Члены последовательности

Последовательность (a_k) задана условиями a₀= 0, a₁ = 1 и  при k >1.

Докажите, что все члены этой последовательности являются натуральными числами.

Решение:

(№412 Математика 11, Л.А. Латотин, Б.Д. Чеботаревский)

Эту задачу можно решить, используя метод индукции.

C помощью метода математической индукции докажем, что при произвольном kЄN выполняется неравенство

a_k+1 = 4a_k – a_k-1 + 1 (*).

Тройки чисел (a₂; a₁; a₀) и (a₃; a₂; a₁), где a₂ = 5, a₃ = 20 удовлетворяют (*).

Пусть a_k+1 = 4a_k  – a_k-1 + 1 при конкретном kЄN.

Тогда a_k+1 – a_k-1 = – 2a_k+1 + 4a_k+ 1, а поскольку при этом

(a_k+1 – a_k-1)² = 12a_k(a_k + 1) + 1, то (4a_k –2a_k+1 + 1)² = 12a_k(a_k + 1) + 1 (**).

Равенства (**) равнозначны равенству a_k+1²+ a_k² – 4a_k+1a_k– a_k+1 – a_k = 0, в котором переменные a_k и a_k+1  равноправные. Хти переменные равноправны и в (**), переставив их местами, получим:

(4a_k+1 –2a_k+ 1)² = 12a_k+1(a_k+1 + 1) + 1, (4a_k+1 –2a_k+ 1)² = (a_k+2 – a_k)².

Поскольку a_k+2>a_k+1>a_k и, то имеем 4a_k+1 –2a_k  + 1 = a_k+2 – a_k.

Это означает, что a_k+2  =  4a_k+1 – a_k  + 1.

Шаг индукции обоснован. Значит равенсво (*) выполняется при любом kЄN.

Посколку числа a₀ и a₁ – целые, то с учетом вышедоказаной формулы и все осталные члены последовательности – целые числа. Из-за того, что a₁ > a₀ получаем:

a₂ = 4a₁ – a₀ + 1 = 3a₁+ 1 + (a₁ – a₀) > a₁.

Индукцией легко убедиться, что a_k+1 > a_k. Значит все числа a_k целые и они больше чем 0 при k ≥ 1.