Equações Diofantinas Exponenciais Envolvendo Sequências Recorrentes

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1 Equações Diofantinas Exponenciais Envolvendo Sequências Recorrentes Profa. Ana Paula Chaves Instituto de Matemática e Estatística Universidade Federal de Goiás VII Workshop de Verão em Matemática - UnB 11 de fevereiro de 2015

2 Preliminares Sequências Recorrentes A Sequência de k-bonacci Motivação Resultados A Equação Gn s + ɛ 1 Gn+1 s + + ɛ k 1Gn+k 1 s + Gs n+k = bg m A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n Problemas Relacionados

3 Preliminares Sequências Recorrentes A Sequência de k-bonacci Motivação Resultados A Equação Gn s + ɛ 1 Gn+1 s + + ɛ k 1Gn+k 1 s + Gs n+k = bg m A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n Problemas Relacionados

4 Preliminares Sequências Recorrentes A Sequência de k-bonacci Motivação Resultados A Equação Gn s + ɛ 1 Gn+1 s + + ɛ k 1Gn+k 1 s + Gs n+k = bg m A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n Problemas Relacionados

5 Preliminares Sequências Recorrentes A Sequência de k-bonacci Motivação Resultados A Equação Gn s + ɛ 1 Gn+1 s + + ɛ k 1Gn+k 1 s + Gs n+k = bg m A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n Problemas Relacionados

6 Preliminares Sequências Recorrentes Definição Uma sequência (x n ) n é dita uma sequência recorrente de ordem k quando seus k primeiros termos estão definidos e a partir do (k + 1)-ésimo termo, estes são determinados como uma função dos k termos anteriores: x n+k = f (x n+k 1, x n+k 2,..., x n ).

7 Preliminares Sequências Recorrentes Um caso particular, e nosso principal interesse, é quando a função f é linear, ou seja, quando existem constantes C 1, C 2,..., C k tais que x n+k = C 1 x n+k 1 + C 2 x n+k C k x n n N. (1) Sequências que satisfazem este tipo de recorrência são chamadas sequências recorrentes lineares de ordem k.

8 Preliminares Sequências Recorrentes Alguns exemplos: - Sequência de Fibonacci: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144,... F n+2 = F n+1 + F n para todo n N, onde F 0 = 0 e F 1 = 1. - Sequência de Perrin: 3, 0, 2, 3, 2, 5, 5, 7, 10, 12, 17, 19, 27, 31,... P n+3 = P n+1 + P n para todo n N, onde P 0 = 3, P 1 = 0 e P 2 = 2.

9 Preliminares Sequências Recorrentes Um fato bastante conhecido sobre a sequência de Fibonacci é a sua forma fechada, denotada por Fórmula de Binet. Em outras palavras, podemos calcular os termos de (F n ) n sem recorrermos aos seus dois termos anteriores: F n = 1 5 [( ) n ( ) n ],

10 Preliminares Sequências Recorrentes Definição O polinômio característico da sequência (x n ) n, satisfazendo (1) é dado por P(x) = x k C 1 x k 1 C k 1 x C 0, e denotamos por λ 1, λ 2,..., λ r suas raizes complexas com multiplicidades a 1, a 2,..., a r respectivamente.

11 Preliminares Sequências Recorrentes Teorema Seja (x n ) n uma sequência recorrente linear com a notação estabelecida anteriormente. Então, os termos desta sequência podem ser escritos como x n = Q 1 (n)λ n 1 + Q 2(n)λ n Q r (n)λ n r, onde Q 1,..., Q r são polinômios sobre o corpo Q({λ j } r j=1 ), com grau (Q i ) < a i, para todo 1 i r.

