manovra (chissà come e chissà quali) e non mi raccapezzo più!

Qualcuno mi insegni ad eliminare un proprio messaggio infilato per errore nel posto sbagliato!
Intanto prego il moderatore di eliminare questo.
Grazie.

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[robbstark1]

Intanto prima di dimenticarmene posto un link dove pare venga dimostrata la non esistenza di quadrati maggiori di $4$ nella successione di Lucas, ma onestamente non sono riuscito a seguire bene il ragionamento finora. Mi pare usi le congruenze, ma in modo sbagliato?
https://math.la.asu.edu/~checkman/SquareFibonacci.html

P.s.: Per cancellare un messaggio, accanto al tasto "modifica" in alto a destra, compare un tasto con una x, ma a quanto pare solo se non ci sono state risposte successive, altrimenti si può solo modificare.

[orsoulx]

"robbstark":Mi pare usi le congruenze, ma in modo sbagliato?

Non ho trovato incongruenze nella dimostrazione che hai linkato. Così adesso Erasmus_First è sicuro che non esistano altre soluzioni al suo problema.
Ciao
B.