chuyên đề hội thảo một số trường chuyên về dãy số

1 Lê Xuân ðại, Trần Ngọc Thắng - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc 3 2 TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH CẤP 2 ðỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ Trường THPT chuyên

1

Lê Xuân ðại, Trần Ngọc Thắng - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc

3

2 TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH CẤP 2 ðỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

Trường THPT chuyên Hưng Yên

39

3 DÃY SỐ SỐ HỌC

4 ỨNG DỤNG ðẠO HÀM TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

5 DÃY SỐ VÀ GIỚI HẠN

Vũ Thị Vân - Trung học phổ thông Chuyên Bắc Giang

61

6 MỘT PHƯƠNG PHÁP DẠY TỰ HỌC KHÁI NIỆM GIỚI HẠN DÃY SỐ CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN

Nguyễn Thế Sinh - Trường chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương

78

7 CHUYÊN ðỀ VỀ CẤP SỐ, CĂN NGUYÊN THỦY, THẶNG DƯ BẬC HAI

8 SỬ DỤNG :HỆ THẶNG DƯ ðẦY ðỦ, HỆ THẶNG DƯ THU GỌN ðỂ GIẢI TOÁN

9 THẶNG DƯ TOÀN PHƯƠNG

10 ðỊNH LÝ PHECMA VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG

11 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ðỊNH LÝ FERMAT NHỎ VÀ ðỊNH LÝ CƠ BẢN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ

12 SỬ DỤNG PHÉP ðỒNG DƯ TRONG BÀI TOÁN CHIA HẾT

13 MỘT VÀI BIẾN ðỔI VÀ ỨNG DỤNG ðƠN GIẢN TRONG SỐ HỌC

16 SỬ DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA TÌM HỆ THỨC LƯỢNG MỚI TRONG TAM GIÁC

Trường THPT Chuyên Hưng Yên

202

17 HÀNG ðIỂM ðIỀU HÒA - CHÙM ðIỀU HÒA

18 BÀI TOÁN VỀ ðƯỜNG THẲNG SIMSON VÀ ỨNG DỤNG

Phạm ðức Tùng - TrườngTHPT chuyên Lương Văn Tụy - Ninh Bình

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN

Lê Xuân ðại, Trần Ngọc Thắng

Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc

Dãy số là một phần quan trọng của ñại số và giải tích toán học Dãy số có một vị trí ñặc biệt quan trọng trong toán học, không chỉ như là một ñối tượng ñể nghiên cứu mà còn ñóng một vai trò như một công cụ ñắc lực của các mô hình rời rạc của giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn… Các vấn ñề liên quan ñến dãy số rất phong phú Hiện nay có nhiều tài liệu ñề cập ñến các bài toán về dãy số Tuy nhiên, chủ yếu quan tâm ñến các tính chất của dãy số như Giới hạn dãy, số hạng tổng quát, sự ñơn ñiệu của dãy, tính

bị chặn…

Các bài toán về dãy số nguyên là những bài toán hay và khó Trong bài viết này chúng tôi muốn trình bày một số vấn ñề cơ bản và các phương pháp thường sử dụng về dãy số nguyên Chuyên ñề này ñược chia thành 2 phần như sau:

Phần 1: Giới thiệu một số phương pháp cơ bản giải các bài toán về dãy số

nguyên

Phần 2: Khai thác một số bài toán ñiển hình qua các kì thi Olimpic toán học

I- MỘT SỐ VẤN ðỀ VỀ LÝ THUYẾT CƠ BẢN

1 Dãy Fibonacci và dãy Lucas

1.1 Dãy Fibonacci ( )F mang tên chính nhà toán hoc Pisano Fibonacci Dãy n

cho bởi hệ thức truy hồi ñơn giản 1 2

1.2 Một vài tính chất số học của dãy Fibonacci:

1 ( ,F F n n+1) 1= với mọi n

2 Nếu n chia hết cho m thì F chia hết cho n F m

3 Nếu F n chia hết cho F m thì n chia hết cho m với m>2

4 ( ,F F n m)=F d với d =( , )m n

5 Nếu n≥ và 5 F n là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố

6 Dãy ( )F n chứa một tập vô hạn những số ñôi một nguyên tố cùng nhau

7 F5n =5 F q n n với q n không chia hết cho 5

8 5k

n

F M ⇔ n kM

9 F n có tận cùng là 0 khi và chỉ khi 15nM

10 F có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi n nM150

1.3 Một vài hệ thức cơ bản của dãy Fibonacci:

Những số hạng của dãy Lucas có thể coi như giống với dãy Fibonacci bởi hai dãy này ñều có cùng hệ thức xác ñịnh dãy

Tương tự công thức Binet cho dãy Fibonacci, ta có công thức tổng quát của dãy Lucas:

2.1 ðịnh nghĩa Ta gọi là một thặng dư bậc hai modulo (hay là một số

chính phương ) nếu tồn tại số nguyên sao cho , trong

ñó là một số nguyên dương

2.2 ðịnh lí Cho là một số nguyên tố

(i) Nếu thì mọi số lẻ ñều là số chính phương

(ii) Nếu Khi ñó

là số chính phương khi và chỉ khi ;

không là số chính phương khi và chỉ khi

2.3 Kí hiệu Legendre Giả sử là số nguyên tố lẻ, là số nguyên không chia

hết cho Khi ñó ta có các kết quả sau:

3 Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2

3.1 ðịnh nghĩa Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai ẩn là phương

