这个序列总是给出一个整数吗？

Question

众所周知$k$-Somos序列总是为$2\lek\le7$提供整数。

例如，$6$-Somos序列定义如下：

$$a{n+6}=\压裂{a{n+5}\cdota{n+1}+a{n+4}\cdot a{n+2}+{a{n+3}}^2}{a_n}\\（n\ge0）$$

其中$a_0=a_1=a_2=a_3=a_4=a_5=1$。

那么，这是我的问题。

问题：如果序列$\{b_n\}$定义为$$b_{n+6}=\frac{b_{n+5}\cdot b_{n+1}+b_{n-4}\cdotb_{n+2}+b_ n+3}}^2}{b_n}\\（n \ge0）$$b_0=b_1=b_2=b_3=1，b_4=b_5=2$$那么$bn$是任何$n$的整数吗？

我们可以看到美元b_6=5，b_7=11，b_8=25，b_9=97，b{10}=220，b{11}=1396，b{12}=6053，b{13}=30467$$$$b{14}=249431，b{15}=1381913，b{16}=19850884，b{17}=160799404$$$$b_{18}=1942868797，b_{19}=36133524445，\cdots$$

备注：这个问题已经之前被问及数学。东南方而没有收到任何答案。

动机：我很想看看我们改变前几个条款后会发生什么。这似乎是真的，但我既找不到任何反例，也无法证明序列总是给出一个整数。据我所知，这个问题似乎无法用证明$6$-Somos序列总是给出整数的方法来解决。

Answer 1

这是$3$项Gale-Robinson递归的特殊情况$（p，q，r）=（1,2,3）$：$$x{n+p+q+r}x_n=x{n+p}x{n+/q+r{+x{n+4}x{n+p+r}+x{n+p+q}x{n+r}$$

福明和泽列文斯基证明了将初始值作为形式变量处理，所有$xn$都是$（x0，x1，\cdotsx{p+q+r-1}）$中系数为整数的Laurent多项式。因此，出现在某些$x_n$的分母中的任何素数都必须除以一个初始值。在你的例子中，这表明分母中唯一可以出现的素数是$2$。

序列似乎有很多$2$的周期模幂，但我还没有找到一个具体的语句，我可以归纳证明，以确保分母中永远没有$2$。

---

这是一个未经证实的关系的证明。根据我的笔记本电脑，100美元，我们有$$ax_nx{n+48}+bx{n+6}x{n+42}+cx{n+12}x{n+36}+dx{n+1 8}x{n+30}+ex{n+24}^2=0$$其中$（a，b，c，d，e）$是

(42872600952532756413944577, -7642585197866180463969286501605177115683023, -14777777125160439954108773045163128226074672889387272080, 148964391693661992923680078954077756067110081304751719212599407, 50595833510742832041116346653564092895564724512883353187577334991)

这里您只需要看到$（a，b，c，d，e）\equiv（1,1,0,1,1）\mod 2$。

归纳地说，如果$x_{6n}$对于$0\leqn\leq7$是奇数（并且它是奇数），那么对于所有$n$，$x_}6n}$都是奇数。类似地，$x{6n+1}$、$x_{6n+2}$和$x_}6n+3}$总是奇数。

剩下的两个剩余类更难，但我通过加倍间距发现了它们：$$fx_nx{n+96}+gx{n+12}x{n+84}+hx{n+24}x{n+72}+ix{n+36}x{n+60}+jx{n+48}^2=0$$其中$（f，g，h，i，j）$等于

(275482421676870371359371463998680435538426963076376380974139366712401528564856518381424556318432563385462892296746457695, -1204187018838917569168734117714049614241185115821559510667269181326087284012251290418681275712354771003853097159487786429076362441774104293746291761783054990301019370687256368668064571321856, 46237948454612900518472923159014977519269442452459902128288590632859589486362269029696379416299719982558060325802294250784058152579910008058460895113571344637868831455176995514194104478127008847575580360960143927556981822085371274654718852, -25258589788169445344223776170236779359054408212184860769933304831364012583819797167161677185288240579806555892962118768351982581424384932133901083260133870630044033809364594884555608989561773335221097351699363330231907242444968619795482350223356786592137691094080623104, 102927547672248207711100989742092219264928069372556751802909240396120983835548385841382536622225530269264900739652796985313302402437855010196494257440627546507583982533406361509714125293160643210579263127894875120075097659020181644866881731502319992829790755348150678034508425757)

