Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng toán liên quan đến dãy số trong số học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN ĐỨC TOÀN THỊNH

MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY SỐ TRONG SỐ HỌC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN ĐỨC TOÀN THỊNH

MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY SỐ TRONG SỐ HỌC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

Mục lục

Mở đầu

1 Hệ thống hóa các kiến thức liên quan 1.1 Một số tính chất cơ bản của dãy số

. . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Các khái niệm cơ bản về dãy số . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Một vài dãy số đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.3 Dãy tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Phương trình sai phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Một số tính chất cơ bản của số học Số nguyên và phép chia hết . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 . . . 1.3.2 Ước số chung lớn nhất và bội số chung nhỏ nhất Số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.3 1.3.4 Đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.5 Một số định lí cơ bản của số học . . . . . . . . . . . .

4 4 4 4 6 7 13 13 13 14 14 14

2 Khảo sát các tính chất số học của dãy số nguyên

2.1 Phương pháp xét tính chia hết trong dãy số.

16 16 17 19 25

. . . . . . . . . 2.1.1 Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Phương pháp đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Phương pháp sử dụng tính tuần hoàn của dãy số dư . 2.2 Một số bài toán về phân tích dãy số thành nhân tử và tính nguyên của dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Một số bài toán về tính chính phương trong dãy số . . . . . .

29 35

3 Một số bài toán về dãy số nguyên trong các kì thi Olympic 51 51 3.1 Một số đề thi về tính chính phương trong dãy số. . . . . . . . 64 3.2 Một số đề thi về tính chia hết trong dãy số . . . . . . . . . .

Kết luận

Tài liệu tham khảo

Mở đầu

Chuyên đề dãy số và các vấn đề liên quan đến dãy số là một phần quan trọng của đại số và giải tích toán học. Dãy số có một vị trí đặc biệt quan trọng trong toán học, không chỉ như là một đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng một vai trò như một công cụ đắc lực của các mô hình rời rạc, của giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn. . .

Dãy số là một lĩnh vực khó và rất rộng. Để giải được các bài toán về dãy số đòi hỏi người làm toán phải có kiến thức tổng hợp về số học, đại số và giải tích. Các vấn đề liên quan đến dãy số cũng rất đa dạng và cũng có nhiều tài liệu viết về vấn đề này. Tuy nhiên, các tài liệu chủ yếu quan tâm đến các tính chất giải tích của dãy số như giới hạn dãy số, số hạng tổng quát, sự đơn điệu của dãy số, tính bị chặn . . . Trong khi đó các vấn đề liên quan đến tính chất số học của dãy số như tính chia hết, tính nguyên, tính chính phương. . . thì chưa được quan tâm nhiều.

Các bài toán về dãy số nguyên là những bài toán hay và khó. Dãy số nguyên thường xuất hiện trong nhiều kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh – thành phố, cấp quốc gia, thi Olimpic toán quốc tế và gây không ít khó khăn cho các thí sinh. Sự kết hợp giữa dãy số và tính chất số học có lẽ là lí do mà gây ra khó khăn đó. Trong bài viết này, tôi muốn trình bày một số vấn đề cơ bản và các phương pháp thường sử dụng về dãy số nguyên.

Luận văn với đề tài: "Một số dạng toán liên quan đến dãy số trong số học" có mục đích trình bày một cách hệ thống, chi tiết tính chất số học của dãy số. Đồng thời cũng cho phân loại một số dạng toán thường gặp về dãy số trong số học.

Luận văn được trình bày gồm phần mở đầu và ba chương.

Chương 1. Hệ thống hóa các kiến thức liên quan.

Nội dung chương này nhằm hệ thống lại kiến thức cơ bản nhất về dãy số, số học, phương pháp sai phân sẽ được dùng để giải quyết các bài toán trong các chương sau. Chương 2. Khảo sát các tính chất số học của dãy số nguyên.

Chương này nhằm giới thiệu một số vấn đề về tính chất số học của dãy

số như tính chia hết, tính chất số nguyên, tính chính phương. Đồng thời nêu ra các phương pháp giải toán và phân tích các bài toán cụ thể. Chương 3. Một số bài toán về dãy số nguyên trong các kì thi Olimpic.

Mặc dù bản thân đã có những cố gắng vượt bậc, nhưng sẽ không tránh khỏi những khiếm khuyết, rất mong sự góp ý của quý thầy cô và những bạn đọc quan tâm để luận văn được hoàn thiện hơn.

Trong thời gian thực hiện luận văn này, tôi đã nhận được sự chỉ dẫn tận tình, chu đáo của Giáo sư - Tiến sĩ Khoa học Nguyễn Văn Mậu. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới thầy đã giúp tôi hoàn thành luận văn. Tôi chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các bạn đồng nghiệp Trường THPT Trung Giã, các thầy cô trường Đại học Khoa học đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn này.

Tác giả

Chương 1

Hệ thống hóa các kiến thức liên quan

Hệ thống hóa kiến thức cơ bản về dãy số, số học, phương pháp sai phân sẽ được dùng để giải quyết các bài toán trong các chương sau. Nội dung chương chủ yếu được lấy từ các tài liệu [2], [3], [4].

1.1.1 Các khái niệm cơ bản về dãy số

Định nghĩa 1.1 ([2]-[4]). Mỗi hàm số u xác định trên tập các số nguyên dương N∗ được gọi là một dãy số vô hạn (gọi tắt là dãy số). Kí hiệu:

1.1 Một số tính chất cơ bản của dãy số

Dãy số thường được viết dưới dạng khai triển: u1, u2, u3, . . . , un, . . . trong đó un = u(n) và gọi u1 là số hạng đầu, un là số hạng thứ n và là số hạng tổng quát của dãy số.

Mỗi hàm số u xác định trên tập M = {1, 2, 3, . . . , m} với m ∈ N∗ được

gọi là một dãy số hữu hạn.

Dạng khai triển của nó là u1, u2, u3, . . . , um , trong đó u1 là số hạng đầu,

u : N∗ → R n (cid:55)→ u(n)

Để xác định một dãy số người ta có thể tiến hành theo các cách sau đây. a) Dãy số cho bằng công thức của số hạng tổng quát. b) Dãy số cho bằng phương pháp truy hồi. c) Dãy số cho bằng phương pháp mô tả.

1.1.2 Một vài dãy số đặc biệt

a) Cấp số cộng

um là số hạng cuối.

Định nghĩa 1.2. Dãy số (un) thỏa mãn điều kiện

được gọi là một cấp số cộng.

Khi dãy số (un) lập thành một cấp số cộng thì hiệu d = u1 − u0 được

gọi là công sai của cấp số cộng đã cho. • Một số tính chất của cấp số cộng.

, với mọi k = 2, 3, . . . .

u1 − u0 = u2 − u1 = · · · = un+1 − un = . . .

i) un = u1 + (n − 1)d, với mọi n = 1, 2, 3, . . . ii) uk = iii) Cho cấp số cộng hữu hạn u1, u2, . . . , un−1, un. Khi đó ta có

uk−1 + uk+1 2

Một cách tổng quát u1 + un = uk + un−k với mọi k = 2, 3, . . . , n − 1. • Tổng của một cấp số cộng. +) Cho cấp cố cộng u1, u2, . . . với công sai d.

Đặt Sn = u1 + u2 + · · · + un−1 + un là tổng n số đầu của cấp số cộng.

Khi đó ta có

u1 + un = u2 + un−1 = u3 + un−2 = . . .

+) Vài tổng đặc biệt.

= . Sn = (u1 + un)n 2 [2u1 + (n − 1)d]n 2

. S1 = 1 + 2 + 3 + · · · + n =

. S2 = 12 + 22 + 32 + · · · + n2 =

b) Cấp số nhân

Định nghĩa 1.3. Dãy số (un) được gọi là cấp số nhân với công bội q, (q (cid:54)= 0, q (cid:54)= 1) nếu như ta có un = un−1.q với mọi n = 2, 3, . . . • Một số tính chất của cấp số nhân.

i) un = u1.qn−1 với mọi n = 1, 2, 3, . . . ii) u2 k = uk−1.uk+1 với mọi k = 2, 3, . . .