TH2 Nếu phương trình ñặc trưng (3) có nghiệm kép thì:

TH3 Nếu phương trình ñặc trưng (3) có nghiệm phức

Khi ñó:

Ở ñây là các hằng số thực ñược xác ñịnh dựa vào các ñiều kiện ban ñầu

II- MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN

1 Phương pháp quy nạp toán học

Bài toán 1 Cho dãy số ( )a n xác ñịnh bởi a0 =0;a1 = và 1

( 1)2

Vậy a n =F n2, ∀ ≥n 0 và ta có ñiều phải chứng minh

Bài toán 2 Cho dãy số ( )a n xác ñịnh bởi a1=a2 =1;a3 = và 4

Chứng minh rằng a n chia hết cho n với mọi n≥ 1

Lời giải Từ giả thiết ta có a4 =12;a5 =25;a6 =48

Lời giải Gọi α β, là hai nghiệm của phương trình 2 1 0

Rõ ràng (2; 1) là một nghiệm của (1), nên ta có các bộ sau cũng là nghiệm của (1): (3,2);(5,3);(8,5);(13,8);(21,13);(34,21);

+ Xét bộ ( ;m n−m) ta có: (m2−m n( −m) (− n−m)2) (2 = −(n2 −mn−m2))2 = 1Suy ra ( ;m n−m) cũng là một nghiệm của (1)

- Nếu m≤ −n m⇒ ≥n 2m⇒n n( −m) 2≥ m2⇒n2−mn−m2 >1 (m>1) (vô lí)

- Nếu m n m> − thì bộ ( ;m n−m)là một nghiệm của (1) nhỏ hơn nghiệm ( , )n m

Quá trình phải dừng lại và kết thúc ở nghiệm ( ,1) (n n>1) Chú ý thêm rằng (2, 1) là bộ duy nhât thoả mãn (1) mà n= 1

Tóm lại tất cả các nghiệm nguyên dương của (1) sẽ là: (F F n; n−1) với n≥ 2

Như vậy, giá trị lớn nhất của P bằng giá trị lớn nhất của 2 2

1

n n

F +F− với F n ≤1981.Dãy các số hạng của dãy Fibonacci thoả mãn là: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,

89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 15972 +9872

Bài toán 6 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n≥ thì 4 F n + không 1

là số nguyến tố

Lời giải Ta có ñẳng thức F n4− =1 F n−2F n−1F n+1F n+2 (1)

Giả sử tồn tại n≥ sao cho 4 F n + là số nguyên tố Khi ñó từ (1) thì 1 F n + chia 1hết ít nhất một trong các số F n−2;F n−1;F n+1;F n+2

Nhưng F n + >1 F n−2;F n + >1 F n−1 nên hoặc F n +1|F n+1 hoặc F n +1|F n+2

Trong trường hợp ñầu tiên thì

Vậy F n + là hợp số với mọi 1 n≥ 4

Bài toán 7 Cho dãy số nguyên ( )x n : x0 =3;x1=11 và x n+2 =2x n+1+7 x n ∀ ≥ n 0

Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ a sao cho với mọi m, n nguyên dương tồn tại

k nguyên dương mà k

n

x −a chia hết cho 2m

Lời giải Bằng quy nạp ta chứng minh ñược x n≡3 (mod8)

* Chọn m=3;n=1 thì theo giả thiết tồn tại k +

∈ sao cho 11k (mod8)

a

≡Suy ra 3k (mod8) 1;3 (mod8)

* Ta sẽ chứng minh tất cả các số a≡1(mod8) hoặc a≡3(mod8)ñều thoả mãn

ñề bài

- Với m= thì ta chọn 1 k = thoả mãn 1

- Với m=2,3 thì ta chọn k chẵn nếu a≡1(mod8) và chọn k lẻ nếu

3(mod8)

- Xét m > : Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp theo m 3

Giả sử với m> tồn tại số 3 k m sao cho k m 2m k m 2 m

Kết luận: Tất cả các số a cần tìm là a≡1(mod8) hoặc a≡3(mod8)

2 Sử dụng các tính chất của phương trình sai phân tuyến tính

Một tính chất cơ bản có rất nhiều ứng dụng của dãy tuyến tính cấp hai là tính chất sau ñây:

Cho dãy tuyến tính cấp hai ( )u n : u n+2 =au n+1+bu n, ∀ ≥ Khi ñó n 1

Bằng phép thử trực tiếp với n = 1, 2, 3 ta ñược n = 3 là giá trị duy nhất cần tìm

Bài toán 2 Cho dãy số nguyên ( )a n : a1=2;a2 = và 7

2 1 1

n n

không hề ñơn giản Một kĩ thuật hay dùng ở ñây là ñi xét một dãy ( )b n có tính chất như dãy ( )a n rồi chứng minh a n =b n

Ta xét dãy số ( )b n xác ñịnh như sau: 1 2

Do dãy ( )a n xác ñịnh duy nhất nên a n =b n với mọi n≥ 1

Khi ñó a n =3a n−1+2a n−2 ,∀ ≥ và ta có ngay n 3 a n là số lẻ với mọi n> (ñpcm) 1

Bài toán 3 Cho trước a,b nguyên dương và dãy ( ) x n xác ñịnh bởi:

0 1

Chứng minh rằng với mọi cách chọn a,b thì trong dãy ( ) x n tồn tại vô hạn hợp số