12 Preliminares A Sequência de k-bonacci Existem várias generalizações para a sequência de Fibonacci, desde recorrências lineares inteiras (como as sequências de Lucas) até extensões da sequência para números reais, como {( F x = ) x ( ) 5 2 x cos(xπ)}

13 Preliminares A Sequência de k-bonacci Definição A sequência de k-bonacci (ou Fibonacci k-generalizada), denotada por (F (k) n ) n, é uma sequência recorrente linear de ordem k dada por F (k) (k 2) = F (k) (k 3) = F (k) (k 4) = = F (k) 0 = 0 ; F (k) 1 = 1, e partir do (k + 1)-ésimo termo, este é dado pela soma dos k termos anteriores: F (k) n+k = F (k) n+k 1 + F (k) n+k F (k) n. (2)

14 Preliminares A Sequência de k-bonacci A seguir temos os primeiros termos da sequência de k-bonacci para k = 3, 4, 5 e 6: k Nome Termos iniciais Primeiros valores 0 3 Tribonacci 0, 0, 1 1, 1, 2, 4, 7, 13, 24, 44,... 4 Tetranacci 0, 0, 0, 1 1, 1, 2, 4, 8, 15, 29, 56,... 5 Pentanacci 0, 0, 0, 0, 1 1, 1, 2, 4, 8, 16, 31, 61,... 6 Hexanacci 0, 0, 0, 0, 0, 1 1, 1, 2, 4, 8, 16, 32, 63,...

15 Preliminares A Sequência de k-bonacci O polinômio característico da recorrência (2) é dado por ψ k (x) = x k x k 1 x 1. O polinômio ψ k (x) possui uma única raíz α 1 = α fora do círculo unitário, ou seja α > 1, e as demais raízes α 2, α 3,..., α k, possuem módulo estritamente menor do que 1. Denotamos α, como a raíz dominante da recorrência.

16 Preliminares A Sequência de k-bonacci - Wolfram (1998) mostrou os seguintes limitantes para α: 2 (1 12 ) k < α < 2. (3) - Foi mostrado por Bravo e Luca que valem as seguintes estimativas para F (k) n em função de α: α n 2 < F (k) n < α n 1 para todo n 3. (4)

17 Preliminares A Sequência de k-bonacci O resultado principal de Dresden [5], nos dá um análogo da fórmula de Binet para números de k-bonacci: Teorema (Dresden) Seja F (k) n o n-ésimo número de k-bonacci. Então: F (k) n = k i=1 α i (k + 1)(α i 2) (α i) n 1, (5) onde α 1, α 2,..., α k são as raizes do polinômio ψ k (x).

18 Preliminares A Sequência de k-bonacci Também foi mostrado por Dresden que F (k) n é bem aproximado pelo primeiro termo do somatório em (6), ou seja F (k) n gα n 1 = E n (k) < 1 2, (6) onde, g := g(α, k) = (α 1)/(2 + (k + 1)(α 2)) e E n (k) = k i=2 g(α i, k)(α i ) n 1.

19 Motivação Estamos interessados nas identidades exponenciais satisfeitas pela sequência de Fibonacci. Dentre elas citamos: (a) F 2 n + F 2 n+1 = F 2n+1 (b) Identidade de Catalan: F 2 n F n+r F n r = ( 1) n r F 2 r (c) F F F 2 n = F n F n+1 Observe que a identidade (a) nos diz que a soma de quadrados de dois termos consecutivos da sequência de Fibonacci também é um número de Fibonacci.

20 Motivação Relacionadas à identidade (a), podemos levantar as seguintes questões: E se considerarmos a soma de potências maiores de dois termos consecutivos da sequência de Fibonacci? O que ocorre se a sequência de Fibonacci for substituída no problema anterior por outra sequência recorrente linear como, por exemplo, a sequência de k-bonacci? O que podemos dizer sobre a soma de várias potências de termos de uma sequência recorrente linear?

21 Motivação Relacionadas à identidade (a), podemos levantar as seguintes questões: E se considerarmos a soma de potências maiores de dois termos consecutivos da sequência de Fibonacci? O que ocorre se a sequência de Fibonacci for substituída no problema anterior por outra sequência recorrente linear como, por exemplo, a sequência de k-bonacci? O que podemos dizer sobre a soma de várias potências de termos de uma sequência recorrente linear?

22 Motivação Relacionadas à identidade (a), podemos levantar as seguintes questões: E se considerarmos a soma de potências maiores de dois termos consecutivos da sequência de Fibonacci? O que ocorre se a sequência de Fibonacci for substituída no problema anterior por outra sequência recorrente linear como, por exemplo, a sequência de k-bonacci? O que podemos dizer sobre a soma de várias potências de termos de uma sequência recorrente linear?

