Asher Brown Durand (1796-1886) 美國畫家.
本頁有四小節
\begin{equation}{\label{a}}\tag{A}\mbox{}\end{equation}
等差數列與等差級數.
考慮數列 \(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n},\cdots\)，若
\[a_{2}-a_{1}=a_{3}-a_{2}=\cdots=a_{n}-a_{n-1}=d\]
則稱此數列為等差數列，公差為 \(d\)。因此 \(a_{n}=a_{1}+(n-1)d\)。若 \(h>k\)， 則 \(a_{h}=a_{k}+(h-k)d\)。若 \(a,b,c\) 成等差數列，則 \(b\) 稱為 \(a,c\) 之等差中項且 \(b=\frac{a+c}{2}\)。 數列 \(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n},\cdots\) 之前 \(n\) 項和表為
\[a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}=S_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}=\frac{n\cdot\left (a_{1}+a_{n}\right )}{2}\mbox{。}\]
則可知 \(S_{1}=a_{1}\) 及 \(a_{n}=S_{n}-S_{n-1}\) 當 \(n\geq 2\)。 若 \(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n},\cdots\) 為等差數列，則其和稱為等差級數。
♠例題. 給定等差數列 \(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}\)。已知 \(a_{5}=32\) 及 \(a_{11}=20\)，解下列問題。
(1) 若 \(a_{n}<0\)，求 \(n\) 之最小值。
(2) 若 \(S_{n}\) 表前 \(n\) 項和，求 \(S_{n}\) 之最大值及此時之 \(n\) 值。
(3) 若 \(S_{n}<0\) 時，求 \(n\) 的最小值。
求解: 因為 \(a_{11}=a_{5}+(11-5)d\)，也就是 \(20=32+6d\)，所以解得 \(d=-2\)。故一般項
\[a_{n}=a_{5}+(n-5)d=32+(n-5)(-2)=-2n+42<0\]
時，$n>21$。因此 \(a_{n}<0\)時，$n$ 之最小值為 \(22\)。因為 \(a_{21}=-2\cdot 21+42=0\)， 所以 \(S_{n}\) 之最大值在 \(n=20\)，也就是
\[S_{20}=\frac{20\left (a_{1}+a_{20}\right )}{2}=10\cdot (40+2)=420\mbox{。}\]
若 \(S_{n}=\frac{n\cdot\left (a_{1}+a_{n}\right )}{2}<0\)，則 \(a_{1}+a_{n}<0\)，也就是 \(40+(-2n+42)<0\)，因此得 \(n>41\)。因此 \(S_{n}<0\) 時，$n$ 之最小值為 \(42\)。 \(\blacksquare\)
♠例題. 假設數列前 \(n\) 項和為 \(S_{n}=a_{1}+\cdots+a_{n}=2^{n+1}\cdot (n^{2}-2n)\)，求第 \(n\) 項。
求解: 首先可知 \(a_{1}=S_{1}=-4\).
\begin{align*}
a_{n} & =S_{n}-S_{n-1}=2^{n+1}\cdot (n^{2}-2n)-2^{n}\cdot\left [(n-1)^{2}-2(n-1)\right ]\\
& =2^{n}\left [2n^{2}-4n-(n^{2}-4n+3)\right ]=2^{n}(n^{2}-3)\mbox{ 其中 }n\geq 2
\end{align*}
雖然上式的 \(a_{n}\) 是當 \(n\geq 2\) 時才適用，但若用 \(n=1\) 代入時可得 \(-4\)，剛好符合之前 \(a_{1}=-4\)，因此可結論 \(a_{n}=2^{n}(n^{2}-3)\) 其中 \(n\geq 1\)。 \(\blacksquare\)
♥習題. 假設數列前 \(n\) 項和為 \(S_{n}=n^{2}+n+2\)，求第 \(n\) 項。答: \(a_{1}=4\) 及 \(a_{n}=2n\) 當 \(n\geq 2\)
♠例題. 假設數列滿足 \(a_{1}+2a_{2}+3a_{3}+\cdots+na_{n}=n(n+1)^{2}\)，求第 \(n\) 項。
求解: 首先可得
\[\left\{\begin{array}{l}
a_{1}+2a_{2}+3a_{3}+\cdots+(n-1)a_{n-1}+na_{n}=n(n+1)^{2}\\
a_{1}+2a_{2}+3a_{3}+\cdots+(n-1)a_{n-1}=(n-1)n^{2}
\end{array}\right .\]
兩式相減可得 \(na_{n}=n(3n+1)\)，因此解得 \(a_{n}=3n+1\) 當 \(n\geq 1\)。 \(\blacksquare\)