. S3 = 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = n(n + 1) 2 n(n + 1)(2n + 1) 6 n2(n + 1)2 4

• Cho cấp số nhân u1, u2, u3, . . . với công bội q. Đặt Sn = u1 + u2 + · · · + un là tổng n số hạng đầu của cấp số nhân. Khi đó ta có

. Sn = u1(qn − 1) q − 1

c) Dãy số Fibonacci

Định nghĩa 1.4. Dãy số (Fn) cho bởi hệ thức truy hồi (cid:26) F1 = F2 = 1

được gọi là dãy số Fibonacci.

Bằng phương pháp sai phân có thể tìm được công thức tổng quát của

Fn+2 = Fn+1 + Fn, n ∈ N∗

(cid:32)

(cid:33)n

(cid:32)

(cid:33)n

(Công thức Binet).

dãy số Fibonacci là 1 + 2

Tính chất 1.1 (Một số tính chất số học của dãy Fibonacci). .

... 5k ⇔ n

... k.

... 15.

... 150.

1. (Fn, Fn+1) = 1 với mọi n. 2. Nếu n chia hết cho m thì Fn chia hết cho Fm. 3. Nếu Fn chia hết cho Fm thì n chia hết cho m với m > 2. 4. (Fn, Fm) = Fd với d = (m, n). 5. Nếu n ≥ 5 và Fn là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố. 6. F5n = 5Fn.qn với qn không chia hết cho 5. 7. Fn 8. Fn có tận cùng là 0 khi và chỉ khi n 9. Fn có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi n

Tính chất 1.2 ( Một số hệ thức cơ bản của dãy Fibonacci). .

n = (−1)n.

2 + ... + F 2

1 + F 2

1. F1 + F2 + ... + Fn = Fn+2 − 1. 2. F1 + F3 + ... + F2n−1 = F2n. 3. F2 + F4 + ... + F2n = F2n+1 − 1. 4. Fn−1.Fn+1 − F 2 5. F 2 n = Fn.Fn+1. 6. F0 − F1 + F2 − F3 + ... − F2n−1 + F2n = F2n−1 − 1. 7. F1F2 + F2F3 + ... + F2n−1F2n = F 2 2n.

1.1.3 Dãy tuần hoàn

Trong phần này, ta quan tâm đến hai loại dãy tuần hoàn cơ bản là dãy

tuần hoàn cộng tính và dãy tuần hoàn nhân tính.

Định nghĩa 1.5. Dãy (un) được gọi là dãy tuần hoàn cộng tính nếu tồn tại số nguyên dương k sao cho

(1.1)

√ √ 5 5 − un = 1 − 2 1 √ 5 1 √ 5

un+k = un, ∀ ∈ N.

Số nguyên dương k bé nhất để dãy (un) thỏa mãn điều kiện (??) được gọi là chu kì cơ sở của dãy.

Định nghĩa 1.6. Dãy số (un) được gọi là một dãy tuần hoàn nhân tính nếu tồn tại số nguyên dương s(s > 1) sao cho

(1.2)

Số nguyên dương s nhỏ nhất để dãy (un) thoả mãn (??) được gọi là chu

kỳ cơ sở của dãy.

∀n ∈ N. usn = un,

Trong phần này ta trình bày một số phương trình sai phân tuyến tính

cơ bản với hệ số hằng số, có nghiệm là các số thực và cách giải chúng.

Định nghĩa 1.7. Phương trình sai phân (cấp k) là một hệ tuyến tính chứa sai phân các cấp tới k.

(1.3)

(cid:1) = 0.

1.2 Phương trình sai phân tuyến tính

Vì sai phân các cấp đều có thể biểu diễn theo giá trị của hàm số nên

(??) có dạng

(1.4)

f (cid:0)yn; ∆yn; ∆2yn; . . . ; ∆kyn

trong đó a0; a1; . . . ; ak; f (n) đã biết, còn yn, yn+1, . . . , yn+k là các giá trị chưa biết. • Phương trình (??) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp k. • Nếu f (n) = 0 thì phương trình (??) có dạng

(1.5)

a0yn+k + a1yn+k−1 + · · · + akyn = f (n) .

và được gọi là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp k. • Nếu f (n) (cid:54)= 0 thì (??) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất. • Nghiệm của phương trình sai phân. +) Hàm số yn biến n thỏa mãn (??) được gọi là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính (??). +) Hàm số (cid:98)yn phụ thuộc k tham số thỏa mãn (??) được gọi là nghiệm tổng quát của (??). +) Một nghiệm y∗

n thỏa mãn (??) được gọi là một nghiệm riêng của (??).

a0yn+k + a1yn+k−1 + · · · + akyn = 0.

a) Phương trình sai phân tuyến tính bậc nhất

Bài toán 1.1. Giải phương trình sai phân tuyến tính bậc nhất (cấp một)

(1.6)

trong đó a, b, α là các hằng số (a, b (cid:54)= 0) và f (n) là biểu thức của n cho trước.

Nhận xét rằng các cấp số cơ bản là những dạng đặc biệt của phương

trình sai phân tuyến tính. Lời giải. Bước 1. Giải phương trình sai phân thuần nhất tương ứng. +) Giải phương trình đặc trưng aλ + b = 0 để tìm λ. +) Tìm nhiệm của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương

ứng aun+1 + bun = 0 dưới dạng (cid:98)un = cλn (c là hằng số). Bước 2. Tìm một nghiệm riêng u∗ Bước 3. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình (??) là un = u∗

n của phương trình không thuần nhất. n + (cid:98)un.

Sau đây ta trình bày phương pháp tìm nghiệm riêng. Trường hợp 1. Nếu f (n) = Pm(n) là đa thức bậc m đối với n. Khi đó

+) Nếu λ (cid:54)= 1 thì ta chọn u∗ +) Nếu λ = 1 thì ta chọn u∗

n = Qm(n) cũng là đa thức bậc m đối với n. n = nQm(n), trong đó Qm(n) cũng là đa

thức bậc m đối với n. Trường hợp 2. Nếu f (n) = p.βn

+) Nếu λ (cid:54)= β thì ta chọn u∗ +) Nếu λ = β thì ta chọn u∗

Trường hợp 3. Nếu f (n) =

u1 = α, aun+1 + bun = f (n), n ∈ N∗,

n dưới

dạng u∗

n =

m (cid:80) k=1 x∗ nk, trong đó x∗

nk tương ứng là nghiệm riêng của phương trình

m (cid:80) k=1

sai phân (??) với V P = fk(n).

Ví dụ 1.1. Giải phương trình sai phân

(cid:26)x0 = 7

(1.7)

(p; β (cid:54)= 0). Khi đó (d ∈ R). n = d.βn (d ∈ R). n = d.n.βn fk (n). Khi đó, ta chọn nghiệm riêng u∗

Lời giải.

xn+1 = 15xn − 14n + 1

Ta có f (n) = −14n + 1 là đa thức bậc nhất, λ = 15 (cid:54)= 1 nên chọn

x∗ n = an + b. Thay vào phương trình (??) ta được

n = n, (cid:98)xn = C.15n và nghiệm tổng quát của

Suy ra a = 1; b = 0. Khi đó x∗ (??) là xn = C.15n + n. Mà x0 = 7 nên C = 7. Vậy phương trình có nghiệm là xn = 7.15n + n.

Ví dụ 1.2. Giải phương trình sai phân

(cid:26) x0 = 99

(1.8)

a(n + 1) + b = 15(an + b) − 14n + 1.

n = n(an + b).

Lời giải. Ta có f (n) = −2n − 1 là đa thức bậc nhất, λ = 1 nên chọn x∗ Thay vào phương trình (??) ta được

xn+1 = xn − 2n − 1

n = −n2, (cid:98)xn = C.1n = C và nghiệm tổng

Suy ra a = −1; b = 0. Khi đó x∗ quát là xn = C − n2. Mà x0 = 99 nên C = 99. Vậy phương trình có nghiệm là xn = 99 − n2.

