求解一道数列数论

king12123

kuing

照搬上次 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=3587 中的方法即可。

待定系数 $k_1$, $p_1$, $k_2$, $p_2$ 使得
\begin{align*}
a_{n+1}-k_1a_n&=p_1(a_n-k_1a_{n-1}), \\
a_{n+1}-k_2a_n&=p_2(a_n-k_2a_{n-1}),
\end{align*}
相乘，得到
\[a_{n+1}^2+k_1k_2a_n^2-(k_1+k_2)a_{n+1}a_n
=p_1p_2\bigl(a_n^2+k_1k_2a_{n-1}^2-(k_1+k_2)a_na_{n-1}\bigr),\]
于是
\[a_{n+1}^2+k_1k_2a_n^2-(k_1+k_2)a_{n+1}a_n
=(p_1p_2)^{n-1}\bigl(a_2^2+k_1k_2a_1^2-(k_1+k_2)a_2a_1\bigr),\]
再来看系数，与原递推式比较，易见 $k_1$, $p_1$, $k_2$, $p_2$ 是方程组
\[\led
k+p&=2005, \\
kp&=1
\endled\]
的两组解，消 $p$ 得
\[k^2-2005k+1=0,\]
故
\[\led
k_1+k_2&=2005, \\
k_1k_2&=1,
\endled\]
且
\[p_1p_2=\frac1{k_1k_2}=1,\]
将它们代入，即得
\[a_{n+1}^2+a_n^2-2005a_{n+1}a_n=a_2^2+a_1^2-2005a_2a_1=-2003,\]
整理得
\[(a_{n+1}-a_n)^2=2003(a_{n+1}a_n-1),\]
由于 $a_n$ 均为整数，而 $2003$ 是质数，因此由上式可知，必有 $2003\mid a_{n+1}-a_n$，故可设 $a_{n+1}-a_n=2003m$, $m\inZ$，代入即得
\[a_{n+1}a_n-1=2003m^2,\]
即得证。

king12123

很不错啊，感觉到都是有套路了，真厉害！