050417-封面 牽制數列

中華民國第 61 屆中小學科學展覽會 作品說明書

排版\050417-封面

高級中等學校組 數學科 第三名

050417-封面 牽制數列

學校名稱：國立金門高級中學

作者： 指導老師：

高一 吳孟甄 高一 蔡睿珊

楊玉星

關鍵詞：費氏數列、盧卡斯數列、遞迴關係式

1

摘要

本研究探討「a 平方－h 是 b 的倍數，b 平方－h 是 a 的倍數」→「a 平方＋h 是 b 的倍 數，b 平方＋h 是 a 的倍數」，發現若將前者的首項設為 h－1，第二項為首項的平方－h，

則其正整數解(a，b)會構成一數列且滿足遞迴式「第 n＋2 項=(h－2)*第 n＋1 項－第 n 項

」；若將後者的首項設為𝟏𝟏，第二項為 h＋1，則其正整數解(a，b)會構成一數列且滿足遞迴

式「第n＋2 項=(h＋2)*第 n＋1 項－第 n 項」。在探討「a 平方±nh 是 b 的倍數，b 平方±

nh 是 a 的倍數」時，發現其解數列也滿足遞迴式「第 n＋2 項=(h±2)*第 n＋1 項－第 n 項」，其中新第n 項=(n 的正平方根)*原第 n 項。

壹、前言

一、研究動機

在「科學研習月刊」有定期刊出「森棚教官的數學題」，老師推薦我們研究其中一道數 學題目--互相牽制，我們很感興趣，著手試算後，我們決定繼續推廣他們的研究，看能否有 更多不一樣的發現。

二、研究目的

(一)將「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐− 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐− 𝒉𝒉)」的正整數解(𝒂𝒂, 𝒃𝒃)寫成數列〈𝒂𝒂_𝒏𝒏〉。

(二)將「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)」的正整數解(𝒂𝒂, 𝒃𝒃)寫成數列〈𝒂𝒂𝒏𝒏〉。

(三)找出「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐− 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐− 𝒉𝒉)」的解數列〈𝒂𝒂𝒏𝒏〉對應的廣義費氏數列〈𝒃𝒃𝒏𝒏〉。

(四)找出「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)」的解數列〈𝒂𝒂_𝒏𝒏〉對應的廣義費氏數列〈𝒃𝒃𝒏𝒏〉。

(五)找出「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐± 𝒉𝒉^𝟐𝟐)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐± 𝒉𝒉^𝟐𝟐)」的解數列〈𝒂𝒂_𝒏𝒏〉之間的關係。

(六)找出「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐± 𝒏𝒏𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐± 𝒏𝒏𝒉𝒉)」的解數列〈𝒂𝒂_𝒏𝒏〉之間的關係。

圖1.4.1. 研究流程圖 三、名詞定義

為了研究進行，我們做了以下名詞定義 定義1.3.1. 符號 𝒎𝒎|𝒏𝒏：𝒏𝒏為𝒎𝒎的倍數

定義1.3.2. 二階遞迴關係式：𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟐𝟐+ 𝒑𝒑𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}+ 𝒒𝒒𝒂𝒂_𝒏𝒏 = 𝟎𝟎 定義1.3.3. 廣義費氏數列：𝒃𝒃𝒏𝒏+𝟐𝟐 = 𝒙𝒙𝒃𝒃_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}+ 𝒃𝒃_𝒏𝒏

定義1.3.4. 數列〈𝒂𝒂𝒏𝒏〉：「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐± 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐± 𝒉𝒉)」的解(𝒂𝒂, 𝒃𝒃)所對應的解數列

定義1.3.5. 數列〈𝒃𝒃_𝒏𝒏〉：「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐± 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐± 𝒉𝒉)」的解數列〈𝒂𝒂_𝒏𝒏〉對應的廣義費氏數列 定義 1.3.6. 數列〈𝒄𝒄𝒏𝒏〉：「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒏𝒏𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒏𝒏𝒉𝒉)」的解(𝒂𝒂, 𝒃𝒃)所對應的解數列 定義1.3.7. 數列〈𝒅𝒅𝒏𝒏〉：「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐− 𝒏𝒏𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐− 𝒏𝒏𝒉𝒉)」的解(𝒂𝒂, 𝒃𝒃)所對應的解數列

四、研究流程圖

3

五、本研究特色

本研究在探討「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐± 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐± 𝒉𝒉)」的正整數解(𝒂𝒂, 𝒃𝒃)，成功地證出

若「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐± 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐± 𝒉𝒉)」的解數列為〈𝒂𝒂𝒏𝒏〉，則「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐± 𝒏𝒏𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐± 𝒏𝒏𝒉𝒉)」的解數列

〈𝒄𝒄𝒏𝒏〉之遞迴關係式與〈𝒂𝒂𝒏𝒏〉相同，其中𝒄𝒄𝒏𝒏 = √𝒏𝒏𝒂𝒂𝒏𝒏。

貳、文獻探討

文獻2.1. 參[1].

森棚教官的數學題：小智跟小定在抽上台報告的順序，一個抽到4 號，另一個抽到 11

號。小定說：「這兩個數字很有趣，你看，𝟒𝟒^𝟐𝟐− 𝟓𝟓是 11 的倍數，而且𝟏𝟏𝟏𝟏^𝟐𝟐− 𝟓𝟓是 4 的倍數」

小智說：「你也想太多了吧？這種數應該非常多才對，一點都不奇怪啊。」

那你可以找到多少組正整數對(𝒂𝒂, 𝒃𝒃)滿足�𝒂𝒂^𝟐𝟐− 𝟓𝟓是𝒃𝒃的倍數 𝒃𝒃^𝟐𝟐− 𝟓𝟓是𝒂𝒂的倍數？

文獻 2.2. 費氏數列 參[3].

費氏數列〈𝑭𝑭𝒏𝒏〉：費氏數列〈𝑭𝑭𝒏𝒏〉：𝟏𝟏, 𝟏𝟏, 𝟐𝟐, 𝟑𝟑, 𝟓𝟓, 𝟖𝟖, 𝟏𝟏𝟑𝟑, 𝟐𝟐𝟏𝟏, ⋯，前兩項相加會等於下一項

即 � 𝑭𝑭𝟏𝟏= 𝟏𝟏 𝑭𝑭_𝟐𝟐= 𝟏𝟏

𝑭𝑭_{𝒏𝒏+𝟐𝟐}= 𝑭𝑭_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}+ 𝑭𝑭_𝒏𝒏(𝒏𝒏 ≥ 𝟏𝟏)，其一般項為 𝑭𝑭𝒏𝒏 =_√𝟓𝟓^𝟏𝟏 ��^{𝟏𝟏+√𝟓𝟓}_𝟐𝟐 �^𝒏𝒏− �^{𝟏𝟏−√𝟓𝟓}_𝟐𝟐 �^𝒏𝒏�。

文獻 2.3. Lucas(盧卡斯)數列 參[3].

Lucas(盧卡斯)數列〈𝑳𝑳𝒏𝒏〉：Lucas(盧卡斯)數〈𝑳𝑳𝒏𝒏〉：𝟐𝟐, 𝟏𝟏, 𝟑𝟑, 𝟒𝟒, 𝟕𝟕, 𝟏𝟏𝟏𝟏, 𝟏𝟏𝟖𝟖, 𝟐𝟐𝟐𝟐, 𝟒𝟒𝟕𝟕, 𝟕𝟕𝟕𝟕, 𝟏𝟏𝟐𝟐𝟑𝟑, ⋯，

與費氏數列〈𝑭𝑭𝒏𝒏〉相似，前兩項相加會等於下一項，即 � 𝑳𝑳𝟎𝟎 = 𝟐𝟐 𝑳𝑳_𝟏𝟏 = 𝟏𝟏

𝑳𝑳_{𝒏𝒏+𝟐𝟐} = 𝑳𝑳_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}+ 𝑳𝑳_𝒏𝒏(𝒏𝒏 ≥ 𝟎𝟎)，

其一般項為 𝑳𝑳𝒏𝒏 = �^{𝟏𝟏+√𝟓𝟓}_𝟐𝟐 �^𝒏𝒏+ �^{𝟏𝟏−√𝟓𝟓}_𝟐𝟐 �^𝒏𝒏。

文獻2.4. 李妙芸等。 參[2].

