原标题图

夏夏终于有时间好好写文章了QAQ

代数部分

对于整系数方程\(ax^2+bx+c=0\)的两个实根\(x_1\)、\(x_2\)，一个比较有用的命题如下：

引理1　对任意正偶数\(n\)，\(x_1^n+x_2^n\)是一个有理数．

证明　由原方程的形式，不妨设\(x_1=-\dfrac{b}{2}+k\)，\(x_2=-\dfrac{b}{2}-k\)，其中\(k=\sqrt{b^2-4ac}\)．于是由二项式定理，有 \[ \begin{aligned}x_1^n&=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}\left(-\dfrac{b}{2}\right)^ik^{n-i}\\&=\sum_{\substack{0\leqslant i \leqslant n\\2\,\mid\, i}}\binom{n}{i}\left(-\dfrac{b}{2}\right)^ik^{n-i}+\sum_{\substack{0\leqslant i \leqslant n\\2\,\nmid\, i}}\binom{n}{i}\left(-\dfrac{b}{2}\right)^ik^{n-i}\end{aligned} \] 及

\[ \begin{aligned}x_2^n&=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}\left(-\dfrac{b}{2}\right)^i(-k)^{n-i}\\&=\sum_{\substack{0\leqslant i \leqslant n\\2\,\mid \,i}}\binom{n}{i}\left(-\dfrac{b}{2}\right)^ik^{n-i}-\sum_{\substack{0\leqslant i \leqslant n\\2\,\nmid\, i}}\binom{n}{i}\left(-\dfrac{b}{2}\right)^ik^{n-i}\end{aligned} \]

两式相加得\(x_1^n+x_2^n=\displaystyle 2\sum_{\substack{0\leqslant i \leqslant n\\2\,\mid \,i}}\binom{n}{i}\left(-\dfrac{b}{2}\right)^ik^{n-i}\) ，由\(n-i\)为偶数及\(k=\sqrt{b^2-4ac}\) 知 \(x_1^n+x_2^n\) 为有理数．\(\square\)

证法二　也可以用数学归纳法．当\(n=2\)时命题显然，下设\(n\leqslant 2k\)时成立，当\(n=2k+2\)时，由二项式定理得

\[ \begin{aligned}(x_1+x_2)^n&=(x_1^n+x_2^n)+\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n}{i}x_1^i x_2^{n-i}\\&=(x_1^n+x_2^n)+x_1x_2\left(\binom{n}{i}(x_1^{n-2}+x_2^{n-2})+\sum_{i=2}^{n-2}x_1^ix_2^{n-i}\right)\\&=\cdots\end{aligned} \]

右边的求和最后可以拆成一堆\(\displaystyle\binom{n}{k}x_1x_2=\binom{n}{k}c\) 和 \(x_1^{n-2k}+x^{n_2-2k}\) 的结合体．由归纳前提知右端为有理数，又等号左端为\(x_1+x_2=-b\)为整数，故\(x_1^n+x_2^n\)为有理数．

综上，命题成立．\(\square\)

同理，我们可以证明：

引理2　对任意正奇数\(n\)，\(x_1^n-x_2^n\)是一个有理数．

特别地，在引理1中，若\(2a\mid b\)，我们将有：

推论1　在定理1中，若\(2a\mid b\)，则\(x_1^n+x_2^n\)为整数．

这一推论常在简单的二阶递推数列问题中显现．例如，若数列\(a_{n+1}=2a_{n}+a_{n-1}\)，则其特征根的偶数次方和为整数．

下面的两个定理在实战中常有用处：

引理3　若\(\alpha\)、\(\beta\)是首一整系数一元二次方程\(x^2+bx+c=0\)的两根，且\(2\mid b\)，则对任意两个正整数\(m\mid n\)，\(T=\dfrac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha^m-\beta^m}\)为整数．

