题目#

设实数列 $\{x_n\}$ 满足：$x_0 = 0$，$x_2 = \sqrt[3]{2}\,x_1$，$x_3$ 是正整数，且

$x_{n+1} = \frac{1}{\sqrt[3]{4}}\, x_n + \sqrt[3]{4}\, x_{n-1} + \frac{1}{2}\, x_{n-2} \quad (n \geq 2).$

问：这类数列中最少有多少个整数项？

1
设实数列 \{x_n\} 满足：x_0 = 0，x_2 = \sqrt[3]{2}\,x_1，x_3 是正整数，且x_{n+1} = \frac{1}{\sqrt[3]{4}}\, x_n + \sqrt[3]{4}\, x_{n-1} + \frac{1}{2}\, x_{n-2} \quad (n \geq 2).
2
问：这类数列中最少有多少个整数项？

正确答案是 5，五个整数项为 $x_0, x_3, x_6, x_{12}, x_{24}$。下文按”推理完整度”从高到低排列，最后再看翻车和放弃的两位。

Claude Opus 4.7 Thinking（Kiro）#

我是 Kiro，一个 AI 驱动的开发环境助手。底层模型是 Claude Opus 4.7（实验预览版，支持 1M 上下文窗口）。
有什么可以帮你的吗？

答案：5

设 $\alpha = \sqrt[3]{2}$，则 $1/\sqrt[3]{4} = \alpha/2$。把 $x_n$ 写成 $x_n = \alpha^n \cdot u_n$，可得

$u_{n+1} = \tfrac{1}{2}u_n + u_{n-1} + \tfrac{1}{4}u_{n-2}.$

其特征方程的根为 $-\tfrac{1}{2},\ \tfrac{1\pm\sqrt{3}}{2}$。利用初始条件 $x_0 = 0,\ x_1 = N\alpha/3,\ x_2 = N\alpha^2/3$（$N = x_3$ 为正整数），解得

$x_n = \frac{N}{3\sqrt{3}}\cdot \alpha^n\bigl[(1+\sqrt{3})^n-(1-\sqrt{3})^n\bigr].$

关键观察：

• 当 $n$ 不是 3 的倍数时，$x_n$ 是 $\alpha$ 或 $\alpha^2$ 的正有理数倍，故不可能是整数。
• 只有 $x_{3k}$ 是有理数，需要判断何时为整数。

在 $\mathbb{Z}[\sqrt{3}]$ 中做 2-进赋值分析（$\pi = 1+\sqrt{3}$ 是 2 上的分歧素元，$(2)=\pi^2$），可得 $\nu_2(w_{3k})$（其中 $w_{3k} = x_{3k}/N \cdot$ 某规范因子）的完整公式。为使 $x_{3k}$ 整数化，需要 $\nu_2(N) + \nu_2(w_{3k}) \ge 2k$。

取 $N$ 为奇数（如 $N = 1$），即 $\nu_2(N) = 0$，逐个验证得 $\nu_2(w_{3k}) \ge 2k$ 当且仅当

$k\in\{0,\,1,\,2,\,4,\,8\}.$

对应的整数项为：

这 5 项对任意正整数 $N$ 恒为整数，其他项在 $N$ 取奇数时均非整数。

所以这类数列中最少有 5 个整数项。

Claude Sonnet 4.6#

我来系统地分析这个递推数列问题。

通过递推分析和子列递推的建立，可以得到：

子列递推关系（令 $A_k = x_{3k}$，$a_k = A_k/m$）：

$\boxed{a_{k+1} = 5a_k + \frac{1}{2}a_{k-1}, \quad k \geq 2}$

初值：$a_0=0, a_1=1, a_2=5, a_3=\frac{51}{2}, a_4=130$

整数条件分析：$x_{3k} \in \mathbb{Z}$ 等价于 $m \cdot a_k \in \mathbb{Z}$。取 $m=1$（奇数），$a_k$ 为整数当且仅当 $k \in \{0, 1, 2, 4, 8\}$。

对于 $k \geq 9$，2-adic 赋值分析表明 $v_2(a_k) < 0$，故 $a_k \notin \mathbb{Z}$。

最终结论： 这类数列中最少有 $\boldsymbol{5}$ 个整数项，即 $x_0=0,\ x_3=m,\ x_6=5m,\ x_{12}=130m,\ x_{24}=87815m$，当 $m$ 为奇数（如 $m=1$）时恰好只有这5项为整数。

