Egy negyedrendű rekurzív sorozatcsaládról Pethő Attla Emlékül Kss Péternek, a rekurzív sorozatok fáradhatatlan kutatójának. 1. Bevezetés Legyenek a, b Z és {1, 1} olyanok, hogy a 2 4b 2) 0, b 2 és ha 1, akkor b 2a 2,. Legyen továbbá a G n G n a, b, ), n 0 sorozat a G 0 0, G 1 1, G 2 a, G 3 a 2 b kezdőértékkel és a G n+4 ag n+3 bg n+2 + ag n+ G n, n 0 1) rekurzóval defnálva. Hasonlóképpen legyen a Ĝn Ĝna, b, ), n 0 sorozat a Ĝ0 4, Ĝ1 a, Ĝ 2 a 2 2b, Ĝ3 a 3 3ab+3a kezdőtagokkal és ugyancsak az 1) rekurzóval defnálva. Dolgozatunkban megmutatjuk, hogy a {G n } n0 sorozat bzonyos szempontból hasonlóképpen vselkedk, mnt a Fbonacc, míg a Ĝn, mnt a Lucas sorozat. Pontosabban gaz 1. Tétel. A {G n } n0 oszthatóság sorozat, azaz ha d n, akkor G d G n. 2. Tétel. Ha n páratlan és d n, akkor Ĝd Ĝn. Az 1. Tételt a b 1, 3, 1 specáls esetekben [2] dolgozatban bzonyítottam. A fent negyedfokú sorozatok szoros kapcsolatban állnak a g 0 0, g 1 1, lletve a ĝ 0 2, ĝ 1 a kezdőértékekkel és g n+2 ag n+ b 2)g n, n 0 2) rekurzóval defnált másodrendű rekurzív sorozatokkal. A pontos összefüggéseket a 4. Tételben fogalmazzuk meg. Végezetül megmutatjuk, hogy a {G n } és {g n } lletve a {Ĝn} és {ĝ n } sorozatok p prímszám szernt redukáltja s összefüggnek. 3. Tétel. Legyen p prímszám. Akkor G p a, b, ) g p a, b, ) mod p) és 3) A dolgozat az OTKA T42985 s T38225 pályázatok támogatásával készült. 1
Ĝ p a, b, ) ĝ p a, b, ) mod p). 4) Az 5. tételben megfogalmazott kongurencák prímszámok tesztelésére s alkalmasak, erre a kérdésre azonban most nem térünk k. 2. Kapcsolat a {G n } és {g n } sorozatok karaktersztkus polnomja között A {G n } és persze a {Ĝn} karaktersztkus polnomja Könnyen belátható, hogy P G x) x 4 ax 3 + bx 2 ax + 1. 1 x 2 P Gx) x + x) 2 a x + ) + b 2, x azaz az 1 x P 2 G x) raconáls törtfüggvényben az y x + x helyettesítést végrehajtva a P g y) y 2 ay + b 2 polnomot kapjuk, amelyk a {g n } és {ĝ n } sorozatok karaktersztkus polnomja. Az a 2 4b 2) 0 feltétel matt P g y)-nak két különböző gyöke van, melyeket ε és ε -vel fogunk jelöln. A b 2 feltétel matt b 2 0, így εε 0. A kezdőértékek megválasztása matt g n εn ε n ε ε és ĝ n ε n + ε n 5) teljesül mnden n 0-ra. Legyen a P G x) egy gyöke, akkor 0 és s gyöke P Gx)-nek. A b 2a 2, ha 1 feltétel matt. A P Gx) és P g y) polnomok között összefüggés matt + gyöke P gy)-nak. Feltehető, hogy + ε. Mvel ε ε, így P G x)-nek van olyan -val jelölt gyöke, amelyre + ε. Eredményenket az alább állításokban foglaljuk össze. 1. Lemma. Legyen a, b, Z és {1, 1} olyanok, hogy a 2 4b 2) 0, b 2 és b 2a 2, ha 1. Akkor ) P g x)-nek két nullától különböző gyöke van ε és ε. ) P G x)-nek négy különböző gyöke van:,, és. ) Teljesül, hogy ε + és ε +. 2