23 Motivação - Em 2010, Marques e Togbé mostraram que se (F n ) s + (F n+1 ) s for um número de Fibonacci para infinitos n, então s = 1 ou 2 - Em 2011 este problema foi completamente resolvido por Luca e Oyono, onde mostraram que a equação F s m + F s m+1 = F n, não possui solução para s 3 e m 2.

24 Resultados A Equação G s n + ɛ 1 G s n ɛ k 1 G s n+k 1 + G s n+k = bg m Teorema (Chaves-Marques-Togbé, 2012) Seja (G m ) m uma sequência recorrente linear inteira, não nula, tal que seu polinômio característico possui uma única raíz simples, positiva, fora do círculo unitário. Sejam s, k, b e M inteiros positivos e ɛ 1,..., ɛ k 1 Z tais que ɛ j {0, 1}, para 1 j k 1. Então existe uma constante C, efetivamente computável, tal que se G s n + ɛ 1 G s n ɛ k 1G s n+k 1 + Gs n+k (bg m) m, (7) para infinitos n N, temos s < C. A constante C depende apenas de k, b e dos parâmetros da sequência.

25 Resultados A Equação G s n + ɛ 1 G s n ɛ k 1 G s n+k 1 + G s n+k = bg m Aplicando o método usado na demonstração do Teorema anterior, também conseguimos o seguinte resultado: Teorema (Chaves-Marques-Togbé, 2012) Sejam l, s 1,..., s l, a 1,..., a l inteiros com l > 1 e s j 1. Suponha que existe 1 t l tal que a t 0 e s t > s j, para todo j t. Se s t é par ou a t não é uma potência positiva de 5, então a soma a 1 F s 1 n+1 + a 2F s 2 n a lf s l n+l não pertence à sequência de Fibonacci para infinitos n N.

26 Resultados A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n Temos no caso s = 2: Teorema (Chaves-Marques, 2014) A equação Diofantina (F (k) m ) 2 + (F (k) m+1 )2 = F (k) n. (8) não possui solução para k 3 e m 2.

27 Resultados A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n Teorema (Chaves-2013) Sejam m, n, k e s inteiros tais que 3 k min{m, log s}. Então a equação Diofantina não possui solução. (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n. (9)

28 Resultados A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n Idéia da demonstração: O método para mostrar esse teorema segue os seguintes passos: 1. Usamos o resultado de Matveev sobre formas lineares em logaritmo para obter um limitante superior para s em função de m: Reescrevemos a identidade (9) e manipulamos algebricamente para obter gα n 1 /(F (k) m+1 )s 1 < s, (10) e aplicando Matveev conseguimos s < C m 5 (log m) 4.

29 Resultados A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n Idéia da demonstração: O método para mostrar esse teorema segue os seguintes passos: 1. Usamos o resultado de Matveev sobre formas lineares em logaritmo para obter um limitante superior para s em função de m: Reescrevemos a identidade (9) e manipulamos algebricamente para obter gα n 1 /(F (k) m+1 )s 1 < s, (10) e aplicando Matveev conseguimos s < C m 5 (log m) 4.

30 Resultados A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n 2. Em seguida, tratamos o caso em que m é pequeno (m 1394) usando o resultado de Dujella e Pethö: Como m 1394, temos s < , n < e k 77. Porém, estes limitantes ainda são grandes. Então usamos (10) e esses valores para obter, ( ) ( ) log α log(α/g) 0 < n log F (k) s m+1 log F (k) m+1 < 2.01 (1.65) n 1394, o que combinado com o método de redução de Dujella-Pethö nos dá n , s e k 13, e uma verificação computacional conclui que não existem soluções neste caso.

31 Resultados A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n 2. Em seguida, tratamos o caso em que m é pequeno (m 1394) usando o resultado de Dujella e Pethö: Como m 1394, temos s < , n < e k 77. Porém, estes limitantes ainda são grandes. Então usamos (10) e esses valores para obter, ( ) ( ) log α log(α/g) 0 < n log F (k) s m+1 log F (k) m+1 < 2.01 (1.65) n 1394, o que combinado com o método de redução de Dujella-Pethö nos dá n , s e k 13, e uma verificação computacional conclui que não existem soluções neste caso.