若 \(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n},\cdots\) 成等差數列，則 \(S_{n},S_{2n}-S_{n},S_{3n}-S_{2n},\cdots\) 亦成等差數列。
♠例題. 一等差數列前 \(n\) 項和為 \(S_{n}\)，若 \(S_{10}=4\) 及 \(S_{20}=12\)，求 \(S_{30}\) 之值。
求解: 首先可知 \(S_{10},S_{20}-S_{10},S_{30}-S_{20}\) 亦成等差數列。也就是 \(4,12-4,S_{30}-12\) 成等差數列。 所以 \(4+(S_{30}-12)=2(12-4)\)，因此解得 \(S_{30}=24\)。 \(\blacksquare\)
假設數列 \(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n},\cdots\) 之公差為 \(d_{a}\) 且數列 \(b_{1},b_{2},\cdots,b_{n},\cdots\)之公差為 \(d_{b}\)，則此兩數列之共同項亦成等差數列，其公差為 \(d_{a}\) 及 \(d_{b}\) 之最小公倍數。
♠例題. 有兩個等差數列 \(A:1,4,7,10,\cdots\) 及 \(B:11,21,31,\cdots\)，求此兩數列之共同項所成之數列。
求解: 數列 \(A\) 之一般項為 \(a_{n}=1+(n-1)\cdot 3=3n-2\)，而數列 \(B\) 之一般項為 \(b_{m}=11+(m-1)\cdot 10=10m+1\)。若 \(a_{n}=b_{m}\)，則 \(3n-2=10m+1\)，因此
\[n=\frac{10m+3}{3}=3m+1+\frac{m}{3}\in\mathbb{N}\]
所以 \(m=3,6,9,12,\cdots\)，也就是共同項為 \(b_{3},b_{6},b_{9},\cdots\)。因此得出 \(31,61,91,\cdots\)。 \(\blacksquare\)
♥習題. 設兩數列為 \(a_{n}=5n+2\) 及 \(b_{n}=3n-2\)，求共同項所成之數列。答: \(c_{n}=15n-8\)
\begin{equation}{\label{b}}\tag{B}\mbox{}\end{equation}
等比數列與等比級數.
數列 \(\{a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n},\cdots\}\) 中，若 \(\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=r\neq 0\) 為一常數，稱為公比，則此數列稱為等比數列。其一般項為 \(a_{n}=a_{1}\cdot r^{n-1}\)，而兩項之關係為 \(a_{n}=a_{m}\cdot r^{n-m}\)。當 \(\neq 1\) 時，前 \(n\) 項和為
\begin{align*} S_{n} & =a_{1}+\cdots +a_{n}\\ & =a_{1}+a_{1}r+a_{1}r^{2}+\cdots +a_{1}r^{n-1}\\ & =\frac{a_{1}(1-r^{n})}{1-r}=\frac{a_{1}-a^{n}r)}{1-r}\mbox{。}\end{align*}
若 \(a,b,c\) 成等比數列，則 \(b=\pm\sqrt{ac}\) 稱為 \(a,c\) 之等比中項。若 \(S_{n}\) 表前 \(n\) 項和， 則 \(S_{n},S_{2n}-S_{n},S_{3n}-S_{2n}\) 亦成等比數列。特殊級數和
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n}k & =1+2+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}\\
\sum_{k=1}^{n}k^{2} & =1^{2}+2^{2}+\cdots +n^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\
\sum_{k=1}^{n}k^{3} & =1^{3}+2^{3}+\cdots +n^{3}=\left (\frac{n(n+1)}{2}\right )^{2}\mbox{。}
\end{align*}
♠例題. 一等比級數之首項為 \(7\)，末項為 \(448\)，和為$889$，求公比及項數。
求解: 首先有
\[889=S_{n}=\frac{a_{1}-a^{n}r)}{1-r}=\frac{7-488r)}{1-r}\mbox{，}\]
所以解得 \(r=2\)。因為
\[448=a_{n}=a_{1}r^{n-1}=7\cdot 2^{n-1}\]
所以得到 \(2^{n-1}=64=2^{6}\)，解出 \(n=7\)。 \(\blacksquare\)
♠例題. 假設三個不同數 \(a,b,c\) 成等比數列，且 \(a+b,b+c,c+a\) 成等差數列，求 \(a,b,c\) 之公比。
求解: 假設 \(b=ar\) 及 \(c=ar^{2}\)。因 \(a+b,b+c,c+a\) 成等差數列，所以
\[2(b+c)=(a+b)+(c+a)\mbox{。}\]
代入可得
\[2(ar+ar^{2})=(a+ar)+(ar^{2}+a)\mbox{，}\]