(1)滿足「𝒂𝒂^𝟐𝟐− 𝟓𝟓是𝒃𝒃的倍數，𝒃𝒃^𝟐𝟐− 𝟓𝟓是𝒂𝒂的倍數」的正整數解(𝒂𝒂, 𝒃𝒃)恰為𝐋𝐋𝐋𝐋𝐋𝐋𝐋𝐋𝐋𝐋(盧卡斯)數 列〈𝑳𝑳_𝒏𝒏〉的部分項，即(𝒂𝒂, 𝒃𝒃) = (𝑳𝑳_{𝟐𝟐𝒏𝒏}, 𝑳𝑳_{𝟐𝟐𝒏𝒏+𝟐𝟐})，其中𝒏𝒏為自然數。

(2)利用 Lucas(盧卡斯)數列〈𝑳𝑳𝒏𝒏〉與斐波那契數列〈𝑭𝑭𝒏𝒏〉有關，我們加以證明。

(ⅰ) 𝑳𝑳𝒏𝒏𝟐𝟐− 𝟓𝟓 = �𝑳𝑳𝒏𝒏−𝟐𝟐∙ 𝑳𝑳𝒏𝒏+𝟐𝟐，𝒏𝒏 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 + 𝟏𝟏

𝑳𝑳𝒏𝒏−𝟏𝟏∙ 𝑳𝑳𝒏𝒏+𝟏𝟏，𝒏𝒏 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 ，𝟐𝟐為自然數

(ⅱ) 對於任意自然數𝒏𝒏，𝑳𝑳𝒏𝒏−𝟏𝟏+ 𝑳𝑳𝒏𝒏+𝟏𝟏 = 𝟓𝟓𝑭𝑭𝒏𝒏。其中，斐波那契數列〈𝑭𝑭𝒏𝒏〉 (ⅲ) 𝑳𝑳𝒏𝒏𝟐𝟐− 𝑳𝑳_{𝒏𝒏−𝟐𝟐}^𝟐𝟐 = 𝟓𝟓 ∙ 𝑭𝑭𝟐𝟐𝒏𝒏−𝟐𝟐，其中𝒏𝒏 ≥ 𝟐𝟐且𝒏𝒏為自然數

(3)將原題的 5 改成完全平方數𝒉𝒉^𝟐𝟐 �𝒉𝒉為自然數�，討論並將滿足「𝒂𝒂^𝟐𝟐− 𝒉𝒉^𝟐𝟐是𝒃𝒃的倍數，𝒃𝒃^𝟐𝟐− 𝒉𝒉^𝟐𝟐是𝒂𝒂的倍數」的正整數對(𝒂𝒂, 𝒃𝒃) = (𝒃𝒃_𝒊𝒊, 𝒃𝒃_{𝒊𝒊+𝟏𝟏})寫成數列 〈𝒃𝒃_𝒏𝒏〉，其中𝒊𝒊 ≥ 𝟏𝟏。

證明得到滿足條件的數列〈𝒃𝒃𝒏𝒏〉為等差數列，且𝒃𝒃𝒏𝒏 = 𝟐𝟐 + (𝒏𝒏 − 𝟏𝟏)𝒉𝒉，其中 𝟐𝟐 + 𝒉𝒉 > 𝟐𝟐 > 𝒉𝒉 > 𝟎𝟎，且 𝒏𝒏 、𝒉𝒉 、𝟐𝟐 為自然數，以及此數列〈𝒃𝒃𝒏𝒏〉有 𝒉𝒉 組。

文獻 2.5. 二階遞迴關係式的解法 參[4].

二階遞迴關係式𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟐𝟐}+ 𝒑𝒑𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}+ 𝒒𝒒𝒂𝒂_𝒏𝒏 = 𝟎𝟎的解法

滿足遞迴關係式𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟐𝟐+ 𝒑𝒑𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟏𝟏+ 𝒒𝒒𝒂𝒂𝒏𝒏 = 𝟎𝟎、𝒂𝒂𝟏𝟏 = 𝒂𝒂, 𝒂𝒂𝟐𝟐 = 𝒃𝒃

的數列

< a

_n

>

的一般項為(1)當𝜶𝜶 ≠ 𝜷𝜷時，𝒂𝒂_𝒏𝒏 =^{𝒃𝒃−𝒂𝒂𝜷𝜷}_{𝜶𝜶−𝜷𝜷} 𝜶𝜶^{𝒏𝒏−𝟏𝟏}−^{𝒃𝒃−𝒂𝒂𝜶𝜶}_{𝜶𝜶−𝜷𝜷} 𝜷𝜷^{𝒏𝒏−𝟏𝟏}

(2)當𝜶𝜶 = 𝜷𝜷時，𝒂𝒂_𝒏𝒏 = 𝒂𝒂𝜶𝜶^{𝒏𝒏−𝟏𝟏}+ (𝒏𝒏 − 𝟏𝟏)(𝒃𝒃 − 𝒂𝒂𝜶𝜶)𝜶𝜶^{𝒏𝒏−𝟐𝟐} 其中，𝜶𝜶, 𝜷𝜷為的特徵方程式 𝒙𝒙^𝟐𝟐+ 𝒑𝒑𝒙𝒙 + 𝒒𝒒 = 𝟎𝟎 的兩根。

5

參、 𝒂𝒂 ^𝟐𝟐 − 𝒉𝒉是𝒃𝒃的倍數，𝒃𝒃 ^𝟐𝟐 − 𝒉𝒉是𝒂𝒂的倍數

事實3.1. 將「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐− 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐− 𝒉𝒉)」的正整數解(𝒂𝒂, 𝒃𝒃)寫成數列〈𝒂𝒂_𝒏𝒏〉，並觀察其規律性 (𝒉𝒉為任意正整數)。我們發現了一些規律：

(1)𝒂𝒂_𝒏𝒏^𝟐𝟐− 𝒉𝒉 = 𝒂𝒂_{𝒏𝒏−𝟏𝟏}∙ 𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}(𝒉𝒉 ≥ 𝟒𝟒才能找到相應的數列)。

(2)因為𝒂𝒂𝟏𝟏𝟐𝟐− 𝒉𝒉 = 𝟏𝟏 ∙ 𝒂𝒂𝟐𝟐，所以我們假設𝒂𝒂𝟎𝟎= 𝟏𝟏，如此一來，只需要再找一項𝒂𝒂𝟏𝟏，就能 推出後面的數字，但因為𝒂𝒂_𝟎𝟎^𝟐𝟐− 𝒉𝒉 = 𝟏𝟏 − 𝒉𝒉是負數，不排入數列中，所以首項𝒂𝒂_𝟏𝟏可以 是𝒉𝒉 − 𝟏𝟏的因數(1 除外)，當數列的首項𝒂𝒂_𝟏𝟏為𝒉𝒉 − 𝟏𝟏。得到，

[證明]

(1)因為𝑎𝑎0 = 1，𝑎𝑎₁ = ℎ − 1，則𝑎𝑎₀²− ℎ = 1 − ℎ = −(ℎ − 1)，所以𝑎𝑎₁|(𝑎𝑎₀²− ℎ)。

又因為1|(𝑎𝑎12− ℎ)，從而𝑎𝑎0|(𝑎𝑎12− ℎ)。

(2)因為𝑎𝑎₂ = 𝑎𝑎₁²− ℎ，所以𝑎𝑎₂|(𝑎𝑎₁²− ℎ)。

又𝑎𝑎₂² − ℎ = (𝑎𝑎₁²− ℎ)²− ℎ = 𝑎𝑎₁⁴− 2ℎ𝑎𝑎₁²+ ℎ²− ℎ = 𝑎𝑎₁⁴− 2ℎ𝑎𝑎₁²+ ℎ𝑎𝑎1， 從而𝑎𝑎₁|(𝑎𝑎₂²− ℎ)。

(3)因為𝑎𝑎𝑛𝑛2 − ℎ = 𝑎𝑎_𝑛𝑛−1× 𝑎𝑎_𝑛𝑛+1，所以𝑎𝑎_𝑛𝑛+1|(𝑎𝑎𝑛𝑛2 − ℎ)。又因為𝑎𝑎_𝑛𝑛+1² − ℎ = 𝑎𝑎_𝑛𝑛× 𝑎𝑎_𝑛𝑛+2，

所以𝑎𝑎𝑛𝑛|(𝑎𝑎_𝑛𝑛+1² − ℎ)，故�𝑎𝑎^𝑛𝑛+1|(𝑎𝑎𝑛𝑛2 − ℎ)

𝑎𝑎_𝑛𝑛|(𝑎𝑎𝑛𝑛+12 − ℎ)，Q.E.D。

定理3.2. 若數列〈𝒂𝒂𝒏𝒏〉滿足 (1)𝒂𝒂𝟎𝟎 = 𝟏𝟏，𝒂𝒂_𝟏𝟏 = 𝒉𝒉 − 𝟏𝟏；(2)𝒂𝒂_𝟐𝟐= 𝒂𝒂_𝟏𝟏^𝟐𝟐− 𝒉𝒉 = 𝒉𝒉^𝟐𝟐− 𝟑𝟑𝒉𝒉 + 𝟏𝟏；

(3)𝒂𝒂_𝒏𝒏^𝟐𝟐− 𝒉𝒉 = 𝒂𝒂_{𝒏𝒏−𝟏𝟏}× 𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}(𝒉𝒉 ≥ 𝟒𝟒, 𝒏𝒏 ≥ 𝟏𝟏)