Ví dụ 1.3. Giải phương trình sai phân

(cid:26) x0 = 8

(1.9)

(n + 1)[a(n + 1) + b] = n(an + b) − 2n − 1.

Lời giải.

Ta có f (n) = 3n, λ = 2 (cid:54)= 3 = β nên chọn x∗

n = 3n, (cid:98)xn = C.2n.

n = d.3n. Thay vào phương trình (??) ta được d.3n+1 = 2.d.3n + 3n Suy ra d = 1. Khi đó x∗ Nghiệm tổng quát là xn = C.2n + 3n. Mà x0 = 8 nên C = 7. Vậy phương trình có nghiệm là xn = 7.2n + 3n.

Ví dụ 1.4. Giải phương trình sai phân (cid:26) x0 = 101

(1.10)

xn+1 = 2xn + 3n

Lời giải.

xn+1 = 7xn + 7n+1

Ta có f (n) = 7n+1, λ = 7 = β nên chọn x∗

n = d.n.7n.

Thay vào phương trình (??) ta được

n = n.7n, (cid:98)xn = C.7n.

Suy ra d = 1 ⇒ x∗ Nghiệm tổng quát là xn = C.7n + n.7n. Mà x0 = 101 nên C = 101. Vậy phương trình có nghiệm là xn = (101 + n).7n.

b) Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai

Bài toán 1.2. Giải phương trình sai phân tuyến tính cấp hai

(1.11)

d.(n + 1).7n+1 = 7.d.n.7n + 7n+1.

trong đó a, b, c, α, β là các hằng số (a, c (cid:54)= 0) và f (n) là biểu thức của n cho trước. Lời giải.

Bước 1. Giải phương trình thuần nhất tương ứng. Bước 2. Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất. Bước 3. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình (??) dưới dạng

u1 = α, u2 = β, aun+2 + bun+1 + cun = f (n), n ∈ N∗

un = (cid:98)un + u∗ n. Bài toán 1.3. Giải phương trình thuần nhất

1 + Bλ2

2, trong đó A, B được xác định khi biết u1, u2.

trong đó a, b, c, α, β là các hằng số (a, c (cid:54)= 0). Lời giải. +) Xét phương trình đặc trưng aλ2 + bλ + c = 0, tìm được nghiệm λ1, λ2. +) Nếu λ1, λ2 là các nghiệm thực khác nhau thì nghiệm tổng quát của phương trình là un = Aλ2 +) Nếu λ1, λ2 là các nghiệm thực và λ1 = λ2 = λ thì nghiệm tổng quát của phương trình un = (A + Bn)λn, trong đó A, B được xác định khi biết u1, u2.

Bài toán 1.4. Tìm nghiệm riêng của phương trình sai phân tuyến tính cấp hai không thuần nhất

u1 = α, u2 = β, aun+2 + bun+1 + cun = 0, n ∈ N∗.

trong đó (a (cid:54)= 0) và f (n) là đa thức theo n cho trước.

u1 = α, u2 = β, aun+2 + bun+1 + cun = f (n), n ∈ N∗

Lời giải.

Giải phương trình đặc trưng aλ2 + bλ + c = 0, tìm được λ.

n , trong đó

Nghiệm của phương trình có dạng un = (cid:98)un + u∗ +) (cid:98)un là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất

n là nghiệm riêng của phương trình aun+2 + bun+1 + cun = f (n), trong

n được xác định như sau.

n là đa thức cùng bậc với f (n). n = n.g(n), trong đó g(n) là đa thức cùng bậc với f (n). n = n2.g(n), trong đó g(n) là đa thức cùng

n. Từ hệ

n vào phương trình, đồng nhất các hệ số ta tìm được u∗ n và các giá trị u1, u2 ta tìm được các hệ số A, B.

(với các hệ số A, B chưa được xác định.) +) u∗ đó f (n) (cid:54)= 0. Nghiệm u∗ a) Nếu λ (cid:54)= 1 thì u∗ b) Nếu λ = 1 thì u∗ c) Nếu λ = 1 là nghiệm bội thì u∗ bậc với f (n). Thay u∗ thức un = (cid:98)un + u∗ Ví dụ 1.5. Tìm một nghiệm riêng u∗

n của phương trình sai phân

aun+2 + bun+1 + cun = 0.

Lời giải.

Phương trình đặc trưng λ2 + 4λ − 5 = 0 ⇔ λ = 1 hoặc λ = −5. f (n) = 12n + 8.

n = n(an + b). Thay vào phương trình đã cho và so sánh các hệ số ta

Chọn x∗ được a = 1, b = 0. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm riêng là x∗

n = n2.

Bài toán 1.5. Cho dãy số (un) xác định bởi

xn+2 = −4xn+1 + 5xn + 12n + 8.

Tìm nghiệm tổng quát của dãy số trên.

Lời giải.

Giải phương trình đặc trưng aλ2 + bλ + c = 0, tìm được λ. Nghiệm của phương trình có dạng un = (cid:98)un + u∗

n , với (cid:98)un là nghiệm của phương trình thuần nhất aun+2 + bun+1 + cun = 0 theo bài toán 1.2 với các hệ số A, B chưa được xác định. Còn u∗

n được xác định như sau

a) Nếu λ (cid:54)= η thì u∗

n = k.ηn.

u1 = α, u2 = β, aun+2 + bun+1 + cun = γ.ηn, n ∈ N∗.

n = kn.ηn. n = kn2.ηn.

n vào phương trình, đồng nhất các hệ số ta tìm được k, tức là n. Từ hệ thức un = (cid:98)un + u∗ n và các giá trị u1, u2 ta tìm được các

b) Nếu phương trình có nghiệm đơn λ = η thì u∗ c) Nếu phương trình có nghiệm kép λ = η thì u∗ Thay u∗ tìm được u∗ hệ số A, B.

c) Phương trình sai phân tuyến tính cấp ba

Bài toán 1.6. Giải phương trình sai phân tuyến tính cấp ba

trong đó a, b, c, d, α, β, γ là các hằng số cho trước, f (n) là biểu thức cho trước. Lời giải.

Trong dạng này ta chỉ xét phương trình đặc trưng có nghiệm thực. Nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp ba có dạng n, trong đó (cid:98)un là nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính n là nghiệm riêng của

u1 = α, u2 = β, u3 = γ, aun+1 + bun + cun−1 + dun−2 = f (n), n ≥ 3.

Phương trình đặc trưng aλ3 + bλ2 + cλ + d = 0.

2 + Cλn 3 .

1 + Bλn

(i) Phương trình có ba nghiệm thực λ1, λ2, λ3 phân biệt. Khi đó (cid:98)un = Aλn

(ii) Phương trình có một nghiệm thực bội hai và một nghiệm đơn (λ1 = λ2 (cid:54)= λ3) thì

1 + Cλn 3 .

(cid:98)un = (A + Bn)λn

(iii) Nếu phương trình có nghiệm bội ba (λ1 = λ2 = λ3) thì

(cid:98)un = (A + Bn + Cn2)λn 1 .

Gọi u∗

n là một nghiệm riêng của phương trình tuyến tính không thuần

nhất. a) Xét f (n) là một đa thức theo n. Ta có

n là đa thức cùng bậc với f (n).

+) Nếu λ (cid:54)= 1 thì u∗ +) Nếu λ = 1 là nghiệm đơn thì u∗

n = n.g(n) trong đó g(n) là đa thức

cùng bậc với đa thức f (n).

+) Nếu λ = 1 là nghiệm bội hai thì u∗

n = n2.g(n) trong đó g(n) là đa

thức cùng bậc với đa thức f (n).

un = (cid:98)un + u∗ thuần nhất aun+1 + bun + cun−1 + dun−2 = 0, và u∗ phương trình tuyến tính không thuần nhất.

+) Nếu λ = 1 là nghiệm bội ba thì u∗

n = n3.g(n) trong đó g(n) là đa

n = k.ηn.

n = k.n2.ηn. n = k.n3.ηn.

n vào phương trình, đồng nhất các hệ số ta tìm được k, tức là n. Từ hệ thức un = (cid:98)un + u∗ n và các giá trị u1, u2, u3 ta tìm được

thức cùng bậc với đa thức f (n). b) Trường hợp f (n) = γ.ηn. Ta có +) Nếu λ (cid:54)= η thì u∗ n = k.n.ηn. +) Nếu phương trình có nghiệm đơn λ = η thì u∗ +) Nếu phương trình có nghiệm bội hai λ = η thì u∗ +) Nếu phương trình có nghiệm bội ba λ = η thì u∗ Thay u∗ tìm được u∗ các hệ số A, B, C.