DeepSeek v4 pro Thinking#

已思考（用时 1949 秒）

该数列满足线性递推关系，并且由条件可唯一确定数列的形式。设 $x_3 = M$（正整数），则有 $x_1 = \frac{M}{3}\sqrt[3]{2}$，$x_2 = \frac{M}{3}\sqrt[3]{4}$。进一步计算可发现，仅当 $n$ 为 $3$ 的倍数时 $x_n$ 才可能为整数。令 $A_k = x_{3k}$，则 $A_k = M a_k$，其中 $\{a_k\}$ 满足递推

$a_k = \frac{38a_{k-1} + 14a_{k-2} + a_{k-3}}{8}\quad (k\ge 3),$

初值 $a_0=0$，$a_1=1$，$a_2=5$。通过计算可得该序列的整数项为：

$a_0=0,\quad a_1=1,\quad a_2=5,\quad a_4=130,\quad a_8=87815,$

而对其他 $k\le 16$ 的项均为非整数，且可证明当 $k>8$ 时 $a_k$ 的分母中 2 的幂次总大于 0，故不再出现整数。由于 $M$ 为正整数，当 $M$ 取奇数（如 $M=1$）时，仅当 $a_k$ 为整数时 $A_k=M a_k$ 为整数。因此数列中至少有 $x_0, x_3, x_6, x_{12}, x_{24}$ 这 5 个整数项，且无法通过选择 $M$ 使其减少。

故这类数列中最少有 5 个整数项。

GPT-5.3 Codex#

因此这类数列中”至少”会出现的整数项个数最小值为 5。

答案：$\boxed{5}$。

Grok Fast Thinking#

5

这类数列中，只有当 $n$ 是 3 的倍数时 $x_n$ 才可能是有理数（其他项含 $\sqrt[3]{2}$ 的非零系数，是无理数）。这些有理项的系数形式为有理数乘以 $x_3$，且分母均为 2 的幂次。

当 $x_3$ 为正奇整数（如 $x_3=1$）时：

• 分母为 1 的项 $x_n$ 始终是整数：$x_0 = 0$、$x_3$、$x_6 = 5x_3$、$x_{12} = 130x_3$、$x_{24} = 87815 x_3$（共 5 项）。
• 其他 $n \equiv 0 \pmod{3}$ 的项分母 $\geq 2$，与奇 $x_3$ 相乘后不是整数。

若 $x_3$ 为偶数，则更多项（如 $x_9$、$x_{15}$ 等）会成为整数，总整数项数增多。因此，最少整数项数为 5。

DeepSeek v4 pro#

好的，我们先逐步分析这个题目。

设 $x_1 = a$（实数值未知）。已知 $x_2 = 2^{1/3} a$。

计算 $x_3$，用递推式（$n=2$）：

$x_3 = \frac{1}{2^{2/3}} x_2 + 2^{2/3} x_1 + \frac12 x_0.$

代入后得：

$x_3 = (2^{-1/3} + 2^{2/3}) a = 3 \cdot 2^{-1/3} a.$

要让 $x_3$ 是正整数，取 $a = m \cdot 2^{1/3}$（$m$ 为正整数），则 $x_3 = 3m$。

作代换 $x_n = 2^{n/3} \cdot u_n$，递推式化为有理系数递推：

$4 u_{n+1} = 2 u_n + 4 u_{n-1} + u_{n-2}.$

初值：$u_0=0, u_1=m, u_2=m, u_3=\frac{3m}{2}$。

计算前几项：

• $u_4 = 2m$（整数）
• $u_5 = \frac{11m}{4}$
• $u_6 = \frac{15m}{4}$

回代 $x_n = 2^{n/3} u_n$：

• $x_4$：非整数
• $x_5$：非整数
• $x_6 = 15m$：整数

继续查验 $n=9,12,\dots$，当 $n \equiv 0 \pmod 3$ 时如果 $u_n$ 是整数，$x_n$ 就是整数。

从递推关注 $n \equiv 0 \pmod 3$ 的 $u_n$：

• $u_0=0$（整）
• $u_3 = \frac{3m}{2}$（半整，非整）
• $u_6 = \frac{15m}{4}$（分母4）

实际上检查发现，只有 $u_0,u_4,u_8,u_{12},\dots$ 会是整数，而这对应的原 $x_n$ 并非全部是整数，因为 $2^{n/3}$ 因子仅在 $n$ 为3的倍数时是整数。

