Полный квадрат

[scwec]

Пусть $A(n)=2\sum_{k=0}^n{2n\choose 2k}5^k+2(-4)^n$. Докажите, что $A(n)$ - полный квадрат при всех натуральных $n$.

[Руст]

$$[(1+\sqrt 5)^n+(1-\sqrt 5)^n]^2=A(n).$$

[scwec]

А можно так: (для $n>1$) $4^n(F_{n-1}+F_{n+1})^2=A(n)$, где $F_1=1,F_2=1,F_3=2...$ - числа Фибоначчи. Но это уже не так очевидно.

[Dave]

Квадратом является также и

$$10\left(\sum_{k=0}^n 5^kC_{2n}^{2k}-(-4)^n\right),$$

ну или

$$2\sum_{k=1}^n 5^{k-1} \left(C_{2n}^{2k}-(-1)^kC_n^k\right).$$

[scwec]

Выражение, приведенное Dave - квадрат, а именно $(2^n{5}{F_n})^2$, где $F_n$ - число Фибоначчи. Всё верно.
Вернёмся к первоначальному $A(n)$. Используя формулу Бине для чисел Фибоначчи $F_n$ легко показать, что $A(n)=4^n[{5{F_n}}^2+4(-1)^n]$.
Докажем, что ${5{F_n}}^2+4(-1)^n$ - полный квадрат.
Воспользуемся тем, что $F_{n-1}F_{n+1}={F_n}^2+(-1)^n$.
Обозначим $L=F_{n-1}+F_{n+1}$. Тогда $(F_{n+1}-F_{n-1})^2=L^2-4(-1)^n-4F_n^2$
и $F_n^2=L^2-4(-1)^n-4F_n^2$. Отсюда $5F_n^2+4(-1)^n=L^2\qquad(1)$.
( Заодно доказано, что $A(n)$ квадрат. А именно $A(n)=4^n(F_{n-1}+F_{n+1})^2$).
Справедливо и обратное утверждение к $(1)$. Если натуральное число $F$ таково, что либо $5F^2+4$ либо $5F^2-4$ является полным квадратом, то $F$ - число Фибоначчи.
Это утверждение предлагается доказать.

[nnosipov]

scwec в сообщении #745489 писал(а):

Если натуральное число $F$ таково, что либо $5F^2+4$ либо $5F^2-4$ является полным квадратом, то $F$ - число Фибоначчи.

Просто решаем уравнение Пелля, чего уж тут изобретать.

[scwec]

nnosipov в сообщении #745494 писал(а):

Просто решаем уравнение Пелля, чего уж тут изобретать

Доказательства, которые мне известны, не используют Пелля. Будет интересно, если появится ещё и с Пеллем. Найдёте время - напишите.

[Shadow]

Если объединить решения уравнений Пелля со всеми сериями получается общее решение уравнения $x^2-5y^2=\pm 4$

$\\x_1=1,x_2=3,x_n=x_{n-1}+x_{n-2}\\ y_1=1,y_2=1,y_n=y_{n-1}+y_{n-2}$

Но строгое доказательство через Пелля кажется будет долгим.

[Shadow]

Не совсем долгим. Рекурентная формула для решений $y_n=7y_{n-1}-y_{n-2}$, четыре серии с первыми членами
$\\1,5\\ 1,8\\ 2,13\\ 3,21$
Доказательство, что объединение последовательностей является числа Фибоначчи равносильно доказательству, что $7F_n=F_{n+4}+F_{n-4}$
Достаточно выписать несколько членов:
$a,b,a+b,\cdots 2a+3b,\cdots 13a+21b$

$7(2a+3b)=a+(13a+21b)$

[scwec]

Привожу доказательство без Пелля.
Пусть $N^2-5F^2=\pm{4}$. Обозначим $A=\frac{N+F\sqrt{5}}{2},B=\frac{N-F\sqrt{5}}{2}$. Поскольку $F,N$ -натуральные числа одной четности, то $A,B$ - целые числа в $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$. А поскольку $AB=\pm{1}$, то $A,B$ -единицы в $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$.
Единицы в $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ - числа $\pm{x}^\pm{k}$, где $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
Отсюда следует, что найдется такое $k$, что $A=x^k=\frac{1}{2}[x^k+y^k+\frac{x^k-y^k}{\sqrt{5}}\sqrt{5}]$, где $y=-\frac{1}{x}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$. Выше было показано, что $x^k+y^k=F_{k-1}+F_{k+1}$, а из формулы Бине $\frac{x^k-y^k}{\sqrt{5}}=F_k$. Таким образом, $\frac{1}{2}(N+F\sqrt{5})=\frac{1}{2}(F_{k-1}+F_{k+1}+F_k{\sqrt{5}})$. Отсюда $F=F_k$ число Фибоначчи, ч.т.д.

P.S. Соображения Shadow мне понравились.

[Shadow]

Именно соображения. На самом деле рекурентная формула (если честно решать): $y_{n+1}=18y_n-y_{n-1}$
Целых 6 серии решений - по 3 на уравнение. Дальше аналогично, только $F_{n+6}=18F_n-F_{n-6}$

[Dave]

А вот здесь не теоретико-числовой, а теоретико-вероятностный подход к числам Фибоначчи, биномиальным коэффициентам и степеням $5$.

[scwec]

Честное слово, но я один в этой теме даю хоть какие-то доказательства, да ещё Руст.
Вот были бы доказательства со стороны Shadow.