1.3.1 Số nguyên và phép chia hết

Định nghĩa 1.8. Với hai số nguyên a và b, ta nói rằng a chia hết cho b (hay a là bội của b, hay b là ước của a), nếu tồn tại số nguyên k sao cho a = k.b. Lúc ấy kí hiệu là a

... b.

Tính chất 1.3 (Các tính chất cơ bản của tính chia hết). .

... b thì a ≥ b.

... b.

i) Nếu a, b nguyên dương mà a ... b với mọi i = 1, 2, . . . , n thì (a1 + a2 + · · · + an) ii) Nếu ai iii) Với hai số nguyên không âm bất kỳ a và b, trong đó b (cid:54)= 0, luôn luôn tồn tại duy nhất một cặp số nguyên q và r sao cho a = bq + r, trong đó 0 ≤ r < b.

1.3.2 Ước số chung lớn nhất và bội số chung nhỏ nhất

Định nghĩa 1.9. Cho n số nguyên a1, a2, . . . , an.

i) Số nguyên dương d gọi là ƯCLN của a1, a2, . . . , an nếu như thỏa mãn

đồng thời hai điều kiện sau.

... d(cid:48),với mọi i = 1, 2, . . . , n thì d

... d(cid:48),

... d, với mọi i = 1, 2, . . . , n. +) ai +) Nếu d(cid:48) là số nguyên dương mà ai

khi đó ta thường dùng kí hiệu sau d = (a1, a2, . . . , an).

ii) Số nguyên dương b gọi là BCNN của a1, a2, . . . , an nếu như thỏa mãn

đồng thời hai điều kiện sau.

+) b

... ai, với mọi i = 1, 2, . . . , n.

1.3 Một số tính chất cơ bản của số học

+) Nếu b(cid:48) là số nguyên dương mà b(cid:48) ... ai,với mọi i = 1, 2, . . . , n thì b(cid:48) ... b,

khi đó ta thường dùng kí hiệu sau b = [a1, a2, . . . , an].

1.3.3 Số nguyên tố

Định nghĩa 1.10. Một số nguyên dương p > 1 được gọi là số nguyên tố nếu nó chỉ có hai ước số là 1 và p.

Định lý 1.1 (Định lí Euclid). Tồn tại vô hạn số nguyên tố.

Định lý 1.2 (Định lí về mối liên hệ giữa tính chia hết và số nguyên tố). Giả ... p. Khi đó sử a, b là hai số nguyên dương, còn p là số nguyên tố sao cho ab ta phải có hoặc là a

... p, hoặc là b

... p.

1.3.4 Đồng dư

Định nghĩa 1.11. Nếu hai số nguyên a và b chia cho số tự nhiên m (m (cid:54)= 0) có cùng số dư thì ta nói a đồng dư với b theo modulo m và viết a ≡ b (mod m).

... m.

Tính chất 1.4 (Các tính chất cơ bản của đồng dư). . a) Hai số nguyên a và b đồng dư với nhau theo modulo m (m là số nguyên dương) khi và chỉ khi (a − b) b) Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập hợp số nguyên Z. c) Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì

a + c ≡ b + d (mod m),

a − c ≡ b − d (mod m),

d) Nếu p là số nguyên tố và ab ≡ 0 (mod p) thì a ≡ 0 (mod p) hoặc

a.c ≡ b.d (mod m).

1.3.5 Một số định lí cơ bản của số học

Định lý 1.3 (Định lí Euler). Cho m là một số tự nhiên khác 0 và a là một số nguyên tố với m. Khi đó ta có aµ(m) ≡ 1 (mod m), ở đây µ (m) là các số nguyên dương nhỏ hơn m nguyên tố cùng nhau với m.

b ≡ 0 (mod p).

Định lý 1.4 (Định lí Fermat nhỏ). Nếu p là một số nguyên tố thì với số nguyên a bất kỳ, ap − a sẽ chia hết cho p. Nghĩa là

Nói riêng khi p là số nguyên tố và a là số nguyên nguyên tố cùng nhau với p, thì ap−1 − 1 sẽ chia hết cho p. Bằng ký hiệu đồng dư ta có

ap ≡ a (mod p).

Định lý 1.5 (Định lí Wilson). p là số nguyên tố khi và chỉ khi (p − 1)! + 1 chia hết cho p.

Định lý 1.6 (Định lí Fermat - Euler). Nếu p = 4k + 1 thì tồn tại các số nguyên dương a, b sao cho p = a2 + b2.

Định lý 1.7 (Định lí phần dư Trung Hoa). Giả sử r và s là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, a và b là hai số nguyên tùy ý. Khi đó tồn tại một số nguyên N sao cho N ≡ a (mod r) và N ≡ b (mod s). Ngoài ra N được xác định một cách duy nhất (hiểu theo nghĩa modulo rs).

ap−1 ≡ 1 (mod p).

Chương 2

Khảo sát các tính chất số học của dãy số nguyên

Dãy số nguyên là phần quan trọng trong lý thuyết dãy số. Ngoài các vấn đề chung như tìm số hạng tổng quát của dãy số, tìm công thức tính tổng n số hạng đầu tiên. . . các bài toán về dãy số thường quan tâm đến tính chất số học của dãy số như tính chia hết, đồng dư, nguyên tố, chính phương, nguyên tố cùng nhau. . . Các bài toán về dãy số nguyên rất đa dạng, trong nhiều trường hợp dãy số chỉ là cái bề ngoài còn bản chất bài toán là bài toán số học.

Trong số học thì tính chia hết giữ một vị trí quan trọng trong lý thuyết số. Nó là cơ sở để đưa ra và giải quyết các bài toán về số nguyên tố, hợp số, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất, lý thuyết đồng dư . . . , với hai số nguyên a, b bất kỳ nếu tồn tại số nguyên q sao cho a = bq khi đó ta nói a chia hết cho b, nếu a không chia hết cho b thì ta có phép chia có dư. Trong phần này ta xét đến tính chia hết của các phần tử trong một dãy số. Cho một dãy số thì các phần tử của nó có thể cùng chia hết cho cùng một số nào đó hoặc các phần tử chia hết cho số thứ tự của số đó, hoặc là chỉ có một số phần tử cùng chia hết cho một số cho trước. Sau đây ta xét một số dãy số mà các phần tử của nó cùng chia hết cho một số. Đối với những dãy số được cho bởi công thức số hạng tổng quát, ta thường dùng phương pháp quy nạp hoặc sử dụng các tính chất của phép chia hết để chứng minh. Chúng ta xét bài toán sau.

2.1 Phương pháp xét tính chia hết trong dãy số.

2.1.1 Phương pháp quy nạp

Bài toán 2.1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, số

chia hết cho 169. Lời giải.

Với n = 0 ta có A0 = 0

... 169.

...169. Vậy mệnh đề đúng với n = 0. Giả sử mệnh đề đúng với n = k nghĩa là Ak = 33k+3 − 26k − 27 Ta phải chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1. Ta có

An = 33n+3 − 26n − 27

Ak+1 = 33(k+1)+3 − 26(k + 1) − 27

= 33k+3 − 26k − 27 + 26(33k+3 − 1

... 169. Bài toán được chứng minh.

Vậy Ak+1

Nhận xét 2.1. Trong dãy số khi xét đến tính chia hết của các phần tử trong dãy số có nhiều cặp dãy số đan xen nhau về tính chia hết và không chia hết cho cùng một số. Ta xét bài toán sau.

Bài toán 2.2. Cho 2 dãy số

= Ak + 26.(33 − 1)(27k + 27k−1 + · · · + 27 + 1) = Ak + 169.4.(27k + 27k−1 + · · · + 27 + 1).

an = 22n+1 + 2n+1 + 1

Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n có một và chỉ một trong hai số an, bn chia hết cho 5. Lời giải.