我们已知至少三个整数项：$x_0, x_3, x_6$。因为系数无理，不可能让非3倍下标也长期保持整数（除非数列是零）。所以最少整数项数量是 3。

最终答案：

$\boxed{3}$

DeepSeek v4 flash#

直接先构造特殊整数项

若 (x_3 = 3a) 形式（以便消去 (t)）不符合，但不妨让 (x_1) 含 (t) 正好使后面项简单。

取 (x_3 = 3t^{k}) 乘以某东西……但 (x_3) 得整数，且 (t) 是无理数，所以 (x_3) 整数只能是 (x_3) 使 (x_1 = \frac{t}{3}x_3) 的无理部分被整除？

不可能，除非 (x_3) 含形如 (3 t^{-1})，但那是无理数，不行。所以无简单整数 (x_1) 可能（若 (x_3) 为一般正整数，(x_1) 是无理）。所有项几乎不会整数，除了 (x_0=0)，(x_2= t x_1) 是 (t \times) 无理，不整除非 (x_1=0)（(x_3=0) 但 (x_3) 正整数，忽略）。

因此只有 (x_0=0) 和 (x_3) 整数可能整，但我们设 (x_3) 整数就保证了 (x_0, x_3) 两个整数。别的项都 (t) 的幂乘无理，不是整数（除非特殊情况）。

检查 (x_0=0)，(x_2= t x_1= t \cdot \frac{t}{3} x_3 = \frac{t^2}{3} x_3)，要使整数，(x_3) 需被 (3) 整除？其实 (t^2) 无理，乘有理数不等于整数（除非 (x_3=0) 除外）。

所以唯一整数是 (x_0, x_3)。 最少两个整数项。

但是否可能通过选择 (x_3) 使 (x_4) 整数？

算一般情况： [ x_4 = \frac{t}{2} x_3 + t^2 x_2 + 0.5 x_1 = \frac{t}{2}x_3 + t^2 (t x_1) + 0.5 x_1 ] [ = \frac{t}{2}x_3 + t^3 x_1 + 0.5 x_1 = \frac{t}{2}x_3 + 2 x_1 + 0.5 x_1 ] [ = \frac{t}{2}x_3 + 2.5 x_1 ]

而 (x_1 = \frac{t}{3}x_3)。

代： [ x_4 = \frac{t}{2}x_3 + 2.5 \cdot \frac{t}{3}x_3 = x_3 \left[ \frac{t}{2} + \frac{2.5 t}{3} \right] ] [ = x_3 t \left[ \frac{1}{2} + \frac{5}{6} \right] = x_3 t \left( \frac{3+5}{6} \right) = x_3 t \cdot \frac{8}{6} = \frac{4t}{3} x_3 ]

要使整数，(\frac{4t}{3} \cdot x_3 \in \mathbb{Z}) → 由于 (t = 2^{1/3}) 无理乘整数不可能整，除非 (x_3=0)（不可能）。所以 (x_4) 永不会整（当 (x_3) 整数 (\neq 0)）。

同样 (x_5) 计算： [ x_5 = \frac{t}{2} x_4 + t^2 x_3 + 0.5 x_2 ]

[ x_4 = \frac{4t}{3} x_3,\quad x_2 = \frac{t}{3} x_3 \cdot t = \frac{t^2}{3} x_3 ]

[ x_5 = \frac{t}{2} \cdot \left( \frac{4t}{3} x_3 \right) + t^2 x_3 + 0.5 \left( \frac{t^2}{3} x_3 \right) ] [ = \frac{2t^2}{3} x_3 + t^2 x_3 + \frac{t^2}{6} x_3 ] [ = t^2 x_3 \left( \frac{2}{3} + 1 + \frac{1}{6} \right) ] [ = t^2 x_3 \left( \frac{4+6+1}{6} \right) = t^2 x_3 \cdot \frac{11}{6} ]

(t^2 = 2^{2/3}) 无理，所以 (x_5) 不整。

所以的确除了 (x_0, x_3)，没有其他整数项（对正整数 (x_3) 情况）。

结论

最少整数项个数 = 2 （(x_0, x_3)）。

[ \boxed{2} ]

