Çözüm yolunu oluşturan fikirleri de açıklayarak ilerleyeceğim.
Çözüm: İlk başta doğrusal bir indirgeme bağıntısı var ama sabit katsayılı olmadığı için genel terimi üretme konusunda sabit teorik bir yöntem göremiyorum. Yine de ilk bir kaç terimi modülo $11$ içinde inceleyerek periyodik bir durum veya bir kural elde etmeyi aklımda tutuyorum. Bu nedenle,
$a_3 = 4a_2 - 3 a_1 \equiv 12 - 3 \equiv 9 \pmod{11}, \quad a_4 = 5a_3 - 4 a_2 \equiv 45 - 12 \equiv 0 \pmod{11}, \quad a_5 = 6a_4 - 5 a_3 \equiv 6\cdot 0 - 5\cdot 9 \equiv 10 \pmod{11} $
$a_6 = 7a_5 - 6 a_4 \equiv 7\cdot 10 - 6\cdot 0 \equiv 4 \pmod{11}, \quad a_7 = 8a_7 - 6a_6 \equiv 8\cdot 4 - 7\cdot 10 \equiv 6 \pmod{11}, \quad a_8 = 9a_7 - 8a_6 \equiv 9\cdot 6 - 8\cdot 4 \equiv 0 \pmod{11} $
Bu noktada $11\mid a_4$ ve $11\mid a_8$ elde ettik. 'Böyle devam edersek bir yere varabilir miyiz?' sorusunun cevabı şu aşamada belirsizliğini koruyor. Ben pes edip indirgeme bağıntısına geri dönmüştüm. Genel terim ile ilgilendiğim o kısmı birazdan açıklayacağım. Ama pes etmezsek, çözümün çok yakın olduğunu da görüyoruz.
$a_9 = 10a_8 - 9 a_7 \equiv 10\cdot 0 - 9\cdot 6 \equiv 1 \pmod{11}, \quad a_{10} = 11a_9 - 10a_8 \equiv 11\cdot 1 - 10\cdot 0 \equiv 0 \pmod{11}, \quad a_{11} = 12a_7 - 11a_6 \equiv 12\cdot 0 - 11\cdot 1 \equiv 0 \pmod{11} $
elde ediyoruz. Sürpriz bir şekilde $11\mid a_{10}$ ve $11\mid a_{11}$ olduğundan $a_{n+2}=(n+3)a_{n+1} - (n+2)a_n$ bağıntısı gereği, her $n\geq 10$ için $11 \mid a_n$ elde ederiz. O halde $11 \mid a_n$ olmasını sağlayan tüm değerler şunlardır: $n=4, n=8$ ve $n\geq 10$ olan her $n$ tam sayısı.
Sanki biraz şans eseri gibi oldu değil mi? Soru çözülmüş oldu ama yazarların amaçladığı şey bu tür bir kaba kuvvet denemesi miydi? Şimdi bahsettiğim genel terimi bulma kısmına geri dönelim. Bunu yapmazsak sorunun zarif kısmını ıskalamış oluruz.
Sağ taraftaki $(n+3)a_{n+1} - (n+2)a_n $ ifadesini $a_{n+1} + (n+2)(a_{n+1} - a_n)$ biçiminde yazarsam bir şey elde edebilir miyim? Bunu deneyince
$$ a_{n+2} - a_{n+1} = (n+2) (a_{n+1} - a_n) $$
ifadesindeki teleskopik çarpım fikri de görünüyor. Daha kolay görmek için $b_n = (a_{n+1} - a_n)$ değişken değiştirmesi yapıp $b_{n+1} = (n+2)b_n$ biçimine getirebiliriz. Hemen $n=1,2, \dots , N-1 $ yazıp taraf tarafa çarparsak
$$ b_{N} = (N+1)!$$
elde ederiz. O halde $$ a_{n+1} - a_n = (n+1)! $$
dir. Bu ifadenin de bir teleskopik toplam oluşturacağını görüyoruz. Hemen $n=1,2,\dots, N-1$ için taraf tarafa toplarsak $a_N - a_1 = 2! + 3! + \cdots + N!$ olup her $n\geq 1$ tam sayısı için
$$ a_n = 1! + 2! + 3! + \cdots + n! $$
genel terimine ulaşırız.
Bu genel terim bize, herhangi bir $m$ pozitif tam sayısı için $a_{m+1} \equiv a_m \pmod {m}$ olduğunu söyler. Yani $a_{11} \equiv a_{12} \equiv a_{13} \equiv \dots \pmod{11}$ olacaktır. Dolayısıyla çözümün başında yaptığımız kaba kuvvet denemeleri $1\leq n \leq 11$ değerleri için yapmak yeterlidir. Bunun güvencesi ile ilerlemek daha iyi oldu.
