Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 362
2014-06-07 
Доказать, что существует ровно одна последовательность целых чисел $a_{1}, a_{2}, \cdots$, удовлетворяющая условиям
$a_{1} = 1, a_{2} > 1, a^{3}_{n+1} + 1 = a_{n}a_{n+2}$ при $n \in \mathbf{N}$.
Решение:
Пусть последовательность $\{ a_{n} \}$ удовлетворяет условию задачи. Поскольку $a_{1} > 0, a_{2} > 0$ и $a^{3}_{2} + 1 = a_{1}a_{3}$, то $a_{3} > 0$. Аналогично получаем, что $a_{n} > 0$ при $n = 4, 5, \cdots$ Поэтому $a_{n+2} = (a^{3}_{n+1} + 1)/a_{n}$ при $n \in \mathbf{N}$, а значит,
$a_{3} = (a^{3}_{2} + 1)/a_{1} = a_{2}^{3} + 1$,
$a_{4} = (a^{3}_{3} + 1)/a_{2} = ((a^{3}_{2} + 1) + 1)/a_{2} = (a^{9}_{2} + 3 a_{2}^{6} + 3a_{2}^{3} + 2)/a_{2} = a^{8}_{2} + 3a^{2}_{2} + 3a^{2}_{2} + 2/a_{2}$.
Так как $a_{4} \in \mathbf{Z}$, то число $a_{2} > 1$ является делителем двойки, т. е. $a_{2} = 2$. Поскольку все остальные члены последовательности однозначно определяются первыми двумя ее членами, то указанная последовательность единственна. Докажем индукцией пo $n \in \mathbf{N}$, что все члены этой последовательности - целые числа (т. е. она действительно удовлетворяет условиям задачи). Как было уже проверено, числа $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ являются целыми. Далее, пусть для некоторого значения $n \geq 5$ доказано, что $a_{1}, \cdots, a_{n-1} \in \mathbf{Z}$. Тогда имеем
$a_{n} = (a^{3}_{n-1} + 1)/a_{n-2} = ((( a^{3}_{n-2} + 1)/a_{n-3})^{3} + 1)/a_{n-2} = (a^{9}_{n-2} + 3a^{6}_{n-2} + 3a_{n-1}^{3} + 1 + a_{n-3}^{3})/a_{n-2}a_{n-3}^{3}$,
причем числитель полученной дроби делится на $a^{3}_{n-3}$, поскольку число
$(a^{9}_{n-2} + 3a^{6}_{n-2} + 3a_{n-2}^{3} + 1 + a_{n-3}^{3})/a_{n-3}^{3} = a^{3}_{n-1} + 1$
является целым. Этот числитель делится и на $a_{n-2}$, так как
$(a^{9}_{n-2} + 3a^{6}_{n-2} + 3a_{n-2}^{3} + 1 + a_{n-3}^{3})/a_{n-2} = a^{8}_{n-2} + 3a^{5}_{n-2} + 3a^{2}_{n-2} + a_{n-4}$.
Докажем, что числа $a_{n-2}$ и $a^{3}_{n-8}$ взаимно просты (откуда будет следовать, что числитель рассматриваемой дроби делится на произведение этих чисел). Действительно, этот факт вытекает из соотношений
$(a_{n-2}, a_{n-3}) = ((a^{3}_{n-3} + 1) /a_{n-4}, a_{n-3}) \leq (a^{3}_{n-3} + 1,a_{n-3}) = (1,a_{n-3}) = 1$
Таким образом, число $a_{n}$ является целым. Утверждение доказано.
Доказать, что существует ровно одна последовательность целых чисел $a_{1}, a_{2}, \cdots$, удовлетворяющая условиям
$a_{1} = 1, a_{2} > 1, a^{3}_{n+1} + 1 = a_{n}a_{n+2}$ при $n \in \mathbf{N}$.
Решение:
Пусть последовательность $\{ a_{n} \}$ удовлетворяет условию задачи. Поскольку $a_{1} > 0, a_{2} > 0$ и $a^{3}_{2} + 1 = a_{1}a_{3}$, то $a_{3} > 0$. Аналогично получаем, что $a_{n} > 0$ при $n = 4, 5, \cdots$ Поэтому $a_{n+2} = (a^{3}_{n+1} + 1)/a_{n}$ при $n \in \mathbf{N}$, а значит,
$a_{3} = (a^{3}_{2} + 1)/a_{1} = a_{2}^{3} + 1$,
$a_{4} = (a^{3}_{3} + 1)/a_{2} = ((a^{3}_{2} + 1) + 1)/a_{2} = (a^{9}_{2} + 3 a_{2}^{6} + 3a_{2}^{3} + 2)/a_{2} = a^{8}_{2} + 3a^{2}_{2} + 3a^{2}_{2} + 2/a_{2}$.
Так как $a_{4} \in \mathbf{Z}$, то число $a_{2} > 1$ является делителем двойки, т. е. $a_{2} = 2$. Поскольку все остальные члены последовательности однозначно определяются первыми двумя ее членами, то указанная последовательность единственна. Докажем индукцией пo $n \in \mathbf{N}$, что все члены этой последовательности - целые числа (т. е. она действительно удовлетворяет условиям задачи). Как было уже проверено, числа $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ являются целыми. Далее, пусть для некоторого значения $n \geq 5$ доказано, что $a_{1}, \cdots, a_{n-1} \in \mathbf{Z}$. Тогда имеем
$a_{n} = (a^{3}_{n-1} + 1)/a_{n-2} = ((( a^{3}_{n-2} + 1)/a_{n-3})^{3} + 1)/a_{n-2} = (a^{9}_{n-2} + 3a^{6}_{n-2} + 3a_{n-1}^{3} + 1 + a_{n-3}^{3})/a_{n-2}a_{n-3}^{3}$,
причем числитель полученной дроби делится на $a^{3}_{n-3}$, поскольку число
$(a^{9}_{n-2} + 3a^{6}_{n-2} + 3a_{n-2}^{3} + 1 + a_{n-3}^{3})/a_{n-3}^{3} = a^{3}_{n-1} + 1$
является целым. Этот числитель делится и на $a_{n-2}$, так как
$(a^{9}_{n-2} + 3a^{6}_{n-2} + 3a_{n-2}^{3} + 1 + a_{n-3}^{3})/a_{n-2} = a^{8}_{n-2} + 3a^{5}_{n-2} + 3a^{2}_{n-2} + a_{n-4}$.
Докажем, что числа $a_{n-2}$ и $a^{3}_{n-8}$ взаимно просты (откуда будет следовать, что числитель рассматриваемой дроби делится на произведение этих чисел). Действительно, этот факт вытекает из соотношений
$(a_{n-2}, a_{n-3}) = ((a^{3}_{n-3} + 1) /a_{n-4}, a_{n-3}) \leq (a^{3}_{n-3} + 1,a_{n-3}) = (1,a_{n-3}) = 1$
Таким образом, число $a_{n}$ является целым. Утверждение доказано.