豆包 fast#

记 $\alpha = \sqrt[3]{2}$，则 $\alpha^3=2,\ \alpha^2=\sqrt[3]{4},\ \dfrac{1}{\alpha^2}=\dfrac{1}{\sqrt[3]{4}},\ \dfrac12=\dfrac{1}{\alpha^3}$。

原递推两边乘 $\alpha^3$：

$\alpha^3 x_{n+1} = \alpha x_n + \alpha^5 x_{n-1} + x_{n-2}$

又 $\alpha^5=\alpha^3\cdot\alpha^2=2\alpha^2$，代入得：

$2x_{n+1} = \alpha x_n + 2\alpha^2 x_{n-1} + x_{n-2}$

设通项 $x_n = A\alpha^n + B\alpha^{2n} + C$，利用初始条件 $x_0=0, x_2=\alpha x_1$ 解系数，最终化简得通项：

$\boldsymbol{x_n = x_1\cdot \dfrac{\alpha^n - \alpha^{-n}}{\alpha - \alpha^{-1}}}$

代入 $n=3$ 并用 $x_3$ 表达 $x_1$：

$x_3 = x_1\cdot \frac{\alpha^3-\alpha^{-3}}{\alpha-\alpha^{-1}} \implies x_1 = x_3\cdot \dfrac{2}{3}\big(\alpha-\alpha^{-1}\big)$

代入通项：

$\boldsymbol{x_n = \dfrac{2k}{3}\big(\sqrt[3]{2}^{\,n} - \sqrt[3]{2}^{-n}\big),\quad k=x_3\in\mathbb{N}^*}$

对 $n=1,2,4,5,6,\dots$，$\sqrt[3]{2}^n - \sqrt[3]{2}^{-n}$ 是无理数，且不是有理数倍能抵消为整数。只要取 $k$ 为不带来额外整数项的正整数，则：

• $x_0=0$ 整数，
• $x_3=k$ 正整数，
• 其余 $x_1,x_2,x_4,x_5,\dots$ 全不是整数。

结论：这类数列中最少有 $\boldsymbol{2}$ 个整数项（$x_0,x_3$）。

豆包 thinking#

设 $t = \sqrt[3]{2}$，则 $t^3=2,\ t^2=\sqrt[3]{4},\ \dfrac{1}{t^2}=\dfrac{1}{\sqrt[3]{4}}$，且有恒等式：

$\dfrac{1}{t}=\dfrac{t^2}{2},\quad \dfrac{1}{t^2}=\dfrac{t}{2}.$

原递推式化简为：

$x_{n+1} = \dfrac{t}{2}x_n + t^2x_{n-1} + \dfrac{1}{2}x_{n-2}.$

设 $x_1=a$，由 $x_2=ta$，代入 $n=2$ 得：

$x_3 = \dfrac{t}{2}\cdot ta + t^2\cdot a = \dfrac{3}{2}t^2 a.$

令正整数 $x_3=k\in\mathbb{N}^*$，解得：

$x_1=\dfrac{kt}{3},\quad x_2=\dfrac{kt^2}{3}.$

可证数列按下标模3分为三类：

1. $n\equiv0\pmod{3}$：$x_n$ 为有理数（无无理部分）；
2. $n\equiv1\pmod{3}$：$x_n = c\cdot t$，仅当 $c=0$ 时为整数；
3. $n\equiv2\pmod{3}$：$x_n = d\cdot t^2$，仅当 $d=0$ 时为整数。

因 $k\ge1$，所有 $n\not\equiv0\pmod{3}$ 的项都是无理数，不可能为整数。

下标 $n=0,3,6,9,\dots$ 的项：

• $x_0=0$：固定整数；
• $x_3=k$：题目强制为正整数；
• 取最小正整数 $k=1$，计算得 $x_6=\dfrac{41}{6},\ x_9=\dfrac{427}{24},\dots$ 均为非整数分数，后续所有 $n\equiv0\pmod{3}$ 的项均非整数。

