Equações Diofantinas Exponenciais Envolvendo Sequências Recorrentes

Preliminares Motivação Resultados Problemas Relacionados

Equações Diofantinas ExponenciaisEnvolvendo Sequências Recorrentes

Profa. Ana Paula Chaves

Instituto de Matemática e EstatísticaUniversidade Federal de Goiás

VII Workshop de Verão em Matemática - UnB11 de fevereiro de 2015


PreliminaresSequências RecorrentesA Sequência de k -bonacci

Motivação

ResultadosA Equação Gs

n + ε1Gsn+1 + · · ·+ εk−1Gs

n+k−1 + Gsn+k = bGm

A Equação (F (k)m )s + (F (k)

m+1)s = F (k)

n

Problemas Relacionados



Motivação


n + ε1Gsn+1 + · · ·+ εk−1Gs



m+1)s = F (k)

n




Motivação


n + ε1Gsn+1 + · · ·+ εk−1Gs



m+1)s = F (k)

n




Motivação


n + ε1Gsn+1 + · · ·+ εk−1Gs



m+1)s = F (k)

n



PreliminaresSequências Recorrentes

DefiniçãoUma sequência (xn)n é dita uma sequência recorrente deordem k quando seus k primeiros termos estão definidos e apartir do (k + 1)-ésimo termo, estes são determinados comouma função dos k termos anteriores:

xn+k = f (xn+k−1, xn+k−2, . . . , xn).



Um caso particular, e nosso principal interesse, é quando afunção f é linear, ou seja, quando existem constantesC1,C2, . . . ,Ck tais que

xn+k = C1xn+k−1 + C2xn+k−2 + · · ·+ Ckxn ∀n ∈ N. (1)

Sequências que satisfazem este tipo de recorrência sãochamadas sequências recorrentes lineares de ordem k .



Alguns exemplos:- Sequência de Fibonacci:

0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144, . . .

Fn+2 = Fn+1 + Fn para todo n ∈ N, onde F0 = 0 e F1 = 1.- Sequência de Perrin:

3,0,2,3,2,5,5,7,10,12,17,19,27,31, . . .

Pn+3 = Pn+1 + Pn para todo n ∈ N, onde P0 = 3, P1 = 0 eP2 = 2.



Um fato bastante conhecido sobre a sequência de Fibonacci éa sua forma fechada, denotada por Fórmula de Binet. Emoutras palavras, podemos calcular os termos de (Fn)n semrecorrermos aos seus dois termos anteriores:

Fn =1√5

[(1 +√

52

)n

−

(1−√

52

)n],



DefiniçãoO polinômio característico da sequência (xn)n, satisfazendo (1)é dado por

P(x) = xk − C1xk−1 − · · · − Ck−1x − C0 ,

e denotamos por λ1, λ2, . . . , λr suas raizes complexas commultiplicidades a1,a2, . . . ,ar respectivamente.



TeoremaSeja (xn)n uma sequência recorrente linear com a notaçãoestabelecida anteriormente. Então, os termos desta sequênciapodem ser escritos como

xn = Q1(n)λn1 + Q2(n)λn

2 + · · ·+ Qr (n)λnr ,

onde Q1, . . . ,Qr são polinômios sobre o corpo Q({λj}rj=1), comgrau ∂(Qi) < ai , para todo 1 ≤ i ≤ r .


PreliminaresA Sequência de k -bonacci

Existem várias generalizações para a sequência de Fibonacci,desde recorrências lineares inteiras (como as sequências deLucas) até extensões da sequência para números reais, como

Fx =1√5

{(1 +√

52

)x

−(

21 +√

5

)x

cos(xπ)

}.



DefiniçãoA sequência de k-bonacci (ou Fibonacci k-generalizada),denotada por (F (k)

n )n, é uma sequência recorrente linear deordem 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 ktermos anteriores:

F (k)n+k = F (k)

n+k−1 + F (k)n+k−2 + . . .+ F (k)

n . (2)



A seguir temos os primeiros termos da sequência de k -bonaccipara k = 3, 4, 5 e 6:

k Nome Termos iniciais Primeiros valores 6= 03 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, . . .



O polinômio característico da recorrência (2) é dado por

ψk (x) = xk − xk−1 − · · · − x − 1 .

O polinômio ψk (x) possui uma única raíz α1 = α fora do círculounitário, ou seja |α| > 1, e as demais raízes α2, α3, . . . , αk ,possuem módulo estritamente menor do que 1. Denotamos α,como a raíz dominante da recorrência.