且𝒂𝒂_𝟏𝟏, 𝒂𝒂_𝟐𝟐, 𝒉𝒉為正整數時，則�𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}|(𝒂𝒂_𝒏𝒏^𝟐𝟐− 𝒉𝒉)

𝒂𝒂_𝒏𝒏|(𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟏𝟏𝟐𝟐 − 𝒉𝒉)(𝒏𝒏 ≥ 𝟎𝟎)

另外，我們找到數列𝑎𝑎𝑛𝑛、𝑎𝑎𝑛𝑛+1、𝑎𝑎𝑛𝑛+2 之間的遞迴關係為 𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟐𝟐 = (𝒉𝒉 − 𝟐𝟐)𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟏𝟏− 𝒂𝒂𝒏𝒏⋯ (𝟑𝟑. 𝟑𝟑. ) 而有以下的定理：

[證明]

(1)當𝑛𝑛 = 0時，𝑎𝑎2 = (ℎ − 2)𝑎𝑎1− 𝑎𝑎0 = (ℎ − 2)(ℎ − 1) − 1 = ℎ²− 3ℎ + 1，原式成立。

(2)設當𝑛𝑛 ≤ 𝑘𝑘時，𝑎𝑎_𝑛𝑛+2 = (ℎ − 2)𝑎𝑎_𝑛𝑛+1− 𝑎𝑎_𝑛𝑛 成立。

則 𝑎𝑎_𝑘𝑘+2= (ℎ − 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘+1− 𝑎𝑎_𝑘𝑘，𝑎𝑎_𝑘𝑘+1 = (ℎ − 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘− 𝑎𝑎_𝑘𝑘−1 且 𝑎𝑎_𝑘𝑘+2² − ℎ = 𝑎𝑎𝑘𝑘+1× 𝑎𝑎𝑘𝑘+3

⟹ [(ℎ − 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘+1− 𝑎𝑎_𝑘𝑘]²− ℎ = 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1× 𝑎𝑎_𝑘𝑘+3

⟹ (ℎ − 2)²𝑎𝑎_𝑘𝑘+1² − 2(ℎ − 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘𝑎𝑎_𝑘𝑘+1+ 𝑎𝑎_𝑘𝑘²− ℎ = 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1× 𝑎𝑎_𝑘𝑘+3 ⟹ (ℎ − 2)²𝑎𝑎_𝑘𝑘+1² − 2(ℎ − 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘𝑎𝑎_𝑘𝑘+1+ 𝑎𝑎_𝑘𝑘−1𝑎𝑎_𝑘𝑘+1 = 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1× 𝑎𝑎_𝑘𝑘+3 ⟹ 𝑎𝑎𝑘𝑘+3 = (ℎ − 2)²𝑎𝑎𝑘𝑘+1− 2(ℎ − 2)𝑎𝑎𝑘𝑘+ 𝑎𝑎𝑘𝑘−1

= (ℎ − 2)²𝑎𝑎_𝑘𝑘+1− 2(ℎ − 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘+ (ℎ − 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘− 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1 = [(ℎ − 2)² − 1]𝑎𝑎𝑘𝑘+1− (ℎ − 2)𝑎𝑎𝑘𝑘

又 (ℎ − 2)𝑎𝑎𝑘𝑘+2− 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1= (ℎ − 2)[(ℎ − 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘+1− 𝑎𝑎_𝑘𝑘] − 𝑎𝑎𝑘𝑘+1

= [(ℎ − 2)² − 1]𝑎𝑎_𝑘𝑘+1− (ℎ − 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘，

從而 𝑎𝑎𝑘𝑘+3 = (ℎ − 2)𝑎𝑎𝑘𝑘+2− 𝑎𝑎𝑘𝑘+1，所以當𝑛𝑛 = 𝑘𝑘 + 1時，原式也成立。

故由數學歸納法可知：𝑎𝑎𝑛𝑛+2 = (ℎ − 2)𝑎𝑎𝑛𝑛+1− 𝑎𝑎𝑛𝑛(ℎ ≥ 4, 𝑛𝑛 ≥ 0)恆成立，Q.E.D。

又可得，

定理3.4. 若數列〈𝒂𝒂_𝒏𝒏〉滿足(1)𝒂𝒂_𝟎𝟎= 𝟏𝟏，𝒂𝒂_𝟏𝟏= 𝒉𝒉 − 𝟏𝟏；(2)𝒂𝒂_𝟐𝟐= 𝒂𝒂_𝟏𝟏^𝟐𝟐− 𝒉𝒉 = 𝒉𝒉^𝟐𝟐− 𝟑𝟑𝒉𝒉 + 𝟏𝟏；

(3)𝒂𝒂𝒏𝒏𝟐𝟐− 𝒉𝒉 = 𝒂𝒂_{𝒏𝒏−𝟏𝟏}× 𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}(𝒏𝒏 ≥ 𝟏𝟏)，則 𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟐𝟐} = (𝒉𝒉 − 𝟐𝟐)𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}− 𝒂𝒂_𝒏𝒏(𝒉𝒉 ≥ 𝟒𝟒, 𝒏𝒏 ≥ 𝟎𝟎)。

7

[證明]

(1)當h = 時，4

a

_n+2

= 2 a

_n+1

− ⇒ a

_n

a

_n+2

− 2 a

_n+1

+ = a

_n

0

，其特徵方程式為𝑥𝑥²− 2𝑥𝑥 + 1 = 0，

兩根𝛼𝛼 = 𝛽𝛽 = 1。又

a h

₁

= − = 1 3

，

a a h

₂

=

₁²

− = − = 3 4 5

² ，所以𝑏𝑏 − 𝑎𝑎α = 5 − 3 × 1 = 2。

從而

a a

_n

= α

ⁿ⁻¹

+ − ( 1)( n b a − α α )

ⁿ⁻²

= × 3 1

ⁿ⁻¹

+ − × × ( 1) 2 1 n

ⁿ⁻²

= 2 1 n +

。 推知

a

_n+₁

= 2( 1) 1 2 3 n + + = + n

，

a

_n−₁

= 2( 1) 1 2 1 n − + = n −

。

因此

a

_n²

− = 4 (2 1) 4 4 n +

²

− = n

²

+ − = 4 3 (2 1)(2 1) n n − n + = a

_n−₁

× a

_n+₁。

所以

_a

_n²

− = _{4 a}

_n−1

× _a

_n+1

⇒ _a

_n+1

_{( a}

_n²

− ₄₎

，同理

_a

_n+1²

− = _{4 a a}

_n

×

_n+2

⇒ _{a a}

_n

₍

_n+1²

− ₄₎

。

又因為

a

_n+1

− = a

_n

(2 3) (2 1) 2( 1) n + − n + = n ≥

，所以

a

_n+1

> a n

_n

( 1) ≥

。 (2)當h ≥ 時，4

a

_n+2

= − ( 2) h a

_n+1

− ⇒ a

_n

a

_n+2

− − ( 2) h a

_n+1

+ = a

_n

0

其特徵方程式為

x

²

− − ( 2) 1 0 h x + =

，兩根

2 2

( 2) 4 , ( 2) 4

2 2

h h h h h h

α

= ^{− + −}

β

= ^{− − −} ，

推知

α β

− = h²−4h。又

a h

₁

= − 1

，

a a h h

₂

=

₁²

− = − ( 1)

²

− = − + h h

²

3 1 h

， 所以 ( ² 3 1) ( 1) ( 2) ² 4

2

h h h

b a−

β

= h − h+ − − ×h ^{− − −}

2 2 2 2

2 ( 3 2) ( 1) 4 ( 3 ) ( 1) 4

( 3 1)

2 2

h h h h h h h h h h

h h − + − − − − + − −

= − + − = ，

( ² 3 1) ( 1) ( 2) ² 4 2

h h h

b a−

α

= h − h+ − − ×h ^{− + −}

2 2 2 2

2 ( 3 2) ( 1) 4 ( 3 ) ( 1) 4

( 3 1)

2 2

h h h h h h h h h h

h h − + + − − − − − −

= − + − = 。

定理3.5. 若數列〈𝒂𝒂𝒏𝒏〉滿足

(1)𝒂𝒂𝟏𝟏= 𝒉𝒉 − 𝟏𝟏；(2)𝒂𝒂𝟐𝟐= 𝒂𝒂_𝟏𝟏^𝟐𝟐− 𝒉𝒉；(3)𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟐𝟐 = (𝒉𝒉 − 𝟐𝟐)𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟏𝟏− 𝒂𝒂𝒏𝒏(𝒉𝒉 ≥ 𝟒𝟒, 𝒏𝒏 ≥ 𝟏𝟏)，

則 𝒂𝒂𝒏𝒏𝟐𝟐− 𝒉𝒉 = 𝒂𝒂_{𝒏𝒏−𝟏𝟏}× 𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}(𝒏𝒏 ≥ 𝟐𝟐)，推知�𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}|(𝒂𝒂_𝒏𝒏^𝟐𝟐− 𝒉𝒉)

