Część 07. Ciągi rekurencyjne
Rozdział 8
8. Liniowe ciągi rekurencyjne wyższych rzędów
Andrzej Nowicki 17 maja 2012, http://www.mat.uni.torun.pl/~anow
Spis treści
8 Liniowe ciągi rekurencyjne wyższych rzędów 93
8.1 Liniowe ciągi rekurencyjne n-tego rzędu . . . 93
8.2 Ciągi trzeciego rzędu . . . 95
8.3 Przykłady ciągów trzeciego rzędu . . . 96
8.4 an+3 = an+2 + an+1 + an. . . 99
8.5 an+3 = an+1 + an (Ciąg Perrina) . . . 101
8.6 Uogólnienia ciągów Lucasa i Perrina . . . 104
8.7 Przykłady ciągów czwartego rzędu . . . 113
8.8 Liniowa rekurencyjność ze zmiennymi współczynnikami . . . 114
Wszystkie książki z serii ”Podróże po Imperium Liczb” napisano w edytorze LATEX.
Spisy treści tych książek oraz pewne wybrane rozdziały moża znaleźć na internetowej stronie autora: http://www-users.mat.uni.torun.pl/~anow.
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 8.1 Liniowe ciągi rekurencyjne n-tego rzędu
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 8.1.1 ([Mark] 16). Niech (un) będzie liniowym ciągiem rekurencyjnym rzędu k, tzn. (un) jest ciągiem liczbowym takim, że liczby u1, . . . , uk są dowolne oraz
un+k = α1un+k−1+ α2un+k−2+ · · · + αkun
dla n ∈ N, gdzie α1, . . . , αnsą danymi liczbami. Rozważmy ciąg sum początkowych jego wyra- zów: s1= u1, s2= u1+ u2, . . . , sn= u1+ u2+ . . . + un. Wtedy (sn) jest liniowym cią- giem rekurencyjnym rzędu k + 1.
D. Zauważmy, że u1= s1, u2= s2− u1= s2− s1, . . . , un= sn− (u1+ . . . + un−1) = sn− sn−1. Przyjmując s0= 0 tak, iż u1= s1− s0 i podstawiając do powyższego równania otrzymujemy:
sn+k− sn+k−1= α1(sn+k−1− sn+k−2) + α2(sn+k−2− sn+k−3) + . . . + αk(sn− sn−1), stąd sn+k= (1 + α1)sn+k−1+ (α2− α1)sn+k−2+ . . . + (αk− αk−1)sn− aksn−1. Zastępując indeks n przez n + 1 uzyskujemy:
sn+k+1= (1 + α1)sn+k+ (α2− α1)sn+k−1+ . . . + (αk− αk−1)sn+1− aksn. Otrzymaliśmy równanie rekurencyjne rzędu k + 1.
8.1.2. Niech (xn) będzie ciągiem liczb całkowitych takim, że liczby x1, . . . , xk są dowolne oraz xn+k = α1xn+k−1+ α2xn+k−2+ · · · + αkxn
dla n ∈ N, gdzie α1, . . . , αn są danymi liczbami całkowitymi. Wówczas reszty z dzielenia ko- lejnych liczb tego ciągu przez liczbę naturalną m tworzą ciąg okresowy (niekoniecznie czysty).
([Mark], [S59] 279).
8.1.3. Niech a1, . . . , as oraz r1, . . . , rs będą liczbami rzeczywistymi. Rozpatrzmy ciąg (xn) taki, że: x1= a1, x2= a2, . . . , xs= as oraz
xn+s = r1xn+1+ r2xn+2+ · · · + rsxn+s.
Dla danej liczby naturalnej n przez Fn oznaczmy n × n macierz określoną następująco.
Fn=
x1 x2 · · · xn
xn+1 xn+2 · · · x2n
x2n+1 x2n+2 · · · x3n
... ... ...
x(n−1)n+1 x(n−1)n+2 · · · xn2
Jeśli n > s, to det Fn= 0.
93
D.Niech A1, A2, . . . , Anbędą kolumnami macierzy Fn. Teza wynika z oczywistej równości As+1= r1A1+ r2A2+ · · · +rsAs.