因 \(a\neq 0\)，整理後得 \(2(r^{2}+r)=2+r+r^{2}\)，也就是 \(r^{2}+r-2=0\)，因此解得 \(r=-2,1\)。因為 \(a\neq b\neq c\)，所以 \(r=-2\)。 \(\blacksquare\)
♠例題. 假設一等比數列之前 \(n\) 項和為 \(S_{n}\)，證明 \(S_{n},S_{2n}-S_{n},S_{3n}-S_{2n}\)亦成等比數列。
證明: 首先可得
\begin{align*}
S_{n} & =a_{1}+a_{1}r+a_{1}r^{2}+\cdots +ar^{n-1}\\
S_{2n}-S_{n} & =a_{1}r^{n}+a_{1}r^{n+1}+\cdots +a_{1}r^{2n-1}
=r^{n}\left (a_{1}+a_{1}r+a_{1}r^{2}+\cdots +ar^{n-1}\right )=r^{n}\cdot S_{n}\\
S_{3n}-S_{2n} & =a_{1}r^{2n}+a_{1}r^{2n+1}+\cdots +a_{1}r^{3n-1}
=r^{2n}\left (a_{1}+a_{1}r+a_{1}r^{2}+\cdots +ar^{n-1}\right )=r^{2n}\cdot S_{n}\mbox{，}
\end{align*}
故得證。 \(\blacksquare\)
♠例題. 求級數 \(1+2x+3x^{2}+\cdots +nx^{n-1}\) 當 \(x\neq 1\)。
求解: 令 \(S=1+2x+3x^{2}+\cdots +nx^{n-1}\)，則 \(xS=x+2x^{2}+3x^{3}+\cdots +nx^{n}\)。兩式相減可得
\[(1-x)S=1+x+x^{2}+\cdots +x^{n-1}-nx^{n}=\frac{1-x^{n}}{1-x}-nx^{n}\mbox{，}\]
因此解得
\[S=\frac{1-x^{n}}{(1-x)^{2}}-\frac{nx^{n}}{1-x}\mbox{。}\blacksquare\]
♥習題. 求級數 \(\frac{1}{5}+\frac{2}{5^{2}}+\frac{3}{5^{3}}+\cdots +\frac{n}{5^{n}}\)之和。答: \(\frac{5^{n+1}-4n-5}{16\cdot 5^{n}}\)
\begin{equation}{\label{c}}\tag{C}\mbox{}\end{equation}
收斂與發散
若數列 \(\{a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n},\cdots\}\) 收斂至 \(l\)，則表為
\[\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=l\mbox{。}\]
不收斂的數列稱為發散數列。發散數列有下列三種情形
- 發散至 \(+\infty\)，如 \(\lim_{n\rightarrow\infty}n^{2}=+\infty\)。
- 發散至 \(-\infty\)，如 \(\lim_{n\rightarrow\infty}(1-n^{2})=-\infty\)。
- 趨近於不固定數，如 \(\lim_{n\rightarrow\infty}(-1)^{n}\) 可為 \(\pm1\)。
等比數列 \(a_{n}=a_{1}r^{n-1}\) 收斂若且唯若 \(-1<r\leq 1\)。等比級數收斂
\[a_{1}+a_{1}r+a_{1}r^{2}+\cdots +a_{1}r^{n-1}+\cdots\]
若且唯若 \(-1<r<1\)，且其和為 \(\frac{a_{1}}{1-r}\)。
♠例題. 求級數和
\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n}+(-3)^{n}}{7^{n}}\mbox{。}\]
求解: 可得
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n}+(-3)^{n}}{7^{n}} & =\sum_{n=1}^{\infty}\left [
\left (\frac{2}{7}\right )^{n}+\left (-\frac{3}{7}\right )^{n}\right ]\\
& =\sum_{n=1}^{\infty}\left (\frac{2}{7}\right )^{n}+\sum_{n=1}^{\infty}
\left (-\frac{3}{7}\right )^{n}\\ & =\frac{\frac{2}{7}}{1-\frac{2}{7}}
+\frac{-\frac{3}{7}}{1-\frac{-3}{7}}\\ & =\frac{2}{5}+\frac{-3}{10}=\frac{1}{10}\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}
♠例題. 假設 \(a,b\) 為實數且
\[\frac{a}{2}+\frac{b}{2^{2}}+\frac{a}{2^{3}}+\frac{b}{2^{4}}+\cdots+\frac{a}{2^{2n-1}}+\frac{b}{2^{2n}}+\cdots=3\mbox{，}\]
求 \(2a+b\) 之值。
求解: 首先可得
