[Teoria Liczb] suma ciągu geometrycznego

[marcin7Cd]

Niech \(\displaystyle{ a\ge 1}\) będzie liczbą naturalną.
Oznaczmy\(\displaystyle{ S(n)=1+a+a^2+a^3+...+a^n}\) dla \(\displaystyle{ n=1,2,3,...}\)
Udowodnij, że jeśli \(\displaystyle{ S(n)}\) jest liczbą trójkątna dla każdego \(\displaystyle{ n \in Z_{+}}\), to \(\displaystyle{ a=9}\) .

[a4karo]

To pokaz jakieś próby rozwiązania

[hannahannah]

Po pierwsze \(\displaystyle{ 9T_{n+1}=T_{3n+1}}\), bo

\(\displaystyle{ 9\cdot\frac{(n(n+1)}2 = \frac{(3n+1)(3n+2)}2}\)

zatem dla \(\displaystyle{ a=9}\) jest OK.

Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ a}\) spełnia warunki. Niech \(\displaystyle{ i\mathbb{N}\to\mathbb{N}}\) będzie taka, że \(\displaystyle{ T_{i(n)}=S(n)}\).

Wówczas

(*) \(\displaystyle{ aT_{i(n)}+1=T_{i(n+1)}}\).

Niech unkcja \(\displaystyle{ f:\mathbb{R}_+\to\mathbb{R}}\) będzie dana wzorem

\(\displaystyle{ f(x)=\frac{x(x+1)}2}\)

oraz niech \(\displaystyle{ t=\frac{\sqrt a-1}2}\) i \(\displaystyle{ b=\sqrt a}\). Wtedy na mocy (*)

\(\displaystyle{ f(i(n)b+t)-T_{i(n+1)}=f(i(n)b+t)-f(i(n+1))=\frac{a-9}8}\).

Dla pewnego \(\displaystyle{ \xi\in[i(n)b+t,i(n+1)]}\) zachodzi więc:

\(\displaystyle{ \xi+\frac 12=f'(\xi)=\frac{f(i(n)b+t)-f(i(n+1))}{i(n)b+t-i(n+1)}=\frac{a-9}{8(i(n)b+t-i(n+1))}}\)

czyli

\(\displaystyle{ \left(\xi+\frac 12\right)(i(n)b+t-i(n+1))=\frac{a-9}8}\)

i konsekwentnie

\(\displaystyle{ i(n+1)-i(n)\sqrt a=\frac{9-a}{8\xi+4}+t\to t}\).

Otrzymaliśmy więc:

(**) \(\displaystyle{ i(n+1)-(\sqrt a\cdot i(n)+t)\to 0}\).

Analogicznie do (**):

\(\displaystyle{ i(n)-(\sqrt a\cdot i(n-1)+t)\to 0}\), wiec po iterowaniu mamy

(***) \(\displaystyle{ i(n+1)-(\sqrt a(\sqrt a\cdot i(n-1)+t)+t)\to 0}\).

Teraz

\(\displaystyle{ i(n+1)-(\sqrt a(\sqrt a\cdot i(n-1)+t)+t)=i(n+1)-ai(n-1)-t\sqrt a -t}\).

Na mocy (***) mamy więc:

\(\displaystyle{ i(n+1)-ai(n-1)\to t\sqrt a + t=\frac{a-1}2}\).

Ale zbieżne ciągi liczb naturalnych stabilizują się i są zbieżne do liczb naturalnych, zatem dla odpowiednio dużych \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\):

(****) \(\displaystyle{ i(n+1)=ai(n-1)+\frac{a-1}2}\).

Iterując (*) dwukrotnie otrzymujemy:

\(\displaystyle{ T_{i(n+1)}=a^2T_{i(n-1)}+a+1}\).

Z jednej strony mamy wiec:

\(\displaystyle{ T_{i(n+1)}=\frac{(i(n+1)^2+i(n+1))}2=\frac{\left(ai(n-1)+\frac{a-1}2\right)\left(ai(n-1)+\frac{a+1}2\right)}2=}\)

\(\displaystyle{ =\frac{a^2(i(n-1))^2+a^2i(n-1)+\frac{a^2-1}4}2}\)

zaś z drugiej:

\(\displaystyle{ T_{i(n+1)}=a^2T_{i(n-1)}+a+1=\frac{a^2(i(n-1))^2+a^2i(n-1)+2a+2}2}\).

