Equações Diofantinas Exponenciais Envolvendo Sequências Recorrentes

Preliminares Motivação Resultados Problemas Relacionados
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

Preliminares
Sequências Recorrentes
A Sequência de k-bonacci
Motivação
Resultados
A Equação Gs
n + 1Gs
n+1 + · · · + k−1Gs
n+k−1 + Gs
n+k = bGm
A Equação (F
(k)
m )s + (F
(k)
m+1)s = F
(k)
n
Problemas Relacionados

Preliminares
Deﬁnição
Uma sequência (xn)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:
xn+k = f(xn+k−1, xn+k−2, . . . , xn).

Preliminares
Um caso particular, e nosso principal interesse, é quando a
função f é linear, ou seja, quando existem constantes
C1, C2, . . . , Ck tais que
xn+k = C1xn+k−1 + C2xn+k−2 + · · · + Ck xn ∀n ∈ N. (1)
Sequências que satisfazem este tipo de recorrência são
chamadas sequências recorrentes lineares de ordem k.

Preliminares
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 e
P2 = 2.

Preliminares
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 (Fn)n sem
recorrermos aos seus dois termos anteriores:
Fn =
1
√
5
1 +
√
5
2
n
−
1 −
√
5
2
n
,

Preliminares
Deﬁnição
O 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 com
multiplicidades a1, a2, . . . , ar respectivamente.

Preliminares
Teorema
Seja (xn)n uma sequência recorrente linear com a notação
estabelecida anteriormente. Então, os termos desta sequência
podem ser escritos como
xn = Q1(n)λn
1 + Q2(n)λn
2 + · · · + Qr (n)λn
r ,
onde Q1, . . . , Qr são polinômios sobre o corpo Q({λj}r
j=1), com
grau ∂(Qi) < ai, para todo 1 ≤ i ≤ r.

Preliminares
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
Fx =
1
√
5
1 +
√
5
2
x
−
2
1 +
√
5
x
cos(xπ) .

Preliminares
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−2 + . . . + F
(k)
n . (2)

Preliminares
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, . . .

Preliminares
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 círculo
unitário, 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.

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

Preliminares
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
αi − 1
2 + (k + 1)(αi − 2)
(αi)n−1
, (5)
onde α1, α2, . . . , αk são as raizes do polinômio ψk (x).

Preliminares
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)| <
1
2
, (6)
onde, g := g(α, k) = (α − 1)/(2 + (k + 1)(α − 2)) e
En(k) = k
i=2 g(αi, k)(αi)n−1.

Motivação
Estamos interessados nas identidades exponenciais satisfeitas
pela sequência de Fibonacci. Dentre elas citamos:
(a) F2
n + F2
n+1 = F2n+1
(b) Identidade de Catalan: F2
n − Fn+r Fn−r = (−1)n−r F2
r
(c) F2
1 + F2
2 + · · · + F2
n = FnFn+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.

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?

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
Fs
m + Fs
m+1 = Fn,
não possui solução para s ≥ 3 e m ≥ 2.

Resultados
A Equação Gs
n + 1Gs
n+1 + · · · + k−1Gs
n+k−1 + Gs
n+k = bGm
Teorema (Chaves-Marques-Togbé, 2012)
Seja (Gm)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 1, . . . , k−1 ∈ Z tais que j ∈ {0, 1}, para
1 ≤ j ≤ k − 1. Então existe uma constante C, efetivamente
computável, tal que se
Gs
n + 1Gs
n+1 + · · · + k−1Gs
n+k−1 + Gs
n+k ∈ (bGm)m , (7)
para inﬁnitos n ∈ N, temos s < C. A constante C depende
apenas de k, b e dos parâmetros da sequência.

Resultados
A Equação Gs
n + 1Gs
n+1 + · · · + k−1Gs
n+k−1 + Gs
n+k = bGm
Aplicando o método usado na demonstração do Teorema
anterior, 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 = 0 e st > sj, para
todo j = t. Se st é par ou at não é uma potência positiva de 5,
então a soma
a1Fs1
n+1 + a2Fs2
n+2 + · · · + a Fs
n+
não pertence à sequência de Fibonacci para inﬁnitos n ∈ N.

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.

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
(F
(k)
m )s
+ (F
(k)
m+1)s
= F
(k)
n . (9)
não possui solução.

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
gαn−1
/(F
(k)
m+1)s
− 1 <
2
1.65s
, (10)
e aplicando Matveev conseguimos s < C × m5(log m)4.

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 < 6.75 × 1033, n < 9.41 × 1036 e
k ≤ 77. Porém, estes limitantes ainda são grandes. Então
usamos (10) e esses valores para obter,
0 < n
log α
log F
(k)
m+1
− s −
log(α/g)
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 ≤ 1515053, s ≤ 757526 e k ≤ 13,
e uma veriﬁcação computacional conclui que não existem
soluções neste caso.

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 < 5.33 × 1078
k5
(log k)14
⇒ s < 7.315.33 × 1078
(log s)5
(log log s)14
,
portanto s < 7.31 × 10100 nos dando k < 232.

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
<
1
4.2 × 1067(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.

Problemas Relacionados
1. O que podemos dizer sobre somas de potências de uma
sequência recorrente pertencendo à outra sequência
recorrente, ou seja, trocando Gtn por Htn em (7)?
2. Existe solução para a equação Diofantina (6) caso
k ≥ min{m, log s}?
3. Estudar a equação Diofantina
(F
(k1)
n1
)s
+ (F
(k2)
n2
)s
= F
(k3)
n3
.

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. 397–406, 2012.
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. 70–74, 2014.
A. P. Chaves, D. Marques
A Diophantine equation related to the sum of powers of two
consecutive generalized Fibonacci numbers
Preprint, 2015.

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, 2011.
G. P. Dresden,
A simplified Binet formula for k-generalized Fibonacci
numbers.
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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