Załóżmy, że
f (x) = xs− us−1xs−1− us−2xs−2− · · · − u1x − u0
jest wielomianem o współczynnikach całkowitych i nierozkładalnym w Z[x]. Niech α ∈ C będzie pierwiastkiem tego wielomianu. Wtedy
αs= us−1αs−1+ us−2αs−2+ · · · + u1α + u0 i dla każdego n> 0 mamy:
αn= a[s−1]n αs−1+ an[s−2]αs−2+ · · · + a[1]n α + a[0]n ,
gdzie każde a[j]n (dla j = 0, 1, . . . , s − 1) jest liczbą całkowitą. Dla każdego j ∈ {0, 1, . . . , s − 1}
mamy więc ciąg a[j]n
liczb całkowitych. Jest oczywiste, że a[j]j = 1 dla j = 0, 1, . . . , s − 1 oraz, że a[j]i = 0 dla i ∈ {0, 1, . . . , s − 1}, i 6= j. Ponadto, a[j]s = uj dla j = 0, 1, . . . , s − 1.
8.1.4. Oznaczenia takie, jak powyżej. Niech j ∈ {0, 1, . . . , s − 1} i niech bn= a[j]n dla n ∈ N.
Wtedy ciąg (bn) spełnia zależność rekurencyjną
bn+s = us−1bn+(s−1)+ us−2bn+(s−2)+ · · · + u1bn+1+ u0bn
dla wszystkich n> 0.
D. Mnożymy równość αs = us−1αs−1+ us−2αs−2+ · · · + u1α + u0 stronami przez αn. Mamy wówczas:
s−1
X
j=0
a[j]n+sαj= αs+n =
s−1
X
k=0
ukαk+n=
s−1
X
k=0
uk
s−1
X
j=0
a[j]k+nαj=
s−1
X
j=0 s−1
X
k=0
uka[j]k+n
! αj.
Porównując odpowiednie współczynniki otrzymujemy tezę. F W. Bieliński, Co to są funkcje tworzące ? [Dlt] 7/96 1-3.
V. G. Bołtiański, The iteration method, [Kw] 3/83 16-21.
A. F. Horadam, Complex Fibonacci numbers and Fibon. quaternions, [Mon] 70(3)(1963) 289-291.
J. Matkowski, Ciąg geometryczny; metoda rozwiązywania równanń rekurencyjnych, [Dlt] 7/2002.
K. Pawłowski, O liniowych równaniach różnicowych, [Dlt] 2/83 8-12.
R. Rabczuk, O szeregach rekurencyjnych i ich zastosowaniach, [Mat] 6/73 385-388.
J. Ryll, Ciągi rekurencyjne a szeregi potęgowe, [Dlt] 5/85.
G. Studnicki, Problemy dotyczące rekurencji i indukcji matematycznej, [Mat] 3/79 153-159.
J. N. Sukonnik, Postępy arytmetyczno-geometryczne, [Kw] 1/75 36-39.
Z. Świętochowski, O ciągach rekurencyjnych, [Mat] 1/87 44-48.
K. Szymański, Ciągi rekurencyjne, [Mat] 1/90 2-13.
K. Wachnicka, E. Wachnicki, Badanie zbieżności ciągów określonych rekurencyjnie, [Mat] 6/94.
J. Wróblewski, Ciągi Pisota, czyli jak zobaczyć rekurencję liniową, [Dlt] 7/2002 12-13.
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 8.2 Ciągi trzeciego rzędu
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo Liniowym ciągiem rekurencyjnym trzeciego rzędu nazywamy każdy ciąg (an) taki, że
an+3= uan+2+ van+1+ wan, dla n > 0, gdzie u, v i w są ustalonymi współczynnikami.
8.2.1. Jeśli ciąg (an) spełnia równanie rekurencyjne
an+3= 3pan+2− 3p2an+1+ p3an, gdzie p jest ustaloną niezerową liczbą, to
an= 1
2a(n − 1)(n − 2)pn− bn(n − 2)pn−1+1
2cn(n − 1)pn−2, gdzie a = a0, b = a1, c = a2.
8.2.2. Niech a0 = 1, a1 = b + p, a2= b2+ 2p,
an+3= (b + 2)an+2− (2b + 1)an+1+ ban, gdzie b i p są ustalonymi liczbami. Wtedy
an= bn+ pn dla wszystkich n> 0.
Załóżmy, że f (x) = x3− ux2− vx − w jest wielomianem o współczynnikach całkowitych i nierozkładalnym w Z[x]. Niech α ∈ C będzie pierwiastkiem tego wielomianu. Wtedy α3 = uα2+ vα + w i dla każdego n> 0 mamy:
αn= anα2+ bnα + cn,
gdzie an, bn, cn∈ Z. Mamy zatem trzy ciągi (an), (bn) i (cn) o wyrazach całkowitych.
8.2.3. Jeśli (an), (bn) i (cn) są ciągami takimi jak powyżej, to:
a0= 0, a1= 0, a2 = 1, an+3 = uan+2+ van+1+ wan; b0 = 0, b1 = 1, b2 = 0, bn+3= ubn+2+ vbn+1+ wbn; c0 = 1, c1 = 0, c2 = 0, cn+3= ucn+2+ vcn+1+ wcn.