𝒂𝒂_𝒏𝒏|(𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟏𝟏𝟐𝟐 − 𝒉𝒉)，𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏} > 𝒂𝒂_𝒏𝒏(𝒏𝒏 ≥ 𝟏𝟏)。

從而

2 2 2

1 1 1

2

2 2 2

1 2

( 3 ) ( 1) 4 ([ 2) 4 ] 2 4 2

( 3 ) ( 1) 4 ([ 2) 4 ] 2 4 2

n n n

n

n

b a b a h h h h h h h h

a h h

h h h h h h h h

h h

β α α β

α β α β

− − −

−

− − − + − − − + −

= − =

− − −

− − − − − − −

− −

推知

2 2 2 2 2 2

1 2 2

( 3 ) ( 1) 4 ( [ 2) 4 ] ( 3 ) ( 1) 4 ( [ 2) 4 ]

2 2

2 4 2 4

n n

n

h h h h h h h h h h h h h h h h

a

⁺

h h h h

− + − − − + − − − − − − − −

= −

− −

2 2 2 2 2 2

2 2

1 2 2

( 3 ) ( 1) 4 ( [ 2) 4 ] ( 3 ) ( 1) 4 ( [ 2) 4 ]

2 2

2 4 2 4

n n

n

h h h h h h h h h h h h h h h h

a h h h h

− −

−

− + − − − + − − − − − − − −

= −

− −

因此

2 2 2

2 1

2

2 2 2

1 2 2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4

{ [ ]

2 4 2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4

[ ] } 2 4 2

n n

n

h h h h h h h h

a h

h h

h h h h h h h h h

h h

−

−

− + − − − + −

− = −

− − − − − − −

− −

−

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2 2 2 2

1 2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4

[ ] [ ]

2 4 2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4

[ ] [ ]

2 4 2

( 3 ) ( 1) ( 4 ) ( 2) ( 4 )

2 [ ]

4( 4 ) 4

n

n

n

h h h h h h h h

h h

h h h h h h h h

h h

h h h h h h h h h

h h

−

−

−

− + − − − + −

= −

− − − − − − −

+ −

− − − − − − −

− × × −

−

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

2 2 2 1

2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4

[ ] [ ]

2 4 2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4 1

[ ] [ ] 2 1

2 4

2 4

n

n n

h h h h h h h h

h h

h h h h h h h h h

h h h

−

− −

− + − − − + −

= −

− − − − − − −

+ − × × −

− −

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

2 2 2 2

2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4

[ ] [ ]

2 4 2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4 1

[ ] [ ] ( 4 2)

2 4

2 4

n

n

h h h h h h h h

h h

h h h h h h h h h h

h h h

−

−

− + − − − + −

= −

− − − − − − −

+ − − +

− −

9

又

1 1

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

2 2 2

2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4

[ ] [ ]

2 4 2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4

[ ] [ ] 2 4 2

n n

n

n

a a

h h h h h h h h

h h

h h h h h h h h

h h

− +

−

−

×

− + − − − + −

= −

− − − − − − −

+ −

2 2

2 2 2

1 ( 2) 4 ( 2) 4

1 {[ ] [ ] }

4 2 2

n h h h h h h

h

− − + − − − −

− × × +

−

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

2 2 2 2

2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4

[ ] [ ]

2 4 2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4 1

[ ] [ ] ( 4 2)

2 4

2 4

n

n

h h h h h h h h

h h

h h h h h h h h h h

h h h

−

−

− + − − − + −

= −

− − − − − − −

+ − − +

− −

所以

_a

_n²

− = _{h a}

_n−1

× _a

_n+1

⇒ _a

_n+1

_{( a}

_n²

− _{h )}

，同理

_a

_n+1²

− = _{h a a}

_n

×

_n+2

⇒ _{a a}

_n

₍

_n+1²

− _{h )}

。

又因為 ₁ ^{2 2 2 1 2}

2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4 ( 2) 4

[ ][ ] [ 1]

2 2

2 4

n n

h h h h h h h h

n

h h h

a a

h h

− +

− + − − − + − − + −

− = −

−

^{2 2 2 1 2}

2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4 ( 2) 4

[ ][ ] [ 1]

2 2

2 4

h h h h h h h h

n

h h h

h h

− − − − − − −

−

− − −

− −

−

^{2 2 2 1 2}

2

( 3 ) ( 1) 4 ( 2) 4 ( 4) 4

[ ][ ] [ ]

2 2

2 4

h h h h h h h h

n

h h h

h h

− + − − − + −

−

− + −

= −

[ ⁽

²

^{3 ) (}

₂

¹⁾

²

⁴ ][ ^{( 2)}

²

⁴ ] [

¹

^{( 4)}

²

⁴ ]>0

2 2

2 4

h h h h h h h h

n

h h h

h h

− − − − − − −

−

− − −

− −

且ℎ ≥ 4，此時這兩個分式分母相同，前者分子顯然大於後者，所以 𝑎𝑎𝑛𝑛+1− 𝑎𝑎𝑛𝑛 > 0，即 𝑎𝑎𝑛𝑛+1 > 𝑎𝑎𝑛𝑛(𝑛𝑛 ≥ 1)

^，

Q.E.D。

肆、廣義費氏數列

問題4.1.1. 依據𝒉𝒉 = 𝟓𝟓時的數列為盧卡斯數列的間隔項，找出與其它數列〈𝒂𝒂𝒏𝒏〉相對應的廣義 費氏數列〈𝒃𝒃_𝒏𝒏〉及其關聯性。

已知：表 4.1.2.中，𝑏𝑏8 = 𝑏𝑏₇+ 𝑏𝑏₆ = 2𝑏𝑏₆+ 𝑏𝑏₅ = 3𝑏𝑏₆− 𝑏𝑏₄，則𝑎𝑎₃ = 3𝑎𝑎₂− 𝑎𝑎₁。所以我們得 知ℎ = 5 符合公式：𝑎𝑎_𝑛𝑛+2 = (ℎ − 2)𝑎𝑎_𝑛𝑛+1− 𝑎𝑎_𝑛𝑛，代表只有ℎ = 5的數列〈𝑎𝑎_𝑛𝑛〉，可以從前兩 項相加等於後一項的盧卡斯數列中，間隔地找到數列〈𝑎𝑎𝑛𝑛〉的值。

考慮表 4.1.3.，數列〈𝑎𝑎𝑛𝑛〉會與廣義費氏數列〈𝑏𝑏_𝑛𝑛〉有關：當ℎ = 5時，𝑏𝑏₈ = 1 ∙ 𝑏𝑏₇+ 𝑏𝑏₆， 若𝑏𝑏8 = 2 ∙ 𝑏𝑏₇+ 𝑏𝑏₆是否會符合ℎ等於其它數字的數列？

𝑏𝑏₈ = 2𝑏𝑏₇+ 𝑏𝑏₆ = 5𝑏𝑏₆+ 2𝑏𝑏₅ = 6𝑏𝑏₆− 𝑏𝑏₄，則 𝑎𝑎3 = 6𝑎𝑎₂− 𝑎𝑎₁，得 ℎ = 8，代表ℎ = 8可以

從兩倍前一項加前前項等於後一項的遞迴數列中，間隔地找到數列〈𝑎𝑎𝑛𝑛〉的值。那麼ℎ等

於其它數值時，相對應數列〈𝑏𝑏𝑛𝑛〉的規律性為何？

ℎ = 5的數列〈𝑎𝑎_𝑛𝑛〉 𝑎𝑎₀ 𝑎𝑎₁ 𝑎𝑎₂ 𝑎𝑎₃

廣義費氏數列 (盧卡斯) 〈𝑏𝑏_𝑛𝑛〉

𝑏𝑏1 𝑏𝑏2 𝑏𝑏3 𝑏𝑏4 𝑏𝑏5 𝑏𝑏6 𝑏𝑏7 𝑏𝑏8

2 1 3 4 7 11 18 29

ℎ=? 的數列〈𝑎𝑎𝑛𝑛〉 𝑎𝑎₀ 𝑎𝑎₁ 𝑎𝑎₂ 𝑎𝑎₃ 廣義費氏數列〈𝑏𝑏_𝑛𝑛〉 𝑏𝑏₁ 𝑏𝑏₂ 𝑏𝑏₃ 𝑏𝑏₄ 𝑏𝑏₅ 𝑏𝑏₆ 𝑏𝑏₇ 𝑏𝑏₈

數列〈𝑎𝑎𝑛𝑛〉 𝑎𝑎₀ 𝑎𝑎₁ 𝑎𝑎₂ 𝑎𝑎₃

廣義費氏數列〈𝑏𝑏_𝑛𝑛〉 𝑏𝑏₁ 𝑏𝑏₂ 𝑏𝑏₃ 𝑏𝑏₄ 𝑏𝑏₅ 𝑏𝑏₆ 𝑏𝑏₇ 𝑏𝑏₈ 表4.1.2.

表4.1.3.

表4.1.4.