Lời giải Giả sử x n là hợp số với hữu hạn n Gọi N là số nguyên dương lớn hơn

tất cả các giá trị n thoả mãn Khi ñó x m là số nguyên tố với mọi m N>

Chọn số nguyên tố x m = p không chia hết a− 1

Gọi t là số thoả mãn (1 t −a)≡b (mod )p , khi ñó x n+1− ≡t a x( n−t) (mod )p

Tiếp tục quá trình và ñặt biệt với m=n ta ñược

1

Hay x m p+ −1≡0 (mod )p , ñiều này vô lí vì x m p+ −1 là số nguyên tố lớn hơn p

Bài toán 4 Cho dãy số ( )a n xác ñịnh bởi:

0

2 1

1

, 02

a) a n là số nguyên dương với mọi n≥ 0

b) a a n n+1− là số chính phương với mọi 1 n≥ 0

Do ñó a a n n+1− là số chính phương với mọi 1 n≥ (ñpcm) 0

Bài toán 5 Cho dãy số ( )a n xác ñịnh bởi:

0

2 1

Chứng minh rằng nếu có bốn số hạng liên tiếp của dãy ( )u n là số nguyên thì mọi

số hạng của dãy là số nguyên

Nếu a là số vô tỉ thì từ 2 hệ thức trên suy ra u m+1=u m+2= , suy ra b=0, mẫu 0

thuẫn Vậy a là số hữu tỷ

Xét dãy ña thức hệ số nguyên 0 1

( ) 0; ( ) 1( ) :

Ta có Q a n( )=u n, ñặc biệt Q m+1( )a =u m+1 Vậy a là nghiệm hữu tỷ của ña thức

Chứng minh rằng với một cặp ( ; )a b ∈ 2, với a b≤ là một nghiệm của phương trình

2 2

21

m ab

+

=+ khi và chỉ khi tồn tại n∈ ñể ( ; ) ( ;a b = x x n n+1)

Bài toán 8 Cho a,b là các số nguyên lớn hơn 1 Dãy ( ) x n xác ñịnh bởi:

3 Phương pháp sử dụng giới hạn của dãy số

Ta có một tính chất rất thú vị về giới hạn của các dãy số nguyên

“Nếu dãy số nguyên ( )a n hội tụ về số a thì tồn tại n0 sao cho với mọi n≥n0 thì

Do ;x y k k∈ nên tồn tại n0 sao cho với mọi n≥n0 thì x n =x y; n = y

Tồn tại n≥n0 sao cho a n+2 = y a a; ,n n+1≥ ⇒x 8x+10y≤ (1) 9

Cũng vậy, Tồn tại m≥n0 sao cho a m+2 =x a a; ,m m+1≤ y⇒10x+8y≥ (2) 0

Từ (1), (2) và x,y là số nguyên suy ra x= y= 0

Lời giải Bài toán ñược giải quyết nếu ta chứng minh ñuợc lim a n = 3

+ Dễ chứng minh bằng quy nạp a n ≥3 ∀ ≥ n 1

+ Từ ñó suy ra ngay dãy ( )a n giảm

Vậy dãy ( )a n hội tụ Chuyển qua giới hạn ta ñược lima n = (ñpcm) 3

4 Phương pháp sử dụng tính tuần hoàn của dãy số dư

trong ñó là các số nguyên và m là số nguyên dương lớn hơn 1 Gọi là số dư trong phép chia cho m Khi ñó dãy

Vì dãy Fibonacci là vô hạn mà chỉ có 2

n khả năng cho mỗi cặp số dư theo

modulo n nên tồn tại ( ,F F i i+1) thoả mãn F i ≡F i m+ và F i+1≡F i m+ +1 (mod n) với

m∈ +

Xét i > 1, ta có: F i−1=F i+1−F i ≡F i m+ +1−F i m+ =F i m+ −1 (mod )n

Quá trình cứ tiếp tục dẫn ñến F j ≡F j m+ (mod ) n ∀ ≥ j 0

Suy ra 0≡F0 ≡F m ≡F2m ≡ (mod )n , tức là có vô hạn các số F thoả mãn yêu km

cầu bài toán Vậy bài toán ñược chứng minh

Bài toán 2 Cho dãy số ( )a n xác ñịnh bởi:

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương m luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho

các số a a n, n+1−1,a n+2− ñều chia hết cho m 2

0(mod ), 1(mod ), 2(mod )

Do ñó các số a a n, n+1−1,a n+2 − ñều chia hết cho m (ñpcm) 2

Bài toán 3 Cho dãy ( )x n , xác ñịnh bởi:

Chứng minh rằng:

a) Mọi số hạng của dãy ñều là số nguyên dương

b) Có vô số nguyên dương n sao cho có 4 chữ số tận cùng là 2003 c) Không tồn tại số nguyên dương n sao cho có 4 chữ số tận cùng là

Chứng minh rằng với mọi cách chọn các số nguyên a,b thì dãy trên hoặc không

có số nào chia hết cho 2011 hoặc có vô số số chia hết cho 2011

Bài toán 5 Cho dãy số ( )x n xác ñịnh bởi:

n

a a

a

+ +

= +  

  với mọi n≥ 0 Chứng minh rằng 2

Hướng thứ nhất Ta thử dự đốn dãy số ( )a n là dãy tuyến tính dạng

n

a a

a

+ +

1

2

2n n

a + a −a+ = với mọi số tự nhiên n

Hướng thứ hai Ta sẽ dự đốn đẳng thức a n+2 = 4a n+1− 2a n ∀ ≥n 0 như sau Giả sử ta chứng minh được đẳng thức 2

n

a a

a

+ +

    Từ đĩ ta đề xuất bài tốn sau:

Bài 1.2 Cho dãy số nguyên dương ( )a n xác định bởi:

0 1, 1 3

2

2n n n

n

a a

a

+ +

  với mọi n≥ 0 Chứng minh rằng 2

n n

n

a a

a

+ +

  với mọi n≥ 0 Chứng minh rằng a n là số lẻ và 2 ( )

a) Tính số các ước nguyên dương của 2

n n n

a + −a a + theo n b) Chứng minh rằng 1997 2 4.7n 1

n

a + + là số chính phương với mọi n

Bài 1.5 Dãy số ( )a n ,n∈ ñược xác ñịnh như sau:

0 1 2 1 2

1 2 , 0,1, 2,

n n

Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số ñều là số nguyên dương

Bài 1.6 Dãy số ( )a n ,n∈ ñược xác ñịnh như sau:

0 1

2 1 2

1 2 , 0,1, 2,

n n

Gọi a là nghiệm dương của phương trình x2 −2012x− = 1 0

Xét dãy số ( )x n : x0 =1; x n+1=[ax n], ∀ ≥n 0 Tìm phần dư khi chia x2012 cho

2012

2 Bài toán 2 (China South East Mathematical Olimpiad 2011)

Cho dãy thỏa mãn ñiều kiện: và

với mọi Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương số

với mọi

Do ñó ta có hệ sau:

Từ ñó ta có hướng giải như sau: Ta lập dãy ñược xác ñịnh như sau:

Cách 1 Từ dãy truy hồi của và ta ñược:

Khi ñó ta kiểm tra ñược ngay ñẳng thức với mọi

Cách 2 Ta chứng minh bằng quy nạp ñẳng thức trên Thật vậy, từ cách xác ñịnh

của dãy ta chỉ ra ñược:

(1) Theo công thức truy hồi của dãy và (1) ta có:

Hướng thứ hai Từ công thức truy hồi của dãy ta tìm ñược công thức tổng

n

n a n n

= −với mọi n nguyên dương Chứng minh rằng a n là số chính phương với mọi 0

n≥

3 Bài toán 3 (VMO 2011)

Cho dãy số nguyên ( )a n xác ñịnh bởi:

0 1, 1 1

a = a = − và a n+2 = 6a n+1+ 5a n với mọi n≥ 0 Chứng minh rằng a2012− 2010 chia hết cho 2011

Lời giải

Hướng thứ nhất

Xét phương trình ñặc trưng của dãy số a n+2 = 6a n+1+ 5a n là:

2 6 5 0 3 14

x − x− = ⇔x= ± , ta thấy nghiệm này lẻ nên công thức của a n sẽ phức tạp Do bài toán chỉ yêu cầu chứng minh a2012 − 2010 chia hết cho 2011 nên ta có thể thay dãy ( )a n bởi dãy ( )b n sao cho a n ≡b n(mod 2011 , n=0,1,2, ) ∀

Bây giờ ta sẽ chọn dãy ( )b n thỏa mãn: b0 = 1,b1 = − 1 và b n+2 = 6b n+1+(5 +k b) n với mọi n≥ 0 và k là số ta sẽ chọn sau Khi ñó phương trình ñặc trưng sẽ là:

2 6 5 0 ' 14

x − x− −k = ⇒ ∆ = +k, ñể ∆ ' là số chính phương ta sẽ chọn k = 2011 Như vậy ta xây dựng dãy ( )b n ñược xác ñịnh như sau: b0 = 1,b1 = − 1 và

90 b + 1 ≡ 41.48 + 49.42 + 90 mod 2011 ≡ 0 mod 2011 ⇒b + ≡1 0 mod 2011

hay b2012− 2010 chi hết cho 2011

Từ cách xác ñịnh của dãy ( )a n và ( )b n ta có: a n ≡b n(mod 2011 , n=0,1,2, ) ∀ Do ñó

2012 2010

a − chi hết cho 2011

Hướng thứ hai

Từ dãy truy hồi a n+2 = 6a n+1+ 5a n ta sẽ tìm công thức tổng quát cho a n

+) Phương trình ñặc trưng của dãy trên là:

ta ñược:

(2) +) ðặt ta ñược:

và , từ ñây

Ta có nên theo ñịnh lí Fecma nhỏ và (6) ta ñược:

hay ta ñược chia hết cho

Nhận xét 2 Trong (1) nếu ta thay n= 2011 ta ñược:

2011 2011

90b = 41.48 + 49 42 − ≡ 41.48 49.42 mod 2011 − ≡ − 90 mod 2011 , suy ra b2011+ 1 2011M ⇒a2011+1 2011M Từ ñó ta có bài toán sau:

Bài 3.1 Cho dãy số nguyên ( )a n xác ñịnh bởi:

0 1, 1 1

a = a = − và a n+2 = 6a n+1+ 5a n với mọi n≥ 0 Chứng minh rằng a2011− 2010 chia hết cho 2011

Nhận xét 3 Nếu trong (1) thay n bởi số nguyên tố p> 5 ta ñược:

90 41.48p 49 42 p 41.48 49.42 mod 90 mod 1

có bài toán sau:

Bài 3.2 Cho dãy số nguyên ( )a n xác ñịnh bởi:

0 1, 1 1

a = a = − và a n+2 = 6a n+1+ 2016a n với mọi n≥ 0 Chứng minh a p + 1 chia hết cho p, trong ñó p là một số nguyên tố lớn hơn 5

