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:
$(n+1)n(n-1) \/ | \/ a_{\script n}+ n^{\small 2}$.
Divisibilità in sequenza
Moderatori: Gianfranco, Bruno
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Divisibilità in sequenza
Bruno
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
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
Ultima modifica di karl il ven giu 08, 2007 2:39 pm, modificato 3 volte in totale.
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:
$\large \frac{a_{n}-(-1)^{\script n}\cdot n^{\script 2}}{a_{\s n-3}}=(n-1)n(n+1)$.
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:
$\large \frac{a_{n}-(-1)^{\script n}\cdot n^{\script 2}}{a_{\s n-3}}=(n-1)n(n+1)$.
Bruno
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