Целочисленная последовательность и квадраты

[Xenia1996]

Целочисленная последовательность задана следующей формулой:

$a_1=20, a_2=30, a_{n+1}=3a_n-a_{n-1}$

При каких n
$5a_{n+1}a_n+1$ является квадратом натурального числа?

[nnosipov]

Если не при всех, то это может быть сложной проблемой.

[Xenia1996]

nnosipov в сообщении #424733 писал(а):

Если не при всех, то это может быть сложной проблемой.

Таки не при всех, но проблема не очень сложная. Надо доказать что там 501 прибавляется к...не буду говорить, к чему именно

Число $5a_{n+1}a_n+1$ это 501 плюс ещё кое-что...

[nnosipov]

Ну тогда это кое-что --- точный квадрат.

[Sonic86]

Ну пытаемся в лоб...

$$a_n = 10 (\alpha ^{n-1}+ \beta ^{n-1}), \alpha \beta = 1, \alpha = \frac{3+\sqrt{5}}{2}, \beta = \frac{3-\sqrt{5}}{2}$$

Находим формулу последовательности:

$$5a_{n+1}a_n+1 = 1501 + 500(\alpha ^{2n-1}+ \beta ^{2n-1})$$

[Sonic86]

А! Короче, я понял, наверное. Это аналоги чисел Фибоначчи и Люка.

Пусть $a_n, b_n$ - линейные рекуррентные последовательности 2-го порядка:
$a_{n+2}-k_1a_{n+1}+a_n=0$
$b_{n+2}-k_2b_{n+1}+b_n=0$
Свободные члены характеристических уравнений равны единице. Стандартно находим общие формулы:
$a_n = A_1 \alpha _1^n + B_1 \beta _1^n$
$b_n = A_2 \alpha _2^n + B_2 \beta _2^n$
Тут $\alpha _j \beta _j = 1$.
Берем от каждой последовательности простую квадратичную форму вида $f_j(x_1,x_2)=K_jx_1x_2+M_j$, где $x_j$ имеют вид $a_{n+r_j}$, $r_j$ - константа.
Для чисел Фибоначчи и Люка это просто $x^2$ и $5x^2$. Здесь еще и $5xy-5$.
$f_1(a_{n+r_1},a_{n+r_2})=K_1(A_1^2 \alpha_1 ^{n+r_1+r_2} + B_1^2 \beta_1 ^{n+r_1+r_2})+N_1$
$f_2(a_{n+r_3},a_{n+r_4})=K_2(A_2^2 \alpha_2 ^{n+r_3+r_4} + B_2^2 \beta_2 ^{n+r_3+r_4})+N_2$.
Причем $N_j=(2A_jB_j (\alpha ^{r_{2j-1}-r_{2j}} + \beta ^{r_{2j-1}-r_{2j}})+M_j)$ - целые константы
Тогда $f_1(a_{n+r_1},a_{n+r_2})=f_2(a_{n+r_3},a_{n+r_4})$, если
$\left\{ \begin{array}{llll} \alpha _j = \beta _j \\ K_1A_1^2=K_2A_2^2 \\ K_1B_1^2=K_2B_2^2 \\ N_1=N_2 \end{array} $
То есть характеристический полином должен быть одинаков. (а еще у меня ңөе условие получилось зависимым от 2-го и 3-го)
Вот так и решаем. У нас можно ввести вместо $a_n$ последовательность $x_n=10a_n$, $\alpha = \frac{3+\sqrt{5}}{2}, \beta = \frac{3-\sqrt{5}}{2}$ и $b_n=5(x_nx_{n+1}-1)$, откуда $b_n = \sqrt{5 \alpha} \alpha ^n + \sqrt{5 \beta} \beta ^n$ и остается лишь проверить целочисленность $b_1, b_2$, и так и есть: 5 и 10 соответственно.

Прикольная задача!

(ссылки)

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=58&t=370868
http://mathworld.wolfram.com/LucasNumber.html

[glorius_May]

А это не вот эта задача?

http://www.iis.it-hiroshima.ac.jp/~ohka ... ol022.html

[Sonic86]

glorius_May в сообщении #424869 писал(а):

А это не вот эта задача?

http://www.iis.it-hiroshima.ac.jp/~ohka ... ol022.html

Очевидно она

[Sonic86]

Ну вот. Просто доказать, что для исходной последовательности $a_n: a_{n+2}-3a_{n+1}+a_n=0$ с $a_0=2; a_1=3$ квадратами являются все последовательности, которые могут быть получены сдвигом $n$ на константу и умножением на квадрат из последовательностей двух семейств:
$q_n^2=a_na_{n+2r}-(\alpha ^r - \beta ^r)^2$
$q_n^2=5(a_na_{n+2r+1}-(\alpha ^{2r+1} - 2 + \beta ^{2r+1}))$
Для остальных последовательностей вида $Ka_na_{n+r}+M$ это доказать уже сложнее. Попробуйте, например, найти число квадратов в последовательности $2a_na_{n+2}+1$.
С числами Фибоначчи и Люка можно аналогично разобраться...