целочисленная последовательность

[maxal]

Руст
Тогда тот же вопрос для 3-ки - может она появиться в знаменателе?

[Руст]

Да, достаточно $v_p=v_1\mod p$, тогда $v_{p+i}=v_i\mod p$ и вообще $v_n=v_{n\mod p}\mod p$.
Рассмотрим по модулю $p^2$, пусть $v_p=v_1+kp\mod p^2$. Вычисление следующего разряда с учётом этого $\frac{v_{p+i}-v_i}{p}=f(i,k)$ даст $v_{p^2}=v_1\mod p^2$ и т.д. Поэтому в знаменатель не попадёт.

[maxal]

Руст
Не выходит каменный цветок. Для $p=3$ имеем:
$v_1 = 2$
$v_3\equiv v_1\pmod{3}$
но
$v_{9}\not\equiv v_1\pmod{3}$

Добавлено спустя 9 минут 21 секунду:

Руст в сообщении #191768 писал(а):

Несложно доказать, что если $v_{p^2}$ p-целое и $v_{p^2}=v_1\mod p^2$, то число p не встретится в знаменателе.

Да и по поводу этого утверждения у меня есть сомнения. Хотелось бы увидеть доказательство...

[Руст]

Да, при переходе через n делящийся на p требуется вычисления предыдущих с ещё большей точностью. Поэтому, гипотеза о том, что если $v_p$ p - целое, то p не встретится в знаменателе может оказаться не верным.
Даже для $p=2$ получаем $v_8=1551880$ число делящиеся на 8. И доказать, что 2 не появится в знаменателе не так просто, как казалось.

[maxal]

Я проверил первые $10^7$ членов этой последовательности - четных знаменателей среди них нет. Скорее всего, должно быть какое-то простое доказательство того же для всех членов.

[Руст]

maxal писал(а):

Я проверил первые $10^7$ членов этой последовательности - четных знаменателей среди них нет. Скорее всего, должно быть какое-то простое доказательство того же для всех членов.

Для этого надо считать $u_n\equiv v_n\mod 2^{N-n+a},N=10^7$ т.е. каждый раз надо считать с той точностью, на какую степень двойки делится $(n+1)....N$. Трудоёмкая работа даже для компьютера.
Вроде можно доказать, что $v_2(v_n)\to \infty$.
Из $v_2(v_8)=3$ следует $v_2(v_9=\frac{v_8(v_8+8)}{9})=6$, $v_2(v_{10})=5,v_2(v_{11}=6,v_2(v_{12})=4,v_2(v_{13})=6,v_2(v_{14})=5,v_2(v_{15})=6,v_2(v_{16})=2,v_2(v_{17})=4$,..
Если $v_2(v_{2^n})\ge m>n/2$ получается $v_2(v_{2k+1})=2m,v_2(v_{2k})=2m-v_2(2k),2^{n-1}<k<2^n$. Соответственно $v_2(v_{2^{n+1}})=2m-n-1$. Если встретится $v_2(v_{2^n})>n+2$ получаем $v_2(v^{2^{n+1}})>2(n+2)-n-1=n+3$, т.е. $v_2(v_{2^{n+1}})>2+(n+1)$ и докажется стремление порядка к бесконечности.

[maxal]

Руст
Ничего особо трудоемкого - меньше 5 минут занимает (используя 2-адическое представление с достаточным запасом степеней 2-ки).
Чтобы не путать valuation w.r.t. 2 с $v_n$, я буду обозначать его $val_2$.
Во-первых, у тебя ошибка в численных значениях, начиная с $val_2(v_9)=7$ и далее.
Во-вторых, $val_2(v_{2^n})=n-2$ для $9\leq n\leq 25$ - надежда на $val_2(v_{2^n})>n+2$ улетучивается.

