Matematyka.pl

Ciąg liczb rzeczywistych spełnia warunki:

\(\displaystyle{ a_1 =1, \ a_{n+1}=19a_n + 12 \sqrt{\frac{5a_{n}^2-3}{2}}}\) dla \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\).

Udowodnij, że każdy wyraz tego ciągu jest liczbą całkowitą.

Rozpatrzmy, oprócz ciągu \(\displaystyle{ a_n}\), dodatkowo ciąg \(\displaystyle{ c_n}\), określony wzorem:

\(\displaystyle{ c_n = \sqrt{\frac{5a_n^2-3}{2}}}\).

Możemy napisać: \(\displaystyle{ a_{n+1} = 19a_n + 12c_n}\), gdzie \(\displaystyle{ a_1 = c_1 = 1}\). Ponadto: \(\displaystyle{ 5a_n^2-2c_n^2 = 3}\). W związku z tym przyjrzymy się bliżej punktom wymiernym (czyli punktom o obu współrzędnych wymiernych) krzywej: \(\displaystyle{ 5x^2 - 2y^2 = 3}\). Jest to oczywiście hiperbola. Skorzystam teraz z metody, którą podpatrzyłem u Kourliandtchika. Zauważmy, że na danej krzywej znajdują się cztery "oczywiste" punkty wymierne: \(\displaystyle{ (1,1), (1,-1), (-1,1), (-1,-1)}\). Wybierzemy sobie jeden z nich, np. \(\displaystyle{ (1,1)}\). Jeżeli mamy na hiperboli dowolny inny punkt wymierny, to wówczas prosta przechodząca przez te dwa punkty, jeżeli jest nierównoległa do osi \(\displaystyle{ OY}\), ma równanie postaci: \(\displaystyle{ y-1 = t(x-1)}\), przy pewnym wymiernym \(\displaystyle{ t}\). Okazuje się, że i na odwrót, tzn. biorąc dowolne \(\displaystyle{ t}\) wymierne i przecinając tą prostą z hiperbolą, otrzymujemy punkt wymierny. Istotnie rozwiązując układ równań:

\(\displaystyle{ \left\{ \begin{array}{ccc} y-1 & = & t(x-1) \\ 5x^2 - 2y^2 & = & 3 \end{array}}\),

otrzymujemy, poza rozwiązaniem \(\displaystyle{ (1,1)}\), które nie jest zaskoczeniem, rozwiązanie:

\(\displaystyle{ (*)\ ft\{ \begin{array}{ccc} x & = & \frac{2t^2-4t+5}{2t^2-5} \\ y & = & \frac{-2t^2+10t-5}{2t^2-5} \end{array}}\),

które jest z pewnością wymierne. Oznacza to, że każdy punkt wymierny na hiperboli, różny od \(\displaystyle{ (1,-1)}\), wyraża się wzorami \(\displaystyle{ (*)}\), przy pewnym wymiernym \(\displaystyle{ t}\). No to teraz weźmy sobie:

\(\displaystyle{ x' = 19x + 12y}\),

gdzie \(\displaystyle{ (x,y)}\) jest pewnym punktem wymiernym na hiperboli. Z powyższych wzorów otrzymujemy szybko:

\(\displaystyle{ x' = \frac{14t^2+44t+35}{2t^2-5}}\).

Przy niewielkim wysiłku obliczeniowym okazuje się, że jeżeli \(\displaystyle{ x'}\) jest odciętą punktu na hiperboli, to dodatnia rzędna tego punktu będzie się wyrażać wzorem:

\(\displaystyle{ y' = \frac{22t^2+70t+55}{2t^2-5}}\).

Ponieważ punkt \(\displaystyle{ (x',y')}\) jest punktem wymiernym hiperboli, więc jego współrzędne muszą być postaci \(\displaystyle{ (*)}\) dla pewnego wymiernego \(\displaystyle{ t'}\). Szybko przekonujemy się, że:

\(\displaystyle{ t' = \frac{10t+15}{6t+10}}\).

Co z tego wszystkiego wynika? Krok indukcyjny! Czyli: jeżeli para \(\displaystyle{ (a_n, c_n)}\) jest punktem wymiernym, to i para \(\displaystyle{ (a_{n+1}, c_{n+1})}\) jest takim punktem. I to już prawie wszystko, gdyż para \(\displaystyle{ (a_1, c_1)}\) jest punktem wymiernym. Prawie, bo powinniśmy udowodnić, że to są liczby całkowite.

robin5hood, fajnie, ale ładnie to tak kopiować cudze rozwiązania?

ja tylko pomagam niewazne w jaki sposób

A nie wystarczy napisać link lub chociaż podać autora?

robin5hoof dosyć oryginalna ta twoja metoda

przecież wystarczy tak:
\(\displaystyle{ (a_{n+1} - 19a_n )^2 = 144(\frac{5a_n^2 - 3}{2})}\)
\(\displaystyle{ a^2_{n+1} - 38 a_{n+1} a_{n} + 361 a_n^2 = 360 a_n^2 - 216}\)
\(\displaystyle{ a^2_{n+1} - 38 a_{n+1} a_{n} +a_n^2 = - 216}\)
Podobnie:
\(\displaystyle{ a^2_{n} - 38 a_{n} a_{n-1} + a_{n-1}^2 = - 216}\)
Odejmujemy stronami i przechodzimy do postaci iloczynowej.
W myśl, że ciąg jest rosnący wychodzi postać rekurencyjna ciągu.
Trzeba jeszcze sprawdzić, że drugi wyraz ciągu jest całkowity, ale to już raczej potraficie zrobić