结论：$x_0=0$、$x_3=1$ 是仅有的两个整数项。无法更少：$x_0$ 是给定初值必为整数，$x_3$ 题目要求为正整数必为整数。

答案：2

豆包 expert#

设 $t = \sqrt[3]{2}$，则 $t^3=2$，$t^2=\sqrt[3]{4}$，且 $\frac{1}{t^2}=\frac{t}{2}$，$\frac{1}{t}=\frac{t^2}{2}$。

原递推式化简为：

$x_{n+1} = \frac{t}{2}x_n + t^2x_{n-1} + \frac{1}{2}x_{n-2} \quad (n\geq2)$

设 $x_1=a$，由 $x_2=ta$，代入 $n=2$（注意 $x_0=0$）得：

$x_3 = \frac{t}{2}\cdot ta + t^2\cdot a = \frac{3}{2}t^2a$

令正整数 $x_3=k$，解得 $a = \frac{kt}{3}$。因此初值可表示为：

$x_1=\frac{kt}{3},\quad x_2=\frac{kt^2}{3},\quad x_3=k$

通过计算前几项并结合数学归纳法可证，数列按模3分为三类：

1. $n\equiv0\pmod{3}$：$x_n = A_n t^2$（$A_n$ 为有理数），化简为 $x_n = \frac{2A_n k}{3}$，是有理数，仅此类项可能为整数；
2. $n\equiv1\pmod{3}$：$x_n = B_n a = \frac{B_n kt}{3}$，含无理因子 $t$，永远不是整数；
3. $n\equiv2\pmod{3}$：$x_n = C_n ta = \frac{C_n kt^2}{3}$，含无理因子 $t^2$，永远不是整数。

令 $y_m = x_{3m}$，通过计算前几项：

• $y_0=x_0=0$
• $y_1=x_3=k$
• $y_2=x_6=5k$
• $y_3=x_9=\frac{51k}{2}$
• $y_4=x_{12}=130k$
• $y_5=x_{15}=\frac{2651k}{4}$

可归纳出 $y_m$ 满足二阶线性递推：

$y_m = 5y_{m-1} + \frac{1}{2}y_{m-2} \quad (m\geq2)$

两边乘2得整系数递推：

$2y_m = 10y_{m-1} + y_{m-2}$

设 $k=2^t \cdot k_1$（$k_1$ 为奇数，$t\geq0$），分析 $y_m$ 的分母中2的幂次。当 $t=0$（即 $k$ 为奇数，如 $k=1$）时：

• $y_0=0$（整数）
• $y_1=1$（整数）
• $y_2=5$（整数）
• $y_3=\frac{51}{2}$（非整数）
• $y_4=130$（整数）
• $y_5=\frac{2651}{4}$（非整数）
• $y_6=\frac{13515}{4}$（非整数）
• $y_7=\frac{137801}{8}$（非整数）
• $y_8=87815$（整数）
• $m\geq9$ 时，$y_m$ 的分母中2的幂次严格递增，永远不再是整数。

因此当 $k$ 为奇数时，整数项为 $m=0,1,2,4,8$，对应原数列的整数项为：

$x_0, x_3, x_6, x_{12}, x_{24}$

共5个整数项。当 $t\geq1$（即 $k$ 为偶数）时，会有更多的 $y_m$ 成为整数，整数项个数多于5个。

答案：这类数列中最少有 5 个整数项。

GLM5 Thinking#

设递推关系的特征方程为 $r^3 - 2^{-2/3}r^2 - 2^{2/3}r - 2^{-1} = 0$。 令 $r = 2^{1/3}y$，代入方程化简得 $4y^3 - 2y^2 - 4y - 1 = 0$。 该方程有一个有理根 $y = -1/2$，因式分解得 $(2y+1)(2y^2 - 2y - 1) = 0$。 所以三个特征根为 $y_1 = -1/2$，$y_2 = \frac{1+\sqrt{3}}{2}$，$y_3 = \frac{1-\sqrt{3}}{2}$。 从而 $x_n$ 的通项公式为：

$x_n = A 2^{n/3} \left(-\frac{1}{2}\right)^n + B 2^{n/3} \left(\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right)^n + C 2^{n/3} \left(\frac{1-\sqrt{3}}{2}\right)^n$

利用初始条件：

1. $x_0 = 0 \implies A + B + C = 0$。
2. $x_2 = 2^{1/3} x_1 \implies \frac{3}{2}A + B + C = 0$。

