设 $a$ 是三次方程 ${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1=0$ 的最大正根，证明：$\left[ {{a}^{2020}} \right]$ 为17的倍数．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
设三次方程 $f\left( x\right)={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1=0$ 的三个根为 $a,b,c$，
由 $f\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)<0$，$f\left(-\dfrac{1}{2} \right)>0$，$f\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)>0$，$f\left( 1 \right)<0$，$f\left( 2\sqrt{2} \right)<0$，$f\left( 3 \right)>0$
故知 $-\dfrac{\sqrt{2}}{2}<c<-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}<b<\dfrac{\sqrt{2}}{2},2\sqrt{2}<a<3$，
由韦达定理可得 $\left\{\begin{align}
& a+b+c=3 \\
& ab+bc+ca=0 \\
& abc=-1 \\
\end{align}\right.$，
（1）可得 $a+b>0$，则 ${{a}^{n}}+{{b}^{n}}>0$，
另一方面 $a+b=3-a<1$，
当 $n\geqslant 2$，${{a}^{n}}+{{b}^{n}}\leqslant{{a}^{2}}+{{b}^{2}}<1$
故任意 $n\in {{\mathbf{N}}^{*}}$，${{a}^{n}}+{{b}^{n}}\in \left( 0,1\right)$．
（2）又 ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{\left(a+b+c \right)}^{2}}-2\left( ab+bc+ca \right)=9$，
${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}=\left({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( a+b+c \right)-\left( ab+bc+ca\right)\left( a+b+c \right)+3abc$
$=24$
因此，令 ${{d}_{n}}={{a}^{n}}+{{b}^{n}}+{{c}^{n}}$，$\left\{ {{d}_{n}} \right\}$ 是 ${{d}_{1}}=3$，${{d}_{2}}=9$，${{d}_{3}}=24$，递推公式为 ${{d}_{n+3}}=3d_{n+2}^{2}-{{d}_{n}}$ 的数列，其各项均为正整数，
由（1）${{b}^{n}}+{{c}^{n}}\in \left( 0,1\right)$，知 $\left[ {{a}^{n}}\right]={{d}_{n}}-1$，本题相当于证明 ${{d}_{2020}}\equiv1\left( \bmod 17 \right)$，
数列 $\left\{ {{d}_{n}}\right\}$ 模17的余数如下：\[\begin{matrix}
3 & 9 & 7 & 1 & 11 & 9& 9 & 16 & 5 & 6 \\
2 & 1 & 14 & 6 & 0 & 3& 3 & 9 & 7 & 1 \\
\end{matrix}\]故 ${{d}_{2020}}\equiv {{d}_{4}}\equiv1\left( \bmod 17 \right)$．
由 $f\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)<0$，$f\left(-\dfrac{1}{2} \right)>0$，$f\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)>0$，$f\left( 1 \right)<0$，$f\left( 2\sqrt{2} \right)<0$，$f\left( 3 \right)>0$
故知 $-\dfrac{\sqrt{2}}{2}<c<-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}<b<\dfrac{\sqrt{2}}{2},2\sqrt{2}<a<3$，
由韦达定理可得 $\left\{\begin{align}
& a+b+c=3 \\
& ab+bc+ca=0 \\
& abc=-1 \\
\end{align}\right.$，
（1）可得 $a+b>0$，则 ${{a}^{n}}+{{b}^{n}}>0$，
另一方面 $a+b=3-a<1$，
当 $n\geqslant 2$，${{a}^{n}}+{{b}^{n}}\leqslant{{a}^{2}}+{{b}^{2}}<1$
故任意 $n\in {{\mathbf{N}}^{*}}$，${{a}^{n}}+{{b}^{n}}\in \left( 0,1\right)$．
（2）又 ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{\left(a+b+c \right)}^{2}}-2\left( ab+bc+ca \right)=9$，
${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}=\left({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( a+b+c \right)-\left( ab+bc+ca\right)\left( a+b+c \right)+3abc$
$=24$
因此，令 ${{d}_{n}}={{a}^{n}}+{{b}^{n}}+{{c}^{n}}$，$\left\{ {{d}_{n}} \right\}$ 是 ${{d}_{1}}=3$，${{d}_{2}}=9$，${{d}_{3}}=24$，递推公式为 ${{d}_{n+3}}=3d_{n+2}^{2}-{{d}_{n}}$ 的数列，其各项均为正整数，
由（1）${{b}^{n}}+{{c}^{n}}\in \left( 0,1\right)$，知 $\left[ {{a}^{n}}\right]={{d}_{n}}-1$，本题相当于证明 ${{d}_{2020}}\equiv1\left( \bmod 17 \right)$，
数列 $\left\{ {{d}_{n}}\right\}$ 模17的余数如下：\[\begin{matrix}
3 & 9 & 7 & 1 & 11 & 9& 9 & 16 & 5 & 6 \\
2 & 1 & 14 & 6 & 0 & 3& 3 & 9 & 7 & 1 \\
\end{matrix}\]故 ${{d}_{2020}}\equiv {{d}_{4}}\equiv1\left( \bmod 17 \right)$．
答案
解析
备注
