Prendiamo: $\/a_{\script 0} \in \mathbb{Z}$

e poi scriviamo:

$a_{\script 1} = 2\cdot a_{\script 0}-1 \\ a_{\script 2} = 3\cdot a_{\script 1}+1 \\ a_{\script 3} = 4\cdot a_{\script 2}-1 \\ a_{\script 4} = 5\cdot a_{\script 3}+1 \\ .\\ . \\ .$

Abbiamo sempre, per $\/n\/ >\/ 1$:

$(n+1)n(n-1) \/ | \/ a_{\script n}- n^{\small 2}$

oppure:

$(n+1)n(n-1) \/ | \/ a_{\script n}+ n^{\small 2}$.

E' assai probabile che il quesito si possa risolvere in maniera piu' comoda
ma stavolta vorrei far uso ,almeno in parte,della teoria delle differenze finite.
E' facile rendersi conto che per n= 2,3 l'enunciato e' vero.
Infatti con semplici passi si trova che :
$a_2=6a_o-2,a_3=24a_o-9$
Pertanto risulta:
$a_2-2^2=6a_o-6$ che e' divisibile per 3*2*1
$a_3+3^2=24a_o$ che e' divisibile per 4*3*2
Cio' detto ,osserviamo che la relazione di ricorrenza e' evidentemente data da:
(0) $a_n=(n+1)a_{n-1}+(-1)^n$ che rappresenta una equazione alle differenze
finite non omogenea, per la presenza del termine noto a secondo membro.
Come si fa in questi casi, si tratta dapprima l'equazione omogenea:
$a_n=(n+1)a_{n-1}$ e ponendovi in successione n,n-1,n-2,...,1 (per completezza
considero anche n=1) si trova che:
$a_n=(n+1)a_{n-1}$
$a_{n-1}=na_{n-2}$
$a_{n-2}=(n-1)a_{n-3}$
...........................
...........................
$a_2=3a_1$
$a_1=2a_o$
Moltiplicando membro a membro ed eliminando i fattori uguali nei due membri, si ha:
(1) $a_n=(n+1)!a_o$
A questo punto si puo' ammettere (ragionevolmente e con una giustificazione...a posteriori !!)
che la soluzione dell'equazione (0) sia del medesimo tipo e cioe' :
(2) $a_n=(n+1)!k(n)$ con k(n) non piu' costante ma funzione di n.
Ora pero' occorre esplicitare k(n) e a tale scopo cominciamo col sostituire la (2) nella (0):
$k(n)(n+1)!-(n+1)n!k(n-1)=(-1)^n$
Da cui si ricava che :
$k(n)-k(n-1)=\frac{(-1)^n}{(n+1)!}$
Facendo anche in questa ultima relazione n,n-1,n-2,...,3,2,1 risulta:
$k(n)-k(n-1)=\frac{(-1)^n}{(n+1)!}$
$k(n-1)-k(n-2)=\frac{(-1)^{n-1}}{n!}$
$k(n-2)-k(n-3)=\frac{(-1)^{n-2}}{(n-1)!}$
...........................
...........................
$k(3)-k(2)=-\frac{1}{4!}$
$k(2)-k(1)=+\frac{1}{3!}$
$k(1)-k(0)=-\frac{1}{2!}$
Sommando e riducendo i termini opposti si ottiene:
$k(n)=k(0)-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{4!}+...+\frac{(-1)^{n-2}}{(n-1)!}+\frac{(-1)^{n-1}}{n!}+\frac{(-1)^n}{(n+1)!}$
Infine ,sostituendo tale formula nella (2), ne deriva l'espressione per a_n:
$a_n=k(0)(n+1)!+[-(n+1)n(n-1)...3+(n+1)n(n-1)...4-(n+1)n(n-1)...5+...+(-1)^{n-2}(n+1)n+(-1)^{n-1}(n+1)+(-1)^{n}]$
Come si vede ,a_n si compone di due addendi di cui il primo e' certamente divisibile
per (n+1)n(n-1) e quindi resta da dimostrare che lo e' anche la somma in parentesi quadra
con l'aggiunta o la sottrazione di n^2.
A tale scopo ,per quanto detto prima, si puo' supporre n>3 e quindi la somma in questione
(con almeno 4 termini) ha i primi n-3 termini sicuramente divisibili per (n+1)n(n-1),
mentre per gli ultimi 3 termini distinguiamo 2 casi
a) n pari
In tal caso la somma di questi 3 termini e':
$n^2+n-n-1+1=n^2$ e quindi ,sottraendo n^2,essa si annulla,lasciando nella parentesi solo
i termini divisibili per (n+1)n(n-1)
b) n pari
In tal caso la somma di questi 3 termini e':
$-n^2-n+n+1-1=-n^2$ e quindi ,sommando n^2 ,essa si annulla,lasciando nella parentesi,
anche in questo caso, solo i termini divisibili per (n+1)n(n-1)
In tal modo l'enunciato e' dimostrato.
karl

Molto bello, Karl
E grazie per aver fatto anche ricorso alla
teoria delle differenze finite.

Ho considerato (inventato) questa famiglia
di sequenze l'altra sera e ne ho dedotto,
"algebrucando" sui primi passaggi, la tua
stessa formula per il termine generico.
Quindi mi sono accorto che potevo isolare
un quadrato e... etc.

Un altro modo di vedere la cosa è questo:

$\large \frac{a_{n}-(-1)^{\script n}\cdot n^{\script 2}}{a_{\s n-3}}=(n-1)n(n+1)$.

Br1 ha scritto:Molto bello, Karl
Un altro modo di vedere la cosa è questo:

$\large \frac{a_{n}-(-1)^{\script n}\cdot n^{\script 2}}{a_{\s n-3}}=(n-1)n(n+1)$.

Potrebbe essere simpatico, dimostrarlo per induzione