Finalmente in pausa dagli esami, l'ho potuto risolvere (mi è rimasto il dubbio su come dimostrare elementarmente l'irrazionalità di $\frac{\theta}{\pi}$, quindi vi prego di proporre vostre idee):
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Primo punto: banale.
Secondo punto: La traccia chiede di dimostrare che $\alpha$ e $r$ identificano univocamente $a_n$.
Bisogna notare, innanzitutto, che $a_n$ è a sua volta identificata univocamente dall'eq. alle differenze di cui essa è soluzione e dall'imposizione di due condizioni iniziali sui valori di $a_0$ e $a_1$.
Per dimostrarlo, dimostro che il problema (1) alle differenze finite ha soluzione unica:
(1)\begin{cases}
a_{n+2} = \frac{6}{5} a_{n+1} - a_n \\
a_0=x \\
a_1 = y
\end{cases}.
Siano, per assurdo, $p_n$ e $q_n$ due soluzioni diverse al problema. Noto che, essendo l'equazione lineare, anche $\psi_n = p_n - q_n$ deve essere soluzione dell'equazione(ma ovviamente non rispetterà le imposizioni sui valori iniziali). Quindi $\psi_n$ è soluzione del seguente problema:
\begin{cases}
\psi_{n+2} = \frac{6}{5} \psi_{n+1} - \psi_n \\
\psi_0= p_0 - q_0= x - x = 0 \\
\psi_1 = p_1 - q_1 = y - y = 0
\end{cases}.
A questo punto si dimostra per induzione che $\psi_n$ è identicamente nulla; ciò implica che $p_n = q_n$ per ogni n, ossia che il problema (1), fissati i due valori iniziali, ammette un'unica soluzione.
Ora rimane da dimostrare che $a_n = r cos(\alpha + n \theta)$ risolve l'eq.data e che fissare $a_0$ e $a_1$ equivale a determinare univocamente $\alpha$ e $r$.
Per dimostrare la prima tesi, posso scrivere:
$r cos(\alpha + (n+2)\theta) = r \frac{6}{5} cos(\alpha + (n+1)\theta) - r cos(\alpha + n \theta) \Rightarrow cos(\alpha + (n+2)\theta) = \frac{6}{5} cos(\alpha + (n+1)\theta) - cos(\alpha + n \theta) \Rightarrow cos(\alpha + (n+1)\theta + \theta) + cos(\alpha + (n+1) \theta - \theta) = \frac{6}{5} cos(\alpha + (n+1)\theta)$. L'ultima asserzione si dimostra tramite la seconda formula di Werner: $cos(\alpha + (n+1)\theta + \theta) + cos(\alpha + (n+1) \theta - \theta) = 2 cos(\alpha + (n+1)\theta) cos(\theta) = \frac{6}{5}cos(\alpha + (n+1)\theta)$.
Per dimostrare la seconda tesi, risolvo il sistema (2), cercando di mostrare che ha soluzione unica:
(2)\begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r cos(\alpha + \theta)= a_1
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r cos(\alpha)cos(\theta) - r sen(\alpha)sen(\theta) = a_1\\
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r sen(\alpha)sen(\theta)= \frac{3}{5}a_0 - a_1 \\
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r sen(\alpha) = \frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1 \\
\frac{4}{5} r \sqrt{1-(\frac{a_0}{r})^2}= |\frac{3}{5}a_0 - a_1|
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r sen(\alpha) = \frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1 \\
\sqrt{r^2-a_0^2}= |\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1|
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
r cos(\alpha) = a_0 \\
r sen(\alpha) = \frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1 \\
r= \sqrt{a_0^2 + (\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1)^2}
\end{cases} $\Rightarrow$ \begin{cases}
cos(\alpha) = \frac{a_0}{\sqrt{a_0^2 + (\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1)^2}}\\
sen(\alpha) = (\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1)\frac{1}{\sqrt{a_0^2 + (\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1)^2}}\\
r= \sqrt{a_0^2 + (\frac{3}{4}a_0 - \frac{5}{4}a_1)^2}
\end{cases}
Com'è evidente, l'ultimo sistema ammette un'unica soluzione.