Nhận xét 4 Nếu trong (1) thay n bởi số p+ 1, trong ñó plà số nguyên tố lớn hơn 5 ta ñược:

Nhận xét 5 Bây giờ ta sẽ ñưa ra bài toán tổng quát cho bài toán 3 Trong cách chứng minh theo hướng thứ nhất bài toán 3 ta thấy số nguyên tố thỏa mãn

chia hết cho

Lời giải Trước hết ta tìm tất cả các số nguyên tố sao cho là số chính phương

là số chính phương khi và chỉ khi hoặc

hay ta ñược

Chú ý các số nguyên tố có dạng trên là tồn tại vì theo ñịnh lí Dirichlet với hai

số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại vô hạn các số nguyên tố

Ta trở lại chứng minh bài 3.4

Ta sẽ dựa theo hướng giải thứ nhất của bài toán 3 Do là số chính phương

nên tồn tại số nguyên dương sao cho Xét dãy số

( )b n ñược xác ñịnh như sau: b0 = 1,b1 = − 1 và ( 2 )

⇒ (1) Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh ñược:

Nhận xét 6 Theo hướng chứng minh thứ hai của bài toán 3 ta có:

nên theo ñịnh lí nhỏ Fecma ta có:

Do ñó số nguyên tố thỏa mãn chia hết cho khi và chỉ khi

chia hết cho hay là số chính phương Do ñó ta thu ñược bài toán sau:

Bài 3.5 Cho dãy số nguyên ( )a n xác ñịnh bởi:

0 1, 1 1

a = a = − và a n+2 = 6a n+1+ 5a n với mọi n≥ 0 Tìm tất cả các số nguyên tố sao cho chia hết cho

Lời giải

Theo nhận xét 6 thì tất cả số nguyên tố sao cho chia hết cho

là số nguyên tố thỏa mãn là số chính phương

Ta có là số chính phương khi và chỉ khi hoặc

hay ta ñược

từ ñó xảy ra hai khả năng sau:

+) Nếu ( ) thì

hay ta ñược

hay ta ñược , do nguyên tố nên ta loại trường hợp

Do ñó số nguyên tố thỏa mãn chia hết cho khi và chỉ khi

chia hết cho hay là số chính phương Do ñó ta thu ñược

bài toán sau:

Bài 3.6 Cho dãy số nguyên ( )a n xác ñịnh bởi:

0 1, 1 1

a = a = − và a n+2 = 6a n+1+ 5a n với mọi n≥ 0 Tìm tất cả các số nguyên tố p> 5 sao cho chia hết cho

Từ cách giải bài 3.5 ta suy ra lời giải của các bài toán sau:

Bài 3.7 Cho dãy số nguyên ( )a n xác ñịnh bởi:

0 1, 1 1

a = a = − và a n+2 = 6a n+1+ 5a n với mọi n≥ 0 Tìm tất cả các số nguyên tố p> 5 sao cho chia hết cho

Bài 3.8 Cho dãy số nguyên ( )a n xác ñịnh bởi:

0 1, 1 1

a = a = − và a n+2 = 6a n+1+ 5a n với mọi n≥ 0 Tìm tất cả các số nguyên tố p> 5 sao cho chia hết cho

Bây giờ ta tiếp tục suy nghĩ bài toán 3 xem nó phục thuộc vào giá trị ban

ñầu như thế nào? Tại sao người ta lại lấy và ta có thể

tìm ñược ñiều kiện của ñể kết quả bài toán không thay ñổi không? Sau khi

nghiên cứu vấn ñề này tôi ñã thu ñược bài toán sau:

Bài 3.9 Cho là các số nguyên cho trước Dãy số nguyên ñược xác ñịnh

như sau:

và với mọi số tự nhiên Tìm tất cả các số nguyên sao cho chia hết cho

hay b2012− 2010 chi hết cho 2011 khi và chỉ khi

Từ cách xác ñịnh của dãy ( )a n và ( )b n ta có: a n ≡b n(mod 2011 , n=0,1,2, ) ∀ Do ñó

2012 2010

a − chi hết cho 2011 khi và chỉ khi Từ

trong ñó là các số nguyên tùy ý

Tương tự lời giải của các bài toán trên ta có thể ñưa ra các bài tập sau:

Bài 3.10 Cho là các số nguyên cho trước Dãy số nguyên ñược xác ñịnh như sau:

Tìm tất cả các số nguyên sao cho chia hết cho

Bài 3.11 Cho là các số nguyên cho trước Dãy số nguyên ñược xác ñịnh như sau:

Tìm tất cả các số nguyên sao cho chia hết cho , trong ñó

là một số nguyên tố sao cho là số chính phương

Bài 3.12 Cho là các số nguyên cho trước Dãy số nguyên ñược xác ñịnh như sau:

Tìm tất cả các số nguyên sao cho chia hết cho , trong ñó là một số nguyên tố sao cho là số chính phương

Bây giờ ta nghiên cứu bài toán theo hướng sau: thay giả thiết

số tự nhiên và , trong ñó là các số nguyên Khi ñó ta

sẽ tìm ñiều kiện cho các số sao cho chia hết cho hay tổng quát hơn ta tìm ñiều kiện cho , trong ñó là số nguyên tố lớn hơn 5 sao cho chia hết cho Ta sẽ suy nghĩ theo hướng giải thứ nhất

của bài toán 3 Khi ñó ta có bài toán sau:

Bài 3.13 Cho dãy số nguyên ñược xác ñịnh như sau:

và với mọi số tự nhiên ; trong ñó

là các số nguyên cho trước

Tìm tất cả các số nguyên sao cho chia hết cho ; trong ñó

là số nguyên tố lớn hơn 5, thỏa mãn là số chính phương và không chia hết cho

Lời giải

Do là số chính phương nên tồn tại số nguyên dương sao cho Xét dãy số ( )b n ñược xác ñịnh như sau:

số thỏa mãn Khi ñó phương trình ñặc trưng của dãy là:

Bài 3.14 Cho dãy số ñược xác ñịnh như sau:

Chứng minh rằng chia hết cho

Lời giải Ta thấy phương trình ñặc trưng vô nghiệm nên việc

thực hiện theo hướng giải thứ 2 của bài toán 3 là rất phức tạp Bây ta viết công

Tương tự như cách suy luận của các bài toán trên ta hoàn toàn có thể ñưa

ra các bài toán tổng quát cho bài 3.14

ðể kết thúc việc nghiên cứu dạng bài toán 3, bạn ñọc có thể dựa vào

hướng giải thứ nhất của bài toán 3 ñể giải các bài tập sau:

Bài 3.15 Dãy số nguyên ñược xác ñịnh như sau:

nhiên

Chứng minh rằng chia hết cho

Bài 3.16 Dãy số nguyên ñược xác ñịnh như sau:

tự nhiên

Chứng minh rằng chia hết cho

4 BÀI TOÁN 4 (IMO 2010) Tìm tất cả các dãy số nguyên dương thỏa mãn tính chất là số chính phương với mọi số nguyên dương

Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ ñề sau:

Bổ ñề Nếu là một số nguyên tố thỏa mãn thì

Chứng minh Ta xét hai trường hợp sau:

TH1 suy ra , trong ñó là một số nguyên Chọn số

ñủ lớn sao cho và không chia hết cho

TH2 và không chia hết cho

Chọn sao cho và không chia hết cho Khi ñó ta ñược:

và không chia hết cho

Vậy bổ ñề ñược chứng minh

Trở lại bài toán ta thấy nếu thì với số nguyên tố ñủ lớn

theo bổ ñề ta ñược , ñiều này chỉ xảy ra khi

Cũng theo bổ ñề trên dễ thấy với mọi số nguyên dương Từ

(ta thấy

Do ñó bằng quy nạp ta suy ra với mọi số nguyên dương Thử lại ta thấy thỏa mãn

+) Nếu hay Do

(ta thấy

Do ñó bằng quy nạp ta suy ra với mọi số nguyên dương ðiều này không xảy ra vì với ñủ lớn thì vô lí Vậy trường hợp này không xảy ra

Vậy , với mọi nguyên dương và là một hằng số nguyên không âm

Dựa theo bài toán 4 ta thu ñược bài toán sau:

Bài 4.1 Tìm tất cả các dãy số nguyên dương thỏa mãn tính chất

là lập phương của một số nguyên dương với mọi

số nguyên dương

Lời giải

Trước hết ta chứng minh bổ ñề sau:

Bổ ñề Nếu là một số nguyên tố thỏa mãn thì

Chứng minh Ta xét hai trường hợp sau:

TH1 suy ra , trong ñó là một số nguyên Chọn các

và không chia hết cho

và không chia hết cho

Do là lập phương của một số nguyên dương nên

Theo giả thiết ta có là lập phương của một số

là số nguyên không chia hết cho

hết cho Khi ñó lấy và Khi ñó ta ñược:

và không chia hết cho

và không chia hết cho

Do là lập phương của một số nguyên dương nên

Theo giả thiết ta có là lập phương của một số nguyên

Từ (3) và (4) ta ñược Vậy bổ ñề ñược chứng minh

Trở lại bài toán ta thấy nếu thì với số nguyên tố ñủ lớn

theo bổ ñề ta ñược , ñiều này chỉ xảy ra khi

Cũng theo bổ ñề trên dễ thấy với mọi số nguyên dương Từ

(ta thấy

Do ñó bằng quy nạp ta suy ra với mọi số nguyên dương Thử lại ta thấy thỏa mãn

(ta thấy

Do ñó bằng quy nạp ta suy ra với mọi số nguyên dương ðiều này không xảy ra vì với ñủ lớn thì vô lí Vậy trường hợp này không xảy ra

Vậy , với mọi nguyên dương và là một hằng số nguyên không

âm

Bài 4.2 (tổng quát của bài toán 4.1) Tìm tất cả các dãy số nguyên dương

bậc của một số nguyên dương với mọi số nguyên dương , trong

ñó là số nguyên dương lớn hơn cho trước

Bây giờ ta sẽ tổng quát bài toán 4 (IMO 2010) theo hướng khác Trong bài toán 4 ta thay giả thiết bằng là số chính phương với mọi số nguyên dương ; trong ñó là một số nguyên dương cho trước Khi

ñó ta phát biểu bài toán như sau:

Bài toán A Cho là một số nguyên dương cho trước Tìm tất cả các dãy số

nguyên dương thỏa mãn tính chất là số chính phương với mọi số nguyên dương

Trong quá trình tìm lời giải bài toán A, tôi nhận thấy là bài toán rất khó

và có thể không giải ñược trong trường hợp là số nguyên dương bất kì Tuy nhiên khi ta xét trong một số trường hợp ñặt biệt ta sẽ giải ñược bài toán Các bài toán trong trường hợp là các số ñặc biệt sẽ lần lượt xét ở dưới ñây và chúng cũng là những bài toán rất khó