- Wolfram (1998) mostrou os seguintes limitantes para α:

2(

1− 12k

)< α < 2 . (3)

- Foi mostrado por Bravo e Luca que valem as seguintesestimativas para F (k)

n em função de α:

αn−2 < F (k)n < αn−1 para todo n ≥ 3. (4)



O resultado principal de Dresden [5], nos dá um análogo dafórmula 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

αi − 12 + (k + 1)(αi − 2)

(αi)n−1, (5)

onde α1, α2, . . . , αk são as raizes do polinômio ψk (x).



Também foi mostrado por Dresden que F (k)n é bem aproximado

pelo primeiro termo do somatório em (6), ou seja

|F (k)n − gαn−1| = |En(k)| <

12, (6)

onde, g := g(α, k) = (α− 1)/(2 + (k + 1)(α− 2)) eEn(k) =

∑ki=2 g(αi , k)(αi)

n−1.


Motivação

Estamos interessados nas identidades exponenciais satisfeitaspela sequência de Fibonacci. Dentre elas citamos:(a) F 2

n + F 2n+1 = F2n+1

(b) Identidade de Catalan: F 2n − Fn+r Fn−r = (−1)n−r F 2

r

(c) F 21 + F 2

2 + · · ·+ F 2n = FnFn+1

Observe que a identidade (a) nos diz que a soma dequadrados de dois termos consecutivos da sequência deFibonacci também é um número de Fibonacci.


Motivação

Relacionadas à identidade (a), podemos levantar as seguintesquestões:• 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 linearcomo, por exemplo, a sequência de k -bonacci?

• O que podemos dizer sobre a soma de várias potênciasde termos de uma sequência recorrente linear?


Motivação






Motivação






Motivação

- Em 2010, Marques e Togbé mostraram que se(Fn)

s + (Fn+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 sm + F s

m+1 = Fn,

não possui solução para s ≥ 3 e m ≥ 2.



n + ε1Gsn+1 + · · ·+ εk−1Gs


Teorema (Chaves-Marques-Togbé, 2012)Seja (Gm)m uma sequência recorrente linear inteira, não nula,tal que seu polinômio característico possui uma única raízsimples, positiva, fora do círculo unitário. Sejam s, k ,b e Minteiros positivos e ε1, . . . , εk−1 ∈ Z tais que εj ∈ {0,1}, para1 ≤ j ≤ k − 1. Então existe uma constante C, efetivamentecomputável, tal que se

Gsn + ε1Gs

n+1 + · · ·+ εk−1Gsn+k−1 + Gs

n+k ∈ (bGm)m , (7)

para infinitos n ∈ N, temos s < C. A constante C dependeapenas de k ,b e dos parâmetros da sequência.



n + ε1Gsn+1 + · · ·+ εk−1Gs


Aplicando o método usado na demonstração do Teoremaanterior, também conseguimos o seguinte resultado:

Teorema (Chaves-Marques-Togbé, 2012)Sejam `, s1, . . . , s`,a1, . . . ,a` inteiros com ` > 1 e sj ≥ 1.Suponha que existe 1 ≤ t ≤ ` tal que at 6= 0 e st > sj , paratodo j 6= t . Se st é par ou at não é uma potência positiva de 5,então a soma

a1F s1n+1 + a2F s2

n+2 + · · ·+ a`Fs`n+`

não pertence à sequência de Fibonacci para infinitos n ∈ N.


ResultadosA 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.



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

(F (k)m )s + (F (k)

m+1)s = F (k)

n . (9)

não possui solução.



m )s + (F (k)m+1)

s = F (k)n

Idéia da demonstração: O método para mostrar esseteorema segue os seguintes passos:

1. Usamos o resultado de Matveev sobre formas lineares emlogaritmo para obter um limitante superior para s emfunção de m:Reescrevemos a identidade (9) e manipulamosalgebricamente para obter∣∣∣gαn−1/(F (k)

m+1)s − 1

∣∣∣ < 21.65s , (10)

e aplicando Matveev conseguimos s < C ×m5(log m)4.



m )s + (F (k)m+1)

s = F (k)n

Idéia da demonstração: O método para mostrar esseteorema segue os seguintes passos:

1. Usamos o resultado de Matveev sobre formas lineares emlogaritmo para obter um limitante superior para s emfunção de m:Reescrevemos a identidade (9) e manipulamosalgebricamente para obter∣∣∣gαn−1/(F (k)

m+1)s − 1

∣∣∣ < 21.65s , (10)

e aplicando Matveev conseguimos s < C ×m5(log m)4.