Ta xét

bn = 22n+1 − 2n+1 + 1, n = 0, 1, 2, . . .

không chia hết cho 5 vì số đó không có tận cùng là 0 hoặc 5. Mặt khác ta có

an − bn = 22n+1 + 2n+1 + 1 − (22n+1 + 2n+1 + 1) = 2.2n+1 = 2n+2

an.bn = (22n+1 + 2n+1 + 1)(22n+1 − 2n+1 + 1)

= (22n+1 + 1)2 − (2n+1)2

Với n = 0 thì a0.b0 = 5 Với n > 0 thì an.bn = 4.16n + 1 có tận cùng là 5 nên chia hết cho 5.

Vậy với mỗi số tự nhiên n có một và chỉ một trong hai số an, bn chia hết

cho 5.

Nhận xét 2.2.

Một số bài toán về sự chia hết của các số hạng của dãy số thường được giải bằng cách xác định số hạng tổng quát của dãy số. Việc xác định số hạng tổng quát của dãy số thường được tìm bằng phương pháp sai phân hoặc thông qua dãy số phụ để đưa về phương trình sai phân thuần nhất.

Bài toán 2.3. Cho dãy số (un) xác định bởi

= 24n+2 + 1 = 4.16n + 1. ... 5.

 

n−2



n−1.un−3 − 24un−1.u2 un−2.un−3

Tìm số n nhỏ nhất để un chia hết cho 2048. Lời giải.

Nhận xét rằng công thức truy hồi của dãy số rất phức tạp, tuy nhiên

nếu đặt dãy số phụ thì ta sẽ đưa được về dạng tuyến tính cấp hai.

Từ công thức truy hồi của dãy ta có

n−2

u1 = 1, u2 = 2, u3 = 40 10u2 ; n = 4, 5, . . . un =

Do vậy ta đặt vn =

thì dãy (vn) được xác định như sau

= = − ; n = 4, 5, . . . un un−1 10un−1.un−3 − 24.u2 un−2.un−3 10un−1 un−2 24un−2 un−3

(cid:26) v2 = 2, v3 = 20

un un−1

Phương trình đặc trưng x2 − 10x + 24 = 0 có 2 nghiệm x1 = 6, x2 = 4 nên vn = a.6n + b.4n. Cho n = 2 và n = 3 ta được a =

vn = 10vn−1 − 24vn−2; n = 4, 5, . . .

. Do đó vn = 6n−1 − 4n−1.

Khi đó un = vn.vn−1 . . . v2

, b = − 1 6 1 4

(n−1)n 2

= (cid:0)6n−1 − 4n−1(cid:1) . (cid:0)6n−2 − 4n−2(cid:1) . . . (6 − 4) = 2n−1.2n−2 . . . 2. (cid:0)3n−1 − 2n−1(cid:1) (cid:0)3n−2 − 2n−2(cid:1) . . . (3 − 2)

= 2

. (cid:0)3n−1 − 2n−1(cid:1) (cid:0)3n−2 − 2n−2(cid:1) . . . (3 − 2). Do (cid:0)3n−1 − 2n−1(cid:1) (cid:0)3n−2 − 2n−2(cid:1) . . . (3 − 2) là số lẻ nên để un chia hết cho

(n−1)n 2

Do đó

... 211. ... 2048 hay 2 ≥ 11, suy ra n ≥ 6.

2048 thì 2

Vậy n = 6 là giá trị cần tìm.

Nhận xét 2.3. Việc tìm số hạng tổng quát của dãy số cũng có thể thông qua biến đổi liên tiếp các số hạng phụ thuộc nhau và biểu diễn qua một vài số hạng đầu và có thể áp dụng phương pháp quy nạp để chứng minh. Trong bài toán này đã sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa dãy số đã cho trở thành dãy số đơn giản hơn dễ tìm được công thức của số hạng tổng quát.

2.1.2 Phương pháp đồng dư

Bài toán 2.4. Cho dãy số (un) xác định bởi

(n − 1) n 2

Chứng minh rằng un chia hết cho 133 với mọi n ∈ N. Lời giải.

Ta có 122n+1 = 12.122n = 12.(122)n = 12.144n.

Vì 144 ≡ 11 (mod 113) nên 144n ≡ 11n (mod 113). Nhân cả hai vế với 12 ta có

(2.1)

un = 122n+1 + 11n+2

Mặt khác

122n+1 ≡ 12.11n (mod 113).

Do 121 ≡ −12 (mod 113) nên

11n+2 = 112.11n = 121.11n

Bởi vậy

(2.2)

121.11n ≡ −12.11n (mod 113)

Cộng vế với vế các phép đồng dư (??) và (??) ta được

11n+2 ≡ −12.11n (mod 113).

Vậy un chia hết cho 133 với mọi n ∈ N.

Nhận xét 2.4. Một số bài toán về sự chia hết của các số hạng của dãy số thường được giải bằng cách xác định số hạng tổng quát của dãy số sau đó dựa vào các định lý về đồng dư hay sử dụng định lí Fermat nhỏ để chứng minh sự chia hết. Bài toán sau giải quyết vấn đề nêu ra.

122n+1 + 11n+2 ≡ 0 (mod 113).

Bài toán 2.5. Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u0 = 1, u1 = −1 un+2 = 7un+1 − 6un; n ∈ N

a) Chứng minh rằng un không chia hết cho 10 với mọi n ∈ N. ... 2011. b) Chứng minh u2012 + 13 Lời giải.

a) Ta có u0 và u1 là những số lẻ.

Giả sử un và un+1 lẻ. Khi đó vì

nên un+2 cũng là số lẻ. Theo nguyên lí quy nạp suy ra un là số lẻ với mọi n ∈ N. Do đó un không chia hết cho 10 với mọi n ∈ N.

b) Ta xét phương trình đặc trưng

un+2 = 7un+1 − 6un

x2 − 7x + 6 = 0

Phương trình trên có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = 6. Từ đó suy ra un = A.1n + B.6n. Với u0 = 1, u1 = −1 ta tìm được A =

, b = − 7 5 2 5

Suy ra un = Ta có

(2.3)

7 − 2.6n 5

Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có

5u2012 = 7 − 2.62012 ⇔ 5u2012 + 65 = 72 − 2.62012 ⇔ 5u2012 + 65 = −72(62010 − 1).

... 2011.

Vì vậy kết hợp với (??) ta được 5(u2012 + 13) Mà (2011, 5) = 1 nên (u2012 + 13)

... 2011. Nhận xét 2.5. Khi xét về tính chia hết của các phần tử trong một dãy số vấn đề đặt ra là có những dãy số mà các phần tử của nó chia hết cho chính số thứ tự của nó. Ta đặc biệt hóa tập chỉ số của dãy số, cụ thể là ta xét tập hợp các chỉ số của dãy số là tập hợp các số nguyên tố. Xét một số bài toán sau.

62010 ≡ 1 (mod 2011).

Bài toán 2.6. Cho dãy số (un) xác định bởi (cid:26)u1 = 0, u2 = 14, u3 = −18 un+1 = 7un−1 − 6un−2;

Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì up Lời giải.

Từ hệ thức xác định (un) ta xét phương trình đặc trưng x3 − 7x + 6 = 0.

Phương trình trên có 3 nghiệm x1 = 1, x2 = 2, x3 = −3. Từ đó suy ra

(2.4)

n = 3, 4, . . . ... p.

Trong (??) lần lượt thay n = 1, 2, 3 và do u1 = 0, u2 = 14, u3 = −18, ta đi đến hệ phương trình sau để xác định a, b, c.

(cid:40) a + b − 3c = 0 a + 4b + 9c = 14 a + 8b − 27c = −18

Giải hệ trên ta được a = b = c = 1. Vậy

(2.5)

un = a.1n + b.2n + c.(−3)n, ∀n ≥ 1.

Với p là số nguyên tố, theo định lí Fermat nhỏ, ta có:

un = 1 + 2n + (−3)n, n = 1, 2, . . .

2p ≡ 2 (mod p).