（检查$n\leq 200$。）同样，重要的是$（f，g，h，i，j）$是$（1,0,0,0,1）\bmod 2$。这让我们归纳地表明，如果$x{12n+4}$的前$7$值总是$2\bmod4$，那么它们都是。类似地，$x{12n+5}$始终为$2\bmod4$，$x_{12n+10}$和$x_}12n+11}$始终是$4\bmod8$。

显然，这种双线性关系有很多神秘之处。我知道它们与阿贝尔曲面的$\theta$函数有关，但细节似乎并没有在任何地方记录下来。

Answer 2

安德鲁·霍恩在文章中六阶双线性递推的解析解和可积性和通过超椭圆Prym变种求解一般Somos-6复发的Sigma函数（与Yuri N.Fedorov一起）认为一般Somos-6复发$$τ{n+6}τ{n}=alphaτ_{n+5}π{n+1}+betaτ{n+5}τ的n+2}+gammaτ的n+3}^2$$具有任意系数$\alpha$、$\beta$、$\ gamma$。他给出了形式明确的解析解$$\tau_n=AB^n\dfrac{\sigma（\mathbf{v} 0+n\mathbf{v}）}{\sigma（\mathbf2}）^{n^2}}，$$其中$\mathbf{v}$，$\mathbf{v} _0（0）\在\mathbb{C}^2$和$\sigma$中，是一个与某些亏格$2$曲线$\mu^2=4\nu^5+c3\nu^3+c2\nu^2+c1\nu+c0.$相关联的Kleinian sigma函数多重周期函数理论导论（1907）)$$\dfrac{\sigma（\mathbf{u}+\mathbf{v}）\西格玛（\mathbf{u}-\矩阵{v}）}{\西格玛（\mathbf{u}）^2\西格玛=\wp{22}（\mathbf{u}）\wp{12}（\tathbf{v}）-\wp}12}+\wp{11}（\mathbf{v}）-\wp{12}（\tathbf{u}）$$对于某些函数$fk$，$gk$（$1\lek\le4$）$\tau{m+n}\tau{m-n}=\sum\limits{k=1}^{4} f_k（平方公里）（m） g_k（n）$$这意味着由$A{mn}=\tau{m+n}\tau{m-n}$组成的无限矩阵的秩最多为$4$，并且$5$级的每一个子矩阵都为零。

让我们把这个理论应用于给定的序列。(从这一点上，我将遵循大卫·斯派尔的解决方案。)

从中取出$m$'s和$n$'s$（m，22，21，20，19）$和$（24，18，12，6，0）$的两个$5$-元组$$\剩余|\开始{数组}{ccccc}\τ{m-24}τ{m+24}&tau{m-18}\\\套{22-24}套{22+24}和套{22-18}套}\\\陶{21-24}陶{21+24}和陶{21-18}\\\tau_｛20-24｝\tau_｛20+24｝和\tau_｛20-18｝\tau_｛20+18｝和\tau_｛20-12｝和\tau_｛20-6｝\tau_｛20+6｝和\tau_｛20｝^2\\\陶{19-24}陶{19+24}和陶{19-18}\\\结束{数组}\右|=0$$我们得到了他的第一个递归，证明了$\tau{6n}$，$\tau}6n+1}$，$1au{6n+2}$，以及$\tau6n+3}$总是奇数。取$m$和$n$的两个$5$-元组作为$（m，45,44,43,42）$和$（48,36,24,12,0）$，我们得到了他的第二个公式，证明了$2$-adic估值有周期$24$。

（感谢David Speyer，他在这个答案的第一个版本中发现了一个缺口。）

Answer 3

这不是一个答案，只是一种乐趣。

我在我的程序中犯了一个错误，计算出了重复出现错误的序列$$a{n+6}=\frac{a{n+5}\cdota{n+1}+a{n+4}\cdot a{n+2}\cdote{a{n+3}}^2}{a_n}\\（n\ge0）。$$在这两种情况下（1）$a_0=a_1=a_2=a_3=a_4=a_5=1$和（2）$a_0=a_1=a_2=a_3=1$，$a_4=a_5=2$，它给出了至少$40$的整数值：$$\标签{1}1，1，1，1，1，1，2，3，5，17，107，1489，79541，96735414，\ldots$$$\tag{2}1、1、1、2、2、4、12、44、472、13144、5509040、32227528976、\ldots$$

美国东部夏令时：这些序列实际上是整数。这可以用大卫·盖尔（David Gale）的简单论证（乔治·伯格曼（George Bergman））来证明奇怪而令人惊讶的传奇故事Somos序列，请参阅跟踪自动蚂蚁和其他数学探索。

Answer 4

Ekhad和Zeilberger的以下文章可能会引起兴趣。

http://www.math.rutgers.edu/~zeilberg/mamarim/mamarimhtml/somos.html