\[\left (\frac{a}{2}+\frac{a}{2^{3}}+\cdots+\frac{a}{2^{2n-1}}+\cdots\right )
+\left (\frac{b}{2^{2}}+\frac{b}{2^{4}}+\cdots+\frac{b}{2^{2n}}+\cdots\right )=3\mbox{，}\]
也就是
\[\frac{\frac{a}{2}}{1-\frac{1}{4}}+\frac{\frac{b}{4}}{1-\frac{1}{4}}=3\]
整理後得
\[\frac{2a}{3}+\frac{b}{3}=3\]
因此解得 \(2a+b=9\)。 \(\blacksquare\)
♠例題. 假設無窮等比級數 \(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots\) 的和為 \(S\) 且前 \(n\) 項和為 \(S_{n}\)， 若 \(|S-S_{n}|<0.001\)，求 \(n\) 至少為多少。
求解: 首先可得
\[S=\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\mbox{ 及 }S_{n}=\frac{1-\frac{1}{3^{n-1}}\cdot\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{3}}\]
所以
\[|S-S_{n}|=\frac{3}{2}\cdot\left (\frac{1}{3}\right )^{n}<\frac{1}{1000}\]
也就是 \(3^{n-1}>500\)，因此解得 \(n\geq 7\)。 \(\blacksquare\)
♠例題. 假設無窮級數
\[\frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 5}+\cdots +\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}+\cdots\]
的和為 \(S\) 且前 \(n\) 項和為 \(S_{n}\)，若 \(|S-S_{n}|<0.001\)，求 \(n\) 至少為多少。
求解: 首先可得
\begin{align*}
S_{n} & =\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}\\ & =\frac{1}{2}\cdot\sum_{k=1}^{n}\left (\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right )\\
& =\frac{1}{2}\left (1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right )\\
& =\frac{1}{2}\left (1-\frac{1}{2n+1}\right )=\frac{n}{2n+1}
\end{align*}
因此
\[S=\lim_{n\rightarrow\infty}S_{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{2n+1}=\frac{1}{2}\mbox{，}\]
所以
\begin{align*} |S_{n}-S| & =\left |\frac{n}{2n+1}-\frac{1}{2}\right |\\ & =\frac{1}{2(2n+1)}<\frac{1}{1000}\end{align*}
也就是 \(2n+1>500\)。最後得出 \(n\) 之最小值為 \(250\)。 \(\blacksquare\)
循環小數化成分數的法則：
\[0.\overline{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}=\frac{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}{99\cdots 9}\mbox{ 有 \(n\) 個 \(9\)}\]
及
\[0.a_{1}a_{2}\cdots a_{n}\overline{b_{1}b_{2}\cdots b_{m}}
=\frac{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}b_{1}b_{2}\cdots b_{m}-a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}{99\cdots 900\cdots 0}
\mbox{ 有 \(n\) 個 \(9\) 及 \(m\) 個 \(0\)。}\]
♠例題. 假設 \(a,b,c\) 為自然數且滿足 \(1<a<b<c<9\)，若 \(0.\overline{a},0.0\overline{b},0.00\overline{c}\)
成等比數列，求 \(a,b,c\) 之值。
求解: 首先可知
\[0.\overline{a}=\frac{a}{9},\quad 0.0\overline{b}=\frac{b}{90},\quad 0.00\overline{c}=\frac{c}{900}\]
成等比數列，所以
\[\left (\frac{b}{90}\right )^{2}=\frac{a}{9}\cdot\frac{c}{900}\mbox{，}\]