11

假設 𝑏𝑏𝑛𝑛+2 = 𝑥𝑥 ∙ 𝑏𝑏_𝑛𝑛+1+ 𝑏𝑏_𝑛𝑛，可得

[證明]

(1)設 𝑏𝑏_𝑛𝑛+2 = 𝑥𝑥𝑏𝑏_𝑛𝑛+1+ 𝑏𝑏_𝑛𝑛(𝑛𝑛 ≥ 4)，

則 𝑏𝑏8 = 𝑥𝑥𝑏𝑏₇+ 𝑏𝑏₆，𝑏𝑏₇ = 𝑥𝑥𝑏𝑏₆+ 𝑏𝑏₅，𝑏𝑏₆ = 𝑥𝑥𝑏𝑏₅+ 𝑏𝑏₄，

推得 𝑏𝑏8 = 𝑥𝑥(𝑥𝑥𝑏𝑏₆+ 𝑏𝑏₅) + 𝑏𝑏6= (𝑥𝑥²+ 1)𝑏𝑏₆+ 𝑥𝑥𝑏𝑏₅ = (𝑥𝑥²+ 1)𝑏𝑏₆+ (𝑏𝑏₆− 𝑏𝑏₄)，

所以 𝑏𝑏8 = (𝑥𝑥²+ 2)𝑏𝑏6− 𝑏𝑏4，即 𝑎𝑎3 = (𝑥𝑥²+ 2)𝑎𝑎2− 𝑎𝑎1，又 𝑎𝑎3 = (ℎ − 2)𝑎𝑎2− 𝑎𝑎1，

比較係數得 𝑥𝑥² + 2 = ℎ − 2 ⟹ 𝑥𝑥² = ℎ − 4，故 𝑥𝑥 = √ℎ − 4(ℎ ≥ 5)。

(2)欲證 若𝑏𝑏𝑛𝑛+2 = 𝑥𝑥𝑏𝑏𝑛𝑛+1+ 𝑏𝑏𝑛𝑛(𝑛𝑛 ≥ 4)，則𝑥𝑥 = √ℎ − 4(ℎ ≥ 5)。

設𝑛𝑛 ≤ 𝑘𝑘時，𝑏𝑏𝑛𝑛+2 = 𝑥𝑥𝑏𝑏_𝑛𝑛+1+ 𝑏𝑏_𝑛𝑛(𝑛𝑛 ≥ 4)，且𝑥𝑥 = √ℎ − 4(ℎ ≥ 5)成立。

(ⅰ)若𝑘𝑘為偶數(𝑘𝑘 ≥ 6)，同(1)可得 𝑏𝑏𝑘𝑘+2 = (𝑥𝑥²+ 2)𝑏𝑏𝑘𝑘− 𝑏𝑏𝑘𝑘−2= (ℎ − 2)𝑏𝑏𝑘𝑘− 𝑏𝑏𝑘𝑘−2， 又𝑏𝑏𝑘𝑘+3 = 𝑥𝑥𝑏𝑏𝑘𝑘+2+ 𝑏𝑏𝑘𝑘+1，𝑏𝑏𝑘𝑘+2 = 𝑥𝑥𝑏𝑏𝑘𝑘+1+ 𝑏𝑏𝑘𝑘，𝑏𝑏𝑘𝑘+1 = 𝑥𝑥𝑏𝑏𝑘𝑘+ 𝑏𝑏𝑘𝑘−1，

同(1)可得𝑏𝑏𝑘𝑘+3 = (𝑥𝑥²+ 2)𝑏𝑏𝑘𝑘+1− 𝑏𝑏𝑘𝑘−1 = (ℎ − 2)𝑏𝑏𝑘𝑘+1− 𝑏𝑏𝑘𝑘−1，所以 𝑥𝑥 = √ℎ − 4。

因此 𝑏𝑏𝑘𝑘+3 = 𝑥𝑥𝑏𝑏𝑘𝑘+2+ 𝑏𝑏𝑘𝑘+1 = √ℎ − 4𝑏𝑏𝑘𝑘+2+ 𝑏𝑏𝑘𝑘+1， 故 𝑛𝑛 = 𝑘𝑘 + 1時，𝑏𝑏𝑛𝑛+2 = √ℎ − 4𝑏𝑏𝑛𝑛+1+ 𝑏𝑏𝑛𝑛也成立。

(ⅱ)若𝑘𝑘為奇數(𝑘𝑘 ≥ 5)，同(1)可得 𝑏𝑏𝑘𝑘+2= (𝑥𝑥²+ 2)𝑏𝑏𝑘𝑘− 𝑏𝑏𝑘𝑘−2，𝑏𝑏𝑘𝑘+1= (𝑥𝑥²+ 2)𝑏𝑏𝑘𝑘−1− 𝑏𝑏𝑘𝑘−3

因為 𝑏𝑏_𝑘𝑘+1 = (𝑥𝑥²+ 2)𝑏𝑏_𝑘𝑘−1− 𝑏𝑏_𝑘𝑘−3 = (ℎ − 2)𝑏𝑏_𝑘𝑘−1− 𝑏𝑏_𝑘𝑘−3，

又 𝑏𝑏𝑘𝑘+3 = (𝑥𝑥²+ 2)𝑏𝑏𝑘𝑘+1− 𝑏𝑏𝑘𝑘−1 = (ℎ − 2)𝑏𝑏𝑘𝑘+1− 𝑏𝑏𝑘𝑘−1，所以 𝑥𝑥 = √ℎ − 4。

定理4.2. 若數列〈𝒃𝒃_𝒏𝒏〉從第四項開始的偶數項形成一數列〈𝒂𝒂_𝒏𝒏〉，且

(1)𝒃𝒃𝟒𝟒= 𝒂𝒂_𝟏𝟏= 𝒉𝒉 − 𝟏𝟏；(2)𝒃𝒃_𝟕𝟕= 𝒂𝒂_𝟐𝟐= 𝒂𝒂_𝟏𝟏^𝟐𝟐− 𝒉𝒉；(3)𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟐𝟐} = (𝒉𝒉 − 𝟐𝟐)𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}− 𝒂𝒂_𝒏𝒏，

則 𝒃𝒃𝒏𝒏+𝟐𝟐= √𝒉𝒉 − 𝟒𝟒𝒃𝒃𝒏𝒏+𝟏𝟏+ 𝒃𝒃_𝒏𝒏且𝒃𝒃_𝟏𝟏=_{√𝒉𝒉−𝟒𝟒}^𝟐𝟐 (𝒉𝒉 ≥ 𝟓𝟓, 𝒏𝒏 ≥ 𝟏𝟏)。

因此 𝑏𝑏𝑘𝑘+3 = 𝑥𝑥𝑏𝑏𝑘𝑘+2+ 𝑏𝑏𝑘𝑘+1 = √ℎ − 4𝑏𝑏𝑘𝑘+2+ 𝑏𝑏𝑘𝑘+1， 故 𝑛𝑛 = 𝑘𝑘 + 1時，𝑏𝑏𝑛𝑛+2 = √ℎ − 4𝑏𝑏𝑛𝑛+1+ 𝑏𝑏𝑛𝑛也成立。

由數學歸納法可知：𝑏𝑏𝑛𝑛+2 = √ℎ − 4𝑏𝑏𝑛𝑛+1+ 𝑏𝑏𝑛𝑛(ℎ ≥ 5, 𝑛𝑛 ≥ 4)恆成立。

(3)當𝑏𝑏𝑛𝑛+2 = √ℎ − 4𝑏𝑏𝑛𝑛+1+ 𝑏𝑏_𝑛𝑛(ℎ ≥ 5, 𝑛𝑛 ≥ 1)也成立時，因為 𝑏𝑏₃ = (√ℎ − 4)𝑏𝑏2+ 𝑏𝑏₁，

𝑏𝑏₄ = (√ℎ − 4)𝑏𝑏3+ 𝑏𝑏₂，所以 𝑏𝑏₃ = ^𝑏𝑏_√ℎ−4^{4−𝑏𝑏2}，推知 ^{𝑏𝑏4−𝑏𝑏2}

√ℎ−4 = (√ℎ − 4)𝑏𝑏2+ 𝑏𝑏₁， 將 𝑏𝑏2 = 𝑎𝑎0 = 1、𝑏𝑏4 = 𝑎𝑎1 = ℎ − 1 代入公式，得

^{(ℎ−1)−1}_√ℎ−4 = (√ℎ − 4) + 𝑏𝑏1 ⟹ ℎ − 2 = (√ℎ − 4)²+ 𝑏𝑏1√ℎ − 4，故𝑏𝑏1 =_√ℎ−4²

^，

Q.E.D。

演算方法4.3. (計算〈𝑏𝑏_𝑛𝑛〉的方法)