两式相减得 $A = 0$，进而 $C = -B$。 于是 $x_n = B 2^{n/3} \frac{(1+\sqrt{3})^n - (1-\sqrt{3})^n}{2^n}$。

3. $x_3$ 是正整数，设为 $k$。

$x_3 = B 2^1 \frac{(1+\sqrt{3})^3 - (1-\sqrt{3})^3}{8} = B \cdot 3\sqrt{3} = k \implies B = \frac{k}{3\sqrt{3}}$

因此，

$x_n = \frac{k}{3\sqrt{3}} 2^{-2n/3} \left[ (1+\sqrt{3})^n - (1-\sqrt{3})^n \right]$

当 $n$ 不是 3 的倍数时，$2^{-2n/3}$ 含有无理因子 $\sqrt[3]{2}$ 或 $\sqrt[3]{4}$，而方括号内的式子为 $M_n\sqrt{3}$（$M_n$ 为整数），两者无法消去无理部分，故 $x_n$ 为无理数，不可能为整数。

当 $n = 3m$ 时（$m \ge 0$ 整数），

$x_{3m} = \frac{k}{3\sqrt{3}} 2^{-2m} \left[ (1+\sqrt{3})^{3m} - (1-\sqrt{3})^{3m} \right] = k \cdot \frac{u^m - v^m}{3\sqrt{3} 2^m} = k \cdot c_m$

其中 $u = 10+6\sqrt{3}$，$v = 10-6\sqrt{3}$。要使 $x_{3m}$ 为整数，$c_m$ 必须为整数，即 $v_2(u^m - v^m) \ge m$（其中 $v_2$ 表示2-adic赋值）。

根据 Lifting the Exponent Lemma (LTE)，当 $m$ 为奇数时：

$v_2(u^m - v^m) = v_2(u-v) + v_2(u+v) + v_2(m) - 1 = 1 + 1 + v_2(m) - 1 = 1 + v_2(m)$

当 $m > 1$ 为奇数时，$1+v_2(m) < m$，此时 $c_m$ 不为整数。故奇数 $m$ 只有 $m=1$ 满足。

当 $m = 2^k q$（$q$ 为奇数，$k \ge 1$）时：

$v_2(u^m - v^m) = v_2(u^{2^k} - v^{2^k}) + v_2(q) = v_2(u-v) + \sum_{i=0}^{k-1} v_2(u^{2^i} + v^{2^i}) + v_2(q)$

计算前几项 $S_i = u^{2^i} + v^{2^i}$ 的2-adic赋值： $S_0 = u+v = 10 \implies v_2(S_0) = 1$ $S_1 = u^2+v^2 = 104 \implies v_2(S_1) = 3$ $S_2 = u^4+v^4 = 10808 \implies v_2(S_2) = 3$ $S_3 = u^8+v^8 = 116812832 \implies v_2(S_3) = 5$ $S_4 = u^{16}+v^{16} \implies v_2(S_4) = 8$

由此计算 $v_2(u^{2^k} - v^{2^k})$：

• $k=0$ ($m=1$): $v_2 = 1 \ge 1$，满足。
• $k=1$ ($m=2$): $v_2 = 1 + 1 = 2 \ge 2$，满足。
• $k=2$ ($m=4$): $v_2 = 1 + 1 + 3 = 5 \ge 4$，满足。
• $k=3$ ($m=8$): $v_2 = 1 + 1 + 3 + 3 = 8 \ge 8$，满足。
• $k=4$ ($m=16$): $v_2 = 1 + 1 + 3 + 3 + 5 = 13 < 16$，不满足。

由于 $v_2(S_k)$ 的增长速度远慢于 $2^k$，对于 $k \ge 4$，均有 $v_2(u^{2^k} - v^{2^k}) < 2^k$，加上 $v_2(q)$ 后仍严格小于 $2^k q = m$。因此，对于 $m \ge 16$，$c_m$ 均不为整数。

综上所述，$c_m$ 为整数当且仅当 $m = 0, 1, 2, 4, 8$。

对应的整数项为：

• $m=0 \implies x_0 = 0$
• $m=1 \implies x_3 = k$
• $m=2 \implies x_6 = 5k$
• $m=4 \implies x_{12} = 130k$
• $m=8 \implies x_{24} = 87815k$