32 Resultados A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n 3. Para tratar o caso m 1395 usamos novamente Matveev para obter um limitante superior para s, agora em função de k, para obter um limitante superior absoluto para s: Aqui temos, s < k 5 (log k) 14 s < (log s) 5 (log log s) 14, portanto s < nos dando k < 232.

33 Resultados A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n 3. Para tratar o caso m 1395 usamos novamente Matveev para obter um limitante superior para s, agora em função de k, para obter um limitante superior absoluto para s: Aqui temos, s < k 5 (log k) 14 s < (log s) 5 (log log s) 14, portanto s < nos dando k < 232.

34 Resultados A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n 4. Para finalizar a demonstração, usamos teoremas sobre frações contínuas para reduzir o limitante para s, e então, com uma verificação computacional, concluimos a prova: A desigualdade chave neste passo é log(g 1 ) log α ms + 1 n s 1 < (s 1) 2. (11) implicando que o racional (ms + 1 n)/(s 1) é um convergente de log(g 1 )/ log α. Junto com outro resultado sobre frações contínuas, conseguimos reduzir o limitante de s para 291. Aqui, usamos outra desigualdades para finalizar as contas com o Mathematica.

35 Resultados A Equação (F (k) m ) s + (F (k) m+1 )s = F (k) n 4. Para finalizar a demonstração, usamos teoremas sobre frações contínuas para reduzir o limitante para s, e então, com uma verificação computacional, concluimos a prova: A desigualdade chave neste passo é log(g 1 ) log α ms + 1 n s 1 < (s 1) 2. (11) implicando que o racional (ms + 1 n)/(s 1) é um convergente de log(g 1 )/ log α. Junto com outro resultado sobre frações contínuas, conseguimos reduzir o limitante de s para 291. Aqui, usamos outra desigualdades para finalizar as contas com o Mathematica.

36 Problemas Relacionados 1. O que podemos dizer sobre somas de potências de uma sequência recorrente pertencendo à outra sequência recorrente, ou seja, trocando G tn por H tn em (7)? 2. Existe solução para a equação Diofantina (6) caso k min{m, log s}? 3. Estudar a equação Diofantina (F (k 1) n 1 ) s + (F (k 2) n 2 ) s = F (k 3) n 3.

37 Problemas Relacionados 1. O que podemos dizer sobre somas de potências de uma sequência recorrente pertencendo à outra sequência recorrente, ou seja, trocando G tn por H tn em (7)? 2. Existe solução para a equação Diofantina (6) caso k min{m, log s}? 3. Estudar a equação Diofantina (F (k 1) n 1 ) s + (F (k 2) n 2 ) s = F (k 3) n 3.

38 Problemas Relacionados 1. O que podemos dizer sobre somas de potências de uma sequência recorrente pertencendo à outra sequência recorrente, ou seja, trocando G tn por H tn em (7)? 2. Existe solução para a equação Diofantina (6) caso k min{m, log s}? 3. Estudar a equação Diofantina (F (k 1) n 1 ) s + (F (k 2) n 2 ) s = F (k 3) n 3.

39 Bibliografia Bibliografia I A. P. Chaves, D. Marques, A. Togbé On the sum of powers of terms of a linear recurrence sequence. Bull. Braz. Math. Soc., v. 43, p , A. P. Chaves, D. Marques The Diophantine equation (F (k) n ) 2 + (F (k) n+1 )2 = F (k) m Fib. Quart., v. 52, p , A. P. Chaves, D. Marques A Diophantine equation related to the sum of powers of two consecutive generalized Fibonacci numbers Preprint, 2015.

40 Bibliografia Bibliografia II F. Luca, R. Oyono. An exponential Diophantine equation related to powers of two consecutive Fibonacci numbers. Proc. Japan Acad. Ser, 87: 45 50, G. P. Dresden, A simplified Binet formula for k-generalized Fibonacci numbers. arxiv: v2 (2011). Acessado 11 Fevereiro 2015.

41 Bibliografia If numbers aren t beautiful, I don t know what is. (P. Erdös) Obrigada!