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 < 6.75× 1033,n < 9.41× 1036 ek ≤ 77. Porém, estes limitantes ainda são grandes. Entãousamos (10) e esses valores para obter,

0 < n

(logα

log F (k)m+1

)− s−

(log(α/g)

log F (k)m+1

)< 2.01× (1.65)−

n1394 ,

o que combinado com o método de redução deDujella-Pethö nos dá n ≤ 1515053, s ≤ 757526 e k ≤ 13,e uma verificação computacional conclui que não existemsoluções neste caso.



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 < 6.75× 1033,n < 9.41× 1036 ek ≤ 77. Porém, estes limitantes ainda são grandes. Entãousamos (10) e esses valores para obter,

0 < n

(logα

log F (k)m+1

)− s−

(log(α/g)

log F (k)m+1

)< 2.01× (1.65)−

n1394 ,

o que combinado com o método de redução deDujella-Pethö nos dá n ≤ 1515053, s ≤ 757526 e k ≤ 13,e uma verificação computacional conclui que não existemsoluções neste caso.



m )s + (F (k)m+1)

s = F (k)n

3. Para tratar o caso m ≥ 1395 usamos novamente Matveevpara obter um limitante superior para s, agora em funçãode k , para obter um limitante superior absoluto para s:Aqui temos,

s < 5.33× 1078k5(log k)14

⇒ s < 7.315.33× 1078(log s)5(log log s)14 ,

portanto s < 7.31× 10100 nos dando k < 232.



m )s + (F (k)m+1)

s = F (k)n

3. Para tratar o caso m ≥ 1395 usamos novamente Matveevpara obter um limitante superior para s, agora em funçãode k , para obter um limitante superior absoluto para s:Aqui temos,

s < 5.33× 1078k5(log k)14

⇒ s < 7.315.33× 1078(log s)5(log log s)14 ,

portanto s < 7.31× 10100 nos dando k < 232.



m )s + (F (k)m+1)

s = F (k)n

4. Para finalizar a demonstração, usamos teoremas sobrefrações 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)

logα− ms + 1− n

s − 1

∣∣∣∣ < 14.2× 1067(s − 1)2 . (11)

implicando que o racional (ms + 1− n)/(s − 1) é umconvergente de log(g−1)/ logα. Junto com outro resultadosobre frações contínuas, conseguimos reduzir o limitantede s para 291. Aqui, usamos outra desigualdades parafinalizar as contas com o Mathematica.



m )s + (F (k)m+1)

s = F (k)n

4. Para finalizar a demonstração, usamos teoremas sobrefrações 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)

logα− ms + 1− n

s − 1

∣∣∣∣ < 14.2× 1067(s − 1)2 . (11)

implicando que o racional (ms + 1− n)/(s − 1) é umconvergente de log(g−1)/ logα. Junto com outro resultadosobre frações contínuas, conseguimos reduzir o limitantede s para 291. Aqui, usamos outra desigualdades parafinalizar as contas com o Mathematica.



1. O que podemos dizer sobre somas de potências de umasequência recorrente pertencendo à outra sequênciarecorrente, ou seja, trocando Gtn por Htn em (7)?

2. Existe solução para a equação Diofantina (6) casok ≥ min{m, log s}?

3. Estudar a equação Diofantina

(F (k1)n1

)s + (F (k2)n2

)s = F (k3)n3

.






(F (k1)n1

)s + (F (k2)n2

)s = F (k3)n3

.






(F (k1)n1

)s + (F (k2)n2

)s = F (k3)n3

.

Bibliografia

Bibliografia I

A. P. Chaves, D. Marques, A. TogbéOn the sum of powers of terms of a linear recurrencesequence.Bull. Braz. Math. Soc., v. 43, p. 397–406, 2012.

A. P. Chaves, D. MarquesThe Diophantine equation (F (k)

n )2 + (F (k)n+1)

2 = F (k)m

Fib. Quart. , v. 52, p. 70–74, 2014.

A. P. Chaves, D. MarquesA Diophantine equation related to the sum of powers of twoconsecutive generalized Fibonacci numbersPreprint, 2015.

Bibliografia

Bibliografia II

F. Luca, R. Oyono.An exponential Diophantine equation related to powers oftwo consecutive Fibonacci numbers.Proc. Japan Acad. Ser, 87: 45–50, 2011.

G. P. Dresden,A simplified Binet formula for k -generalized Fibonaccinumbers.arXiv:0905.0304v2 (2011). Acessado 11 Fevereiro 2015.

Bibliografia

“If numbers aren’t beautiful, I don’t know what is.” (P. Erdös)

Obrigada!

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