Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 364
2014-06-07 
Доказать, что для последовательности чисел (Фибоначчи) $a_{1}, a_{2}, \cdots$, заданной соотношениями
$a_{1} = a_{2} = 1, a_{n+2} = a_{n+1} + a_{n}$ при $n \in \mathbf{N}$,
существует единственная тройка чисел $a, b, c \in \mathbf{N}$, удовлетворяющая условиям: $b < a, c < a$ и дли любого значения $n \in \mathbf{N}$ число $a_{n} – nbc^{2}$ делится на $a$.
Решение:
Докажем, что тройка чисел $a, b, c \in \mathbf{N}$, где $b < a, c < a$, удовлетворяет условию задачи тогда и только тогда, когда выполнены условия
$bc \equiv 1 (\mod a)$, (1)
$nbc^{2} + (n - 1)bc^{n-1} \equiv (n + 1)bc^{n+1} (\mod a)$ при $n \in \mathbf{N}$. (2)
Пусть числа $a, b, c$ удовлетворяют условию задачи. Тогда условие (1) вытекает из соотношений
$bc \equiv a_{1} (\mod a), a_{1} = 1$.
а с учетом соотношений
$2bc^{2} \equiv a_{2} (\mod a), a_{2} = a_{1}$
Получаем и условие (2) при $n = 1$, которое в этом случае выглядит так:
$bc \equiv.2bc^{2}(\mod a)$ (3)
Наконец, при остальных значениях $n > 1$ условие (2) также выполнено, так как
$a_{n} \equiv nbc^{n} (\mod a)$,
$a_{n-1} \equiv (n-1)bc^{n-1} (\mod a), a_{n+1} \equiv (n + 1)bc^{n+1} (\mod a)$,
$a_{n} + a_{n-1} = a_{n+1}$.
Пусть теперь числа $a, b, c$ удовлетворяют условиям (1) и (2). Индукиней по $n \in \mathbf{N}$ докажем, что каждое из чисел $a_{n} – nbc^{n}$ делится на $a$. При $n =1$ и $n = 2$ утверждение вытекает из условий (1) и (3) (последнее совпадает с условием (2) при подстановке $n = 1$), так как $a_{1} = a_{2} = 1$. Пусть для некоторого значения $n > 1$ уже доказано, что числа $a_{n} – nbc^{n}$ и $a_{n-1} – (n-1)bc^{n-1}$ делятся на $a$. Тогда из условий (2) и (4) следует, что число
$a_{n+1} - (n + 1)bc^{n+1} \equiv ((a_{n} – nbc^{n}) + (a_{n-1} – (n-1)bc^{n-1})) (\mod a)$
также делится на $a$. Заметим, что из условия (1) вытекают соотношения $(b, a) = (c, a) = 1$. При этом условие (2) равносильно тому, что каждое из чисел
$d_{n} = (n + 1) c^{2} – nc - (n-1) = (n + 1)(c^{2} – c - 1) + (c + 2)$
при $n \in \mathbf{N}$ делится на $a$, что (в свою очередь) имеет место тогда только тогда, когда каждое из двух чисел
$c^{2} – c – 1 = d_{2} – d_{1}$ и $c + 2 = d_{1} – 2( c^{2} – c - 1)$
делится на $a$. Следовательно, число
$(c^{2} – c - 1) - (c + 2) (c – 3) = 5$
должно делиться на $a$. Поскольку $a > 1$, то $a = 5$, а из соотношений $c + 2 \equiv 0 (\mod 5), 1 \leq c < 5$ и $b_{c}\equiv 1 (\mod 5), 1 \leq b < 5$ имеем $c = 3, b = 2$. Для завершения доказательства остается заметить, что полученные значения $a, b, c$ удовлетворяют условию (1) и числа $c + 2$ и $c^{2} – c – 1$ делятся на $a$.
Доказать, что для последовательности чисел (Фибоначчи) $a_{1}, a_{2}, \cdots$, заданной соотношениями
$a_{1} = a_{2} = 1, a_{n+2} = a_{n+1} + a_{n}$ при $n \in \mathbf{N}$,
существует единственная тройка чисел $a, b, c \in \mathbf{N}$, удовлетворяющая условиям: $b < a, c < a$ и дли любого значения $n \in \mathbf{N}$ число $a_{n} – nbc^{2}$ делится на $a$.
Решение:
Докажем, что тройка чисел $a, b, c \in \mathbf{N}$, где $b < a, c < a$, удовлетворяет условию задачи тогда и только тогда, когда выполнены условия
$bc \equiv 1 (\mod a)$, (1)
$nbc^{2} + (n - 1)bc^{n-1} \equiv (n + 1)bc^{n+1} (\mod a)$ при $n \in \mathbf{N}$. (2)
Пусть числа $a, b, c$ удовлетворяют условию задачи. Тогда условие (1) вытекает из соотношений
$bc \equiv a_{1} (\mod a), a_{1} = 1$.
а с учетом соотношений
$2bc^{2} \equiv a_{2} (\mod a), a_{2} = a_{1}$
Получаем и условие (2) при $n = 1$, которое в этом случае выглядит так:
$bc \equiv.2bc^{2}(\mod a)$ (3)
Наконец, при остальных значениях $n > 1$ условие (2) также выполнено, так как
$a_{n} \equiv nbc^{n} (\mod a)$,
$a_{n-1} \equiv (n-1)bc^{n-1} (\mod a), a_{n+1} \equiv (n + 1)bc^{n+1} (\mod a)$,
$a_{n} + a_{n-1} = a_{n+1}$.
Пусть теперь числа $a, b, c$ удовлетворяют условиям (1) и (2). Индукиней по $n \in \mathbf{N}$ докажем, что каждое из чисел $a_{n} – nbc^{n}$ делится на $a$. При $n =1$ и $n = 2$ утверждение вытекает из условий (1) и (3) (последнее совпадает с условием (2) при подстановке $n = 1$), так как $a_{1} = a_{2} = 1$. Пусть для некоторого значения $n > 1$ уже доказано, что числа $a_{n} – nbc^{n}$ и $a_{n-1} – (n-1)bc^{n-1}$ делятся на $a$. Тогда из условий (2) и (4) следует, что число
$a_{n+1} - (n + 1)bc^{n+1} \equiv ((a_{n} – nbc^{n}) + (a_{n-1} – (n-1)bc^{n-1})) (\mod a)$
также делится на $a$. Заметим, что из условия (1) вытекают соотношения $(b, a) = (c, a) = 1$. При этом условие (2) равносильно тому, что каждое из чисел
$d_{n} = (n + 1) c^{2} – nc - (n-1) = (n + 1)(c^{2} – c - 1) + (c + 2)$
при $n \in \mathbf{N}$ делится на $a$, что (в свою очередь) имеет место тогда только тогда, когда каждое из двух чисел
$c^{2} – c – 1 = d_{2} – d_{1}$ и $c + 2 = d_{1} – 2( c^{2} – c - 1)$
делится на $a$. Следовательно, число
$(c^{2} – c - 1) - (c + 2) (c – 3) = 5$
должно делиться на $a$. Поскольку $a > 1$, то $a = 5$, а из соотношений $c + 2 \equiv 0 (\mod 5), 1 \leq c < 5$ и $b_{c}\equiv 1 (\mod 5), 1 \leq b < 5$ имеем $c = 3, b = 2$. Для завершения доказательства остается заметить, что полученные значения $a, b, c$ удовлетворяют условию (1) и числа $c + 2$ и $c^{2} – c – 1$ делятся на $a$.