(Wynika to z 8.1.4).
8.2.4. Ciągi (an), (bn) i (cn), określone powyżej, tworzą bazę przestrzeni wszystkich ciągów (dn) spełniających zależność rekurencyjną
dn+3= udn+2+ vdn+1+ wdn.
Innymi słowy, jeśli ciąg (dn) spełnia powyższą zależność rekurencyjną, to istnieją jednoznacz- nie wyznaczone liczby α, β, γ takie, że
dn= αan+ βbn+ γcn dla wszystkich n> 0. (Patrz 8.2.3).
8.2.5. Jeśli (an), (bn) i (cn) są ciągami takimi jak powyżej, to dla każdego n > 0 zachodzą równości:
an+1= anu + bn, bn+1 = anv + cn, cn+1= anw.
D. an+1α2+ bn+1α + cn+1 = αn+1= α · αn= α · (anα2+ bnα + cn)
= an(uα2+ vα + w) + bnα2+ cnα
= (anu + bn)α2+ (anv + cn)α + anw.
8.2.6 (Waddill 1990). Jeśli ciąg (an) spełnia równość rekurencyjną:
an+3= ran+2+ san+1+ tan, gdzie r, s, t są ustalonymi liczbami, to
an an−1 an−2
=
r s t 1 0 0 0 1 0
n−2
a2 a1 a0
. dla n> 3. ([MR] 93i:11017).
F S. J. Scott, On the number of zeros of a cubic recurrence, [Mon] 67(2)(1960) 169-170.
A. G. Shannon, A. F. Horadam, Some properties of third - order recurrence relations, [FQ] 10(1972) 135-145.
A. G. Shannon, A. F. Horadam, Generating functions for power of third - order recurrence sequ- ences, [Duke] 38(1971) 791-794.
M. F. Smiley, On the zeros of a cubic recurrence, [Mon] 63(3)(1956) 171-172.
M. Ward, On the number of vanishing terms in an integral cubic recurrence, [Mon] 62(3)(1955) 155-160.
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 8.3 Przykłady ciągów trzeciego rzędu
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 8.3.1. Niech (an) będzie ciągiem liczb rzeczywistych takim, że an+3 = −an. Wtedy istnieją jednoznacznie wyznaczone liczby rzeczywiste a, b, c takie, że
an= a(−1)n+ b cos
nπ
3
+ c sin
nπ
3
. ([Kozn] 88, 268).
8.3.2. Niech x1 = 1, x2 = 0, x3 = 2, xn+3 = 2xn+1+ xn. Wtedy dla każdej liczby naturalnej m istnieje liczba naturalna n taka, że liczby an i an+1 są podzielne przez m. ([Kw] 10/81 34).
8.3.3. Niech a1= 1, a2 = 4, a3= 15, an+3= 15an+1− 4an. Jeśli an jest liczbą pierwszą, to n jest liczbą pierwszą. ([Zw] 2002).
U. Ciąg (an) można również zdefiniować równościami: a1= 1, a2= 4, an+2= 4an+1− an. 8.3.4. Niech a0= 1, a1 = −1, a2= 6, an+3= 3an+1− 2an. Wtedy
an= (−2)n+ n dla wszystkich n> 0.
8.3.5. Niech a0 = 0, a1 = 0, a2= 1, an+3= an+1+ 1998an. Wtedy a2n−1= 2anan+1+ 1998a2n−1, dla wszystkich n> 1. ([KoM] 1997 N160).
8.3.6. Niech (an) będzie ciągiem liczb rzeczywistych takim, że a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4, an+3= an+2− 2an+1+ 2an. Wtedy
an= 21 − 2(n−3)/2sin(nπ/2). ([Kozn] 70).
8.3.7. Niech a1 = a > 0, a2 = b > 0, a3 = c > 0 oraz an+3= 1
3(an+ an+1+ an+2). Wtedy lim an= 1
6(a + 2b + 3c).
([Mat] 5-6/68 264).
8.3.8. Niech a1 = 0, a2 = 2, a3 = 3, an+3 = 2an+2 − an. Wtedy p | ap dla każdej liczby pierwszej p. (Na podstawie [MG] 505(2002) s.146 z.86A).
8.3.9. Niech a1 = 0, a2 = 1, a3 = 2, an+3 = 2an+2− an. Wtedy p | ap(ap+ 1), dla każdej liczby pierwszej p> 7 ([IMO] Longlist 1988).