也就是 \(b^{2}=ac\)。因 \(1<a<b<c<9\)，故解得 \(a=2,b=4,c=8\)。 \(\blacksquare\)
♠例題. 求 \(0.33+0.0303+0.003003+\cdots\) 之值。
求解: 可得
\begin{align*}
\mbox{原式} & =\frac{33}{100}+\frac{303}{100^{2}}+\frac{3003}{100^{3}}+\cdots\\
& =\left (\frac{30}{100}+\frac{300}{100^{2}}+\frac{3000}{100^{3}}+\cdots\right )
+\left (\frac{3}{100}+\frac{3}{100^{2}}+\frac{3}{100^{3}}+\cdots\right )\\
& =\frac{\frac{3}{10}}{1-\frac{1}{10}}+\frac{\frac{3}{100}}{1-\frac{1}{100}}=\frac{3}{9}+\frac{3}{99}=\frac{4}{11}\mbox{。}\blacksquare
\end{align*}
♥習題. 求 \(0.9+0.099+0.00999+\cdots\) 之值。答: \(\frac{100}{99}\)
\begin{equation}{\label{d}}\tag{D}\mbox{}\end{equation}
數學歸納法.
假設 \(P(n)\) 為與自然數 \(n\) 有關的命題，欲證明命題 \(P(n)\) 對任意自然數 \(n\) 恆為真，則可透過所謂的數學歸納法如下所示：
- 當 \(n=1\) 時，證明命題 \(P(1)\) 為真。
- 當 \(n=k\) 時，假設命題 \(P(k)\) 為真，此亦稱為歸納假說。
- 當 \(n=k+1\) 時，利用歸納假說證明命題 \(P(k+1)\) 為真。
♠例題. 用數學歸納法證明下列等式
\[1^{2}+2^{2}+\cdots +n^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\mbox{。}\]
證明: 當 \(n=1\) 時，左式$=1^{2}=1$，而右式$=\frac{1\cdot (1+1)(2+1)}{6}=1$，所以左式$=$右式，命題成立。假設當 \(n=k\) 時命題成立，也就是
\[1^{2}+2^{2}+\cdots +k^{2}=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}\mbox{，}\]
此為歸納假說。假設 \(n=k+1\)，要證明命題成立，所以
\begin{align*}
\mbox{左式} & =1^{2}+2^{2}+\cdots +k^{2}+(k+1)^{2}\\ & =\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(k+1)^{2}\mbox{ (利用歸納假說)}\\
& =(k+1)\left [\frac{k(2k+1)+6k+6}{6}\right ]\\ & =(k+1)\cdot\frac{2k^{2}+7k+6}{6}\\
& =\frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}=\mbox{右式}
\end{align*}
故得證。 \(\blacksquare\)
♥習題. 用數學歸納法證明下列等式
\[1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}=\frac{1}{n+1}+\frac{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}\mbox{。}\]
♥習題. 用數學歸納法證明下列等式
\[1^{2}-2^{2}+3^{2}-4^{2}+\cdots +(2n-1)^{2}-(2n)^{2}=-n(2n+1)\mbox{。}\]
♠例題. 對任意自然數 \(n\)，假設 \(3^{2n+1}+2^{n+2}\) 恆為某個質數 \(P\) 的倍數，求此質數 \(P\) 並證明。
證明: 當 \(n=1\) 時，可得 \(3^{2+1}+2^{1+2}=35=5\cdot 7\)。當 \(n=2\) 時，可得 \(3^{4+1}+2^{2+2}=35=259=7\cdot 37\)。因此推測 \(P=7\)。接著運用數學歸納法證明。假設 \(n=k\) 時， \(3^{2k+1}+2^{k+2}=7q\)，其中 \(q\) 為整數。當 \(n=k+1\) 時，可得
\begin{align*}
3^{2(k+1)+1}+2^{k+1+2} & =3^{2k+1}\cdot 3^{2}+2^{k+2}\cdot 2\\ & =7\cdot 3^{2k+1}+2\cdot 3^{2k+1}
+2\cdot 2^{k+2}\\
& =2(3^{2k+1}+2^{k+2})+7\cdot 3^{2k+1}\\ & =2\cdot 7q+7\cdot 3^{2k+1}
\\ & =7(2q+3^{2k+1})\mbox{。}
\end{align*}
因此得證。 \(\blacksquare\)
數學歸納法的另一形式：
- 當 \(n=1,n=2\) 時，命題為真
