1992第7届CMO试题

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  二试数论部分

略

由（1）知，对任何 $n\geqslant 2$ 有 $a_{n+1}-a_{n}=2\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+a_{n-1}-a_{n-2}$ 记 $d_{n}=a_{n}-a_{n-1}, n=1,2, \cdots$，则 $d_{n+1}-d_{n}=d_{n}-d_{n-1}=\cdots=d_{2}-d_{1}$ 由（2）得 $d_{2}-d_{1}=a_{2}-2 a_{1}+a_{0}=2$ 所以 $a_{n}=a_{0}+\sum_{k=1}^{n} d_{k}=a_{0}+n d+n(n-1)$ 即 $a_{n}=n^{2}+b n+c, n=0,1,2, \cdots$ 其中 $b=a_{1}-a_{0}-1, c=a_{0}$ 以下对所要结果给出两种证法．
证法一
由（3）知，存在非负整数 $t$ 使得 $a_t$，和 $a_{t+2}$ 都是完全平方数．从而 $a_{t+2}-a_{t} \neq 2(\bmod 4)$ 又 $a_{t+2}-a_{t}=4 t+4+2 b$ 所以 $b$ 是偶数，令 $b=2 \lambda$，则 $a_{n}=(n+\lambda)^{2}+c-\lambda^{2}$ 可以证明 $c-\lambda^{2}=0$，从而 $a_{n}=(n+\lambda)^{2}, n=0,1,2, \cdots$ 事实上，反设 $c-\lambda^{2} \neq 0$，则它的不同约数只有有限多个，其个数设为 $ m$，由通项公式可知，存在 $n_0$ 使得当 $n\geqslant n_0$ 时，数列 $\{a_n\}$ 严格单增，由假设（3），存在 $k\geqslant n_0$，使得 $a_{k+i}=p_{i}^{2}, i=0,1,2, \cdots, m$ 其中 $p_i$ 是非负整数，且 $p_{0}<p_{1}<p_{2}<\cdots<p_{m}$．由此可知 $\begin{aligned} \mathbf{c}-\lambda^{2}=& p_{i}^{2}-(k+i+\lambda)^{2}= \left(p_{i}-k-i-\lambda\right)\left(p_{i}+k+i+\lambda\right), i=0,1,2, \cdots, m \end{aligned}$ 矛盾．
证法二
由于 $a_{n}=n^{2}+b n+c$，从而存在 $n_0$ 使得当 $n \geqslant n_{0}$ 时数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 严格单增．$0<\left(n-\dfrac{|b|+1}{2}\right)^{2} \leqslant a_{n} \leqslant\left(n+\dfrac{|b|+1}{2}\right)^{2}$ 于是 $0<\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}}=\dfrac{a_{n+1}-a_{n}}{\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}}<\dfrac{2 n+1+b}{2 \sqrt{a_{n}}} \leqslant \dfrac{2 n+1+b}{2 n-1 b 1-1}$ 由此可知，存在 $n_{1} \geqslant n_{0}$，使得当 $n \geqslant n_{1}$ 时 $0<\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}}<2$ 利用假设（3），易知存在 $k \geqslant n_{1}$，使得 $a_{k}$ 和 $a_{k+1}$ 都是完全平方数．所以，$\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_{k}}=1 $．记 $ \sqrt{a_{k}}=t$，由通项公式可得 $a_{n+1}=2 a_{n}-a_{n-1}+2, n=1,2, \cdots$ 所以 $a_{k+2}=2(t+1)^{2}-t^{2}+2=(t+2)^{2},a_{k-1}=2 t^{2}-(t+1)^{2}+2=(t-1)^{2}$ 于是，用归纳法易证数列 $\left\{a_{0}, a_{1}, a_{2}, \cdots\right\}$ 的所有项都是完全平方数．