8.3.10. Niech a1 = 0, a2 = 0, a3 = 1, an+3= 2an+2− 4an+1+ 4an. Wtedy a1 = a2 = a5 = a7= a14= a53= 0, natomiast
a52= −884763262976.
([EvP] 28).
8.3.11 (M. Mignotte). Niech a1= 0, a2 = 0, a3 = 1, an+3 = 2an+2− 4an+1+ 4an. Wtedy an= 0 ⇐⇒ n = 1, 2, 5, 7, 14 lub 53.
([Coh1] 283).
8.3.12. Niech a0= 0, a1 = 1, a2 = 1, an+3= 2an+2+ 2an+1− an. Wtedy an= u2n,
gdzie (un) jest ciągiem Fibonacciego. (patrz 5.5.5, [MG] 87(509)(2003) s.194). 8.3.13. Niech a0= 0, a1 = 1, a2 = 2, an+3= 2an+2+ 2an+1− an. Wtedy
an= unun+1, gdzie (un) jest ciągiem liczb Fibonacciego. (patrz 5.5.6).
8.3.14. Niech a1 = 1, a2 = 12, a3 = 20, an+3 = 2an+2+ 2an+1− an. Wtedy, dla każdego n ∈ N, liczba
1 + 4anan+1
jest kwadratowa. ([Kw] 12/89 26).
8.3.15. Niech a, b, c będą dowolnymi liczbami i niech (an) będzie ciągiem takim, że a0 = c, a1 = a + b + c, a2 = 4a + 2b + c, an+3= 3an+2− 3an+1+ an. Wtedy
an= an2+ bn + c dla wszystkich n> 0.
8.3.16. Niech a1 = 1, a2= 3, a3 = 6, an+3= 3an+2− 3an+1+ an. Wtedy an= 1
2n(n + 1).
([Str67] 60, Wynika z 8.3.15).
8.3.17. Niech (an) będzie ciągiem takim, że a0 = 0, a1 = 1, a2 = 4, an+3= 3an+2−3an+1+an. Wtedy an= n2 dla wszystkich n> 0. (Wynika z 8.3.15).
8.3.18. Niech (an) będzie takim ciągiem o wyrazach z ciała k, że an+3−3an+2+3an+1−an= 7 dla n ∈ N. Wtedy istnieją jednoznacznie wyznaczone elementy a, b, c ∈ k takie, że an = a + bn + cn2+ 76n3.([Kozn] 88, 268).
8.3.19. Niech (an) będzie takim ciągiem o wyrazach z ciała k, że a1 = 1, a2 = 0, a3 = −1 oraz an+3− 3an+2+ 3an+1− an= 5, dla n ∈ N. Wtedy
an= −3 +49
6 n − 5n2+5 6n3.
([Kozn] 77).
8.3.20. Niech (an) będzie ciągiem takim, że a0 = 1, a1 = 3, a2 = 6, an+3 = 4an+2− 5an+1+ 2an. Wtedy an= 2n+ n dla wszystkich n> 0. (Patrz 5.5.2).
8.3.21. Niech (an) będzie ciągiem takim, że a0 = 1, a1 = 1, a2 = 2, an+3 = 4an+2− 5an+1+ 2an. Wtedy an= 2n− n dla wszystkich n > 0.
8.3.22. Niech (an) będzie ciągiem takim, że a0 = 1, a1 = 0, a2 = 0, an+3 = 4an+2− 5an+1+ 2an. Wtedy an= 2n− 2n dla wszystkich n > 0.
8.3.23. Ciąg (an) spełnia równość rekurencyjną an+3= 5an+2− 9an+1+ 9an. Jeśli |an| 6 2n dla wszystkich n ∈ N, to
an+2= 2an+1− 3an.
([OM] Czechosłowacja 1983/1984).
8.3.24. Niech a1= 1, a2 = 1, a3 = 9, an+3= 15an+2− 15an+1+ an dla n ∈ N. Przykłady:
a1 = 1 = 12
a2 = 1 = 12
a3 = 9 = 32
a4 = 121 = 112
a5 = 1681 = 412
a6 = 23409 = 1532 a7 = 326041 = 5712 a8 = 4541161 = 21312 a9 = 63250209 = 79532 a10 = 880961761 = 296812.
Wszystkie wyrazy tego ciągu są kwadratami liczb naturalnych. ([OM] Bułgaria 1987, [Pa97]). oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 8.4 an+3 = an+2 + an+1 + an
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 8.4.1. Prostokąt 1 × n zapełniamy prostokątami o wymiarach 1 × 1, 1 × 2 i 1 × 3. Jeśli tn oznacza liczbę różnych sposobów takiego zapełnienia, to t1 = 1, t2= 2, t3= 4 oraz
tn+3 = tn+2+ tn+1+ tn dla n> 1. ([KoM] 7/96).
