Školjka

{\textbf{Prvo rješenje.}} Dani uvjet je ekvivalentan uvjetu $$a_{n+1}^2=n^2+2+a_n+a_{n-1}.$$ Pretpostavimo da su za neke $u$ i $v$ svi članovi niza racionalni. Neka su $\{b_n\}_n$ i $\{c_n\}_n$ nizovi prirodnih brojeva takvi da su $b_n$ i $c_n$ relativno prosti za svaki $n$ i takvi da je $a_n=\frac{b_n}{c_n}$. Tada rekurziju možemo zapisati kao $$\frac{b_{n+1}^2}{c_{n+1}^2}=n^2+2+\frac{b_n}{c_n}+\frac{b_{n-1}}{c_{n-1}} \iff $$ $$b_{n+1}^2c_nc_{n-1}=(n^2+2)c_{n+1}^2c_nc_{n-1}+c_{n+1}^2(b_nc_{n-1}+c_nb_{n-1}).$$ Iz ovog možemo zaključiti da $c_{n+1}^2 \mid b_{n+1}^2c_nc_{n-1}$, a kako su $c_{n+1}$ i $b_{n+1}$ relativno prosti, vrijedi $c_{n+1}^2 \mid c_nc_{n-1}$. \\ Iz ovog slijedi $c_{n+1}\leqslant \sqrt{c_nc_{n-1}} \leqslant \max(c_n,c_{n-1})$, a kako je $c_n\leqslant \max(c_n,c_{n-1})$, vrijedi $\max(c_{n+1},c_n) \leqslant \max(c_n, c_{n-1})$, pa je to padajući niz prirodnih brojeva, pa postoje prirodni brojevi $m$ i $k$ takvi da vrijedi $\max(c_{n},c_{n-1})=k$ za svaki $n>m$. \\ Promotrimo neki $n>m+300$. Ako je $c_{n+1}>c_n$, onda je $c_{n+1}=\max(c_{n+1},c_n)=k$, ali je i $c_{n-1}=\max(c_n,c_{n-1})=k$. Međutim, tada je $c_{n+1}^2=k^2>kc_{n}=c_{n+1}c_n$, što je kontradikcija. Dakle, $c_{n+1}\leqslant c_n$ za svaki $n>m+300$. \\ Iz toga slijedi da je $\{c_n\}_n$ padajući niz prirodnih brojeva, pa postoje $M$ i $K$ takvi da je $c_n=K$ za svaki $n>M$. \\ Tada za svaki osim konačno mnogo $n$ vrijedi $$b_{n+1}^2K^2=(n^2+2)K^4+(b_n+b_{n-1})K^3.$$ Iz ovog slijedi $K \mid b_{n+1}$, ali $K$ i $b_{n+1}$ su relativno prosti, pa vrijedi $K=1$. \\ Sada za svaki $n>M$ vrijedi $$b_{n+1}^2=n^2+2+b_n+b_{n-1}.$$ Desna strana je veća od $n^2$, pa mora vrijediti $b_{n+1}\geqslant n+1$. To znači da postoji beskonačno prirodnih brojeva $n$ takvih da je $b_{n+2}>b_{n+1}$ jer je niz $\{b_n\}_n$ neograničen. \\Promotrimo takav $n>M+300$ i oduzmimo izraze $$ b_{n+1}^2=n^2+2+b_n+b_{n-1}$$ $$ b_{n+2}^2=(n+1)^2+2+b_{n+1}+b_{n}.$$ Dobivamo da vrijedi $$(b_{n+2}-b_{n+1})(b_{n+2}+b_{n+1})=2n+1+b_{n+1}-b_{n-1}.$$ Lijeva strana je veća ili jednaka $n+2+b_{n+1}$, a desna strana je manja ili jednaka $2n+1+b_{n+1}-(n-1)=n+2+b_{n+1}$, zbog nejednakosti $b_{n+2}-b_{n+1}\geqslant 1$, \\ $b_{n+2}\geqslant n+2$ \\ i \\ $b_{n-1} \geqslant n-1$. Jednakost se postiže ako i samo ako vrijede jednakosti $b_{n+2}-b_{n+1}=1$, $b_{n+2}=n+2$ i $b_{n-1}=n-1$. \\ Iz ovog slijedi $b_{n+2}=n+2=a_{n+2}$ i $b_{n+1}=n+1=a_{n+1}$. Kako za svaki $k\geqslant 2$ vrijedi $a_{k-1}=a_{k+1}^2-k^2-2-a_k$, $a_{k}=k$ i $a_{k+1}=k+1$ implicira $a_{k-1}=(k+1)^2-k^2-k-2=k-1$, pa induktivno vrijedi i $a_2=2$ te $a_1=1$.