• Nem Talált Eredményt

Közös elemek másodrendű rekurzív sorozatban

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Ossza meg "Közös elemek másodrendű rekurzív sorozatban"

Copied!
8
0
0

Teljes szövegt

(1)

KÖZÖS ELEMEK M Á S O D R E N D Ű R E K U R Z Í V S O R O Z A T O K B A N

DR. KISS PÉTER

Legyen G = G (A, B, Go, Gt) egy másodrendű lineáris rekurzív sorozat, melyet az A, B, G0 és Gi racionális egészekkel és a

Gn = AGn-i - BGn-i (n > 1)

rekurzív formulával definiálunk. Legyenek a és /? a sorozat f(x) = x2-Ax+B

k a r a k t e r i s z t i k u s polinomjának a gyökei és tegyük fel, hogy a sorozat nem degenerált, vagyis AB ^ O, Gq és Gi nem mindkettője nulla és a//5 n e m egység- gyök. Jól ismert, hogy a sorozat t a g j a i n a k explicit előállítása

V1) ^ n — —7T Ö ' oc — p ahol a — Gj — Go ^ és b — Gi—Gu a, továbbá (2) ' ]Gnj > c2 • |a|n n —Cs

ha n > rí, ahol c\, c^ és rí a sorozat adataiból explicit meghatározható kons- tansok (lásd-pl. [3]-ban).

A G sorozat speciális esetét, a m i k o r G„ = 0 és Gi = 1, a következőkben;

R-^rel:jelölj ük. Az R sorozat tagjai (1) a l a p j á n

• - - an - Bn

(3);.: " 11,= * p

a - nő - alakban írhatók fel.

(2)-ből adódik, hogy m i n d e n R és minden G sorozatban, ha a; fi nem egységgyök, bármely x valós szám esetén | Rn| > x, illetve | Gn| > x ha n >

n0 (A, B, x), illetve n > n0 (A, B, Go, Gi, x). Ebből következik, hogy a sorozatokban m i n d e n elem csak véges sok elemmel lehet egyenlő. K. K. Kubota [4, 5] ennél, többet bizonyított: h a egy G sorozatban a//? nem egységgyök, a k k o r a sorozat- ban m i n d e n elem legfeljebb négyszer f o r d u l h a t elő. F. Beukers [1] javította

(2)

ezt az eredményt, m e g m u t a t t a , hogy n é h á n y kivételtől eltekintve a négyes konstans h á r o m m a l helyettesíthető.

Hasonló probléma a következző. Legyen G = G (A, B, G,0., G|) és H = H (A, B, Hn, Hi) k é t másodrendű lineáris r e k u r z í v sorozat, melyeket ugyanazok az A, B konstansok definiálják. A két sorozat közül elemeinek halmaza véges-e vagy végtelen? Ha G és H ekvivalens sorozatok (vagyis ha Gn + r = Hn + s minden n 0 egész esetén valamely rögzített r és s természetes számok mellett) a k k o r nyilván végtelen sok közös elem létezik, ezért csak azzal az esettel érdemes foglalkozni, amikor G és H n e m ekvivalensek. Ebben az esetben, a sorozatok t a g j a i n a k explicit a l a k j a alapján, G. Revuz [8] egy általános tétele ad választ a kérdésre; bebizonyította, h o g y ha űj (1 á L á M), bj (1 % j á N), S és cp algebrai szárnak, f ) és cp lineárisan függetlenek az egész számok felett, akkor a

M . m, N n,

z = z y

t - i j = i 1

egyenletnek csak véges sok mv ríj racionális egész megoldása van, eltekintve attól az esettől, m i k o r mindkét oldal zérus. Ebből pedig következik, hogy a Gx = Hy egyenlet (x, y) megoldásainak száma is véges, vagyis valamely m0

konstans esetén Gx Hy, h a x > m,0.

Hasonló e r e d m é n y t bizonyított M. Mignotte [7]. ö a tételét tetszőleges r e n d ű lineáris rekurzív sorozatokra mondta ki. állítása a mi esetünkre leszű- k í t v e a következőt m o n d j a ki: H a D > 0 és n e m egységgyök, a k k o r létezik egy effektív meghatározható m0 konstans úgy, hogy Gx 4= Hy ha x, y > m0. F. Mátyás [6] különböző A, B konstansokkal g e n e r á l t másodrendű sorozatok esetéén ezeket a konstansokat explicit alakban is megadta, azonban ezek nagy- s á g r e n d j e jelenleg még számítógéppel sem érhető el.