Trước hết ta chứng minh các bổ ñề sau:

Bổ ñề 1 Cho là hai số nguyên tố khác nhau và là một số nguyên dương cho trước Khi ñó luôn tồn tại số nguyên dương sao cho chia hết cho nhưng không chia hết cho

Chứng minh

Chọn sao cho không chia hết cho Lấy và kết hợp

Do ñó chia hết cho nhưng không chia hết cho Từ ñó ta chọn

ta ñược kết luận của bổ ñề

Bổ ñề 2 Cho là hai số nguyên tố khác nhau và là một số nguyên dương cho trước Khi ñó luôn tồn tại số nguyên dương sao cho chia hết cho nhưng không chia hết cho

Chứng minh Theo ñịnh lí Euler ta có

Chọn sao cho không chia hết cho Lấy và kết hợp

Do ñó chia hết cho nhưng không chia hết cho Từ ñó ta chọn

ta ñược kết luận của bổ ñề

Bổ ñề 3 Cho là hai số nguyên tố khác nhau và là các số nguyên dương cho trước Khi ñó luôn tồn tại số nguyên dương sao cho chia hết cho nhưng không chia hết cho

Chứng minh Theo ñịnh lí Euler ta có

Chọn sao cho không chia hết cho Lấy và kết hợp

Do ñó chia hết cho nhưng không chia hết cho Từ ñó ta chọn ta ñược kết luận của bổ ñề

Bổ ñề 4 Cho và là một số nguyên tố Chứng minh rằng tồn tại hai số

phương

Chứng minh

Chọn sao cho không chia hết cho , trong ñó ðặt

và dễ thấy không chia hết cho Từ ñó suy ra

không là số chính phương vì không chia hết cho Vậy bổ ñề ñược chứng minh

Bổ ñề 5 Cho số nguyên dương , là một số nguyên tố và là một số nguyên dương Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương sao cho số

không là số chính phương

Chứng minh

Do nên có ước nguyên tố khác Giả sử là số nguyên dương sao cho chia hết cho nhưng không chia hết cho Khi ñó tồn tại không chia hết cho sao cho Gọi là số tự nhiên sao cho , trong ñó không chia hết cho

Chọn ta ñược:

(4)

Theo bổ ñề 3 tồn tại số nguyên dương sao cho , trong ñó không chia hết cho

Do ñó với , ñược chọn như trên và kết hợp với (4) ta thu ñược

Không là số chính phương vì không chia hết cho Vậy bổ

ñề ñược chứng minh

Bổ ñề 6 Nếu là một số nguyên tố thỏa mãn thì

Ta xét hai trường hợp sau:

TH1 suy ra , trong ñó là một số nguyên Theo bổ ñề 1

ta chọn ñược sao cho chia hết cho và không chia hết cho Từ ñó

ta ñược:

và không chia hết cho

nhưng không chia hết cho

nên:

TH2 và không chia hết cho

Theo bổ ñề 2 thì tồn tại số nguyên dương sao cho: chia hết cho nhưng không chia hết cho Khi ñó ta ñược:

chia hết cho nhưng không chia hết cho

và không chia hết cho

nên:

suy ra Vậy bổ ñề ñược chứng minh

ước nguyên tố lẻ, vô lí

Do ñó ta ñược

vô lí

Vậy bổ ñề ñược chứng minh

Bổ ñề 9 Cho là một số nguyên tố Chứng minh rằng không tồn tại các số tự

(ii) Nếu là một số lẻ thì thay vào phương trình ta ñược:

suy ra là nghiệm nguyên dương của phương

+) suy ra trường hợp này không xảy ra

+) n 6h 3 3u= + = ⇒2n =64 8 0 mod16 ;7h ≡ ( ) m + =1 49s + ≡1 2 mod16( )

suy ra trường hợp này không xảy ra

Vậy bổ ñề ñược chứng minh

Bài 4.3 Cho là một số nguyên tố Xét tất cả các dãy số nguyên dương

thỏa mãn tính chất là một số chính phương với mọi số nguyên dương

a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương tồn tại số tự nhiên sao

b) Chứng minh rằng không thể xảy ra ñẳng thức với mọi

số nguyên dương

Lời giải

a) Nếu số có một ước nguyên tố , với là một số nguyên dương

nào ñó Khi ñó theo bổ ñề 6 ta có hay Do ñó

chỉ có hai ước là hoặc Do ñó tồn tại số tự nhiên sao cho

b) Giả sử ñẳng thức xảy ra với mọi số nguyên dương

(ta thấy

Do ñó bằng quy nạp ta suy ra với mọi số

nguyên dương Theo bổ ñề 3 dãy xác ñịnh như vậy không thỏa mãn

(ta thấy

Do ñó bằng quy nạp ta suy ra với mọi số nguyên dương ðiều này không xảy ra vì với ñủ lớn thì vô lí Vậy trường hợp này không xảy ra

Vậy ta có kết luận của phần b

Bài 4.4 Cho là một số nguyên tố thỏa mãn tính chất với mọi số nguyên dương

thì và không có dạng , trong ñó là một số nguyên dương Xét tất cả các dãy số nguyên dương thỏa mãn tính chất

là một số chính phương với mọi số nguyên dương a) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương sao cho , với mọi số nguyên dương

