Reālu skaitļu virknē \(a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots\) dots, ka \(a_{11}=4,\ a_{22}=2\) un \(a_{33}=1\). Bez tam visiem naturāliem \(n\) pastāv vienādība \(\frac{a_{n+3}-a_{n+2}}{a_{n}-a_{n+1}}=\frac{a_{n+3}+a_{n+2}}{a_{n}+a_{n+1}}\).
Pierādīt, ka
(A) neviens virknes loceklis nav \(0\),
(B) virkne ir periodiska,
(C) \(a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+\ldots+a_{100}^{k}\) ir naturāla skaitļa kvadrāts,
ja \(k\) - patvaļīgs naturāls skaitlis.
Vispirms pierādīsim īpašību: katram naturālam \(na_{n}=0 \Leftrightarrow a_{n+3}=0\). Tiešām, ja \(a_{n}=0\), tad no dotās vienādības seko, ka saucēji un tātad arī skaitītāji ir pretēji skaitļi; no tā seko \(a_{n+3}=0\). Ja \(a_{n+3}=0\), no dotās vienādības seko, ka skaitītāji un tātad arī saucēji ir pretēji skaitļi; no tā seko \(a_{n}=0\).
Izmantojot šo īpašību, iegūstam:
ja \(n \geq 1\), tad \(a_{3n} \neq 0\) (jo \(a_{33} \neq 0\))
ja \(n \geq 0\), tad \(a_{3n+1} \neq 0\) (jo \(a_{22} \neq 0\))
ja \(n \geq 0\), tad \(a_{3n+2} \neq 0\) (jo \(a_{11} \neq 0\)).
Līdz ar to (A) daļa pierādīta.
No dotās vienādības seko, ka
\[\left(a_{n+3}-a_{n+2}\right)\left(a_{n}+a_{n+1}\right)=\left(a_{n}-a_{n+1}\right)\left(a_{n+3}+a_{n+2}\right)\]
pēc vienkāršošanas iegūstam\[\begin{equation*} a_{n+1}a_{n+3}=a_{n}a_{n+2} \tag{1} \end{equation*}\]
N̦emot \(n\) vietā \(n+1\) ， iegūstam\[\begin{equation*} a_{n+2}a_{n+4}=a_{n+1}a_{n+3} \tag{2} \end{equation*}\]
Sareizinot (1) un (2), iegūstam\[\begin{equation*} a_{n+1}a_{n+2}a_{n+3}a_{n+4}=a_{n}a_{n+1}a_{n+2}a_{n+3} \tag{3} \end{equation*}\]
Tā kā \(a_{n+1}a_{n+2}a_{n+3} \neq 0\), no šejienes seko \(a_{n+4}=a_{n}\). **Tātad virkne ir periodiska ar periodu, ne lielāku kā \(\mathbf{4}\).** Tāpēc \(a_{1}=a_{33}=1;\ a_{2}=a_{22}=2;\ a_{3}=a_{11}=4;\ a_{4}=\frac{a_{1} \cdot a_{3}}{a_{2}}=2\). No šejienes \(a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+\ldots+a_{100}^{k}=25\left(1^{k}+2^{k}+4^{k}+2^{k}\right)=25\left(1+2^{k}\right)^{2}=\left(5\left(1+2^{k}\right)\right)^{2}\), no kā seko vajadzīgais.