Az 1. Lemmában megfogalmazott tulajdonságokat valamnt a {G n } és a {Ĝn} sorozatok kezdőértéket felhasználva könyen belátható, hogy ) n n + n ) n G n + és 6) ) n ) n Ĝ n n + + n + 7) teljesül mnden n 0-ra. 3. Az 1. és 2. Tétel bzonyítása Az 1. Tétel bzonyítása. Vegyük észre először az ) n n + n ) n n n ) ) n ) relácót, amelyk mnden n 0-ra teljesül. Ebből és 6)-ból következk, hogy ) n G n n n. 8) Az és a P G x) gyöke, így egységek valamely algebra számtestben. Ebből következk, hogy s egység. A defncóból nylvánvaló, hogy G n Z mnden n 0-ra. Legyen d N olyan, hogy d n. Akkor G n /G d Q. Másrészt 8)-ból következk, hogy ) n G n n n G d d d ) d. Ellem algebra azonosság szernt n n d d n d + n 2d d + + d n 2d + n d. A jobb oldal összeadandók mndegyke algebra egész, így az összegük s az. Ugyanígy látható be, hogy a másodk faktor s algebra egész, így G n /G d egy olyan algebra egész szám, amelyk Q-ban van. Ez pedg csak akkor lehetséges, ha G n /G d Z. Az 2. Tétel bzonyítása. Ez hasonló, mnt az 1. Tétel bzonyítása. Azt kell csak észrevennünk, hogy ) n ) n ) n ) n + + n + n + n ) 1 +, 9) 3
valamnt ha n páratlan és d n, akkor n + n d + d lletve 1 + 1 + ) n ) d algebra egészek. 1. Megjegyzés. Az osztható rekurzív sorozatokat Bezven, Pethő és van der Poorten [1] karakterzálták. Az általunk defnált {G n } és {Ĝn} sorozatoknak az az érdekessége, hogy bár 8) lletve 9) szernt felbomlanak két másodrendű lneárs rekurzv sorozat szorzatára, a faktorok azonban általában nem raconáls egészek. Ez történk például, ha b 1 vagy 3 és 1. Az F 0 0, F 1 1, F n+2 F n+1 + F n kezdőértékekkel, lletve rekurzóval defnált Fbonacc sorozat jelent az skolapéldát osztható rekurzív sorozatokra. Erre könyű olyan bzonyítást adn ld. pl. [3]), amelyk csak az egész számok artmetkáját használja. Hasonló bzonyítást a {G n } és a {Ĝn} sorozatokra nem skerült találnom. 2. Megjegyzés. A Fbonacc sorozatokra, sőt az általánosabb R n αn β n α β sorozatokra, ahol α és β az α x 2 r 1 x r 0, r 1, r 0 Z polnom gyöke, az 1. Tételnél erősebb R n, R d ) R n,d) relácó s teljesül. Ez általában nem gaz az általunk defnált {G n } sorozatokra. Tekntsük például az sorozatot, amelyk a n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 G n 0 1 1 5 7 20 35 83 161 355 720 G n+4 G n+3 + 3G n+2 G n+ G n rekurzónak tesz eleget. Akkor például G 3, G 5 ) 5 G 1 és G 4, G 6 ) 7 G 2. Könnyen lehet persze tovább példákat s találn, ezért érdekes kérdés a {G n } és {Ĝn} sorozatokra a tagok legnagyobb közös osztójának jellemzése. 4. A 3. Tétel bzonyítása Az 3. Tétel bzonyítása. A 8), 9) valamnt a 1. Lemma ) relácókat használjuk a bzonyításban. Legyen p egy prímszám. Ha p 2, akkor 3) és 4) a sorozatok kezdőértéke megválasztása matt teljesül. A továbbakban tehát feltehető, 4
hogy p páratlan. Akkor ε p ε p ε ε + ) p + p 1 2 2 p 1 2 p 1 ε ε p ) ) p p 2 + p ) p 2 + ) p G p 2. ) p 2 p 2 ) p 2 ) ε ε ) p 2 p 2 ) p 2 + Mvel p ) mnden 1 p -re osztható p-vel, így az előző azonosságból g p G p mod p), azaz 3) következk. A 4) kongruenca hasonlóképpen ellenőrzhető. 3. Megjegyzés. A 3) és 4) kongruencák nem prímkrtérumok, azaz vannak olyan összetet számok, amelyekre 3) lletve 4) teljesül. A Fbonacc sorozat és a 2. Megjegyzésben megadott sorozat például az a, b, ) 1, 3, 1) paraméterekkel vannak defnálva. A 0 n 10000 ntervallumban az n 15, 25, 45, 121, 125, 375, 525, 625, 1125, 1605, 2205, 2375, 3125, 4375, 5425, 8925 és 9375 összetett számokra s teljesül 3). 