8.4.2. Niech g0= 1, g1 = 2, g2= 4,
gn+3 = gn+2+ gn+1+ gn.
Ciąg ten nazywa się często ”tribonacci sequence”. Każda liczba naturalna n ma jednoznaczne przedstawienie w postaci
n =
r
X
i=0
εigi,
gdzie εi∈ {0, 1} i przy tym εiεi+1εi+2= 0. (Sirvent: [FQ] 1997).
U. Podobne jednoznaczne przedstawienie zachodzi dla zwykłych liczb Fibonacciego. Warunek εiεi+1εi+2 = 0 zastąpiony jest wtedy warunkiem εiεi+1 = 0. W tym przypadku takie przedstawienie nazywa się ”Zeckendorf decomposition” (patrz 1.3.11).
8.4.3 (Waddill 1978). Niech t0 = 1, t1 = t2= 1,
tn+3= tn+2+ tn+1+ tn.
Dla każdej liczby naturalnej m> 2 ciąg (tnmod m) jest czysto-okresowy. Niech h(m) oznacza długość okresu ciągu (tn) modulo m.
(1) Jeśli m = pr11· · · prkk jest rozkładem na czynniki pierwsze liczby m, to h(m) = nwwh(pr11), . . . , h(prkk).
(2) Jeśli p ∈ P i h(p) 6= h(p2), to h(pr) = pr−1h(p) dla wszystkich r > 1. ([MR] 80b:10016).
8.4.4. Niech a1= 1, a2 = 3, a3 = 7 oraz an+3= an+2+ an+1+ an. Niech
A =
0 1 0 0 0 1 1 1 1
,
Wówczas, dla każdego n ∈ N, liczba an jest śladem macierzy An.([EvP] 186).
8.4.5. Niech (zn) będzie ciągiem zdefiniowanym równościami:
z0 = 3, z1 = 1, z2 = 3,
zn+3 = zn+2+ zn+1+ zn dla n ∈ N0. Wtedy dla każdej liczby pierwszej p zachodzą następujące kongruencje:
(1) zp≡ 1 (mod p);
(2) znp≡ zn(mod p) dla n ∈ N0;
(3) znpr ≡ znpr−1(mod pr) dla wszystkich liczb naturalnych n, r.
D. Jest to twierdzenie 8.6.13 dla a = b = c = 1.
F A. Krishnaswami, V. E. Hoggatt, On tribonacci numbers and related functions, [FQ] 15(1977) 42-45.
J. Sharp, Have you seen this number ? [MG] 494(1998) 203-215. (O zależności xn+3= xn+ xn+1+ xn+2i bryłach geometrycznych).
J. D. Sally, P. J. Sally, The tribonacci games, [SalS] 22-26.
V. F. Sirvent, A semigroup associated with the k-bonacci numbers with dynamic interpretation, [FQ] 35(1997) 335-340.
W. R. Spickerman, Binet formula for tribonacci numbers, [FQ] 20(1982) 118-120.
M. E. Waddill, Some properties of a generalized Fibonacci sequence modulo m, [FQ] 16(1978) 344-353.
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 8.5 an+3 = an+1 + an (Ciąg Perrina)
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo Ciągiem Perrina nazywa się ciąg (wn) zdefiniowany równościami:
w0 = 3, w1 = 0, w2 = 2,
wn+3 = wn+1+ wn, dla n > 0.
8.5.1 (Maple). Początkowe wyrazy ciągu Perrina wraz z ich rozkładami kanonicznymi.
w0 = 3,
w1 = 0,
w2 = 2,
w3 = 3,
w4 = 2,
w5 = 5,
w6 = 5,
w7 = 7,
w8 = 10, w9 = 12,
w10 = 17 = 17,
w11 = 22 = 2 · 11,
w12 = 29 = 29,
w13 = 39 = 3 · 13, w14 = 51 = 3 · 17, w15 = 68 = 22· 17, w16 = 90 = 2 · 32· 5, w17 = 119 = 7 · 17, w18 = 158 = 2 · 79, w19 = 209 = 11 · 19,
w20 = 277 = 277,
w21 = 367 = 367,
w22 = 486 = 2 · 35, w23 = 644 = 22· 7 · 23,
w24 = 853 = 853,
w25 = 1130 = 2 · 5 · 113, w26 = 1497 = 3 · 499, w27 = 1983 = 3 · 661, w28 = 2627 = 37 · 71, w29 = 3480 = 23· 3 · 5 · 29.
