近三年的高联图论均以数列为载体等比数列的性质，出了两道图论问题。在其中，尤其是2020年的题目中涉及到了一个重要的整数数列的性质。我将在这篇文章中，自此为出发点，整理一些较新颖且有用的整数数列的性质。
我们重点来研究如下定义的整数数列left{a_{n}right}a_{0}=0,a_{1}=1,a_{n}=xa_{n-1}+ya_{n-2}(ngeq2)
更非常的，我们来研究上述数列特点多项式有两不同实根的情形。同时等比数列的性质，本文自此开始将沿袭上述记号。
以下三条性质，是图论数列在扩域这个手段之下几乎顶尖的推论了。值得细细品位。
性质1螺旋型递推：m,ninN^{*},a_{m+n}=a_{m}a_{n+1}+ya_{m-1}a_{n}
证明：我们先求数列的通项公式
设数列特点多项式t^{2}-xt-y=0的两根为alpha,beta
则存在常数C,D使a_{n}=Calpha^{n}+Dbeta^{n}
带入a_{0},a_{1}的值，解得a_{n}=frac{alpha^{n}-beta^{n}}{alpha-beta}
则a_{m}a_{n+1}+ya_{m-1}a_{n}
=frac{alpha^{m}-beta^{m}}{alpha-beta}frac{alpha^{n+1}-beta^{n+1}}{alpha-beta}+yfrac{alpha^{m-1}-beta^{m-1}}{alpha-beta}frac{alpha^{n}-beta^{n}}{alpha-beta}
=frac{({alpha^{m}-beta^{m}})({alpha^{n+1}-beta^{n+1}})+alphabeta({alpha^{m-1}-beta^{m-1}})({alpha^{n}-beta^{n}})}{(alpha-beta)^{2}}
=frac{{alpha^{m+n+1}+beta^{m+n+1}-alphabeta^{m+n}-alpha^{m+n}beta}}{(alpha-beta)^{2}}
=frac{alpha^{m+n}-beta^{m+n}}{alpha-beta}
=a_{m+n}
对于这个性质，主要在题目中拿来推论类似于a_{(m,n)}与(a_{m},a_{n})之间的关系
性质2被质数整除的项：若x偶且y=-1，对于任意p为奇质数且不整除x^{2}-4，有p|a_{frac{p-1}{2}}a_{frac{p+1}{2}}
证明：设x=2z，将通项公式带入
{a_{frac{p-1}{2}}a_{frac{p+1}{2}}}=frac{alpha^{frac{p-1}{2}}-beta^{frac{p-1}{2}}}{alpha-beta}frac{alpha^{frac{p+1}{2}}-beta^{frac{p+1}{2}}}{alpha-beta}
=frac{alpha^{p}+beta^{p}-(alphabeta)^{frac{p-1}{2}}(alpha+beta)}{(alpha-beta)^{2}}
=frac{alpha^{p}+beta^{p}-(-y)^{frac{p-1}{2}}(alpha+beta)}{(alpha-beta)^{2}}
=frac{alpha^{p}+beta^{p}-(alpha+beta)}{(alpha-beta)^{2}}带入求根公式
=frac{(z+sqrt{z^{2}+y})^{p}+(z-sqrt{z^{2}+y})^{p}-2z}{x^{2}-4}
由\leqkleqp-1,C_{p}^{k}均为p的倍数
故将上式用二项式定律展开后，知其为p的倍数
此性质主要是从斐波那契数列的精典性质推广而至。本身性质不强，但这些证明的方式与手段是可以在各类题目中广泛使用的，极具有参考价值。
性质3一个重要二次式的值：数列left{a_{n+1}^{2}-a_{n}a_{n+2}right}成公比为-y的等差数列
直接带入通项公式即可，一试难度，读者自证不难。
非常的，此条性质实际上不要求a_{0}=0，对任意二阶线性递推数列均组建。
例题数列left{a_{n}right}定义为a_{1}=1,a_{2}=6,a_{n}=6a_{n-1}-a_{n-2}(ngeq3)，设p是一个奇质数，q是a_{p}的一个素因子，求证：若qne2，则qgeq2p-1
证明：先来估算a_0,a_0=6a_1-a_2=0
由性质1，m,ninN^{*},a_{m+n}=a_{m}a_{n+1}-a_{m-1}a_{n}
则(a_{m+n},a_{n})=(a_{m}a_{n+1}-a_{m-1}a_{n},a_{n})
=(a_{m}a_{n+1},a_{n})
而由递推公式(a_{n+1},a_{n})=(6a_{n}-a_{n-1},a_{n})=(a_{n},a_{n-1})
=(a_{n-1},a_{n-2})=......=(a_{2},a_{1})=1
则(a_{m+n},a_{n})=(a_{m}a_{n+1},a_{n})
=(a_{m},a_{n})
由辗转相除法，知(a_{m},a_{n})=a_{(m,n)}
回到原题，若q，则frac{q+1}{2}
则(frac{q+1}{2},p)=(frac{q-1}{2},p)=1
则(a_{frac{q+1}{2}},a_{p})=(a_{frac{q-1}{2}},a_{p})=1
由性质2，q|a_{frac{q-1}{2}}a_{frac{q+1}{2}}
则q|(a_{frac{q-1}{2}}a_{frac{q+1}{2}},a_{p})=1
矛盾！原命题得证
练习题
假如想巩固一下本文章的知识，建议完成练习1，假若疯了的话，建议尝试练习2。假如作出练习2，请勿必私信我。
1.借助性质1，完成2020高联二试第三题的证明
设数列left{a_nright}满足a_{1}=1,a_{2}=2,a_{n}=2a_{n-1}+a_{n-2}(ngeq3)求证：对整数ngeq5,a_n必有一个模4余1的素因子
2.设数列left{T_nright}满足T_{0}=0,T_1=T_{2}=1,T_{n}=T_{n-1}+T_{n-2}+T_{n-3}(ngeq3)求证：存在无穷多个n促使n|T_n
谢谢@zyy的大力支持!
文章很平凡，拿来记录一些不平凡的推论~