Az A = —B = 1 esetre (általános Fibonacci sorozatokra) M. D.. Hirsch [2]

k o n k r é t a b b e r e d m é n y t bizonyított: Ha G (1,—l,Gr>, Gi) és H ( 1 , — 1 , H0, Hí) n e m ekvivalens sorozatok, akkor a G és a H sorozatoknak nincs c(j/5~_ 1) -nél nagyobb abszolút é r t é k ű közös e l e m ü k , ahol c = maxOGiGg — G|| ,\HÍH2 — H\\)

A következőkben általánosítjuk M. D. Hirsch eredményét a D = A2 —4 B > 0 feltételnek eleget tevő általános m á s o d r e n d ű sorozatokra, és egyben j a v í t j u k Revuz és Mignotte eredményeinek másodrendű sorozatokra vonatkozó állítá- sát, megadva az mn konstans explicit értékét.

Vezessük be a következő jelöléseket. Legyenek A és B rögzített nem zérus egészek, G = G (A, B, G0, G() és H = H (A, B, H0, H}) két másodrendű lineáris

r e k u r z í v sorozat, melyekre D = A2— 4 B > 0, és G0, Gi, illetve H0, Ht nem m i n d k e t t ő j e zérus. Legyen G és H t a g j a i n a k explicit előállítása

_a<xn-b/9n

és

pcLn—qfin 11 „= Q a — p

540

(3)

ahol a = G| — Go/?, b = Gt — G0 a, p = Hi — H0 q = Ht — H0 a és tegyük fel, hogy a//? nem egységgyök. Továbbá legyen

m = m a x ( | G0| , \H0\ , | G j | , l i / ^ ) , w = m a x ( | 6 | , \q\),

^QgÍP/Ql l o g | a | és

f = min I i - lq/ p l - M[ z l

|q/pI • l«l

|,1+1

- 1

4 ' 4 ' 4 4

A feltételek miatt a és fi valós és |a| 4= |/?[, ezért a továbbiakban feltehetjük, hogy |a| > \fi\ + 0 .

Ezen jelöléseket felhasználva a következőket bizonyítjuk.

2. Tétel. Ha a G és H sorozatok nem ekvivalensek és \fí\ < 1, akkor nincs olyan közös elemük, melyek indexei nagyobbak mint n0 + 1.

Következmény. Az F = F (1, — 1,0, 1) Fibonacci és az L = L (1, —1, 2, 1) Lucas sorozatoknak csak 1 ( = F| = Fo = Lj) és 3 ( = F/, = L2) a közös elemük. Ugyanis ebben az esetben « = ( 1 + 5)/2, fi = (1— / 5 ) , 2 és w= Y 5, és könnyű ellenőrizni, hogy nn < 3. így F{ = Lj csak akkor teljesülhet az 1. Tétel miatt, ha i < 3 vagy j < 3. Ezekben az esetekben pedig közvetlenül belátható, hogy csak a felsoroltak a közös elemek.

2 .Tétel. Ha a G és H sorozatok nem ekvivalensek, B < 0 és |/?| < 1, akkor nincs olyan közös elemük, melyek abszolút értéke legalább 6 mw |B|n°.

3. Tétel. Ha a 4= 0, p =t= 0 és a G és H sorozatok nem ekvivalensek, akkor nincs olyan közös elemük, melyek indexei nagyobbak mint

Megjegyezzük, hogy a 3. Tétel nem igaz. ha elhagyjuk az a 4= 0, p 4= 0 feltételeket. Ugyanis G = G (6,8,1,4) és H = H (6, 8, 1, 2) sorozatok esetén A = 6, B = 8 miatt a = 4 , = 2 és p = Ht — H() fi = 0, a tagok explicit elő- állítása pedig Gn — 22n, Hn = 2n. így a Gx = Hy egyenletnek végtelen sok meg- oldása van, de a két sorozat nem ekvivalens.

(4)

1. Tétel bizonyítása. n0 megválasztása miatt V a

(az n(1 konstansnak v a n értelme, m e r t w = 0 és Gx = Hy esetén G és H ekviva- lens sorozatok lennének), így \f}\ < 1 miatt

(4)

V

a es

V L

1

« I 2

ha n > n0. Legyen G r +i = Hs + ) = Q és r, s > n0. K ö n n y ű belátni (1) segítsé- gével, hogy

« «

minden n természetes szám index esetén, ezért (4) a l a p j á n 0 - G ,

es

Qa ' - H .

V

X

adódik. Ebből következik, hogy Gr és Hs a v a l ó s számhoz legközelebbi egészek Q így Gr = Hs. De ez Gn +i = Hs + t egyenlőséggel együtt azt m u t a t j a , hogy a G és H sorozatok ekvivalensek, t e h á t igaz a tétel állítása.

