已知数列 $\left\{u_{n}\right\},\left\{v_{n}\right\}$ 满足
$u_{0}=u_{1}=1$
$u_{n}=2 u_{n-1}-3 u_{n-2}(n \geqslant 2)$
$v_{0}=a, v_{1}=b, v_{2}=c$
$v_{n}=v_{n-1}-3 v_{n-2}+27 v_{n-3}(n \geqslant 3)$
假设存在正整数 $N$，使得当 $n\geqslant N$ 时，$v_n$ 均为整数且可被 $u_n$ 整除．证明：$3a=2b+c$．
$u_{0}=u_{1}=1$
$u_{n}=2 u_{n-1}-3 u_{n-2}(n \geqslant 2)$
$v_{0}=a, v_{1}=b, v_{2}=c$
$v_{n}=v_{n-1}-3 v_{n-2}+27 v_{n-3}(n \geqslant 3)$
假设存在正整数 $N$，使得当 $n\geqslant N$ 时，$v_n$ 均为整数且可被 $u_n$ 整除．证明：$3a=2b+c$．
【难度】
【出处】
2016第32届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
s因为 $v_{n}=\dfrac{1}{27}\left(v_{n+3}-v_{n+2}+3 v_{n+1}\right)$，所以，由逆向归纳法证得：对任意的 $n\in N$，有 $v_{n} \in \mathbf{Q}$．
特别地，$a, b, c \in \mathbf{Q}$．
利用特征方程易得 $\left\{u_{n}\right\},\left\{v_{n}\right\}$ 的通项公式分别为
$u_{n}=\frac{1}{2}\left((1+\sqrt{2} i)^{n}+(1-\sqrt{2} i)^{n}\right),v_{n}=c_{1}(-1+2 \sqrt{2} i)^{n}+
c_{2}(-1-2 \sqrt{2} \mathrm{i})^{n}+c_{3} 3^{n}
$
则 $v_{0}=c_{1}+c_{2}+c_{3}=a$ ①
$v_{1}=(-1+2 \sqrt{2} \mathrm{i}) c_{1}+(-1-2 \sqrt{2} \mathrm{i}) c_{2}+3 \mathrm{c}_{3}=b$ ②
$v_{2}=(-7-4 \sqrt{2} \mathrm{i}) c_{1}+(-7+4 \sqrt{2} \mathrm{i}) c_{2}+9 c_{3}=c$ ③
（② - ① $\times 3$）$\div 2$ 得
$(-2+\sqrt{2}i)c_1+(-2-\sqrt{2}i)c_2=m_1$ ④
其中，$m_1=\dfrac{b-3a}{2}\in \mathbf{Q}$．
（③ - ① $\times 9$）$\div 4$ 得
$(-4-\sqrt{2}i)c_1+(-4+\sqrt{2}i)c_2=m_2$ ⑤
其中，$m_2=\dfrac{c-9a}{4}\in Q$．
（④ + ⑤）$\div$（$-6$）得
$c_1+c_2=m_3$，其中，$m_3=\dfrac{m_1+m_2}{6}\in \mathbf{Q}$ ⑥
（④ $\times 2$ - ⑤）$\div$（$3\sqrt{2}i$）得 $c_1-c_2=m_4\sqrt{2}i$，
其中，$m_4=-\dfrac{2m_1-m_2}{6}\in\mathbf{Q}$ ⑦
由式 ⑥，⑦ 得 $c_1=r+s\sqrt{2}i,c_2=r-s\sqrt{2}i(r,s\in\mathbf{Q})$．
再由式 ① 得 $c_3\in\mathbf{Q}$．记 $t=c_3$．
故 $v_n=(r+s\sqrt{2}i)(-1+2\sqrt{2}i)^n+(r-s\sqrt{2}i)(-1-2\sqrt{2}i)^n+t3
^n$．
因为 $r,s,t\in\mathbf{Q}$，所以，存在正整数 $k$，使得 $kr,ks,kt\in\mathbf{Z}$．
记 $w_n=2k((r+s\sqrt{2}i)(1+\sqrt{2}i)^n+(r-s\sqrt{2}i)(1-\sqrt{2}i)^n)$
