来自微信网友的数列题：`∃i\in[1,n-1],a_{n+1}=2a_n-a_i,a_{2m}=3^m` 求通项

kuing

题目：数列 `\an` 对任意 `n\inN^+` 且 `n\geqslant2`，均存在正整数 `i\in[1,n-1]` 满足 `a_{n+1}=2a_n-a_i` ，且 `a_1=1`, `a_2=3`。

（1）（2）略；

（3）若 `a_{2m}=3^m`（`\forall m\inN^+`）成立，求数列 `\an` 的通项公式。

我的解法用了数归搞得有点麻烦，放在 2 楼暂时关闭（已打开），先看看各位有没有啥巧妙嘀方法。😁

kuing

经计算分析可以确定 `a_3=5`, `a_5=15`, `a_7=45`，于是猜想：`a_{2m+1}=5\cdot 3^{m-1}`, `m\in N^+`，下面用第二数学归纳法来证明。

当 `m=1` 时成立，假设对于 `1\leqslant m\leqslant k` 都有 `a_{2m+1}=5\cdot 3^{m-1}`。

则当 `m=k+1` 时，一方面，存在 `i\in [1,2k+1]` 使得
\[a_{2k+3}=2a_{2k+2}-a_i=2\cdot 3^{k+1}-a_i,\]
另一方面，存在 `j\in [1,2k+2]` 使得
\[a_{2k+4}=2a_{2k+3}-a_j\iff a_{2k+3}=\frac {3^{k+2}+a_j}2,\]
于是应有
\[2\cdot 3^{k+1}-a_i=\frac {3^{k+2}+a_j}2,\]
化简即
\[2a_i+a_j=3^{k+1},\quad(*)\]
下面证明满足式 (*) 的 `(a_i,a_j)` 有且只有一组。

由条件及归纳假设可知
\begin{align*}
a_i&\in \{1,3,3^2,\ldots ,3^k\}\cup \{5,5\cdot 3,5\cdot 3^2,\ldots ,5\cdot 3^{k-1}\},\\
a_j&\in \{1,3,3^2,\ldots ,3^k,3^{k+1}\}\cup \{5,5\cdot 3,5\cdot 3^2,\ldots ,5\cdot 3^{k-1}\},
\end{align*}
由式 (*) 显然有 `a_j<3^{k+1}`，所以上式第二行的 `3^{k+1}` 可以去掉，为方便表述，记
\begin{align*}
A&=\{1,3,3^2,\ldots ,3^k\},\\
B&=\{5,5\cdot 3,5\cdot 3^2,\ldots ,5\cdot 3^{k-1}\},
\end{align*}
也就是有 `a_i`, `a_j\in A\cup B`，下面分类讨论。

（I）若 `a_i`, `a_j\in A`，可令 `a_i=3^t`, `a_j=3^u`, `t`, `u\in\{0,1,\ldots,k\}`，代入式 (*) 化为
\[\frac 2{3^{k+1-t}}+\frac 1{3^{k+1-u}}=1,\]
上式分母的两个指数中，如果有一个是 `1` 那另一个也是 `1`；如果都不小于 `2` 那左边就小于 `1`，所以只有当两个指数都为 `1` 时才成立，即 `t=u=k`；

（II）若 `a_i`, `a_j\in B`，类似地操作，可得
\[\frac {10}{3^{k+1-t}}+\frac 5{3^{k+1-u}}=1,\]
（III）若 `a_i\in A`, `a_j\in B`，类似地操作，可得
\[\frac {2}{3^{k+1-t}}+\frac 5{3^{k+1-u}}=1,\]
（IV）若 `a_i\in B`, `a_j\in A`，类似地操作，可得
\[\frac {10}{3^{k+1-t}}+\frac 1{3^{k+1-u}}=1,\]
类似地由小到大地分析分母的两个指数，不难知道（II）（III）（IV）的三条方程都是无整数解的。

综上，满足式 (*) 的解只有唯一的 `a_i=a_j=3^k`，所以 `a_{2k+3}=2\cdot 3^{k+1}-3^k=5\cdot3^k`，这样就证明了当 `m=k+1` 时也有 `a_{2m+1}=5\cdot 3^{m-1}`，即结论得证。

kuing

过了一整天，打开 2# 吧😌

kuing

@O-17 背景我也看不出……
你当年的数归和 2# 有没有不同？或者…能找到标答嘛？

Aluminiumor

没有想到别的方法，不过可以稍微优化下：
$2\cdot5\cdot3^{k-1}>3^{k+1}\Rightarrow a_i\leq 3^k\Rightarrow a_{j}\geq3^k$
所以 $a_j$ 只能为 $3^k$ 或 $5\cdot3^{k-1}$
两种情况分别验证下就可以得出 $a_i=a_j=3^k$

kuing

Aluminiumor 发表于 2023-12-28 20:11
没有想到别的方法，不过可以稍微优化下：
$2\cdot5\cdot3^{k-1}>3^{k+1}\Rightarrow a_i\leq 3^k\Rightarro ...

有道理😃这样的确简单多了

睡神

此题出自22年上海秋招压轴

先用数学归纳法证明$a_{n+1}>a_n>0$

当$n=1$时，$a_2>a_1>0$成立

假设$n \le k$时，$a_{k+1}>a_k>a_{k-1}>\cdots >a_1>0$成立

那么$a_{k+2}=2a_{k+1}-a_i=a_{k+1}+(a_{k+1}-a_i)>a_{k+1}$得证

由$\left\{\begin{aligned}a_{2m+1} &=2a_{2m}-a_i=2\times3^m,i\in [1,2m-1] \\a_{2m+2} &=2a_{2m+1}-a_j=3^{m+1},j\in [1,2m] \end{aligned}\right.$

得$2a_i+a_j=3^m=a_{2m}$

下证 $i=2m-2$

①  当$i=2m-1$时，$a_i=a_{2m-1}$

     此时，$a_j=a_{2m}-2a_i=a_{2m}-2a_{2m-1}=-a_k<0$矛盾

②  当$i<2m-2$时，$2a_i<2a_{2m-2}=2\times 3^{m-1}$
     
     此时，$a_j=3^m-2a_i>3^m-2\times 3^{m-1}=3^{m-1}=a_{2m-2}$

     而$a_j=a_{2m}-2a_i<a_{2m}$，得$2m-2<j<2m$，则$j=2m-1$

     此时，$a_{2m+2}=2a_{2m+1}-a_{2m-1}$

     当$m=1$时，有$a_4=2a_3-a_1$矛盾

综上，$i=2m-2$

此时，$a_i=a_{2m-2}=3^{m-1}$，而$a_{2m+1}=2a_{2m}-a_{2m-2}=2\times 3^m-3^{m-1}=5\times 3^{m-1}$