设 $\left\{a_n\right\} 、\left\{b_n\right\}(n=1,2, \cdots)$ 是两个整数数列, $a_1=1, b_1=0$, 且对于 $n \geqslant 1$, $a_{n+1}=7 a_n+12 b_n+6, b_{n+1}=4 a_n+7 b_n+3$.证明: $a_n^2$ 是两个连续立方数的差.
待定$\lambda$使得$a_n+\lambda b_n$能构成一个类等比数列 \[ a_{n+1}+\lambda b_{n+1}=(7+4\lambda)a_n+(12+7\lambda)b_n+6+3\lambda \] 满足$12+7\lambda=\lambda (7+4\lambda),\lambda^2=3$
\[ a_{n+1}+\lambda b_{n+1}=(7+4\lambda)(a_n+\lambda b_n)+6+3\lambda=(7+4\lambda)(a_n+\lambda b_n)+2\lambda^2+3\lambda \]
于是 \[ a_{n+1}+\lambda b_{n+1}+\frac{\lambda}{2}=(7+4\lambda)(a_n+\lambda b_n+\frac{\lambda}{2}) \] 代入$\lambda=\pm \sqrt{3}$,并且两式相加可得 \[ 2a_n=\frac{(2+\sqrt{3})^{2n-1}+(2-\sqrt{3})^{2n-1}}{2} \] 设$a_n^2=(x+1)^3-x^3=3x^2+3x+1$,则当$n$充分大时,$a_n \sim \sqrt{3} x$
于是$x \sim \frac{2a_n}{2\sqrt{3}}$,我们可以断言$x$大约等于$\frac{(2+\sqrt{3})^{2n-1}}{4\sqrt{3}}$
补上共轭式使它有理化,变成 \[ \frac{(2+\sqrt{3})^{2n-1}-(2-\sqrt{3})^{2n-1}}{4\sqrt{3}} \]
代入1发现还差$\frac{1}{2}$,于是最终得到 \[ x_n=\frac{(2+\sqrt{3})^{2n-1}-(2-\sqrt{3})^{2n-1}}{4\sqrt{3}}+\frac{1}{2} \]
接下来只需证明两件事:$a_n^2=3x_n^2+3x_n+1$,以及$x_n \in \mn$
前者只需要代入通项,后者只需要回到二阶线性递推.
当然,你有本事看出来$x_n=b_n+1$也行