第一步驟：給定ℎ ∈ ℕ，若ℎ ≥ 5，則進入第二步驟。

第二步驟：𝑎𝑎0 = 1，𝑎𝑎1 = ℎ − 1，𝑎𝑎2 = 𝑎𝑎12 − ℎ，進入第三步驟。

第三步驟：𝑎𝑎_𝑛𝑛+2 = (^𝑎𝑎0_𝑎𝑎^+𝑎𝑎2

1 )𝑎𝑎_𝑛𝑛+1− 𝑎𝑎_𝑛𝑛(𝑛𝑛 ≥ 1)，進入第四步驟。

第四步驟：𝑏𝑏2𝑛𝑛 = 𝑎𝑎𝑛𝑛−1(𝑛𝑛 ≥ 1)，進入第五步驟。

第五步驟：𝑏𝑏_2𝑛𝑛+1= ^{𝑏𝑏2𝑛𝑛+2−𝑏𝑏2𝑛𝑛}

�^{𝑎𝑎0+𝑎𝑎2}_𝑎𝑎1 −2(𝑛𝑛 ≥ 1)，進入第六步驟。

第六步驟：𝑏𝑏₁ = 𝑏𝑏₃ − �^𝑎𝑎0_𝑎𝑎^+𝑎𝑎₁ ²− 2 × 𝑏𝑏₂，我們會得到計算〈𝑏𝑏_𝑛𝑛〉的方法。

13

伍、 𝒂𝒂 ^𝟐𝟐 + 𝒉𝒉是𝒃𝒃的倍數，𝒃𝒃 ^𝟐𝟐 + 𝒉𝒉是𝒂𝒂的倍數

事實5.1. 將「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)」的正整數解(𝒂𝒂, 𝒃𝒃)寫成數列〈𝒂𝒂_𝒏𝒏〉，並觀察其規律性 (𝒉𝒉為任意正整數)。我們發現了一些規律：

(1)𝒂𝒂_𝒏𝒏^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉 = 𝒂𝒂_{𝒏𝒏−𝟏𝟏}∙ 𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}(𝒉𝒉 ≥ 𝟏𝟏就能找到相應的數列)。

(2)𝒂𝒂𝟏𝟏 = 𝟏𝟏，𝒂𝒂𝟐𝟐為𝒉𝒉 + 𝟏𝟏除了 1 的任一因數，因此若𝒉𝒉 + 𝟏𝟏有𝒏𝒏個因數，則該數會有 𝒏𝒏 − 𝟏𝟏 個由 1 開頭的數列。

當𝑎𝑎1 = 1，𝑎𝑎2 = ℎ + 1時，我們也找到數列𝑎𝑎𝑛𝑛、𝑎𝑎𝑛𝑛+1、𝑎𝑎𝑛𝑛+2之間的遞迴關係為 𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟐𝟐 = (𝒉𝒉 + 𝟐𝟐)𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟏𝟏− 𝒂𝒂𝒏𝒏⋯ (𝟓𝟓. 𝟐𝟐. )，而有以下的定理：

[證明]

(1)當𝑛𝑛 = 1時，(ℎ + 2)𝑎𝑎2− 𝑎𝑎1 = (ℎ + 2)(ℎ + 1) − 1 = ℎ²+ 3ℎ + 1。

又𝑎𝑎₂² + ℎ = 𝑎𝑎₁ × 𝑎𝑎₃ ⟹ (ℎ + 1)² + ℎ = 𝑎𝑎₃ ⟹ 𝑎𝑎₃ = ℎ²+ 3ℎ + 1，

所以𝑎𝑎₃ = (ℎ + 2)𝑎𝑎₂− 𝑎𝑎₁，原式成立。

(2)設當𝑛𝑛 ≤ 𝑘𝑘時，𝑎𝑎𝑛𝑛+2 = (ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑛𝑛+1− 𝑎𝑎_𝑛𝑛 成立。

則 𝑎𝑎_𝑘𝑘+2= (ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘+1− 𝑎𝑎_𝑘𝑘，𝑎𝑎_𝑘𝑘+1 = (ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘− 𝑎𝑎_𝑘𝑘−1 且 𝑎𝑎_𝑘𝑘+2² + ℎ = 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1× 𝑎𝑎_𝑘𝑘+3

⟹ [(ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘+1− 𝑎𝑎_𝑘𝑘]²+ ℎ = 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1× 𝑎𝑎_𝑘𝑘+3

⟹ (ℎ + 2)²𝑎𝑎_𝑘𝑘+1² − 2(ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘𝑎𝑎_𝑘𝑘+1+ 𝑎𝑎_𝑘𝑘²+ ℎ = 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1× 𝑎𝑎_𝑘𝑘+3 ⟹ (ℎ + 2)²𝑎𝑎_𝑘𝑘+1² − 2(ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘𝑎𝑎_𝑘𝑘+1+ 𝑎𝑎_𝑘𝑘−1𝑎𝑎_𝑘𝑘+1 = 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1× 𝑎𝑎_𝑘𝑘+3 ⟹ 𝑎𝑎_𝑘𝑘+3 = (ℎ + 2)²𝑎𝑎_𝑘𝑘+1− 2(ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘+ 𝑎𝑎_𝑘𝑘−1

= (ℎ + 2)²𝑎𝑎𝑘𝑘+1− 2(ℎ + 2)𝑎𝑎𝑘𝑘+ (ℎ + 2)𝑎𝑎𝑘𝑘− 𝑎𝑎𝑘𝑘+1

= [(ℎ + 2)² − 1]𝑎𝑎_𝑘𝑘+1− (ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘

定理5.3. 若數列〈𝒂𝒂𝒏𝒏〉滿足(1)𝒂𝒂𝟏𝟏 = 𝟏𝟏；(2)𝒂𝒂𝟐𝟐= 𝒂𝒂_𝟏𝟏^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉 = 𝟏𝟏 + 𝒉𝒉；

(3)𝒂𝒂𝒏𝒏𝟐𝟐+ 𝒉𝒉 = 𝒂𝒂𝒏𝒏−𝟏𝟏× 𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟏𝟏(𝒏𝒏 ≥ 𝟐𝟐)，則 𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟐𝟐 = (𝒉𝒉 + 𝟐𝟐)𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟏𝟏− 𝒂𝒂𝒏𝒏(𝒉𝒉 ≥ 𝟏𝟏, 𝒏𝒏 ≥ 𝟏𝟏)。

又 (ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘+2− 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1= (ℎ + 2)[(ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘+1− 𝑎𝑎_𝑘𝑘] − 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1 = [(ℎ + 2)² − 1]𝑎𝑎_𝑘𝑘+1− (ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘，

從而 𝑎𝑎_𝑘𝑘+3 = (ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑘𝑘+2− 𝑎𝑎_𝑘𝑘+1，所以當𝑛𝑛 = 𝑘𝑘 + 1時，原式也成立。

故由數學歸納法可知：𝑎𝑎𝑛𝑛+2 = (ℎ + 2)𝑎𝑎𝑛𝑛+1− 𝑎𝑎𝑛𝑛(ℎ ≥ 1, 𝑛𝑛 ≥ 1)恆成立，Q.E.D。

又可得，

[證明]

(1)當ℎ = 1時，

a

_n+2

= 3 a

_n+1

− ⇒ a

_n

a

_n+2

− 3 a

_n+1

+ = a

_n

0

，

其特徵方程式為 𝑥𝑥² − 3𝑥𝑥 + 1 = 0，兩根

3 5 , 3 5

2 2

α = ⁺ β = ⁻

，推知

α β − = 5

。

又 𝑎𝑎1 = 1，𝑎𝑎2 = 1²+ 1 = 2，

所以 𝑏𝑏 − 𝑎𝑎𝛽𝛽 = 2 −^3−√5₂ = ^1+√5₂ ，𝑏𝑏 − 𝑎𝑎𝛼𝛼 = 2 −^3+√5₂ = ^1−√5₂ 。

從而 𝑎𝑎𝑛𝑛 = ^{𝑏𝑏−𝑎𝑎𝑎𝑎}_{𝛼𝛼−𝑎𝑎} 𝛼𝛼^𝑛𝑛−1−^{𝑏𝑏−𝑎𝑎𝛼𝛼}_{𝛼𝛼−𝑎𝑎} 𝛽𝛽^𝑛𝑛−1= ^1+√5_2√5 �^3+√5₂ �^𝑛𝑛−1−^1−√5_2√5 �^3−√5₂ �^𝑛𝑛−1

= (^5+√5₁₀ ) �^3+√5₂ �^𝑛𝑛−1+ (^5−√5₁₀ ) �^3−√5₂ �^𝑛𝑛−1

推知 𝑎𝑎𝑛𝑛+1 = (^5+√5₁₀ ) �^3+√5₂ �^𝑛𝑛+ (^5−√5₁₀ ) �^3−√5₂ �^𝑛𝑛，

𝑎𝑎𝑛𝑛−1 = (^5+√5₁₀ ) �^3+√5₂ �^𝑛𝑛−2+ (^5−√5₁₀ ) �^3−√5₂ �^𝑛𝑛−2。 定理5.4. 若數列〈𝒂𝒂_𝒏𝒏〉滿足

