三个问题

无心人

13＃ 是否必须有个约定阿 即从$a_2$开始利用公式计算$a_n$ 而不是可以预先规定前n项

gxqcn

其实，这类序列是可以向两端无限延伸的，附加任意两个连续位置上的数值即可确定其通项。 HugeCalc 中计算 Fibonacci、Lucas 数列的入参即为有符号型的。

无心人

哦 这应该是属于基本的序列吧 如果带系数的 $a_n = ka_{n-1} + ma_{n-2}$ 是否就可多于4个完全平方

mathe

给个例子两个模4相同的项都是平方数的: $a_1=9=3^2, a_2=6,a_3=15,a_4=21,a_5=36=6^2$

gxqcn

原帖由 mathe 于 2008-7-16 13:17 发表 给个例子两个模4相同的项都是平方数的: $a_1=9=3^2, a_2=6,a_3=15,a_4=21,a_5=36=6^2$

没看懂。继续下去：$a_6=57, a_7=93, a_8=150, a_9=243, ...$ 未看到完全平方数。

mathe

原帖由 gxqcn 于 2008-7-16 13:48 发表 没看懂。继续下去：$a_6=57, a_7=93, a_8=150, a_9=243, ...$ 未看到完全平方数。

我原先证明中错误得出结论，如果$s=t (mod 4)$,那么$a_s$和$a_t$ 不能同时是完全平方数，但是我给出的例子总$a_1$和$a_5$都是平方数，所以说是反例。

gxqcn

注意到 Fibonacci 的中间三项为：$F(-1)=1,\ F(0)=0,\ F(1)=1$， 故若已知数列 $a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$ 的任意连续两项值 $a_k,\ a_{k+1}$， 则其通项公式可用两个含 Fibonacci 序列的代数和表达：$a_n = F(n-k-1)*a_k + F(n-k)*a_{k+1}$ 不知上述推导对证明有用否？

gxqcn

刚才仔细阅读了 mathe 的 14#， 发现已有了上述结论。

mathe

在#14中,虽然那个证明过程有问题,但是我们可以得到,对于${a_n}$将下标根据模4分成4个子序列${a_{4k+t}},t=0,1,2,3$,那么除了全0情况以外,其中最多只有一个子序列含有两个以上完全平方数. 证明很简单,注意到对于$n=h+2u*3^r*2$,有 $a_n -= - a_h (mod L_2)$,而其中$L_2=3$就可以了. 于是我们得到如果某个模4子数列中有两个以上完全平方数,那么他们都是3的倍数,也就是9的倍数. 然后我们可以首先去除数列中所有公共的因子9(可以多次),此后,公共的3的幂最多一次. 然后我们查看这个序列${a_n}$模9形成的序列,从其中一项模9为0的数开始,如果下一个数为x,那么后面依次为 $0, x, x, 2x, 3x, 5x, 8x, 4x, 3x, 7x, x, 8x, 0, 8x, 8x, 7x, 6x, 4x, x, 5x, 6x, 2x, 8x, x, ...$ 由于序列${a_n}$中公共的因子9已经出去,上面数列不全为0,也就是x不是0,所以我们看出关于模4的子序列中最多只有一个会含有9的倍数,也就是出现两个以上的完全平方数最多在一个子序列中出现,所以另外3个子序列都最多只有一个完全平方数.

mathe

对于第二个问题，对于n阶问题，我们可以构造一组n个元素的生成元组。 其中n-1个为通过将单位n*n方阵中第一行和第k行交换，然后将第k列中1改为-1，将这个方阵记为$E_k,k=2,3,...,n$ 而记矩阵T为单位n*n阶方阵中第二行第二列的位置改为1。 那么得到的n个矩阵${T,E_2,E_3,...,E_n}$应该可以生成PSL(n,Z). 而类似的，我们如果将行列式为1的要求改为行列式为1或-1。那么所要求的矩阵正好是编译器理论里面所要求的么模矩阵，可以参考关于编译器优化方面的知识一文。 而显然，对于这一类矩阵，我们只需要n+1个矩阵可以生成所有的n阶么模矩阵。