Problem

例：数列$\{a_n\}$满足$a_1=a_2=2$，$a_{n+2}={\displaystyle \frac{2a_{n+1}-3a_n{a}_{n+1}+17a_n-16}{3a_{n+1}-4a_n{a}_{n+1}+18a_n-17}}(n\ge 1)$。

证明：数列$\{a_n\}$中的项均有$1+{\displaystyle \frac{1}{m^2}}$的形式，其中$m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$

Analyze

递推数列的平方形式性质很难得，不难会去想多列几项，得到$a_3={\displaystyle \frac{10}{9}}$，$a_4={\displaystyle \frac{122}{121}}$，想找找规律，可惜的是看不出来，不能使用数学归纳法。

我们不能一下摸清数列的递推规律，然而各个项的形式却永远一样

这就是这道题的闪光点吧~

Solution

首先看到$1+{\displaystyle \frac{1}{m^2}}$的形式不太友善，稍作变形，设$b_k=a_k-1$

稍作整理得到$b_{n+2}={\displaystyle \frac{b_n{b}_{n+1}}{14b_n-4b_n{b}_{n+1}-b_{n+1}}}$发现还是不够友善，再取倒数，得到$${\displaystyle \frac{1}{b_{n+2}}}={\displaystyle \frac{14}{b_{n+1}}}-{\displaystyle \frac{1}{b_n}}-4$$

发现有点线性递推的意思，再换元$c_k={\displaystyle \frac{1}{b_k}}$，于是就有：$$c_{n+2}=14c_{n+1}-c_n-4,c_1=c_2=1$$

欲证明原题，只需证明$c_k$恒为完全平方数

再换元$d_k=c_k-{\displaystyle \frac{1}{3}}$（待定系数法统一形式，当然不同意也彳亍）

列出特征根方程$x^2-14x+1=0$，得到两个特征根$$x_1=7+4\sqrt{3},x_2=7-4\sqrt{3}$$

咦，有平方？！

不管那么多，先写出$$d_n=A(7+4\sqrt{3}{)}^{n-1}+B(7-4\sqrt{3}{)}^{n-1},d_1=d_2={\displaystyle \frac{2}{3}}$$

再列方程解$A,B$$$\{\begin{array}{c}A+B={\displaystyle \frac{2}{3}}\\ (7+4\sqrt{3})A+(7-4\sqrt{3})B={\displaystyle \frac{2}{3}}\end{array}$$

得到$A={\displaystyle \frac{12-6\sqrt{3}}{36}},B={\displaystyle \frac{12+6\sqrt{3}}{36}}$，于是$$c_n=({\displaystyle \frac{3-\sqrt{3}}{6}}{)}^2(2+\sqrt{3}{)}^{2n-2}+({\displaystyle \frac{3+\sqrt{3}}{6}}{)}^2(2-\sqrt{3}{)}^{2n-2}+{\displaystyle \frac{1}{3}}$$

震惊，开平方（再换个元）得到$$e_n=\sqrt{c_n}={\displaystyle \frac{3-\sqrt{3}}{6}}(2+\sqrt{3}{)}^{n-1}+{\displaystyle \frac{3+\sqrt{3}}{6}}(2-\sqrt{3}{)}^{n-1}$$

$\{e_n\}$也是线性递推数列，有$e_1=e_2=1$，且满足特征根方程$x^2-4x+1=0$，于是可以写出$$e_n=4e_{n-1}-e_{n-2}\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$

那么$m=c_k=e_k^2$，为完全平方数，原命题成立。

Conclusion

对于这类的每一项都具有特定性质的递推数列，可以先猜猜答案，试用数学归纳法。如果不行，就直接下手计算，从最根本处入手。一道题不是随便凑凑数就编出来的，我们就是要去算这个数是怎么编出来的