(1)𝒂𝒂𝟏𝟏 = 𝟏𝟏；(2)𝒂𝒂_𝟐𝟐 = 𝒂𝒂_𝟏𝟏^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉 = 𝟏𝟏 + 𝒉𝒉；(3)𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟐𝟐} = (𝒉𝒉 + 𝟐𝟐)𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}− 𝒂𝒂_𝒏𝒏

則𝒂𝒂_𝒏𝒏^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉 = 𝒂𝒂_{𝒏𝒏−𝟏𝟏}× 𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}(𝒏𝒏 ≥ 𝟐𝟐)，推知�𝒂𝒂𝒏𝒏+𝟏𝟏|(𝒂𝒂𝒏𝒏𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)

𝒂𝒂𝒏𝒏|(𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}^𝟐𝟐 + 𝒉𝒉)，𝒂𝒂_{𝒏𝒏+𝟏𝟏} > 𝒂𝒂_𝒏𝒏(𝒉𝒉 ≥ 𝟏𝟏, 𝒏𝒏 ≥ 𝟏𝟏)

15

因此 𝑎𝑎_𝑛𝑛² + 1 = [(^5+√5₁₀ ) �^3+√5₂ �^𝑛𝑛−1+ �^5−√5₁₀ ) �^3−√5₂ �^𝑛𝑛−1�

2

+ 1

= (^3+√5₁₀ )(^3+√5₂ )^{2𝑛𝑛−2}+ (^3−√5₁₀ )(^3+√5₂ )^{2𝑛𝑛−2}+ 2 ×¹₅× 1^𝑛𝑛−1+ 1

= (^3+√5₁₀ )(^3+√5₂ )^{2𝑛𝑛−2}+ (^3−√5₁₀ )(^3+√5₂ )^{2𝑛𝑛−2}+⁷₅。 又 𝑎𝑎𝑛𝑛−1× 𝑎𝑎𝑛𝑛+1

= �(^5+√5₁₀ ) �^3+√5₂ �^𝑛𝑛−2+ (^5−√5₁₀ ) �^3−√5₂ �^𝑛𝑛−2� �(^5+√5₁₀ ) �^3+√5₂ �^𝑛𝑛 + (^5−√5₁₀ ) �^3−√5₂ �^𝑛𝑛�

= (^3+√5₁₀ ) �^3+√5₂ �^{2𝑛𝑛−2}+ (^3−√5₁₀ ) �^3+√5₂ �^{2𝑛𝑛−2}+¹₅× 1^𝑛𝑛−2× ��^3+√5₂ �²+ �^3−√5₂ �²�

= (^3+√5₁₀ )(^3+√5₂ )^{2𝑛𝑛−2}+ (^3−√5₁₀ )(^3+√5₂ )^{2𝑛𝑛−2}+¹₅�^14+6√5₄ +^14−6√5₄ �

= (^3+√5₁₀ )(^3+√5₂ )^{2𝑛𝑛−2}+ (^3−√5₁₀ )(^3+√5₂ )^{2𝑛𝑛−2}+⁷₅。 所以 𝑎𝑎𝑛𝑛2 + 1 = 𝑎𝑎_𝑛𝑛−1× 𝑎𝑎_𝑛𝑛+1 ⟹ 𝑎𝑎_𝑛𝑛+1|(𝑎𝑎𝑛𝑛2+ 1)，

同理 𝑎𝑎_𝑛𝑛+1² + 1 = 𝑎𝑎𝑛𝑛× 𝑎𝑎𝑛𝑛+2 ⟹ 𝑎𝑎𝑛𝑛|(𝑎𝑎_𝑛𝑛+1² + 1)。

又因為 𝑎𝑎_𝑛𝑛+1− 𝑎𝑎_𝑛𝑛 = (^5+√5₁₀ ) �^3+√5₂ �^𝑛𝑛−1�^3+√5₂ − 1� − (^5−√5₁₀ ) �^3−√5₂ �^𝑛𝑛−1�^3−√5₂ − 1�

= (^5+√5₁₀ ) �^3+√5₂ �^𝑛𝑛−1�^1+√5₂ � + (^5−√5₁₀ ) �^3−√5₂ �^𝑛𝑛−1�^√5−1₂ � > 0 所以 𝑎𝑎𝑛𝑛+1 > 𝑎𝑎_𝑛𝑛(𝑛𝑛 ≥ 1)。

(2)當h ≥ 時，1

a

_n+2

= ( +2) h a

_n+1

− ⇒ a

_n

a

_n+2

− ( +2) h a

_n+1

+ = a

_n

0

其特徵方程式為

x

²

− ( +2) 1 0 h x + =

，兩根

2 2

( +2) +4 , ( +2) +4

2 2

h h h h h h

α

= ⁺

β

= ⁻ ，

推知

α β

− = h²+4h。又

a =

₁

1

^，

a a h

₂

=

₁²

+ 1+ = h

，

所以 ( 1) ( +2) ²+4 + ²+4

2 2

h h h h h h

b a−

β

= h+ − ⁻ = ，

( 1) ( +2)+ ²+4 ²+4

2 2

h h h h h h

b a−

α

= h+ − = ⁻ 。

從而

2 2 2 2

1 1 1 1

2 2

+ +4 ( +2) [ +4 ] +4 ( +2) [ +4 ]

2 2

2 +4 2 +4

n n n n

n

b a b a h h h h h h h h h h h h

a h h h h

β α α β

α β

⁻

α β

^{− − −}

− − + − −

= − = −

− −

推知

2 2 2 2

+1 2 2

+ +4 ( +2) [ +4 ] +4 ( +2) [ +4 ]

2 2

2 +4 2 +4

n n

n

h h h h h h h h h h h h

a h h h h

+ − −

= −

2 2 2 2

2 2

1 2 2

+ +4 ( +2) [ +4 ] +4 ( +2) [ +4 ]

2 2

2 +4 2 +4

n n

n

h h h h h h h h h h h h

a h h h h

− −

−

+ − −

= −

因此

^{2 2 2 1 2 2 1 2}

2 2

+ +4 ( +2) +4 +4 ( +2) +4

+ { [ ] [ ] } +

2 2

2 +4 2 +4

n n

n

h h h h h h h h h h h h

a h h

h h h h

− −

+ − −

= −

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 1

+ +4 ( +2) +4 +4 ( +2) +4

[ ] [ ] +[ ] [ ]

2 2

2 +4 2 +4

( 4 ) ( +2) ( +4 )

2 [ ] +

4( +4 ) 4

n n

n

h h h h h h h h h h h h

h h h h

h h h h h h h

h h

− −

−

+ − −

=

− + −

− × ×

[ ⁺

₂²

⁺⁴ ] [

²

^{( +2)}

²

⁺⁴ ]

^{2 2}

+[

₂²

⁺⁴ ] [

²

^{( +2)}

²

⁺⁴ ]

^{2 2}

+ ² 1 +

¹

2 2 4

2 +4 2 +4

n n n

h h h h h h h h h h h h h

h h h h h

− − −

+ − −

= ×

+

[ ⁺

₂²

⁺⁴ ] [

²

^{( +2)}

²

⁺⁴ ]

^{2 2}

+[

₂²

⁺⁴ ] [

²

^{( +2)}

²

⁺⁴ ]

^{2 2}

+

²

^{+4 +2}

2 2 4

2 +4 2 +4

n n

h h h h h h h h h h h h h h

h h h h h

− −

+ − −

= +

又

1 1

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2

2 2 2

+ +4 ( +2) +4 +4 ( +2) +4

[ ] [ ] [ ] [ ]

2 2

2 +4 2 +4

1 ( +2) +4 ( +2) +4

+ 1 {[ ] [ ] }

+4 2 2

n n

n n

n

a a

h h h h h h h h h h h h

h h h h

h h h h h h

h

− +

− −

−

×

+ − −

= +

+ −

× × +

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

+ +4 ( +2) +4 +4 ( +2) +4 +4 +2

[ ] [ ] +[ ] [ ] +

2 2 4

2 +4 2 +4

n n

h h h h h h h h h h h h h h

h h h h h

− −

+ − −

= +

所以

a

_n²

+ = h a

_n−1

× a

_n+1

⇒ a

_n+1

( a

_n²

+ h )

，同理

_a

_n+1²

+ = _{h a a}

_n

×

_n+2

⇒ _{a a}

_n

₍

_n+1²

+ _{h )}

。

17

又因為 ₁ ^{2 2 1 2}

2

+ +4 ( 2) 4 ( 2) 4

[ ][ ] [ 1]

2 2

2 +4

n n

h h h h h h

n

h h h

a a

h h

+ −

+ + + + + +

− = −

^{2 2 1 2}

2

+4 ( +2) +4 ( +2) +4

[ ][ ] [ 1]

2 2

2 +4

h h h h h h

n

h h h

h h

− −

−

−

− −

^{2 2 1 2}

2

+4 ( +2) +4 +4

[ ][ ] [ ]