因为 $w_0=4kr\in\mathbf{Z},w_1=4k(r-2s)\in\mathbf{Z}$，且数列 $\{w_n\}$ 满足递推关系 $w_n=2w_{n-1}-3w_{n-2}(n\geqslant 2)$，所以，对任意的 $n\in\mathbf{N}$，有 $w_n\in\mathbf{Z}$．
故 $u_nw_n=k((r+s\sqrt{2}i)(-1+2\sqrt{2}i)^n+(r-s\sqrt{2}i)(-1-2\sqrt{2}i)^n+2r3^n)=kv_n+m3^n(m=k(2r-t)\in\mathbf{Z})$
于是，$m3^n=u_nw_n-kv_n$．
当 $n\geqslant N$ 时，由 $v_n\in\mathbf{Z}$ 且 $u_n|v_n$，得 $u_n|m3
^n$．
根据递推关系 $u_n=2u_{n-1}-3u_{n-2}(n\geqslant 2)$
由数学归纳法易证，对任意的 $n \in \mathbf{N}$，有3 $\nmid u_{n}$．
即 $\left(u_{n}, 3^{n}\right)=1$．从而，$u_{n} | m$．
下面证明数列 $\{u_n\}$ 无上界．
由复数的三角形式有 $u_{n}=(\sqrt{3})^{n} \cos n \theta(\theta=\arctan \sqrt{2})$．
对每个正整数 $n$，将 $n\theta$ 对 $2\pi$ 作带余除法，记作 $n \theta=2 k_{n} \pi+\theta_{n}$（$k_{n}=\left[\dfrac{n \theta}{2 \pi}\right]$，$[x]$ ]表示不
超过实数 $x$ 的最大整数）．存在无穷多个正整数 $n$，满足 $\theta_n\in[0,\theta]$．对这些 $n$ 有，满足 $\theta_{n} \in[0, \theta]$．对这些 $n$ 有 $\cos \theta_{n} \geqslant \cos \theta=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow u_{n} \geqslant(\sqrt{3})^{n-1}\Rightarrow$ 数列 $\{u_n\}$ 无上界．
若 $m \neq 0$，由于存在 $n \geqslant N$，使得 $u_{n}>|m|$，与 $u_{n} |m$ 矛盾，则 $m=0$，即 $k v_{n}=u_{n} w_{n}$．
故 $a=v_{0}=\dfrac{1}{k} u_{0} w_{0}=4 r$
$b=v_{1}=\dfrac{1}{k} u_{1} w_{1}=4(r-2 s)$
$c=v_{2}=\dfrac{1}{k} u_{2} w_{2}=4(r+4 s)$
从而，$3 a=2 b+c=12 r$．
特别地，$a, b, c \in \mathbf{Q}$．
利用特征方程易得 $\left\{u_{n}\right\},\left\{v_{n}\right\}$ 的通项公式分别为
$u_{n}=\frac{1}{2}\left((1+\sqrt{2} i)^{n}+(1-\sqrt{2} i)^{n}\right),v_{n}=c_{1}(-1+2 \sqrt{2} i)^{n}+
c_{2}(-1-2 \sqrt{2} \mathrm{i})^{n}+c_{3} 3^{n}
$
则 $v_{0}=c_{1}+c_{2}+c_{3}=a$ ①
$v_{1}=(-1+2 \sqrt{2} \mathrm{i}) c_{1}+(-1-2 \sqrt{2} \mathrm{i}) c_{2}+3 \mathrm{c}_{3}=b$ ②
$v_{2}=(-7-4 \sqrt{2} \mathrm{i}) c_{1}+(-7+4 \sqrt{2} \mathrm{i}) c_{2}+9 c_{3}=c$ ③
（② - ① $\times 3$）$\div 2$ 得
$(-2+\sqrt{2}i)c_1+(-2-\sqrt{2}i)c_2=m_1$ ④
其中，$m_1=\dfrac{b-3a}{2}\in \mathbf{Q}$．
（③ - ① $\times 9$）$\div 4$ 得