\\ Iz ovog slijedi da je $(u,v)=(1,2)$ jedino moguće rješenje. Direktnom provjerom vidimo da niz $a_n=n$ zadovoljava rekurziju pa je $(1,2)$ uistinu rješenje. \\ {\textbf{Drugo rješenje.}} Uvedemo nizove $\{b_n\}_n$ i $\{c_n\}_n$ kao u prvom rješenju, te ponovno dobijemo $c_{n+1}^2 \mid c_nc_{n-1}$. \\ Neka je $p$ prost broj koji dijeli $c_{n+1}$. Tada taj prost broj dijeli $c_n$ ili $c_{n-1}$, pa zaključujemo da svaki prost broj koji dijeli $c_k$ za neki $k$ mora dijeliti $c_1$ ili $c_2$, pa niz ima konačno mnogo prostih faktora. \\ Promotrimo sada neki prost broj $p$ koji dijeli neki član niza. Neka je $x_n=\nu_p(c_n)$. Tada vrijedi $$x_{n+1}\leqslant \frac{x_n+x_{n-1}}{2}.$$ Ako je $x_{n+1} > x_n$, onda je $x_{n+1}<x_{n-1}$, pa vrijedi $\max(x_{n+1},x_n)\leqslant \max(x_n,x_{n-1})$. To je padajući niz nenegativnih cijelih brojeva, pa postoje prirodan broj $M_p$ i nenegativan cijeli broj $K_p$ takav da je $\max(x_n,x_{n-1})=K_p$ za svaki $n>M_p$. \\ Promotrimo neki $n>M_p$. Ako je $x_{n+1}>x_n$, onda je $x_{n+1}=K_p$ jer $\max(x_{n+1},x_n)=K_p$, ali je i $x_{n-1}=K_p$ jer je $\max(x_n,x_{n-1})=K$. Međutim, $x_{n+1}=K_p>\frac{K_p+x_n}{2}=\frac{x_{n-1}+x_n}{2}$, što je kontradikcija. \\ Dakle, $\{x_n\}_n$ je također padajući niz nenegativnih cijelih brojeva, pa postoje $m_p$ i $k_p$ takvi da je $x_n=k_p$ za svaki $n>M_p$. \\ Kako ima konačno mnogo prostih faktora $p$ niza $\{c_n\}_n$ i svaki od prostih faktora vrijedi da se niz $\nu_p(x_n)$ stabilizira, iz ovog slijedi da postoje $M$ i $K$ takvi da je $c_n=K$ za svaki $n>K$. \\ Tada za svaki osim konačno mnogo $n$ vrijedi $$b_{n+1}^2K^2=(n^2+2)K^4+(b_n+b_{n-1})K^3.$$ Iz ovog slijedi $K \mid b_{n+1}$, ali $K$ i $b_{n+1}$ su relativno prosti, pa vrijedi $K=1$. \\ Sada za svaki $n>M$ vrijedi $$b_{n+1}^2=n^2+2+b_n+b_{n-1}.$$ Desna strana je veća od $n^2$, pa mora vrijediti $b_{n+1}\geqslant n+1$. Definirajmo niz $\{d_n\}_n$ tako da je $d_n=a_n-n$. Tada se rekurzija može zapisati kao $$d_{n+1}(d_{n+1}+2(n+1))=d_{n}+d_{n-1}.$$ Iz ovog slijedi $d_{n+1}\leqslant \frac{d_n+d_{n-1}}{2(n+1)}<\max(d_n,d_{n-1})$, pa je niz $\{\max(d_n,d_{n-1})\}_n$ padajući, pa se stabilizira, ali se onda stabilizira i $\{d_n\}_n$, odnosno jednak je $K$ za beskonačno $n$. Tada vrijedi $K(K+2n)=2K$, pa je nužno $K=0$, jer je inače lijeva strana veća od desne za dovoljno velik $n$. \\ Iz ovog slijedi $a_n=n$ za svaki $n$ dovoljno velik, pa kao i u prethodnom rješenju zaključujemo $a_1=1$ i $a_2=2$.