完全平方数

ftg1029

数列{f(n)}定义如下：f(1)=f(2)=1,f(n+2)=(4k-5)f(n+1)-f(n)+4-2k，求所有的整数k,使得{f(n)}数列中的每一项都是完全平方数．

ftg1029

直接给出解答或指明出处均可。谢谢！

282842712474

我觉得只有1

winxos

好难，
我只能知道
K必须为 2a^2+1
第三项才 会是个平方数

winxos

进一步推导：
当K取2a^2+1时，
前三项为：1,1,4a^2
我们求到第四项:
32b^2-8b+1其中b为a^2
我们要使得32b^2-8b+1也为平方数，
我搜索了一百万以内的范围
b仅能取到0，1，30，1015，34476
由于b为平方数，所以1000000以内范围内仅有0这个解，
才算法第四项就已经如此，更不用说后面的项了，我也觉得有解的概率非常的低。
-------------------
当b为0时，a为0，k为1，
所以数列退化为：f(n+2)=-f(n+1)-f(n)+2
所以得到数列：1 1 0 1 1 0...然后就循环了。

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首先根据f(3)可以得到$k=2n^2+1$
代入用来计算f(4)，得到$f(4)=32n^4-8n^2+1=m^2$
得到$n=\sqrt{\frac{1 +- \sqrt{2m^2 -1}}{8}}$
于是首先要求形如$2m^2 -1$的平方数，可以通过连分数法来求
$\sqrt{2}=1\frac{1}{2\frac{1}{2\frac{1}{2\frac{1}{2...}}}}$
要取不足近似值（即偶数个2），然后分母就是m，可以得到一系列的近似值：
$1,7/5,41/29,...=>m=1,5,29,...$（递推公式是$a_{n+1}=2a_n+a_{n-1},a_0=1,a_1=2,m=a_{2i}$）
代入，除了第一个m=1之外，还未能够发现使$n=\sqrt{\frac{1 +- \sqrt{2m^2 -1}}{8}}$为整数的

本因坊算帐

这道题目有点脑筋急转弯的意思……  

f（3）是平方数的条件很清楚，需要 k = 2a^2+1，然后大家都去琢磨f（4）是平方数的条件了……
容易看出，当a=0时，k=1是问题的解。以下不妨设 a>0

可以计算出：
f（4）= 32a^4 - 8a^2 + 1
f（5）= 256a^6 - 96a^4 + 8a^2 + 1

由于f（5）的最高次项的系数也是平方数，所以分析f（5）是平方数的条件，要比分析f（4）方便的多

设 f（5）= m^2 （m为正整数）

注意到：
(16a^3 - 3a )^2 - f（5）
= 256a^6 - 96a^4 + 9a^2  - f（5）
=  a^2 - 1
可知 (16a^3 - 3a)^2 大于等于f（5），等号只有当a=1时成立

另一方面：
(16a^3 - 3a - 1)^2 - f（5）
= 256a^6 - 96a^4 - 32a^3 + 9a^2 + 6a + 1 - f（5）
= -32a^3 + a^2 + 6a
< 0

综上，可以看出，f（5）如果大于 (16a^3-3a-1)^2 小于等于 (16a^3-3a)^2，而f（5）是平方数，那么只有： f（5）=(16a^3-3a)^2，前面讨论过，此时必有 a=1

接下来，只要来验证 a=1 （即k=3） 是否满足题目要求
将k=3代入原递推式，得递推关系为：

f（n+2）=7 f（n+1）-f（n）-2
即 f（n+3）=8f（n+2）-8f（n+1）+f（n）


构造另一数列 g（n），满足
g（1）=g（2）=1，
g（n+2）=3g（n+1）-g（n）

下面证明： f（n）=g（n）^2
用归纳法，当n=1，2，3时，结论显然成立
设当 n=m，m+1，m+2时结论成立，下证 n=m+3时结论成立

f（n+3） - g（n+3）^2
= ( 8f(n+2) - 8f(n+1) + f(n) ) - ( 3g(n+2) - g(n+1) )^2
= 8g(n+2)^2 - 8g(n+1)^2 + g(n)^2 - 9g(n+2)^2 - g(n+1)^2 + 6g(n+2)g(n+1)
= -g(n+2)^2 - 9g(n+1)^2 + g(n)^2 + 6g(n+2)g(n+1)
= g(n)^2 - ( g(n+2) - 3g(n+1) ) ^2
= g(n)^2 - ( - g(n) )^2                （这一步用到了g(n)的递推公式）
= 0
综上，归纳证毕， f（n）=g（n）^2，故 k=3 符合题意


本题目结论为： 当且仅当 k=1或者3 的时候，数列f（n）每一项都是完全平方数

mathe

我在想一个问题，是不是我们可以得出，对于一个递推数列
$f(n+2)=a f(n+1)+b f(n)+c$,其中a,b,c为给定的整数，而且给定f(0)和f(1)为完全平方数
那么如果f(n)的每一项都是完全平方数，是否必然存在二阶线性递推数列g(n),(即$g(n+2)=d g(n+1)+e g(n)$),使得$f(n)=g(n)^2$

282842712474

注意到：
(16a^3 - 3a )^2 - f（5）
= 256a^6 - 96a^4 + 9a^2  - f（5）
=  a^2 - 1
可知 (16a^3 - 3a)^2 大于等于f（5），等号只有当a=1时成立

另一方面：
(16a^3 - 3a - 1)^2 - f（5）
= 256a^6 - 96a^4 - 32a^3 + 9a^2 + 6a + 1 - f（5）
= -32a^3 + a^2 + 6a
< 0

综上，可以看出，f（5）如果大于 (16a^3-3a-1)^2 小于等于 (16a^3-3a)^2，而f（5）是平方数，那么只有： f（5）=(16a^3-3a)^2，前面讨论过，此时必有 a=1

我记得在论坛曾经有一个帖子讨论过这种方法的，我居然忘记了，记忆力不行呀.......
谢谢这位朋友的提醒呀

hujunhua

我则在考虑丢番图方程$x^2+z^2+2=7y^2$的解$(x, y, z)$是不是就可由$(g(n), g(n+1), g(n+2))$给出

不过马上发现不是。