W 1878 roku Edouard Lucas zauważył, że jeśli p jest liczbą pierwszą, to liczba wp jest podzielna przez p. Dowód tego faktu podamy za chwilę. To samo udowodnił w 1899 roku R. Perrin. W 1982 roku William Adams i Daniel Shanks opublikowali w Mathematics of Computations pracę, w której (wn) nazwali ciągiem Perrina.
Wielomianem charakterystycznym rozważanego ciągu rekurencyjnego jest f (t) = t3− t − 1.
Łatwo prawdzić, że wielomiany f (t) i f0(t) (gdzie f0(t) = 3t2− 1 jest pochodną wielomianu f (t)) są względnie pierwsze. Wielomian f (t) ma zatem trzy parami różne pierwiastki (zespo- lone). Oznaczmy te pierwiastki przez α, β oraz γ. Co najmniej jeden z tych pierwiastków, powiedzmy α, jest dodatnią liczbą rzeczywistą. W artykule Kevina Browna z 2000 roku jest informacja, że:
8.5.2. α = 3 r
1 + 3 q
1 +√3
1 + . . . = 1, 437734932 · · · . ([Br]). Z tej informacji nie skorzystamy.
Ponieważ t3− t − 1 = (t − α)(t − β)(t − γ), więc:
α + β + γ = 0, αβ + βγ + γα = −1, αβγ = 1.
Rozpatrzmy nowy ciąg (an) określony wzorem an= αn+ βn+ γn, dla n ∈ N0. Zauważmy, że a0= α0+ β0+ γ0= 3, a1 = α + β + γ = 0 oraz
a2 = α2+ β2+ γ2 = (α + β + γ)2− 2(αβ + βγ + γα) = 0 − 2(−1) = 2.
Zatem a0= w0, a1 = w1 oraz a2= w2. Mamy ponadto:
an+3 = αn+3+ βn+3+ γn+3= αnα3+ βnβ3+ γnγ3
= αn(α + 1) + βn(β + 1) + γn(γ + 1)
= αn+1+ βn+1+ γn+1+ (αn+ βn+ γn)
= an+1+ an.
Stąd wynika, że wn= an dla wszystkich n ∈ N0. Zapamiętajmy:
8.5.3. Dla każdej nieujemnej liczby całkowitej n zachodzi równość wn= αn+ βn+ γn,
gdzie α, β, γ są pierwiastkami wielomianu t3− t − 1.
8.5.4 (Lucas). Jeśli p jest liczbą pierwszą, to liczba wp jest podzielna przez p.
D. Niech p będzie liczbą pierwszą. Rozpatrzmy równości 0 = (α + β + γ)p = X
i+j+k=p
hi, j, kiαiβjγk,
gdzie sumowanie przebiega wszystkie tójki (i, j, k), nieujemnych liczb całkowitych takich, że i+j +k = p. Każde hi, j, ki jest uogólnionym symbolem Newtona:
hi, j, ki = (i + j + k)!
i!j!k!
(patrz na przykład [N11]. W naszym przypadku
hi, j, ki = p!
i!j!k! = p!(i + j)!
i!j!k!(i + j)! =p k
i + j i
,
a więc wszystkie liczby hi, j, ki, oprócz trzech liczb: hp, 0, 0i, h0, p, 0i oraz h0, 0, pi (które są równe 1), są podzielne przez p. Mamy zatem równość 0 = αp+ βp+ γp+ pb, czyli 0 = wp+ pb, gdzie b jest sumą iloczynów postaci αiβjγk pomnożonych przez jakieś liczby całkowite. Liczby α, β, γ są elementami całkowitymi nad pierścieniem Z (gdyż są pierwiastkami monicznego wielomianu t3− t − 1), a zatem liczba b jest również elementem całkowitym nad Z. Ale b = −wpp, więc b jest liczbą wymierną. Każda liczba wymierna, która jest elementem całkowitym nad Z, jest oczywiście liczbą całkowitą. Zatem b ∈ Z. Mamy więc wp= p(−b), gdzie b ∈ Z, czyli p dzieli wp.
Powyższe twierdzenie ma kilka różnych dowodów. Wspominaliśmy już o tym, że znane są dowody podane w 1878 roku przez Lucasa i w 1899 roku przez Perrina. W 1908 roku twierdzenie to pojawiło się jako zadanie 151 podane przez Escotta w [Mon] 15(1908) s.22.