证明　展开并运用类似于引理1证法二的分拆技巧得

\[ \begin{aligned}T&=\alpha^{n-m}+\alpha^{n-2m}\beta^m+\alpha^{n-3m}\beta^{2m}+\cdots+\beta^{n-m}\\&=\begin{cases}\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1}(\alpha\beta)^{im}(\alpha^{(2l-1-2i)m}+\beta^{(2l-1-2i)m}),\quad \frac{n}{m}=2l\\\displaystyle \sum_{i=0}^{l-1}(\alpha\beta)^{im}(\alpha^{(2l-2i)m}+\beta^{(2l-2i)m}),\quad \frac{n}{m}=2l+1\end{cases}\end{aligned} \]

由推论1及Vieté定理，右边显然为整数．\(\square\)

同理可证：

引理4　若\(\alpha\)、\(\beta\)是首一整系数一元二次方程\(x^2+bx+c=0\)的两根，且\(2\mid b\)，则对任意两个奇数\(m\mid n\)，\(T=\dfrac{\alpha^n+\beta^n}{\alpha^m+\beta^m}\)为整数．

数论部分

有了上面的工具，我们终于可以来探讨一些数论题了（不是）

对定理3和定理4，注意到无论是否在分子、分母都同乘以一个相同的数，因为\(T\)是不变的，从而可以得到\(T\)为整数的性质不变．因此，我们可以有以下结论：

定理1　若二阶线性递推整数列\(a_n\)满足\(a_{n+1}=pa_{n}+qa_{n-1}\)，其中\(2\mid p\)，且\(a_n\)的通项公式可写成

\[ a_n=k\alpha^n- k\beta^n \] 则对任意正整数\(m\mid n\)，有\(a_m\mid a_n\)．

这一定理是2020高中数学联赛的关键引理之一．事实上，这正是引理3的另一种表述．

定理2　若二阶线性递推整数列\(a_n\)满足\(a_{n+1}=pa_{n}+qa_{n-1}\)，其中\(2\mid p\)，且\(a_n\)的通项公式可写成

\[ a_n=k\alpha^n+ k\beta^n \] 则对任意正奇数\(m\mid n\)，有\(a_m\mid a_n\)．

这是引理4的另一种表述．

事实上，这两个定理仍可以再推广．推广的形式如下：

定理1的推广　若二阶线性递推整数列\(a_n\)满足\(a_{n+1}=pa_{n}+qa_{n-1}\)，其中\(2\mid p\)，且对函数\(f:\mathbb N\to\mathbb N\)，\(a_n\)的通项公式可写成

\[ a_n=k\alpha^{f(n)}- k\beta^{f(n)} \] 则对任意\(f(m)\mid f(n)\)，有\(a_m\mid a_n\)．

定理2的推广　记\(\mathbb N_{odd}\)表示奇数集．若二阶线性递推整数列\(a_n\)满足\(a_{n+1}=pa_{n}+qa_{n-1}\)，其中\(2\mid p\)，且对函数\(f:\mathbb N\to \mathbb N_{odd}，\)\(a_n\)的通项公式可写成

\[ a_n=k\alpha^{f(n)}+ k\beta^{f(n)} \]

则对任意\(f(m)\mid f(n)\)，有\(a_m\mid a_n\)．

容易看出，这两个定理都是显然的．

下面引一道例题作结吧：

例题（第一届学而思数理化全国联考数学卷二试，3）　给定整数\(a>1\)，数列\(\{x_n\}\)定义如下：\(x_0=1\)，\(x_1=4a+1\)，\(x_{n+1}=(4a+2)x_n-x_{n-1}\)，\(n>1\).若\(x_m\)是素数，证明：\(2m+1\)是素数．

证明　令\(\alpha=\sqrt{a+1}+\sqrt{a}\)，\(b=\sqrt{a+1}-\sqrt{a}\)，求通项公式得\(x_n=\dfrac{\alpha^{2n+1}+\beta^{2n+1}}{\alpha+\beta}\)．现设若\(2m+1\)不是素数，则它有奇素因子\(q=2k+1<m\)，由定理2的推广得\(x_k\mid x_m\)，这与\(x_m\)为素数矛盾．\(\square\)