数列问题1

作者: 苏格兰低地弟弟打滴滴 | 来源:发表于2020-01-02 20:54 被阅读0次

数列问题1
数组-斐波那契数列
第2章第4节收敛准则
1.Fibonacci数列问题
常见递归问题
Fibonacci数列
2、斐波那契数列求第n位数值
10.斐波那契数列与跳台阶问题
神奇数列---斐波那契数列
等差数列性质

2019协作体夏令营

已知 $\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{+\infty}$ 是严格递增的正整数数列，证明存在无穷多素数p，使得存在互不相同的正整数 $i, j, k$ 满足 $p | a_{i}+a_{j}+a_{k}$ 。

证明：

反证法，假设只有有限个素数 $p_{1} \cdots \cdots, p_{k}$ 能成为三元和 $a_{i}+a_{j}+a_{t}(i<j<t)$ 的素因子。

下面对 $j=1, \cdots \cdot, k$ 用归纳法证明：

引理：如果我们已经取出了 $a_{1}, a_{2}, \dots,$ 的子列 $a_{j_1}, a_{j_2}, \cdots$ 满足其做任意的三元和 $a_{j_ p}+a_{j _s}+a_{j_r}\left(j_{p}<j_{s}<j_{r}\right)$ 素因子分解中 $q_{1}, \cdots, q_{j-1}$ 出现的次数分别有上界 $M_{1}, \cdots, M_{j-1}$ ，其中 $q_{1}, \cdots, q_{j-1} \in\left\{p_{1}, \cdots, p_{k}\right\}$ 且互不相同。那么可以找到一个 $q_{j} \in \left\{p_{1}, \cdots, p_{k}\right\} \backslash\{q, \cdots, q_{j-1}\}$ ，以及 $a_{j_1}, a_{j_2}, \cdots$ 的子列 $a_{\tilde{j}_{1}}, a_{\tilde{j}_{2}} \cdots$ 满足其做任意的三元和，素因子分解中 $q_j$ 出现的次数不超过一个正整数 $M_j$ 。

引理证明：不妨仍用 $a_{1}, \cdots, a_{n}, \cdots$ 记 $a_{j_{1}}, a_{j_{2}}, \cdots$ （为了记号方便），任意三元和 $a_{i}+a_{j}+a_{t}(i<j<t)$ 的素因子分解中 $q_{1}, \cdots, q_{j-1}$ 出现的次数不超过 $M_{1}, \cdots, M_{j-1}$ 。

由于 $\{a_n\}$ 是递增的正整数数列，所以存在 $q=q_{j} \in \left\{p_{1}, \cdots, p_{k}\right\} \backslash\{q, \cdots, q_{j-1}\}$ 使 q 在数列 $\left\{a_{1}+a_{2}+a_{n}\right\}_{n=3}^{\infty}$ 的素因子分解中次数没有上界。

设 $a_1+a_2=q^mc$ ， $q$ 不整除 $c$ ，根据上面的假设，可以找到 $\left\{a_{n}\right\}_{n=3}^{\infty}$ 的子列 $\left\{a_{t_{n}}\right\}$ ，使得 $a_{1}+a_{2}+a_{t_{n}}=q^{l_{n}} \alpha_{n}$ ，其中 $q$ 不整除 $\alpha_{n}$ ，而且有：

$m+3 \leq l_{1}<l_{2}<\cdots$

那么就有 $q^{m} c+a_{t_{n}}=q^{l_n} \alpha_{n}$ ，即 $a_{t_{n}}=q^{m}\left(q^{l_{n}-m} \alpha_{n}-c\right)$ 。考虑 $a_{t_{p}}+a_{t_{s}}+a_{t_{r}}(p<s<r)$ 的素因子分解中q出现的次数，因为

$a_{t_{p}}+a_{t_{s}}+a_{t_{r}}=q^{m}\left(q^{l_p-m} \alpha_{p}+q^{l_s-m} \alpha_{s}+q^{l_r-m} \alpha_{r}-3 c\right)$

由于 $q^{l_p-m} \alpha_{p}+q^{l_s-m} \alpha_{s}+q^{l_r-m} \alpha_{r}$ 中q的次数至少为3，而 $3c$ 中 $q$ 的次数之多为1，所以 $a_{t_{p}}+a_{t_{s}}+a_{t_{r}}$ 中 $q$ 的次数至多为 $m+1$ ，设 $M_j=m+1$ ,引理得证。