Rozwiązanie, podane również przez Escotta, jest w [Mon] 15(1908) na stronie 187. Rozwiąza- nie w ogólniejszej formie podał L.E. Dickson na stronie 209. W czasopiśmie [Mon] spotkamy się z tym twierdzeniem jeszcze co najmniej dwa razy: Dec. 1992 jako Problem 10268 (w nu- merze June-July 1995 podano błędne rozwiązanie; korekta jest w Dec. 1996) oraz April 1998 jako Problem 10655. Trzy różne dowody omawianego twierdzenia podał Robin Chapman w [MG] March 1998. Dowód znajdziemy również w [Cmj] 2000 s.223. W 2011 roku trzy różne
dowody podał Gregory Minton w [MM] 84(1)(2011) 33-37. Jeden z jego dowodów wykorzy- stuje znane własności elementów całkowitych nad pierścieniem liczb całkowitych. Ten właśnie dowód tutaj przedstawiliśmy. W podrozdziale ”Uogólnienia cięgów Lucasa i Perrina” udo- wodnimy, że omawiane twierdzenie jest szczególnym przypadkiem ogólniejszego twierdzenia (patrz 8.6.10).
Przedstawimy teraz pewne inne własności ciągu Perrina.
8.5.5. w3n =
n
X
k=0
n k
!
wk, dla n ∈ N0. ([Mon] 6(102)(1995) s.557).
D. w3n = α3n
+ β3n
+ γ3n
= (α + 1)n+ (β + 1)n+ (γ + 1)n =
n
P
k=0 n kαk +
n
P
k=0 n kβk+
n
P
k=0 n kγk=
n
P
k=0 n k
αk+ βk+ γk = Pn
k=0 n kwk.
8.5.6. wn=
n
X
k=0
n k
!
(−1)n−kw3k, dla n ∈ N0.
D. wn = αn+ βn+ γn = α3− 1n
+ β3− 1n
+ γ3− 1n
=
n
P
k=0 n
k(−1)n−kα3k+
n
P
k=0 n
k(−1)n−kβ3k+
n
P
k=0 n
k(−1)n−kγ3k
=
n
P
k=0 n
k(−1)n−k α3k+ β3k+ γ3k
=
n
P
k=0 n
k(−1)n−kw3k. Z 8.5.4 i 8.5.5 wynika:
8.5.7. w3p≡ 3 (mod p) dla p ∈ P.
8.5.8. Jeśli p jest liczbą pierwszą, to
wpn≡ wn (mod p) dla wszystkich n ∈ N. (Patrz 8.6.8).
8.5.9. Jeśli p jest liczbą pierwszą, to
wprn≡ wpr−1n (mod pr) dla wszystkich n, r ∈ N. (Patrz 8.6.9).
8.5.10. W ciągu (an) liczby a1, a2, a3 są naturalne oraz an+3 = an+1 + an, dla n ∈ N.
Wykazać, że jeśli p jest liczbą pierwszą i n ∈ N, to liczba an+3p+1− an+p+1− an+1
jest podzielna przez p. ([Kw] 6/94 M1437, Jest to szczególny przypadek stwierdzenia 8.6.22).
8.5.11. Niech a1 = a2 = a3 = 1 oraz an+3 = an+1+ an, dla n ∈ N. Dla każdej liczby natu- ralnej m istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych n takich, że m | an. ([Dlt] 7/2003 z.1030).
8.5.12. Niech a0 = 3, a1= 0, a2 = 4 oraz
an+3= 2an+1+ an dla n> 0. Przykłady:
a3 = 3 a4 = 8 a5 = 10 a6 = 19 a7 = 28 a8 = 48 a9 = 75 a10 = 124 a11 = 198
a12 = 323 a13 = 520 a14 = 844 a15 = 1363 a16 = 2208 a17 = 3570 a18 = 5779 a19 = 9348 a20 = 15128.
Dla dowolnej liczby pierwszej p, liczba ap jest podzielna przez p.
F W. Addams, D. Shanks, Strong primality tests that are not sufficient, [MatC] 39(159)(1982) 255- 300.
