Из теоремы Виета следует, что x1*x2=1, x1+x2=6.
Выведем соотношение:
(x1^n + x2^n)*(x1+x2) = x1^(n+1) + x2^(n+1) + x1*x2*(x1^(n-1)+x2^(n-1))
Подставим значения x1*x2 и x1+x2:
6*(x1^n+x2^n) = (x1^(n+1)+x2^(n+1)) +(x1^(n-1)+x2^(n-1))
Пусть f(n) = x1^n+x2^n. Тогда:
f(n+1)=6*f(n)-f(n-1) или f(n)=6*f(n-1)-f(n-2).
Докажем задачу №1:
Если n натуральное, а f(1)=6, f(2)=(x1+x2)^2-2*x1*x2=6^2-2*1=34 тоже натуральные, то f(3) и выше являются целыми числами, исходя из того, что f(n) получается из рекуррентной зависимости с целыми коэффициентами. Последовательность возрастающая, так как f(2)-f(1)>0 (начальное условие), f(n)=5*f(n-1) + f(n-1)-f(n-2) > f(n-1). Поэтому при натуральных n последовательность не только целая, но еще и натуральная.
Докажем задачу №2:
Теперь n - целое. То есть оно может быть 0 и может быть отрицательным. f(0)=x1^0+x2^0=2 - доказали для 0.
Теперь докажем для отрицательных n. Для удобства возьмем положительное n, а перед ним поставим минус.
x1^(-n)+x2^(-n) = 1/x1^n+1/x2^n = (x1^n+x2^n)/(x1*x2)^n = x1^n+x2^n, так как x1*x2=1. Как доказали в задаче 1, это выражение будет натуральным при натуральных n.
Докажем задачу №3:
Здесь просто требуется рассмотреть возможные остатки от деления на 5 чисел f(n). Для этого введем функцию g(n) = f(n) % 5 (Остаток от деления на 5 - он в диапазоне от 0 до 4).
Тогда g(n) = (6*g(n-1)-g(n-2))%5.
Попробуем определить периодичность остатков:
g(0)=2,
g(1)=6%5=1
g(2)=(6*1-2)%5=4
g(3)=(6*4-1)%5=3
g(4)=(6*3-4)%5=4
g(5)=(6*4-3)%5=1
g(6)=(6*1-4)%5=2
g(7)=(6*2-1)%5=1
Поскольку следующее значение в этой последовательности зависит от двух предыдущих, то последовательность периодичная, если встретится такая же пара последовательных остатков от деления на 5, которая уже была найдена ранее, а именно: (g(0),g(1)) = (g(6),g(7)). Это значит, что последовательность g(n) имеет период 6. Среди остатков от деления на 5 не было найдено 0. Это значит, что ни одно число f(n) не делится на 5, что и требовалось доказать.