[Руст]

Тогда лучше ввести обозначение $u(N)=val_p(v_N)$.
Пусть $u(p^n)=val_p(v_{p^n})=m$. Тогда $u(p^n+1)=2m+val_p(1+\frac{v_{p^n}}{p^n})\ge 2m$ в случае p=2,n=3 действительно 9.
Если получилось $m\ge n>0$ то для всеx $p^n<k<p^{n+1}$ выполняется $u(k)=u(p^n+1)-val_p(k)>0$, соответственно $u(p^{n+1})=u(p^n+1)-n-1$. Поэтому из $u(p^n)\ge n+2\to u(p^{n+1})\ge 2+(n+1)$ и тем самым стремление порядка к бесконечности.
Гипотеза о том, что из $u(p)\ge 0$ следует $u(n)=u_p(n)\to \infty$ вполне правдоподобна.
Разберём это более подробно для p=2. Получаем $u(16)=9-4=5$, соответственно $u(17)=9$ так же для всех нечётных. Следовательно $u(32)=4, u(33)=8$ так же для нечётных от 33 до 63.
Далее $u(64)=2,u(65)=4$. На самом деле это хорошо для поднятия $u(128)$, так как $u(68)=2,u(69)\ge 5$, т.е. при $m=u(2^n)<n,u(2^n+1)=2m-n<m\to u(2^{n}+2^{2m-n}+1)>2m-n$ происходит поднятие. И вполне может привести к большому поднятию для $u^{2^{n+1}}>n+2$ тогда рост монотонный на степенях двойки (где локальный минимум) и на нечётных числах (где локальный максимум).
Т.е. если $0<u(2^n)=m<n$, то $u(2^{n+1}-1)\ge 2n-1\to u(2^{n+1})\ge n-2>0$ следовательно всегда при n>2 $u(2^n)\ge n-2$ т.е. и в этом случае порядок стремится к бесконечности.
Для p>2 совершенно аналогично доказывается такое утверждение. Правда надо убедится о поднятии порядка $u(p^n+ap^k+1)>u(p^n+1) для некоторых $k<n,a<p$.

[Руст]

Вообщем строго можно доказать, что если существует
(1) $k>3, val_p(v_{p^k})\ge 2$, то $u(n)\to \infty$.
С большей вероятностью (1) выполняется, если существует
(2) $k>2, val_p(p^k)\ge 1$. Эти условия легко проверит.
Непосредственно из
(3) $val_p(v_p)=0$ условие (2)и (3) может не вытекать. Я не знаю, есть ли простое число p. для которого выполняется (3), тем не менее $u(n)\to -\infty$ он попадает в знаменатель.

[maxal]

Последовательность $\{a_n\}$ задана рекуррентным соотношением:

$$a_0=a_1=a_2=1$$

$$a_n = \frac{a_{n-1}^2+a_{n-2}^2+a_{n-1}a_{n-2}}{a_{n-3}}, \quad n\geq 3.$$

Докажите, что $\{a_n\}$ - целочисленная.

[Edward_Tur]

1, 1, 1, 3, 13, 217, 16693, 21717363...
Три последовательных члена этой последовательности удовлетворяют уравнению:
$x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx=6xyz$

[venco]

Edward_Tur в сообщении #248549 писал(а):

1, 1, 1, 3, 13, 217, 16693, 21717363...
Три последовательных члена этой последовательности удовлетворяют уравнению:
$x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx=6xyz$

И как вы это доказали?

[Edward_Tur]

$a_n=6a_{n-1}a_{n-2}-(a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3})$

[maxal]

А что насчёт такой последовательности?

$$b_0=b_1=b_2=b_3=1$$

$$b_n = \frac{b_{n-1}^2+b_{n-2}^2+b_{n-3}^2+b_{n-1}b_{n-2}+b_{n-1}b_{n-3}+b_{n-2}b_{n-3}}{b_{n-4}}, \quad n\geq 4.$$

[Edward_Tur]

1, 1, 1, 1, 6, 51, 3001, 9180001, 14050074147451
$b_n=10b_{n-1}b_{n-2}b_{n-3}-(b_{n-1}+b_{n-2}+b_{n-3}+b_{n-4})$