Vì thế từ (??) suy ra

(−3)p ≡ −3 (mod p).

... p. Đó là điều phải chứng minh.

Do vậy với mọi số nguyên tố p thì up

Bài toán 2.7. Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi

(cid:26) u1 = 2

(mod p). up ≡ 1 + 2 − 3 (mod p) ⇒ up ≡ 0

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p thì tổng 2000(u1 + u2 + · · · + up−1) chia hết cho p. Lời giải.

Ta chọn đa thức bậc ba f (n) = an3 + bn2 + cn + d, (a (cid:54)= 0) thỏa mãn:

un = 3un−1 + 2n3 − 9n2 + 9n − 3 (n ≥ 2).

2n3 − 9n2 + 9n − 3 = f (n) − 3f (n − 1)

⇔ 2n3−9n2+9n−3 = −2an3+(9a−2b)n2+(6b−9a−2c)n+(3a+3c−3b−2d)

Suy ra f (n) = −n3. Đặt vn = un − f (n) = un + n3. Thay vào công thức xác định dãy, ta có vn = 3vn−1, v1 = 3. Khi đó dãy (vn) là một cấp số nhân và ta có vn = 3n−1v1 = 3n. Suy ra un = 3n − n3. Do đó

⇔ a = −1, b = c = d = 0.

(cid:21)2

u1 + u2 + · · · + up−1 = (3 + 32 + 33 + · · · + 3p−1) − [1 + 23 + 33 + · · · + (p − 1)3]

(cid:20)p (p − 1) 2

Suy ra 2000(u1 + u2 + · · · + up−1) = 1000(3p − 3) − 500p2(p − 1)2. ...p. Theo định lí Fermat nhỏ thì (3p − 3) Từ đó ta có được điều phải chứng minh.

Nhận xét 2.6. Ta có thể mở rộng bài toán không chỉ với 2000 mà 2002 hay 2006 thì bài toán vẫn đúng. Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi (cid:26) u1 = 2

= − 3p − 3 2

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p thì tổng 2002(u1 + u2 + · · · + up−1) chia hết cho p. Từ giả thiết ta có un + n3 = 3un−1 + 3(n − 1)3 Đặt vn = un − f (n) = un + n3. Thay vào công thức xác định dãy, ta có vn = 3vn−1, v1 = 3. Khi đó dãy (vn) là một cấp số nhân và ta có vn = 3n−1v1 = 3n. Suy ra un = 3n − n3. • Với p = 2, ta có

p−1 (cid:88)

(2.6)

un = 3un−1 + 2n3 − 9n2 + 9n − 3 (n ≥ 2).

i=1

2 | 2002 ⇒ 2 | 2002 ui.

(cid:19)2

p−1 (cid:88)

(2.7)

• Với p > 2, ta có

...p.

(cid:18)(p − 1)p 2

i=1

(3p − 3) + ui = 1 2

Từ (??) và (??) ⇒ p | 2002 (cid:80)p−1

i=1 ui, với mọi số nguyên tố p.

Bài toán 2.8. Cho dãy số (un) xác định bởi

 

n−2



n−1.un−3 − 8un−1.u2 un−2.un−3

Chứng minh rằng với mọi n thì un chia hết cho n.

Lời giải.

Từ công thức truy hồi của dãy ta có

n−2

u1 = 1, u2 = 2, u3 = 24 6u2 ; n = 4, 5, . . . un =

Do vậy ta đặt vn =

thì dãy (vn) được xác định như sau

= = − ; n = 4, 5, . . . un un−1 6un−1.un−3 − 8.u2 un−2.un−3 6un−1 un−2 8un−2 un−3

Phương trình đặc trưng x2 − 6x + 8 = 0 có 2 nghiệm x1 = 4, x2 = 2 nên vn = a.4n + b.2n. Cho n = 2 và n = 3 ta được a =

un un−1 (cid:26) v2 = 2, v3 = 12 vn = 6vn−1 − 8vn−2; n = 4, 5, . . .

. Do đó vn = 4n−1 − 2n−1.

Vậy

(2.8)

, b = − 1 4 1 2 un = vn.vn−1 . . . v2

Với mọi số nguyên tố p, theo định lí Fermat ta có

= (cid:0)4n−1 − 2n−1(cid:1) . (cid:0)4n−2 − 2n−2(cid:1) . . . (4 − 2) .

Suy ra

(4p−1 − 1) ≡ 0 (mod p); (2p−1 − 1) ≡ 0 (mod p).

... p

... p.

với mọi số nguyên tố p. Từ đó suy ra nếu s là bội của p − 1, thì (4s − 2s) Giả sử n là số nguyên dương tùy ý và n có dạng triển khai sau

(4p−1 − 2p−1) ≡ 0 (mod p) ⇒ (4p−1 − 2p−1)

1 .pr2

2 . . . prk k ,

... pr1

1 suy ra n

... p2, . . . , n n = d1p1 = d2p2

(ở đây p1 < p2 < · · · < pk là các số nguyên tố). ... p1, n Từ n 1 , tức là 1 = · · · = dripri 1 .

n = pr1

Suy ra d1 > d2 > · · · > dri ⇒ n − d1 < n − d2 < · · · < n − dri và ta có

n − d1 = d1(p1 − 1);

1 − 1);

n − d2 = d2(p2

1 − 1).

. . .

... p1, k = 1, 2, . . . , r1.

n − dri = dri(pri Như vậy ta có n − d1, n − d2, . . . , n − dri là ri bội khác nhau của p1 − 1. Theo trên ta có

... n (Điều phải chứng minh).

Từ đó dựa vào (??), ta có un Lập luận tương tự ta có un ... pr1 Suy ra un

2 . . . prk

1 .pr2

... prj k hay un

Nhận xét 2.7. Lại đặc biệt hóa, ta có thể xét xem một phần tử nào đó trong dãy số đã cho có chia hết cho một số cho trước hay không? hoặc có thể xét xem các phần tử của dãy số có chia hết cho một số cho trước nào đó hay không?

(4n−dk − 2n−dk) ... pr1 1 . j , (j = 2, 3, . . . , k).

(cid:17)n

(cid:16)

Bài toán 2.9. Cho dãy số (un) xác định bởi (cid:17)n 3

a) Chứng minh rằng un là số nguyên với mọi n = 1, 2, . . . b) Tìm mọi số hạng của dãy chia hết cho 3.

Lời giải.

a) Ta đặt

√ √ 2 − 3 2 + − √ ; n = 0, 1, 2, . . . un = 2 3

(cid:16)

(cid:17)n

(cid:17)n 3

Khi đó un = α − β. Ta có

√ √ 2 − 2 + 3 √ √ ; β = . α = 2 3 2 3

(cid:16)

(cid:17)n+1

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:17)n+1 3 √

Tương tự

√ √ 2 + 2 − √ √ − = α 2 + 3 − β 2 − 3 . un+1 = 2 3 3 √ 2 3

(cid:16)

(cid:17)2

(cid:16)

(cid:17)

(cid:17)2 3

(cid:17) 3

√ √ √ √ 2 + − β 2 − = α 7 + 4 − β 7 − 4 3 3 un+2 = α

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17) 3

Vậy ta có

(2.9)

√ √ = 4α 2 + 3 − 4β 2 − − (α − β) = 4un+1 − un.

Như vậy dãy (un) xác định như trên có thể xác định theo cách sau đây

(cid:26) u0 = 0, u1 = 1

un+2 = 4un+1 − un.

Từ đó suy ra ngay mọi số hạng của dãy đều là số nguyên (điều phải chứng minh).

b) Từ (??) ta có

un+2 = 4un+1 − un; n = 0, 1, 2, . . .

Do un+1 ∈ Z nên 3un+1

(2.10)

un+2 = 3un+1 + (un+1 − un). ... 3, suy ra

Bằng cách tính trực tiếp ta thấy 7 số hạng đầu tiên của dãy u0, u1, . . . , u6 khi chia cho 3 có các số dư tương ứng là 0, 1, 1, 0, 2, 2, 0. Vậy theo (??) suy ra un+6 ≡ un (mod 3). Từ đó ta thấy trong dãy số nói trên mọi số hạng có dạng u3k, k = 0, 1, 2, . . . chia hết cho 3, và chỉ những số hạng ấy mà thôi.

