设数列 ${u}_{0},u_1,u_2,\cdots$ 定义如下：${{u}_{0}}=2,{{u}_{1}}=\dfrac{5}{2},{{u}_{n+1}}={{u}_{n}}(u_{n-1}^{2}-2)-{{u}_{1}}$，$n=1,2,\cdots$．
求证：$\left[ {{u}_{n}} \right]={{2}^{\frac{{{2}^{n}}-{{\left( -1 \right)}^{n}}}{3}}},n=1,2,\cdots$，这里 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数．（英国）
求证：$\left[ {{u}_{n}} \right]={{2}^{\frac{{{2}^{n}}-{{\left( -1 \right)}^{n}}}{3}}},n=1,2,\cdots$，这里 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数．（英国）
【难度】
【出处】
1976年第18届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
我们证明一个关系式 $u_n=2^{\frac{2^n-(-1)^n}{3}}+2^{-\frac{2^n-(-1)^n}{3}}$ ①
用第二数学归纳法，记 $a_n=\dfrac{2^n-(-1)^n}{3}$．
当 $n=0$ 时，$u_0=2=2^0+2^0$，$n=1$ 时，$u_1=\dfrac{5}{2}=2+\dfrac{1}{2}$，① 式成立．
设 $n\leqslant k$ 时，① 式成立，则当 $n=k+1$ 时
$u_{k+1}=(2^{\alpha_k}+2^{-\alpha_k})[(2^{a_{k-1}}+2^{-a_{k-1}})^2-2]-\dfrac{5}{2}=2^{\alpha_k+2\alpha_{k-1}}+2^{-\alpha_k+2\alpha_{k-1}}+2^{\alpha_k-2\alpha_{k-1}}+2^{-(\alpha_k+2\alpha_{k-1})}-\dfrac{5}{2}$
而
$\begin{aligned}
\alpha_k+2\alpha_{k-1}&=\dfrac{1}{3}[2^k-(-1)^k+2\cdot 2^{k-1}-2(-1)^{k-1}]\\
&=\dfrac{1}{3}[2^{k+1}-(-1)^{k+1}]\\
&=\alpha_{k+1}
\end{aligned}$
$\begin{aligned}
2\alpha_{k-1}-\alpha_k&=\dfrac{1}{3}[2\cdot 2^{k-1}-2(-1)^{k-1}-2^k+(-1)^k]\\
&=(-1)^k
\end{aligned}$
$\begin{aligned}
\alpha_k-2\alpha_{k-1}&=-(2\alpha_{k-1}-\alpha_k)\\
&=(-1)^{k+1}
\end{aligned}$
又由于 $2^{(-1)^k}+2^{(-1)^{k+1}}-\dfrac{5}{2}=0$．
故 $u_{k+1}=2^{\alpha_{k+1}}+2^{-\alpha_{k+1}}$．
又 $2^n\equiv (-1)^n\pmod{3}$．
于是 $2^{\alpha_n}$ 总是整数．
容易证明，$2^{-\alpha_n}<1$．
所以 $\left[ {{u}_{n}} \right]=2^{\alpha_n}={{2}^{\frac{{{2}^{n}}-{{\left( -1 \right)}^{n}}}{3}}}$．
用第二数学归纳法，记 $a_n=\dfrac{2^n-(-1)^n}{3}$．
当 $n=0$ 时，$u_0=2=2^0+2^0$，$n=1$ 时，$u_1=\dfrac{5}{2}=2+\dfrac{1}{2}$，① 式成立．
设 $n\leqslant k$ 时，① 式成立，则当 $n=k+1$ 时
$u_{k+1}=(2^{\alpha_k}+2^{-\alpha_k})[(2^{a_{k-1}}+2^{-a_{k-1}})^2-2]-\dfrac{5}{2}=2^{\alpha_k+2\alpha_{k-1}}+2^{-\alpha_k+2\alpha_{k-1}}+2^{\alpha_k-2\alpha_{k-1}}+2^{-(\alpha_k+2\alpha_{k-1})}-\dfrac{5}{2}$
而
$\begin{aligned}
\alpha_k+2\alpha_{k-1}&=\dfrac{1}{3}[2^k-(-1)^k+2\cdot 2^{k-1}-2(-1)^{k-1}]\\
&=\dfrac{1}{3}[2^{k+1}-(-1)^{k+1}]\\
&=\alpha_{k+1}
\end{aligned}$
$\begin{aligned}
2\alpha_{k-1}-\alpha_k&=\dfrac{1}{3}[2\cdot 2^{k-1}-2(-1)^{k-1}-2^k+(-1)^k]\\
&=(-1)^k
\end{aligned}$
$\begin{aligned}
\alpha_k-2\alpha_{k-1}&=-(2\alpha_{k-1}-\alpha_k)\\
&=(-1)^{k+1}
\end{aligned}$
又由于 $2^{(-1)^k}+2^{(-1)^{k+1}}-\dfrac{5}{2}=0$．
故 $u_{k+1}=2^{\alpha_{k+1}}+2^{-\alpha_{k+1}}$．
又 $2^n\equiv (-1)^n\pmod{3}$．
于是 $2^{\alpha_n}$ 总是整数．
容易证明，$2^{-\alpha_n}<1$．
所以 $\left[ {{u}_{n}} \right]=2^{\alpha_n}={{2}^{\frac{{{2}^{n}}-{{\left( -1 \right)}^{n}}}{3}}}$．
答案
解析
备注