$(-4-\sqrt{2}i)c_1+(-4+\sqrt{2}i)c_2=m_2$ ⑤
其中，$m_2=\dfrac{c-9a}{4}\in Q$．
（④ + ⑤）$\div$（$-6$）得
$c_1+c_2=m_3$，其中，$m_3=\dfrac{m_1+m_2}{6}\in \mathbf{Q}$ ⑥
（④ $\times 2$ - ⑤）$\div$（$3\sqrt{2}i$）得 $c_1-c_2=m_4\sqrt{2}i$，
其中，$m_4=-\dfrac{2m_1-m_2}{6}\in\mathbf{Q}$ ⑦
由式 ⑥，⑦ 得 $c_1=r+s\sqrt{2}i,c_2=r-s\sqrt{2}i(r,s\in\mathbf{Q})$．
再由式 ① 得 $c_3\in\mathbf{Q}$．记 $t=c_3$．
故 $v_n=(r+s\sqrt{2}i)(-1+2\sqrt{2}i)^n+(r-s\sqrt{2}i)(-1-2\sqrt{2}i)^n+t3
^n$．
因为 $r,s,t\in\mathbf{Q}$，所以，存在正整数 $k$，使得 $kr,ks,kt\in\mathbf{Z}$．
记 $w_n=2k((r+s\sqrt{2}i)(1+\sqrt{2}i)^n+(r-s\sqrt{2}i)(1-\sqrt{2}i)^n)$
因为 $w_0=4kr\in\mathbf{Z},w_1=4k(r-2s)\in\mathbf{Z}$，且数列 $\{w_n\}$ 满足递推关系 $w_n=2w_{n-1}-3w_{n-2}(n\geqslant 2)$，所以，对任意的 $n\in\mathbf{N}$，有 $w_n\in\mathbf{Z}$．
故 $u_nw_n=k((r+s\sqrt{2}i)(-1+2\sqrt{2}i)^n+(r-s\sqrt{2}i)(-1-2\sqrt{2}i)^n+2r3^n)=kv_n+m3^n(m=k(2r-t)\in\mathbf{Z})$
于是，$m3^n=u_nw_n-kv_n$．
当 $n\geqslant N$ 时，由 $v_n\in\mathbf{Z}$ 且 $u_n|v_n$，得 $u_n|m3
^n$．
根据递推关系 $u_n=2u_{n-1}-3u_{n-2}(n\geqslant 2)$
由数学归纳法易证，对任意的 $n \in \mathbf{N}$，有3 $\nmid u_{n}$．
即 $\left(u_{n}, 3^{n}\right)=1$．从而，$u_{n} | m$．
下面证明数列 $\{u_n\}$ 无上界．
由复数的三角形式有 $u_{n}=(\sqrt{3})^{n} \cos n \theta(\theta=\arctan \sqrt{2})$．
对每个正整数 $n$，将 $n\theta$ 对 $2\pi$ 作带余除法，记作 $n \theta=2 k_{n} \pi+\theta_{n}$（$k_{n}=\left[\dfrac{n \theta}{2 \pi}\right]$，$[x]$ ]表示不
超过实数 $x$ 的最大整数）．存在无穷多个正整数 $n$，满足 $\theta_n\in[0,\theta]$．对这些 $n$ 有，满足 $\theta_{n} \in[0, \theta]$．对这些 $n$ 有 $\cos \theta_{n} \geqslant \cos \theta=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow u_{n} \geqslant(\sqrt{3})^{n-1}\Rightarrow$ 数列 $\{u_n\}$ 无上界．
若 $m \neq 0$，由于存在 $n \geqslant N$，使得 $u_{n}>|m|$，与 $u_{n} |m$ 矛盾，则 $m=0$，即 $k v_{n}=u_{n} w_{n}$．
故 $a=v_{0}=\dfrac{1}{k} u_{0} w_{0}=4 r$
$b=v_{1}=\dfrac{1}{k} u_{1} w_{1}=4(r-2 s)$
$c=v_{2}=\dfrac{1}{k} u_{2} w_{2}=4(r+4 s)$
从而，$3 a=2 b+c=12 r$．
答案
解析
备注