- 假設 \(n=k,n=k+1\) 時，命題為真，則 \(n=k+2\) 時，可證得命題也為真。
則此命題對任意自然數恆為真。
♠例題. 求證
\[f(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\left [\left (\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right )^{n}-\left (\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right )^{n}\right ]\]
恆為自然數。
證明: 令 \(\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) 及 \(\beta=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\)，則 \(\alpha+\beta=1\)， \(\alpha\beta=-1\) 及 \(\alpha-\beta=\sqrt{5}\)。因此可得
\begin{align*}
f(n+2) & =\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\left (\alpha^{n+2}-\beta^{n+2}\right )
\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\left [\left (\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}\right )(\alpha+\beta)
-\alpha\beta\left (\alpha^{n}-\beta^{n}\right )\right ]\\
& =\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\left [\left (\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}\right )\cdot 1-(-1)\left (\alpha^{n}-\beta^{n}\right )\right ]
\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\left (\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}\right )+\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\left (\alpha^{n}-\beta^{n}\right )\\
& =f(n+1)+f(n)
\end{align*}
當 \(n=1\) 時，可得
\[f(1)=\frac{\alpha-\beta}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=1\mbox{。}\]
當 \(n=2\) 時，可得
\begin{align*} f(2) & =\frac{\alpha^{2}-\beta^{2}}{\sqrt{5}}=\frac{(\alpha+\beta)(\alpha-\beta)}{\sqrt{5}}\\ & =\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=1\mbox{。}\end{align*}
設 \(n=k,n=k+1\) 時，$f(k),f(k+1)$ 均為自然數。當 \(n=k+2\) 時，由上可知 \(f(k+2)=f(k+1)+f(k)\)，因此 \(f(k+2)\) 亦為自然數，故得證。 \(\blacksquare\)
♠例題. 求證 \((3+\sqrt{5})^{n}+(3-\sqrt{5})^{n}\) 恆被 \(2^{n}\) 整除。
證明: 令 \(\alpha=3+\sqrt{5}\) 及 \(\beta=3-\sqrt{5}\)，則 \(\alpha+\beta=6\) 及 \(\alpha\beta=4\)。當 \(n=1\) 時 \(\alpha+\beta=6\) 被 \(2\) 整除。當 \(n=2\) 時，
\[\alpha^{2}+\beta^{2}=(\alpha+\beta)^{2}-2\alpha\beta=36-8=28\]
被 \(2^{2}\) 整除。假設 \(n=k\) 及 \(n=k+1\) 時， \(\alpha^{k}+\beta^{k}=2^{k}\cdot q_{1}\) 及 \(\alpha^{k+1}+\beta^{k+1}=2^{k+1}\cdot q_{2}\)。當 \(n=k+2\) 時，可得
\begin{align*}
\alpha^{k+2}+\beta^{k+2} & =\left (\alpha^{k+1}+\beta^{k+1}\right )(\alpha+\beta)-\alpha\beta\left (\alpha^{k}+\beta^{k}\right )\\
& =2^{k+1}\cdot q_{2}\cdot 6-2^{k}\cdot q_{2}\cdot 4=2^{k+2}(3q_{2}-q_{1})
\end{align*}
被 \(2^{k+2}\) 整除，故得證。 \(\blacksquare\)