2. Tétel bizonyítása. Először b e l á t j u k , hogy a tétel feltételei mellett

(5) | Rn| ^ | a |

minden n > 0 természetes szám esetén. A bizonyítást n - r e teljes indukcióval végezzük el. n = 1 és n — 2 esetén Rí = 1 és R2 = A m i a t t igaz az állítás, mert a és különböző előjelű és így |A| = |a + < [a|.

Ha (5) f e n n á l l valamely n és n + 1 esetén, a k k o r A = a + és B = a/3 < 0 miatt

| Rn+21 = | ARq+1 -BRn l - l ( \A I . H - a/?) = cc + p

= i/*;»+i í

y a « J - H 1 = 1 « |» + 1 a

542

(5)

u

mivel —1 < — < 0, ezért (5) valóban teljesül m i n d e n n > 0 esetén.

a

Ezek u t á n r á t é r ü n k a tételben szereplő állítás bizonyítására. Az n() kons- tans megválasztása miatt

w "

(6) I /?

a

< 1 h a 2

1 .

h a nno

(1) és (3) a l a p j á n könnyű belátni, hogy Gn = G() an + (G| — Go a) • Rn, ezért (5) felhasználásával

N = m a x ( | Gn| , | Hn| ) ^ m | a |n + w | Rn| ^ m | a |n + w l a ^ "1

adódik. De ha n ^ n0 + 1 , akkor a fi = B m i a t t (6)-ból

M° = I« I • W°_1 =l"|- i | ^ = J^L-w|Bi"->s2w| B !->

adódik. így n ~ n0 + 1 esetén, felhasználva hogy w = m m \a\ és | a | > l , N^ 2mw\ B |n _ I + — • 2w| B |n _ 1 =i2w| B i M w

locl

5 2 m w | B ,n. | 1 + 1 j~J ^ j < Gmw| B jno

Ebből már következik az állítás az 1. Tétel miatt.

3. Tétel bizonyítása. Először belátjuk, hogy a Gx = Hy, v a g y ami ezzel ekvi- valens, az

(7) a ax — b /3X = p a^ — q fiv

egyenletnek, csak véges sok (x; y) egész megoldása van, ha G és H nem e k v i v a - lens sorozatok. Tegyük fel az állítás ellenkezőjét, vagyis hogy végtelen sok (x; y) megoldása van (7)-nek. a + 0 és p + 0 m i a t t (7)-ből

(8) - « =

1 -Eli)' a *->' q\ a )

P

(6)

következik. A bal oldal egész x, y esetén 1 környezetében csak diszkrét érté- keket vehet fel, a jobb oldal határértéke viszont 1, ha x és y a végtelenhez tiairt, ezért végtelen sok (x;y) egész értékpárra csak akkor állhat fenn az egyenlőség, ha

a x~y

,

—x = 1, P

vagyis

noc = pot

valamely (x; y) esetén. Ebből azonban b y?x = q fi? és Gx +,n = Hy + n adódik min- den n természetes számra, vagyis G és H ekvivalens sorozatok.

Tehát ha G és H n e m ekvivalensek, akkor létezik olyan n\ valós szám úgy, hogy Gx 4= Hy, ha x, y > n^. A következőkben belátjuk, hogy a tételben megadott n\ rendelkezik ezzel a tulajdonsággal.

i i a

z megválasztása miatt j p ~ö = * z n e m efíész szám, mert ha z egész lenne, akkor az előzőekhez hasonlóan következne, hogy G és H ekvivalensek.

Ekkor azonban lal > 1 miatt.

1 a J

— a P ha i ^ [z] és j ^ [z] + 1 . Legyen

log e — log \b/a

es

y

log \P/a\

log £ — log q / p | log|/?/«|

Nyilván x, y > nj is teljesül, ahol n\ a tételben definiált konstans. Ekko

p l * b

u es

Ezeket felhasználva (8)-ból 1 — £ 1—4e

1 + e

a x-y

—fi p

1+e

l—e 1 -+ 4e

adódik, ami viszont egész x, y esetén nem teljesülhet e választása miatt. Ebből már következik az állítás.

544

(7)

IRODALOM

1. F. B e u r k e r s , T h e m u l t i p l i c i t y of b i n a r y r e c u r r e n c e s , Comp. Math., 40 (1980), 251—267.