2 2

2 +4

h h h h h h

n

h h h

h h

+ +

−

+

=

2 2 2

1 2

+4 ( +2) +4 +4

[ ][ ] [ ]>0

2 2

2 +4

h h h h h h

n

h h h

h h

− −

−

−

−

且ℎ ≥ 4，此時這兩個分式分母相同，前者分子顯然大於後者，所以 𝑎𝑎𝑛𝑛+1− 𝑎𝑎𝑛𝑛 > 0，

即𝑎𝑎𝑛𝑛+1 > 𝑎𝑎𝑛𝑛(𝑛𝑛 ≥ 1)

^，

Q.E.D。

陸、 𝒂𝒂 ^𝟐𝟐 ± 𝒏𝒏𝒉𝒉是𝒃𝒃的倍數，𝒃𝒃 ^𝟐𝟐 ± 𝒏𝒏𝒉𝒉是𝒂𝒂的倍數

事實6.1. 我們觀察到「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)」的解數列中，當𝒉𝒉 = 𝟒𝟒或𝟖𝟖時，會有一個首 項為𝟐𝟐的數列，其中 𝟒𝟒 = 𝟐𝟐^𝟐𝟐與𝟏𝟏 = 𝟏𝟏^𝟐𝟐，前者底數正好是後者的2 倍；而𝟖𝟖 = (𝟐𝟐√𝟐𝟐)^𝟐𝟐 與𝟐𝟐 = (√𝟐𝟐)^𝟐𝟐，前者底數也正好是後者的2 倍。

[證明] 設ℎ = 𝑘𝑘有一個數列 < 𝑎𝑎1, 𝑎𝑎2, 𝑎𝑎3, 𝑎𝑎4, ⋯ 𝑎𝑎𝑛𝑛, 𝑎𝑎𝑛𝑛+1, 𝑎𝑎𝑛𝑛+2, ⋯ >為「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉^𝟐𝟐)，

𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉^𝟐𝟐)」的解數列，

則 𝑎𝑎2 = 𝑎𝑎₁²+ 𝑘𝑘²，𝑎𝑎₁𝑎𝑎₃ = 𝑎𝑎₂² + 𝑘𝑘²，𝑎𝑎₂𝑎𝑎₄ = 𝑎𝑎₃²+ 𝑘𝑘²，⋯，𝑎𝑎_𝑛𝑛𝑎𝑎_𝑛𝑛+2 = 𝑎𝑎_𝑛𝑛+1² + 𝑘𝑘²，⋯ 現在將上述𝑎𝑎1𝑎𝑎3 = 𝑎𝑎₂²+ 𝑘𝑘²之後的各等式兩邊同乘以𝑑𝑑²，可得

𝑑𝑑𝑎𝑎1× 𝑑𝑑𝑎𝑎3 = (𝑑𝑑𝑎𝑎2)²+ (𝑑𝑑𝑘𝑘)²，𝑑𝑑𝑎𝑎2× 𝑑𝑑𝑎𝑎4 = (𝑑𝑑𝑎𝑎3)²+ (𝑑𝑑𝑘𝑘)²，⋯，

𝑑𝑑𝑎𝑎_𝑛𝑛× 𝑑𝑑𝑎𝑎_𝑛𝑛+2 = (𝑑𝑑𝑎𝑎_𝑛𝑛+1)²+ (𝑑𝑑𝑘𝑘)²，

可推知ℎ = 𝑑𝑑𝑘𝑘有一個首項為𝑑𝑑的數列< 𝑑𝑑𝑎𝑎1, 𝑑𝑑𝑎𝑎₂, 𝑑𝑑𝑎𝑎₃, 𝑑𝑑𝑎𝑎₄, ⋯ , 𝑑𝑑𝑎𝑎_𝑛𝑛, 𝑑𝑑𝑎𝑎_𝑛𝑛+1, 𝑑𝑑𝑎𝑎_𝑛𝑛+2, ⋯ >

也滿足「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉^𝟐𝟐)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉^𝟐𝟐)」

^，

Q.E.D。

而「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒏𝒏𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒏𝒏𝒉𝒉)」的解數列與「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)」的解數列會 不會存在著倍數關係呢？

讓我們先觀察下列實例：已知當𝑛𝑛 = 1，ℎ = 2時，有一解數列〈1,3,11,41,153,571, ⋯ 〉，

那當𝑛𝑛 = 2，ℎ = 2時，可找出一解數列〈√2, 3√2, 11√2, 41√2, 153√2, 571√2, ⋯ 〉，發現同樣 的ℎ值，當𝑛𝑛 = 2時，其解數列為𝑛𝑛 = 1時的√2倍。

若「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝑵𝑵𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝑵𝑵𝒉𝒉)」之解數列為〈𝑐𝑐_𝑛𝑛〉，則可得

[證明] 由「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉^𝟐𝟐)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉^𝟐𝟐)」的證明結果，我們得知ℎ = 𝑑𝑑𝑘𝑘之解數列為 ℎ = 𝑘𝑘之解數列的𝑑𝑑倍，從而「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝑵𝑵𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝑵𝑵𝒉𝒉)」之解數列〈𝑐𝑐_𝑛𝑛〉為

「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)」之解數列〈𝑎𝑎_𝑛𝑛〉的√𝑁𝑁倍，即c𝑛𝑛 = √𝑁𝑁𝑎𝑎𝑛𝑛。

由定理5.4.得知「𝒃𝒃|(𝒂𝒂^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)，𝒂𝒂|(𝒃𝒃^𝟐𝟐+ 𝒉𝒉)」的解數列〈𝑎𝑎𝑛𝑛〉滿足

(1)𝑎𝑎1 = 1；(2)𝑎𝑎₂ = 𝑎𝑎₁²+ ℎ = 1 + ℎ；(3)𝑎𝑎_𝑛𝑛+2 = (ℎ + 2)𝑎𝑎_𝑛𝑛+1− 𝑎𝑎_𝑛𝑛；(4)𝑎𝑎𝑛𝑛+1 > 𝑎𝑎_𝑛𝑛； (5)𝑎𝑎𝑛𝑛2 + ℎ = 𝑎𝑎𝑛𝑛−1× 𝑎𝑎𝑛𝑛+1

將上述前四個等式的左右兩邊同乘以√𝑁𝑁，最後一個等式的左右兩邊同乘以𝑁𝑁

推得 (1)√𝑁𝑁𝑎𝑎1 = √𝑁𝑁；(2)√𝑁𝑁𝑎𝑎2 = √𝑁𝑁(1 + ℎ)；(3)√𝑁𝑁𝑎𝑎𝑛𝑛+2 = (ℎ + 2)√𝑁𝑁𝑎𝑎𝑛𝑛+1− √𝑁𝑁𝑎𝑎𝑛𝑛

(4)√𝑁𝑁𝑎𝑎𝑛𝑛+1 > √𝑁𝑁𝑎𝑎𝑛𝑛；(5)𝑁𝑁𝑎𝑎𝑛𝑛2+ 𝑁𝑁ℎ = 𝑁𝑁𝑎𝑎_𝑛𝑛−1× 𝑎𝑎_𝑛𝑛+1

即 (1)𝑐𝑐1 = √𝑁𝑁；(2)𝑐𝑐2 = √𝑁𝑁(1 + ℎ)；(3)𝑐𝑐𝑛𝑛+2 = (ℎ + 2)𝑐𝑐𝑛𝑛+1− 𝑐𝑐𝑛𝑛；(4)𝑐𝑐𝑛𝑛+1 > 𝑐𝑐𝑛𝑛； 定理6.2. 若數列〈𝒄𝒄_𝒏𝒏〉滿足 (1)𝒄𝒄_𝟏𝟏= √𝑵𝑵；(2)𝒄𝒄𝟐𝟐 = √𝑵𝑵(𝟏𝟏 + 𝒉𝒉)；

(3)𝒄𝒄_{𝒏𝒏+𝟐𝟐} = (𝒉𝒉 + 𝟐𝟐)𝒄𝒄_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}− 𝒄𝒄_𝒏𝒏(𝒉𝒉 ≥ 𝟏𝟏, 𝒏𝒏 ≥ 𝟏𝟏)

則𝒄𝒄_𝒏𝒏^𝟐𝟐+ 𝑵𝑵𝒉𝒉 = 𝒄𝒄_{𝒏𝒏−𝟏𝟏}× 𝒄𝒄_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}(𝒏𝒏 ≥ 𝟐𝟐)，推知�𝒄𝒄𝒏𝒏+𝟏𝟏|(𝒄𝒄𝒏𝒏𝟐𝟐+ 𝑵𝑵𝒉𝒉)

𝒄𝒄_𝒏𝒏|(𝒄𝒄_{𝒏𝒏+𝟏𝟏}^𝟐𝟐 + 𝑵𝑵𝒉𝒉)，𝒄𝒄_{𝒏𝒏+𝟏𝟏} > 𝒄𝒄_𝒏𝒏