5. Tovább összefüggések a {G n } és {g n } lletve a {Ĝn} és {ĝ n } sorozatok között Az előbbekben láthattuk, hogy a {G n } és {g n } lletve {Ĝn} és {ĝ n } sorozatok között szoros kapcsolat van. A 4. részben például beláttuk, hogy páratlan p egészre g p kfejezhető G p, G p 2,..., G 1 egész együtthatós lneárs kombnácójaként. Most az ellenkező rányú kapcsolatot vzsgáljuk, azaz G p -t Ĝp) szeretnénk kfejezn a {g n } {ĝ n }) sorozat eleme lneárs kombnácójaként. A következő állítás bztosan smert, de nem skerült referencát találnom. 2. Lemma. Defnáljuk a {λ j) } 0 sorozatot a következőképpen: j 2 λ 0) 0 2, λ 0) 1 0, λ 1) 0 1, λ 1) 1 0 és λ 2k+2) 0 λ 2k) 0, λ 2k+2) k+1 λ 2k+1) k, λ 2k+2) 5 λ 2k+1) 1 λ 2k), 1 k és
λ 2k+3) 0 0, λ 2k+3) k+1 λ 2k+2) k+1, λ 2k+3) λ 2k+2) λ 2k+1), 1 k. Ha 0 n 2k + e, ahol e {0, 1}, akkor X n + Y n λ n) X + Y ) 2+e XY ) k. Bzonyítás. Egyszerű teljes ndukcó, felhasználva az azonosságot. X n+1 + Y n+1 X n + Y n )X + Y ) XY X n 1 + Y n 1 ) 3. Lemma. Bármely n 0 és 0 [ n 2 ]-re λn) 1) [ n 2 ] 0. Bzonyítás. A 2. Lemmában leírtak matt λ n) [n/2] 1 és λn) 0 { 2 1) [n/2], ha n páros 0, ha n páratlan. Így az állítás gaz mnden n-re és 0, [ n 2 ]-re. Tegyük fel, hogy gaz mnden m < n-re és legyen 0 < < [ n 2 ]. Ha n páros, mondjuk n 2k + 2 és 0 < < k + 1, akkor λ 2k+2) 1) k+1 λ 2k+1) 1 1) k+1 λ 2k) 1) k+1 λ 2k+1) 1) [ 2k+1 2 ] 1)+2 + λ 2k) 1) k +2. A jobb oldalon álló kfejezésben az ndukcós hpotézs szernt mndkét összeadandó nem negatív, így az összegük s az. Ha pedg n páratlan, például n 2k + 3 és 0 < < k + 1, akkor λ 2k+3) 1) k+1 λ 2k+2) 1) k+1 λ 2k+1) 1) k+1 λ 2k+2) 1) [ 2k+2 2 ] + λ 2k+1) 1) [ 2k+1 2 ] +2 és az előbb esethez hasonlóan következtethetünk arra, hogy a kfejezés nem negatív. 4. Tétel. Legyenek a, b, a Bevezetésben megfogalmazott feltételeknek eleget tevő egész számok és 0 n 2k + e, ahol e {0, 1}. Akkor λ n) g 2+e a, b, ), ha 1 G n a, b, ) λ n) g 2+e a, b, ), ha 1, és Ĝ n a, b, ) λ n) ĝ 2+e a, b, ), ha 1 λ n) ĝ 2+e a, b, ), ha 1. 6
Bzonyítás. Csak az első állítást bzonyítjuk, mert a másodk bzonyítása teljesen hasonló. Az a, b és argumentumokat elhagyjuk a továbbakban. A 6) azonosságot és a 2. Lemma állítását felhasználva ) n n + G n ε ε 1 ε ε λ n) 1 ε ε n + + ) n ) ) 2+e ) k λ n) k ε 2+e ε 2+e) λ n) k g 2+e. λ n) + ) 2+e ) ) k Felhasználva végül a 3. Lemmát, kapjuk az állítást. References [1] J.P. Bézvn, A. Pethő and A.J. van der Poorten, A full characterzaton of dvsblty sequences, Amer. J. Math., 112 1990), 985-1001. [2] A. Pethő, Complete solutons to a famly of quartc dophantne equatons, Math. Comp. 57 1991), 777-798. [3] N.N. Vorobjev, Fbonacc Numbers n Russan), sxth edton, Nauka Moskau, 1978. Debrecen Egyetem Számítógéptudomány Tanszék H-4010 Debrecen, Pf. 12 e-mal: pethoe@math.klte.hu 7