Podróże po Imperium Liczb Część 07. Ciągi rekurencyjne

Andrzej Nowicki, Ciągi rekurencyjne. 12. Całkowitość wyrazów pewnych ciągów rekurencyjnych 163(3) Załóżmy, że każdy wyraz ciągu (y n ) jest liczbą całkowitą. Czy wtedy p ∈ Z ?(4)y n+2 + y ny n+1= y2 n + y 2 n+1 + py n y n+1= b, dla wszystkich n 1.(5) (y n ) jest uogólnionym ciągiem Fibonacciego:([OM] Bułgaria 1978, [Pa97]).y n+2 = by n+1 − y n .D. Z definicji ciągu (y n ) wynika, że y n+1 y n+3 + y 2 n+1 = y 2 n+2 + p + y 2 n+1 = y 2 n+2 + y n y n+2 . Stądotrzymujemy równościy n+3 + y n+1y n+2= y n+2 + y ny n+1= · · · = y 3 + y 1y 2=y 2 2 +py 1+ y 1= y2 1 + y2 2 + p= b,y 2 y 1 y 2z których bez trudu wykażemy wszystkie własności oprócz (3). Nie znam odpowiedzi na pytaniepostawione w (3). ⊠12.4.2. Ciąg (a n ) jest określony wzorami: a 1 = a 2 = 1,Ciąg ten posiada następujące własności.a n+2 = a2 n+1 + 2a n.(1) a 3 = 3, a 4 = 11, a 5 = 41, a 6 = 153, a 7 = 571, a 8 = 2131, a 9 = 7953, a 10 = 29681.(2) Każdy wyraz tego ciągu jest liczbą naturalną. Dowód. Wynika z 12.4.1. ([Dlt] 12/1985)(3) Wszystkie wyrazy (a n ) są liczbami nieparzystymi.(4) Ciąg (a n (mod 5)) jest okresowy z okresem 1, 1, 3.(5) Ciąg (a n (mod 100)) jest okresowy. Okres ma długość 60.12.4.3. Ciąg (b n ) określony jest wzorami: b 1 = b 2 = 1,Ciąg ten posiada następujące własności.b n+2 = b2 n+1 + 3b n.(1) b 3 = 4, b 4 = 19, b 5 = 91, b 6 = 436, b 7 = 2089, b 8 = 10009.(2) Każdy wyraz tego ciągu jest liczbą naturalną. Dowód. Wynika z 12.4.1.(3) Ciąg (b n (mod 10)) jest okresowy i jego okres jest czysty i ma długość 12.(4) Ciąg (b n (mod 100)) jest okresowy i jego okres jest czysty i ma długość 60.12.4.4. Dany jest ciąg (a n ) określony wzorami: a 1 = a 2 = 1,a n+2 = a2 n+1 + 4a n.Każdy wyraz tego ciągu jest liczbą całkowitą. (Wynika z 12.4.1).

164Andrzej Nowicki, Ciągi rekurencyjne.12. Całkowitość wyrazów pewnych ciągów rekurencyjnych12.4.5. Dany jest ciąg (a n ) określony wzorami: a 1 = a 2 = 1,a n+2 = a2 n+1 − 2a n.Każdy wyraz tego ciągu jest liczbą całkowitą. Dokładniej:a 2n−1 = (−1) n+1 , a 2n = (−1) n+1 .12.4.6. Ciąg rekurencyjny (x n ) określony jest wzorami:x 0 = 1, x 1 = 1, x n+2 x n = x 2 n+1 + x n+1 + 1, dla n 0.Wykazać, że wszystkie wyrazy ciągu (x n ) są całkowite oraz, że x n+2 + x n + 1 ≡ 0 (mod x n+1 )dla n 0.12.4.7. Niech a, b będą niezerowymi liczbami całkowitymi takimi, że |a| ̸= |b|. Ciąg (x n )określony jest wzorami:x 1 = b, x 2 = b 2 − a 2 , x n+2 x n = x 2 n+1 − a 2(n+1) , dla n 1.Wykazać, że wszystkie wyrazy ciągu (x n ) są całkowite. ([MM] 61(2)(1988) 115-116).oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo12.5 Ciąg x n+3 = (x n+1 x n+2 + p)/x noooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo12.5.1. Niech a 1 = a 2 = a 3 = 1 oraza n+3 = a n+1a n+2 + 1a ndla n ∈ N. Każdy wyraz tego ciągu jest liczbą całkowitą. ([Mon] 68(4)(1961) E1431, [Mock] 1/2004).12.5.2. Niech a 1 = a 2 = a 3 = 1 oraza n+3 = a n+1a n+2 + 2a ndla n ∈ N. Każdy wyraz tego ciągu jest liczbą całkowitą. ([OM] Irlandia 2002).D. Można łatwo sprawdzić, że a n = 4a n−1 − a n−2 , gdy n jest parzyste oraz a n = 2a n−1 − a n−2 ,gdy n nieparzyste. ⊠12.5.3. Niech a 1 = a 2 = 1 oraza n+3 = a n+1a n+2 + 1989a ndla n ∈ N. Każdy wyraz tego ciągu jest liczbą naturalną. ([AnE] s.82).