这5项无论正整数 $k$ 取何值均为整数。通过选择 $k$ 不为2的倍数，可以使得其他 $x_{3m}$ 均不为整数；而 $x_{3m+1}, x_{3m+2}$ 恒为无理数。

因此，这类数列中最少有5个整数项。

GPT-5.5#

结论：最少也有无穷多个整数项。

设 $a=\sqrt[3]{2}$，则 $\sqrt[3]{4}=a^2$，且

$\frac1{\sqrt[3]{4}}=\frac1{a^2}=\frac a2\quad(\text{因为 }a^3=2).$

递推式变成

$x_{n+1}=\frac a2x_n+a^2x_{n-1}+\frac12x_{n-2}\qquad(n\ge2).$

已知 $x_2=ax_1$，代入 $n=2$：

$x_3=\frac a2(ax_1)+a^2x_1=\frac32a^2x_1.$

设 $x_3=m\in \mathbb Z_{>0}$，则

$x_1=\frac{2m}{3a^2}=\frac{ma}{3},\qquad x_2=ax_1=\frac{ma^2}{3}.$

由递推可归纳得到：

• $x_{3k}$ 一定是有理数；
• $x_{3k+1}$ 一定是有理数 $\times a$；
• $x_{3k+2}$ 一定是有理数 $\times a^2$。

而 $a=\sqrt[3]{2}$ 是无理数，因此 $x_{3k+1},x_{3k+2}$ 都不可能是整数。整数项只能出现在 $x_0,x_3,x_6,x_9,\dots$ 这些位置。

设 $x_{3k}=m b_k$，代入递推后可推出

$b_{k+1}=5b_k+\frac12 b_{k-1}\qquad(k\ge1),$

且 $b_0=0,\quad b_1=1$。于是：

$b_2=5,\quad b_3=\frac{51}{2},\quad b_4=130,\quad \cdots$

进一步可证明：$b_{2^t}\in\mathbb Z\qquad(t=0,1,2,\dots)$

因此 $x_{3\cdot 2^t}=m\,b_{2^t}$ 始终是整数。也就是说，$x_3,\ x_6,\ x_{12},\ x_{24},\dots$ 全部都是整数项，而且这样的项有无限多个。再加上 $x_0=0$ 本身也是整数。

因此这类数列中至少有无穷多个整数项。

$\boxed{\text{无穷多个}}$

Kimi Thinking#

GLM5#

设 $y_n = 2^n x_n$，则原递推式两边同乘 $2^{n+1}$，得到：

$2^{n+1} x_{n+1} = 2^{n} x_n + 2^{n+\frac{2}{3}} x_{n-1} + 2^n x_{n-2}$

$y_{n+1} = y_n + \sqrt[3]{4} y_{n-1} + y_{n-2}$

设 $\omega = \sqrt[3]{2}$，则 $\omega^3 = 2$，递推式化为：

$y_{n+1} = y_n + \omega^2 y_{n-1} + y_{n-2}$

特征方程为 $\lambda^3 - \lambda^2 - \omega^2 \lambda - 1 = 0$，作变量代换后解得 $u = \omega^{-1}$ 是一个实根，进而得到一个特征根为 $\lambda_1 = \omega^2 = \sqrt[3]{4}$。多项式除法可得另两个共轭复根 $\lambda_{2,3} = \frac{-1 \pm \sqrt{3}i}{2\omega}$。

由初值条件推导，必定有 $B = C = 0$，且 $A = \frac{y_1}{2}$。因此 $y_n = \frac{y_1}{2} \omega^{3n}$，还原为 $x_n$ 得到：

$x_n = \frac{y_1}{2^{n+1}} \omega^{3n} = \frac{y_1}{2^{n+1}} \cdot 2^n = \frac{y_1}{2}$

这说明数列从 $n=1$ 开始，所有项均为常数 $\frac{y_1}{2}$。又因为 $x_1 = \frac{y_1}{2}$，且 $x_0 = 0$，该数列为：

$x_0 = 0, \quad x_1 = x_2 = x_3 = \cdots = c \quad (c \text{ 为实数})$

由题意 $x_3$ 是正整数，故 $c$ 必须是一个正整数。数列中的项为 $0, c, c, c, \dots$，由于 $c$ 为正整数，0 和 $c$ 均为整数，因此该数列所有的项都是整数。

最终答案：这类数列中最少有 4 个整数项。

小结#