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

Bài toán 2.10. Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u1 = 5, u2 = 11

(mod 3). un+2 ≡ un+1 − un

Chứng minh rằng u2002 chia hết cho 11.

Lời giải.

Dễ thấy u1 = 5, u2 = 11, u3 = 7, u4 = −19, u5 = −59.

Do −19 = −2.11 + 3; −59 = −6.11 + 7, nên từ đó ta có   

un+1 = 2un − 3un−1; n = 2, 3, . . .

(mod 11) (mod 11) (mod 11) (mod 11) (mod 11) u1 ≡ 5 u2 ≡ 0 u3 ≡ 7 u4 ≡ 3 u5 ≡ 7

Vì vậy nếu gọi rn là phần dư của un trong phép chia cho 11, n = 1, 2, . . . thì từ trên suy ra r1 = 5, r2 = 0, r3 = 7, r4 = 3, r5 = 7. Ta sẽ chứng minh rằng với mọi k = 0, 1, 2, . . . thì

(2.11)

Để làm điều này ta sử dụng nguyên lí quy nạp toán học. Theo trên nhận xét này đã đúng khi k = 0. Giả sử nhận xét đã đúng đến k = p, tức là

r5k+1 = 5, r5k+2 = 0, r5k+3 = 7, r5k+4 = 3, r5k+5 = 7.

Xét khi k = p + 1, ta có u5(p+1)+1 = u5p+6. Theo cách xác định dãy thì u5(p+1)+1 = 2u5p+5 − 3u5p+4. Theo giả thiết quy nạp thì

r5p+1 = 5, r5p+2 = 0, r5p+3 = 7, r5p+4 = 3, r5p+5 = 7.

r5p+5 = 7 ⇒ u5p+5 ≡ 7 (mod 11) ⇒ u5p+5 = 11l + 7, l ∈ Z.

Suy ra

(2.12)

r5p+4 = 3 ⇒ u5p+4 ≡ 3 (mod 11) ⇒ u5p+4 = 11s + 3, s ∈ Z.

Do 2l − 3s ∈ Z, nên từ (??) suy ra

u5(p+1)+1 = 2(11l + 7) − 3(11s + 3) = 11(2l − 3s) + 5.

Bằng cách lập luận tương tự, ta có

u5(p+1)+1 ≡ 5 (mod 11) ⇒ r5(p+1)+1 = 5.

... 11. Đó

Vậy nhận xét cũng đúng với k = p + 1. Theo nguyên lí quy nạp toán học thì (??) đúng với mọi k = 0, 1, 2, . . . Ta có 2002 = 400.5 + 2, vậy r2002 = 0, điều đó có nghĩa là u2002 chính là điều phải chứng minh.

Cách 2. Ta có u1 ≡ 5 (mod 11) u2 ≡ 0 (mod 11) u3 = 2u2 − 3u1 ≡ 2.0 − 3.5 ≡ 7 (mod 11) u4 = 2u3 − 3u2 ≡ 2.7 − 3.0 ≡ 3 (mod 11) u5 = 2u4 − 3u3 ≡ 2.3 − 3.7 ≡ 7 (mod 11)

r5(p+1)+2 = 0; r5(p+1)+3 = 7; r5(p+1)+4 = 3; r5(p+1)+5 = 7.

Tức là số dư khi chia u2012 cho 11 là 0.

... 11.

Vậy u2012

Nhận xét 2.8. Trong bài toán về tính chia hết của các phần tử trong dãy số cho số a khi đó số các số dư khác nhau là a. Như vậy, chúng ta có thể áp dụng nguyên lí Dirichlet đối với a+1 bộ hữu hạn các số dư có được trong phép chia đó và khi đó phải tồn tại ít nhất hai bộ số dư trùng nhau. Từ đó làm cơ sở cho việc chứng minh nhiều bài toán.

Bài toán 2.11. Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u1 = 20, u2 = 100

u6 = 2u5 − 3u4 ≡ 2.7 − 3.3 ≡ 5 (mod 11) u7 = 2u6 − 3u5 ≡ 2.5 − 3.7 ≡ 0 (mod 11) ⇒ u2+5m ≡ u2 (mod 11), ∀m ∈ N (Ta có thể chứng minh công thức này bằng phương pháp quy nạp toán học). Với m = 402 ⇒ u2012 ≡ u2 ≡ 0 (mod 11)

Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một số hạng của dãy số chia hết cho 1996. Lời giải.

Đặt un = 1996.αn + rn, n = 1, 2, . . . , trong đó αn, rn là các số nguyên

và 0 ≤ rn ≤ 1995. Xét dãy các cặp sau đây

un+1 = 4un + 5un−1; n = 2, 3, . . .

Vì dãy này vô hạn, mà các số ri là hữu hạn do đó phải tồn tại hai số tự nhiên l, m (giả sử m > l) sao cho (rl, rl+1) = (rm, rm+1) hiểu theo nghĩa

(cid:26) rl = rm

(r1, r2); (r2, r3); . . . ; (rn, rn+1); . . .

Ta sẽ chứng minh rằng khi đó rl−1 = rm−1. Thật vậy, ta có

rl+1 = rm+1.

Vì uk = 1996.αk + rk nên ta có

5(um−1−ul−1) = (um+1−4um+1976)−(ul+1−4ul+1976) = (um+1−ul+1)−4(um−ul).

5(um−1−ul−1) = [1996 (αm+1 − αl+1) + (rm+1 − rl+1]−4 [1996 (αm − αl) + (rm − rl]

= 1996 [1996 (αm+1 − αl+1) − 4 (αm − αl)] .

... 1996.

... 1996. ⇒ 5(um−1 − ul−1) Mà (5, 1996) = 1 nên ta có (um−1 − ul−1) Có um−1 − ul−1 = 1996(αm−1 − αl−1) + (rm−1 − rl−1)

... 1996.

... 1996 ⇒ (rm−1 − rl−1)

Do 0 ≤ rm−1, rl−1 ≤ 1995 ⇒ −1995 ≤ rm−1 − rl−1 ≤ 1995. Suy ra rm−1 − rl−1 = 0 hay rm−1 = rl−1. Bằng lí luận tương tự, ta sẽ đi đến rm−2 = rl−2, và cứ tiếp tục quá trình đó ta sẽ đi đến

(cid:26) r2 = r2+(m−l) r1 = r1+(m−l).

Ta chứng minh rằng um−1 chính là số hạng của dãy mà chia hết cho 1996. Thật vậy, theo cách xác định dãy, ta có 5um−1 = um−l+2 − 4um−l+1 + 1976.

⇒ 1996(αm−1 − αl−1) + (rm−1 − rl−1)

= 1996αm−l+2 + rm−l+2 − 4(1996αm−l+1 + rm−l+1 + 1976

= 1996(αm−l+2 − 4αm−l+1) + (rm−l+2 − 4rm−l+1) + 1976

Ta lại có

= 1996(αm−l+2 − 4αm−l+1) + (r2 − 4r1) + 1976.

u1 = 20 ⇒ u1 = 0.1996 + 20 ⇒ r1 = 20

Suy ra

u2 = 100 ⇒ u1 = 0.1996 + 1000 ⇒ r2 = 100

... 1996. ... 1996 (Điều phải chứng minh).

Vì αm−l+2 ∈ Z, αm−l+1 ∈ Z nên 5um−1 Mà (5, 1996) = 1 nên um−1

Nhận xét 2.9. Các bài toán chứng minh dãy số có vô hạn số hạng chia hết cho một số cho trước thường được chứng minh số dư trong phép chia là hữu hạn và do đó tuần hoàn dẫn đến có vô hạn số hạng chia hết cho số đã cho.

Bài toán 2.12 (China 1991). Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi

5um−1 = 1996(αm−l+2 − 4αm−l+1) + 1996.

(cid:26) u0 = 39, u1 = 45 n+1 − un

Chứng minh rằng có vô hạn số hạng của dãy (un) chia hết cho 1986. Lời giải.