Andrzej Nowicki, Ciągi rekurencyjne. 12. Całkowitość wyrazów pewnych ciągów rekurencyjnych 165D. ([AnE]). Mamy dwie równości a n+1 a n−2 = a n a n−1 + 1989, a n a n−3 = a n−1 a n−2 + 1989.Odejmując stronami otrzymujemy równość a n−2 (a n+1 + a n−1 ) = a n (a n−1 + a n−3 ), czyli an+1+an−1a n=a n−1+a n−3a n−2. Mamy zatem:a 2n+1 + a 2n−1a 2na 2n+2 + a 2na 2n+1= a 2n−1 + a 2n−3a 2n−2= · · · = a 3 + a 1a 2= 2001 = 200;= a 2n + a 2n−2a 2n−1= · · · = a 4 + a 2a 3= 2189199 = 11.Wykazaliśmy więc, że a 2n+1 = 200a 2n − a 2n−1 , a 2n+2 = 11a 2n+1 − a 2n . Stąd wynika, że każde a n jestliczbą całkowitą. Jest oczywiste, że każde a n jest liczbą dodatnią; jest więc liczbą naturalną. ⊠Powtarzając powyższy dowód, otrzymujemy:12.5.4. Niech (a n ) będzie ciągiem takim, że a 1 , a 2 , a 3 są liczbami naturalnymi oraza n+3 = a n+1a n+2 + ba ndla n ∈ N, gdzie b jest daną liczbą naturalną. Jeżeli liczby a 2a 3 +bnaturalne, to każdy wyraz tego ciągu jest liczbą naturalną.a 1, a 1+a 3a 2, a 1a 2 +a 2 a 3 +ba 1 a 3są12.5.5. Niech a 1 = a 2 = 1, a 3 = 2 oraza n+3 = a n+1a n+2 + 7a ndla n ∈ N. Każdy wyraz tego ciągu jest liczbą naturalną. ([OM] Niemcy 2002/2003).12.5.6. Niech a 1 = a 2 = 1, a 3 = u oraza n+3 = a n+1a n+2 + pa ndla n ∈ N, gdzie p, u są względnie pierwszymi liczbami naturalnymi. Każdy wyraz tego ciągujest liczbą całkowitą wtedy i tylko wtedy, gdy p = ru − 1, gdzie r ∈ Z. ([Mon] 68(4)(1961) s.379).12.5.7. Niech u będzie liczbą naturalną i p liczbą pierwszą. Niech a 1 = a 2 = a 3 = p orazdla n ∈ N.a n+3 = a n+1a n+2 + ua n(1) Jeśli p 3, to każde a n jest liczbą całkowitą wtedy i tylko wtedy, gdy p 2 | u.(2) Jeśli p = 2, to każde a n jest liczbą całkowitą wtedy i tylko wtedy, gdy p | u.([MM] 61(4)(1988) 262-263).

166Andrzej Nowicki, Ciągi rekurencyjne.12. Całkowitość wyrazów pewnych ciągów rekurencyjnychoooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo12.6 Ciągi rekurencyjne z pierwiastkamioooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo12.6.1. Niech x 1 = 3 oraz√xn+1 = 2 √ √x n + 3(1 + x n ).Każdy wyraz tego ciągu jest liczbą naturalną. ([OM] ZSRR 1986).D. Łatwo sprawdzić, że x 2 = 48 oraz, że x n+2 = 14x n+1 − x n + 6. ⊠12.6.2. Niech x 0 = 1 orazx n+1 = 1 2( √ )3x n + 5x 2 n − 4 .Każdy wyraz tego ciągu jest liczbą naturalną. ([OM] W.Brytania 2002).√12.6.3. Niech x 1 = c, x n+1 = cx n + (c 2 − 1)(x 2 n − 1).(1) Jeśli c jest liczbą naturalną, to wszystkie wyrazy tego ciągu są liczbami naturalnymi.([Bryn] 5.9, [OM] RPA 2000).(2) x n = 1 2 (pn + q n ) dla n ∈ N, gdzie p = c + √ c 2 − 1, q = c − √ c 2 − 1. ([Bryn] s.121).12.6.4. Niech a 0 = 0, a n+1 = 7a n + √ 48a 2 n + 1. Wszystkie wyrazy tego ciągu są liczbamicałkowitymi. ([MG] 1966 307).12.6.5. Niech m, p, a ∈ Z i niech x 0 = a oraz√x n+1 = mx n + (m 2 − 1)(x 2 n − a 2 ) + p 2 .Wszystkie wyrazy tego ciągu są liczbami całkowitymi. ([MM] 42(1969) 111-113).12.6.6. Niech a ∈ N i niech x 0 = 0 oraz√x n+1 = (x n + 1)a + (a + 1)x n + 2 a(a + 1)x n (x n + 1).Wykazać, że każde x n jest liczbą naturalną. ([IMO] Shortlist 1983, [Djmp] 166(459)).12.6.7. Niech x 1 = 603, x 2 = 102 oraz x n+2 = x n + x n+1 + 2 √ x n x n+1 − 2. Wtedy:(1) każdy wyraz x n jest liczbą naturalną;(2) istnieje nieskończenie wiele wyrazów z końcówką 2003;(3) nie ma wyrazu z końcówką 2004. ([OM] Wietnam 2004).⋆ Murray S. Klamkin, Perfect squares of the form (m 2 − 1)a 2 n + t, [MM] 42(3)(1969) 111-113.