2. M. D. H i r s c h , A d d i t i v e s e q u e n c e s , M a t h , Mag., 50 (1977), 262.

3. P. Kiss, Zero t e r m s in second o r d e r l i n e a r r e c u r r e n c e s M a t h . Sem. Not. (Kobe U n i v . J a p a n ) , 7 (1979), 145—152.

4. K. K. K u b o t a , O n a c o n j e c t u r e of M o r g a n W a r d I, A c t a A r i t h m . , 33 (1977), 11—28.

5. K. K. K u b o t a , O n a c o n j e c t u r e of M o r g a n W a r d II, A c t a A r i t h m . , 33 (1977), 29—48.

6. F. M á t y á s , On c o m m o n t e r m s of s e c o n d o r d e r l i n e a r r e c u r r e n c e s , M a t . Sem.

Not. (Kobe Univ. J a p p a n ) , 9 (1981), 89—97.

7. M. Mignotte, I n t e r s e c t i o n des i m a g e s de c e r t a i n e s suites r e c u r r e n t e s l i n e a i r e s . T h e o r e t i c a l C o m p u t . Sci, 7 (1978), 117,—122

8. G. Revuz, E q u a t i o n s d e i p h a n t i n e s e x p o n e n t i e l l e s , Bull. Soc. M a t h . F r a n c e , Mém., 37 (1974), 139—156.

(8)

COMMON T E R M S I N S E C O N D ORDER RECURRENCES b y Péter K i s s

(Summary)

Let G = G (A, B, G0, G[) be a second order linear recurrence defined by rational integers A, B, G0, Gt a n d by recursion Gn = AGn_|— B Gn_ 2 f o r n > 1.

We denote the roots of polynomial x2 — A x + B by a and ft. Let us suppose t h a t AB + 0, Gn a n d G| are not both zero, D = A2 — 4B > 0, a/ft is not a root of unity and |a[ > | f t \ . Let H = H (A, B, Ho. H]) be also a second order linear recurrence with similar conditions. The sequences G and H are called equiva- lent if there exist integers r a n d s such that Gn + r = Hn + S for every integer n = 0.

T h e following t h r e e t h e o r e m s are proved in t h e paper.

Theorem 1. If t h e sequences G a n d H are not equivalent and \ft\ < 1 then the equation Gx = Hy has no solutions with condition x,y>n{)-\-l. Theorem 2.

If t h e sequences G and H a r e not equivalent, B < 0 and \ft\ < 1 then the equation Gx — Hy has no solutions with condition |GX| = 6 m w |B|n<> Theorem 3.

Let t h e explicit f o r m of the t e r m s of sequences G and H be Gn = (a an — b ftn) /(a —ft) and Hn = ( p an- q ftn) / (a — ft)

respectively. Suppose t h a t the sequences G and H are not equivalent and ap 4= 0. Then the equation Gx = Hy has no solutions for which x, y > n\.

The constants n0, ni, m and w in the t h e o r e m s are given in t h e paper and they depend only on t h e p a r a m e t e r s of sequences G and H.

546

Hivatkozások

KAPCSOLÓDÓ DOKUMENTUMOK

(Könnyen belátható, hogy ha a legnagyobb közös osztó definícióját kiegészítenénk azzal, hogy ( 0 , 0 ) = 0 – vagyis ha a legnagyobb közös osztó m˝uvelet helyett

Közös elemek a három sejthalál forma-sejtbiokémiai mechanizmusában Fas ligand és kaszpáz által aktivált sejthalál útvonal.. Tumor

Közös elemek a három sejthalál forma-sejtbiokémiai mechanizmusában Fas ligand és kaszpáz által aktivált sejthalál útvonal.. Tumor

Ebből következik, hogy a (9) egyenletnek csak véges számú x,y,z meg- oldása van és így a két sorozatnak csak véges számú közös eleme lehet.. Megjegyezzük még, hogy Kiss

rekurzív sorozatok közös elemeivel, amelyeket ugyanazok az A,B konstansok definiálnak, «le nem ekvivalensek, vagyis az egyik nem csak az indexek egy lineáris transzformációjával

rekurzív sorozatok közös elemeivel, amelyeket ugyanazok az A,B konstansok definiálnak, «le nem ekvivalensek, vagyis az egyik nem csak az indexek egy lineáris transzformációjával

Olyan konvergencia vizsgálatot, mely másodrendű lineáris rekurzív sorozatokhoz kapcsolódik már számos szerző végzett.. Eredményeit [3]-ban álta- lánosította

svat nie brat (vö. Ugyanez a lengyelben: brzuch nie zwierciadlo — nikt nie pózna co sie jadlo. Az európai közmondás-.. az idézett belorussz példáka t megvizsgál- juk,