Lời giải

a) Theo bài 4.3 ta có với mỗi số nguyên dương thì tồn tại số tự nhiên

và giả sử Khi ñó sẽ xẩy ra hai trường hợp sau:

sẽ có ước nguyên tố khác Mặt khác theo bổ ñề 6 của thì các ước

nguyên tố của chỉ là hoặc vô lí nên

sẽ có ước nguyên tố khác Mặt khác theo bổ ñề 6 của thì các ước

nguyên tố của chỉ là hoặc vô lí nên

Theo bài 4.3 b thì không thỏa mãn nên là một số nguyên dương

hai trường hợp:

TH2 Nếu không tồn tại số nguyên dương sao cho

với mọi

Bài 4.5 Cho là một số nguyên tố lớn hơn , thỏa mãn không có dạng

và , trong ñó là một số nguyên dương Tìm tất cả các dãy số nguyên dương thỏa mãn tính chất là số chính phương với mọi số nguyên dương

Lời giải

Nếu số có một ước nguyên tố , với là một số nguyên dương

nào ñó Khi ñó theo bổ ñề 6 ta có hay Do ñó

chỉ có hai ước là hoặc Do ñó với mỗi số nguyên dương thì tồn tại số tự

và giả sử Khi ñó sẽ xẩy ra hai trường hợp sau:

+) Nếu thì theo bổ ñề 9 ta có không có dạng suy ra

số sẽ có ước nguyên tố khác Mặt khác theo bổ ñề 6 của thì các

ước nguyên tố của chỉ là hoặc vô lí Nên trường hợp

không xảy ra

nó sẽ có một ước nguyên tố khác Mặt khác theo bổ ñề 6 của thì các ước

nguyên tố của chỉ là hoặc vô lí Nên trường hợp không xảy ra

Vậy ta có

+) Nếu thì theo bổ ñề 8 số sẽ không có dạng suy ra

số nó sẽ có một ước nguyên tố khác Mặt khác theo bổ ñề 6 của thì các ước

nguyên tố của chỉ là hoặc vô lí nên trường hợp

nó sẽ có một ước nguyên tố khác Mặt khác theo bổ ñề 6 của thì các ước

nguyên tố của chỉ là hoặc vô lí Nên trường hợp không xảy ra

Vậy trong mọi trường hợp ta có Do vậy ta có

Nếu thì ñẳng thức xảy ra với mọi số nguyên dương

(ta thấy

Do ñó bằng quy nạp ta suy ra với mọi số nguyên

dương Theo bổ ñề 3 dãy xác ñịnh như vậy không thỏa mãn ñiều kiện

là số chính phương với mọi số nguyên dương

(ta thấy

Do ñó bằng quy nạp ta suy ra với mọi số nguyên dương ðiều này không xảy ra vì với ñủ lớn thì vô lí Vậy trường hợp này không xảy ra

Vậy nên ta có ñẳng thức thức xảy ra với mọi số

(ta

do bổ ñề 7) Bằng quy nạp ta suy ra với mọi số nguyên

dương Theo bổ ñề 5 nếu dãy xác ñịnh như vậy không thỏa mãn ñiều kiện là số chính phương với mọi số nguyên dương

Do ñó hay với mọi số nguyên dương , thử lại thấy thỏa mãn

do bổ ñề 7) Bằng quy nạp ta suy ra với mọi số nguyên dương ðiều này không xảy ra vì với ñủ lớn thì vô lí Vậy trường hợp này không xảy ra

Kết luận Vậy dãy số ñược xác ñịnh như sau:

với mọi số nguyên dương , trong ñó là một số nguyên dương tùy ý

TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH CẤP 2 đỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

Trường THPT chuyên Hưng Yên

Phần I: Tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tắnh cấp 2

I LÝ THUYẾT:

đó là các dãy số thực có dạng un 2+ =aun 1+ +bun (*) với mọi n 0≥ , trong

ựó a và b là các hằng số thực Cách xác ựịnh số hạng tổng quát của dãy như sau: Xét phương trình ẩn t sau ựây: t2−at b 0− = (**) ựược gọi là phương trình ựặc trưng của (*) Phương trình có biệt thức ∆ =a2+4b

Trường hợp 1: ∆ =a2+4b 0> khi ựó (**) có hai nghiệm thực phân biệt

1 2

t ;t Số hạng tổng quát của (*) có dạng n n

u =x.t +y.t , với mọi n 0≥ và x, y

là hai số thực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác ựịnh khi cho trước u0 và u1

Trường hợp 2: ∆ =a2+4b 0= khi ựó (**) có một nghiệm kép thực t Số hạng tổng quát của (*) có dạng n n 1

u =r (pcos nϕ −qsin n )ϕ với mọi p, q là các số thực

Bước 3: Xác ựịnh p, q theo các giá trị cho trước u ;u0 1

Về cơ sở lắ thuyết của cách làm trên ựược chứng minh bằng kiến thức của ựại số tuyến tắnh Ở ựây, tôi xin trình bày chứng minh trường hợp 1 và trường hợp 2 bằng kiến thức trung học phổ thông

Trường hợp 1: ∆ > (**) có hai nghiệm phân biệt 0 t , t khi ựó theo ựịnh 1 2

Trong công thức tổng quát (*), khi chọn những giá trị a và b thích hợp ta

có thể ñưa ra ñề toán thuộc vào trường hợp 2 và 3 ñược nói ñến ở trên Hoặc là bằng cách biến ñổi un ta cũng có thể ñưa ra ñược những ñề toán khá hay Chẳng hạn trong ñề bài trên:

*) ðặt n

n

1uv

= , u0 1 v0 1;u1 2 v1 1

2