K. Brown, Perrin’s sequence, [Br], Kmath 345, 2000.
G. Minton, Three approaches to a sequence problem, [MM] 81(1)(2011) 33-40.
R. Perrin, Item 1484, L’Interm´ediare des Math., 6(1899), 76-77.
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 8.6 Uogólnienia ciągów Lucasa i Perrina
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo Ciąg liczb Lucasa oznaczaliśmy przez (vn). Przypomnijmy, że v0 = 2, v1 = 1 oraz vn+2 = vn+1 + vn dla n ∈ N0. W poprzednim podrozdziale rozpatrywaliśmy ciąg Perrina (wn), określony równościami w0 = 3, w1 = 0, w2 = 2 oraz wn+3 = wn+1+ wn dla n ∈ N0. Wykazaliśmy (patrz 4.1.1), że każde vn jest równe αn+ βn, gdzie α, β są pierwiastkami wie- lomianu t2− t − 1. Podobną własność posiada ciąg (wn). Wykazaliśmy (patrz 8.5.3), że każde wn jest równe αn+ βn+ γn, gdzie α, β, γ są pierwiastkami wielomianu t3− t − 1. W jednym i drugim przypadku pojawiły się pierwiastki monicznych wielomianów o współczynnikach całkowitych.
W tym podrozdziale zajmiemy się sytuacją ogólniejszą. Zbadamy ciągi liczbowe (xn), w których każde xn będzie sumą n-tych potęg wszystkich pierwiastków ustalonego wielomia- nu monicznego o współczynnikach całkowitych. Wykażemy, że pewne znane twierdzenia dla ciągów Lucasa i Perrina są szczególnymi przypadkami ogólniejszych twierdzeń.
Wykorzystamy pewne znane pojęcia i fakty z algebry, które dotyczyć będą głównie pier- ścieni przemiennych z jedynką. Dowody Czytelnik znajdzie w wielu książkach z podstaw algebry. Polecamy książki: [AtM]1, [Ka74], [B-B] [BaJ], [La84], [MoS].
1Istnieje przekład tej książki na język polski pt. Wprowadzenie do algebry komutatywnej; Wydawnictwo Uniwersytetu Jagiellońskiego, Kraków 2008; tłumaczenie :Wojciech Lubawski, Mateusz Michałek.
Niech A ⊂ B będą pierścieniami przemiennymi z jedynką i niech b ∈ B. Mówimy, że element b jest całkowity nad A, jeśli zachodzi równość postaci
bs+ a1bs−1+ a2bs−2+ · · · + as−1b + as,
gdzie s jest liczbą naturalną oraz a1, a2, . . . , as są elementami należącymi do pierścienia A.
Innymi słowy, element b ∈ B jest całkowity nad A jeśli jest pierwiastkiem jakiegoś wielomianu monicznego jednej zmiennej o współczynnikach z pierścienia A.
8.6.1. Jeśli A ⊂ B są pierścieniami z jedynką, to zbiór wszystkich tych elementów pierście- nia B, które są całkowite nad A, jest podpieścieniem pierścienia B zawierającym A.
W szczególności, dowolne skończone sumy i iloczyny elementów całkowitych nad A są elementami całkowitymi nad A.
Rozpatrywać będziemy pewne takie liczby rzeczywiste, a nawet zespolone, które będą elementami całkowitymi nad pierścieniem Z. Oczywiście każda zwykła liczba całkowita jest elementem całkowitym nad Z. Dla liczb wymiernych mamy:
8.6.2. Jeśli liczba wymierna q jest elementem całkowitym nad Z, to q jest liczbą całkowitą.
Wykorzystamy również klasyczne twierdzenie o wielomianach symetrycznych.
8.6.3. Niech h(x1, . . . , xs) będzie wielomianem zmiennych x1, . . . , xs o współczynnikach cał- kowitych. Jeśli wielomian ten jest symetryczny, to istnieje taki wielomian o współczynnikach całkowitych H(x1, . . . , xs), że
h(x1, . . . , xs) = Hσ1(x1, . . . , xs), σ2(x1, . . . , xs), . . . , σs(x1, . . . , xs), gdzie σ1, . . . , σs są podstawowymi wielomianami symetrycznymi.
Przypomnijmy również, że jeśli i1, . . . , is są nieujemnymi liczbami całkowitymi, to hi1, i2, . . . , isi = (i1+ i2+ · · · + is)!
i1! · i2! · · · is! . Każde takie hi1, . . . , isi jest liczbą naturalną (patrz [N11]).
8.6.4. Dla m ∈ N0 oraz dowolnych liczb y1, . . . , ys zachodzi równość
y1+ · · · + ysm = X
i1+···+is=m
hi1, . . . , isiyi11· · · ysis,
gdzie sumowanie przebiega wszystkie ciągi nieujemnych liczb całkowitych (i1, . . . , is) takich, że i1+ i2+ · · · + is= m.
8.6.5. Niech i1, . . . , is będą nieujemnymi liczbami całkowitymi takimi, że i1+ · · · + is = p, gdzie p jest liczbą pierwszą. Jeśli każda z liczb i1, . . . , is jest ostro mniejsza od p, to liczba hi1, . . . , isi jest podzielna przez p.