Stąd

\(\displaystyle{ \frac{a^2-1}4=2a+2}\)

czyli

\(\displaystyle{ a^2-8a-9=0}\)

i \(\displaystyle{ a=9}\), bo \(\displaystyle{ a>0}\).

[marcin7Cd]

rozwiązanie wygląda na poprawne.
Moje rozwiązanie jest bardziej elementarne:

Ukryta treść:    

Zauważmy najpierw, że jeśli \(\displaystyle{ S(n)}\) jest liczbą trójkątną, to \(\displaystyle{ 8S(n)+1[}\) jest kwadratem(na odwrót też działa). Jeżeli \(\displaystyle{ p|a-1 \Leftrightarrow a \equiv 1 \pmod{p}}\)(\(\displaystyle{ p}\) jest pierwsze), to wtedy \(\displaystyle{ S(n) \equiv n+1 \pmod{p}}\), czyli \(\displaystyle{ S(n)}\) generuje wszystkie reszty modulo \(\displaystyle{ p}\). Jeśli \(\displaystyle{ p>2}\), to wtedy \(\displaystyle{ 8S(n)+1}\) generuje wszystkie reszty modulo \(\displaystyle{ p}\), a kwadraty przyjmują tylko \(\displaystyle{ \frac{p+1}{2}}\) reszt, co daje sprzeczność. Oznacza, to że \(\displaystyle{ a-1=2^n \Leftrightarrow a=2^n+1}\). Teraz jest żmudna część rozwiązania.

\(\displaystyle{ b^2=8S(2)+1=8(2^{2n}+2^{n+1}+1+2^{n}+1+1)+1}\)\(\displaystyle{ =8(2^n(2^n+3)+3)+1=2^{n+3}(2^n+3)+25}\) podstawmy \(\displaystyle{ b=5+k}\) i otrzymamy \(\displaystyle{ 2^{n+3}(2^n+3)=k(10+k)}\). Zauważmy, że dla\(\displaystyle{ n=0}\) \(\displaystyle{ S(2)=7}\), co nie jest liczbą trójkątną. Będziemy rozpatrywać tylko \(\displaystyle{ n\ge 1}\), wtedy \(\displaystyle{ 2\nmid 2^n+3}\).\(\displaystyle{ NWD(k,10+k)=1,2,5}\), więc jedna z liczb \(\displaystyle{ k,k+10}\) nie jest podzielna przez \(\displaystyle{ 4}\), ale jeśli jedna jest parzysta to druga też. Z uwagi na to, że \(\displaystyle{ n+3 \ge 4}\) i \(\displaystyle{ 2^{n+3}||k(10+k)}\) mamy \(\displaystyle{ k=2^{n+2}l}\) albo \(\displaystyle{ k=2^{n+2}l-10}\). Podstawiając otrzymuje \(\displaystyle{ (2^{n+1}l+5)l=2^n+3}\) albo \(\displaystyle{ (2^{n+1}l-5)l=2^n+3}\). Sprowadza się to do znalezienia rozwiązania równania \(\displaystyle{ (2^{n+1}x+5)x=2^n+3}\) dla \(\displaystyle{ x\in \ZZ}\). dla \(\displaystyle{ x>0}\) wyrażenie po lewej rośnie, więc dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\) mamy \(\displaystyle{ 2^n+3=x(2^{n+1}x+5)\ge 1\cdot(2^{n+1}\cdot 1+5) \Rightarrow -2 \ge 2^{n}}\). Dla \(\displaystyle{ x\le -1}\) wyrażenie po lewej maleje(widać to z pochodnej i z \(\displaystyle{ 2^{n+2}\cdot x-5<0}\)), więc \(\displaystyle{ 2^n+3=x(2^{n+1}x+5) \ge -1 \cdot (2^{n+1} \cdot (-1)+5) \Rightarrow 8 \ge 2^n}\). (Dla x=0 oczywiście brak rozwiązań) Pozostaje tylko rozpatrzyć przypadki i otrzymujemy \(\displaystyle{ n=3}\), co daje \(\displaystyle{ a=9}\)