Terzo punto: la traccia richiede di dimostrare che non esistono $b, c$ naturali e diversi tra loro, tali che:
$cos(\alpha + n \theta) = cos(\alpha + n\theta + b\theta) = cos(\alpha + n\theta + c\theta)$ (A)
Partiamo dalla prima uguaglianza: essa implica che:
$\alpha + n\theta = \alpha + n\theta + b\theta + 2k_1 \pi$ con k intero, ossia che: $b = -2k_1 \frac{\pi}{\theta}$, che è possibile solo se $\frac{\theta}{\pi} \in \mathbb{Q}$, che si ritiene falso per il teorema di M.Niven.
In alternativa, la prima uguaglianza implica:
$-\alpha - n\theta = \alpha + n\theta + b\theta + 2k_2 \pi \Rightarrow 2n+b = - \frac{2k_2 \pi + 2\alpha}{\theta}$, che ha soluzione se e solo se $\exists k_2: \frac{2k_2 \pi + 2\alpha}{\theta} = \gamma \in \mathbb{Z}$.
Passiamo ad uguagliare prima e terzo membro della (A): ragionando come prima si ottiene:
$2n+c = - \frac{2k_3 \pi + 2\alpha}{\theta} = - \gamma + 2(k_2 - k_3)\frac{\pi}{\theta}$, che è assurdo perchè $- \gamma + 2(k_2 - k_3)\frac{\pi}{\theta}$ non è intero, essendo $\frac{\pi}{\theta}$ irrazionale.
Dunque un determinato valore può essere assunto due volte dalla successione, ma mai tre volte, come dimostrato.
Quarto punto:
Dimostrerò che i punti $x^n$, dove $x=e^{i\theta}$, con $\frac{\theta}{\pi}$ irrazionale, sono densi sulla circonferenza complessa di raggio 1, ossia che per ogni $\epsilon > 0$ e per ogni punto P sulla circonferenza, esiste un elemento Q di $A = { x^n, n \in \mathbb{N} }$, tale che l'angolo al centro sotteso al segmento PQ sia minore di $\epsilon$.
Questo implica che i punti $((cos(\alpha + n \theta), sin(\alpha + n \theta))$, che possono essere visti come i punti dell'insieme A mandati in $\mathbb{R}^2$ tramite l'isomorfismo canonico e ruotati di un'angolo $\alpha$, sono densi sulla circonferenza goniometrica, ossia che $cos(\alpha + n\theta)$ è denso in $[-1, 1]$ e quindi assume infinti valori positivi ed infiniti valori negativi, da cui la tesi.
Per dimostrare la densità di A, fisso $\epsilon >0$ e prendo $N>\frac{2\pi}{\epsilon}$. Fatto questo, taglio la circonferenza complessa unitaria in $N$ parti, ognuna di $\frac{2\pi}{N}<\epsilon$ radianti. Ora prendo $N+1$ potenze consecutive di $x$. Per il principio dei cassetti, 2 di esse dovranno trovarsi nella stessa fetta di circonferenza; siano esse $x^a$ e $x^b$, con $a > b$. Poichè $\frac{\theta}{\pi}$ è irrazionale, similmente a come si è spiegato prima, $z^a \ne z^b$. Dunque abbiamo due diversi elementi di $A$ a distanza tra loro minore di $\epsilon$: per questo motivo l'angolo formato da $z^{a-b}$ con l'asse reale è minore di $\epsilon$. Allora il sottoinsieme $A_{\epsilon} \subset A$, definito da $A_{\epsilon} = { z^{(a-b)n} \, con \, n \in \mathbb{N} }$ è formato da elementi tali che la distanza in radianti tra due di essi consecutivi è minore di $\epsilon$. Dunque preso un punto $P$ sulla circonferenza complessa unitaria, esiste sempre un $Q \in A_{\epsilon}$ che ha distanza in radianti da $P$ minore di $\epsilon$. Per l'arbitrarietà di $\epsilon$, ciò implica che anche $A$(che contiene $A_{\epsilon}$) è denso, da cui la tesi.