(n ∈ N). un+2 = u2

Gọi rn là số dư của un khi chia cho 1986 ứng với mỗi n. Ta chứng minh

dãy (rn) tuần hoàn.

Xét dãy gồm các bộ số dư (r1, r2); (r2, r3); . . . ; (rm, rm+1); . . .

Dãy trên có vô số số hạng mà số bộ khác nhau là hữu hạn vì ri ∈ {0, 1, 2, . . . , 1985}. Như vậy theo nguyên lí Dirichlet, sẽ tồn tại hai bộ trùng nhau. Tức là tồn tại k, m nguyên dương sao cho

Từ đó

m+k+1 − rm+k+2 = rm+k.

(rm+1, rm+2) = (rm+k+1, rm+k+2)

m+k − rm+k+1 = rm+k−1.

rm = r2 rm−1 = r2

k+2 − rk+3 = rk+1.

m+1 − rm+2 = r2 m − rm+1 = r2 . . . 2 − r3 = r2 Tức là ta được (r1, r2) = (rk+1, rk+2).

Từ đó dựa vào công thức xác định dãy, ta thu được

r1 = r2

Hơn nữa ta có u2 = 452 − 39 = 1986 nên sẽ tồn tại vô hạn số hạng của

dãy (un) chia hết cho 1986.

rn = rn+k, ∀n = 0, 1, 2, . . .

2.2 Một số bài toán về phân tích dãy số thành nhân tử và tính

Các bài toán chứng minh dãy số gồm toàn các số nguyên được đưa về công thức truy hồi tuyến tính sau đó chứng minh bằng phương pháp quy nạp với một vài số hạng đầu là số nguyên.

Bài toán 2.13. (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2006)

Hãy tìm tất cả các cặp số tự nhiên (n; k) với n là số nguyên không âm và k là số nguyên lớn hơn 1 sao cho số A = 172006n + 4.172n + 7.195n có thể phân tích được thành tích của k số nguyên dương liên tiếp. Lời giải.

Trước hết ta thấy rằng tích của 4 số tự nhiên liên tiếp phải chia hết cho

nguyên của dãy số

8 vì trong 4 số đó có 1 số chia hết cho 4 và một số chia 4 dư 2.

Từ A = 172006n + 4.172n + 7.195n suy ra - Nếu n là số chẵn, ta có

172006n ≡ 1 (mod 8).

4.172n ≡ 4.1 (mod 8).

Suy ra A ≡ 12 ≡ 4 (mod 8), tức là A không chia hết cho 8. - Nếu n là số lẻ, cũng tương tự

7.195n ≡ 7.35n ≡ 7.310 ≡ 7 (mod 8).

172006n ≡ 1 (mod 8).

4.172n ≡ 4.1 (mod 8)

Suy ra A ≡ 10 ≡ 2 (mod 8), tức là A cũng không chia hết cho 8. Tức là trong mọi trường hợp luôn có A không chia hết cho 8. Suy ra nếu k thỏa mãn đề bài thì k < 4, suy ra k ∈ {2, 3}. Xét từng trường hợp - Nếu k = 2 thì tồn tại x tự nhiên sao cho A = x(x + 1). + Nếu n = 0 thì A = 12, x = 3, thỏa mãn đề bài. + Nếu n > 0 thì rõ ràng 171003n > 4.172n + 7.195n. Ta thấy

7.195n ≡ 7.35n ≡ 7.35 ≡ 7.3 (mod 8).

Suy ra x > 171003n Nhưng x(x + 1) > 172006n + 171003n > A, mâu thuẫn. Do đó, trong trường hợp này không có n thỏa mãn đề bài. - Nếu k = 3: tồn tại x tự nhiên sao cho A = x(x − 1)(x + 1), x ≥ 1; dễ thấy x phải là số chẵn (vì nếu ngược lại thì A chia hết cho 8, mâu thuẫn). Ta thấy

A = x(x + 1) = 172006n + 4.172n + 7.195n > 172006n

trong khi x(x − 1)(x + 1) = x(x2 − 1) ≡ {0; ±1} (mod 5), mâu thuẫn. Do đó trong trường hợp này không có n thỏa mãn đề bài. Vậy tất cả các cặp số thỏa mãn đề bài là (n; k) = 0; 2).

Bài toán 2.14. Cho dãy số (an) xác định bởi

(cid:26) a1 = 1; a2 = 2

A ≡ 12.(−1)n ≡ 2.(−1)n (mod 5)

an+2 = 2an+1 − an + 2, n = 1, 2, ..

Chứng minh rằng với mọi m, amam+1 cũng là một số hạng của dãy số. Lời giải.

Ta có an+2 = 2an+1 − an + 2.

Thay n bằng n − 1, ta được

Trừ hai đẳng thức vế theo vế, ta được

an+1 = 2an − an−1 + 2.

Xét phương trình đặc trưng

an+2 − 3an+1 + 3an − an−1 = 0

có nghiệm bội ba x1,2,3 = 1 nên ta có nghiệm tổng quát an có dạng

x3 − 3x2 + 3x − 1 = 0

Thay n = 1, 2, 3 ta được

(cid:40) a + b + c = 1

an = an2 + bn + c.

Từ đó giải ra được a = 1, b = −2, c = 2. Vậy an = n2 − 2n + 2 = (n − 1)2 + 1. Do đó

4a + 2b + c = 2 9a + 3b + c = 5

Suy ra amam+1 cũng là một số hạng của dãy số.

Bài toán 2.15. Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 = b + 1. Dãy số (un) xác định như sau (cid:26) u0 = 0

amam+1 = [(m − 1)2 + 1](m2 + 1) = (m2 − m + 1)2 + 1 = am2−m+2.

n + c2, n = 0, 1, 2, ..

Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số trên đều là số nguyên. Lời giải. Từ giả thiết ta có un+1 = aun + (cid:112)bu2 Suy ra

(2.13)

n + c2.

n = bu2

n+1 − 2aunun+1 + a2u2 u2

un+1 − aun = (cid:112)bu2

Với giả thiết a2 = b + 1 thì từ (??) suy ra

(cid:0)a2 − b(cid:1) u2

n+1 − 2aunun+1 + a2u2

n = (cid:0)a2 − 1(cid:1) u2

n + c2.

Hay

(2.14)

n − 2aunun+1 + a2u2 u2

n+1 = bu2

n+1 + c2.

n+1 + c2 = (un+2 − aun+1)2.

Từ giả thiết ta có bu2 Nên từ (??) suy ra

(2.15)

Do un+2 − aun+1 ≥ 0 nên từ (??) ⇒ un+2 − aun+1 = |un − aun+1| .

(2.16)

(un − aun+1)2 = (un+2 − aun+1)2.

⇒ un+2 = aun+1 + |un − aun+1| .

0 + c2 =

Do u0 = 0 ⇒ u1 = au0 + (cid:112)bu2 Vậy từ (??) suy ra un ∈ Z với mọi n ∈ N.

Nhận xét. Ta cũng có thể giải bài toán này bằng cách khác như sau.

n(a2 − b) − c2 = 0

n+1 − 2aunun+1 + u2

Ta có u2 Hay

(2.17)

√ c2 = |c|, do đó u0, u1 ∈ Z.

n − c2 = 0.

Trong (??) thay n bởi n + 1 ta có

(2.18)

n+2 − 2aun+1un+2 + u2 u2

n+1 − c2 = 0.

Trừ từng vế của (??) cho (??) ta được

n+2 − u2 u2

n − 2aun+1un+2 + 2aunun+1 = 0.

Hay

(2.19)

u2 n+1 − 2aunun+1 + u2

Từ (??) suy ra un+2 = un hoặc un+2 = 2aun+1 − un. Từ đó do u0, u1 ∈ Z nên un ∈ Z với mọi n = 1, 2, . . .

(un+2 − un)(un+2 + un − 2aun+1 = 0.

Bài toán 2.16. Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u0 = 2

n − 60,

Chứng minh rằng số b =

(n ∈ N∗).

n − 60

số nguyên dương liên tiếp với mọi n ∈ N∗. Lời giải. Ta có u1 = 8 và dễ thấy ngay dãy (un) tăng ngặt. Từ giả thiết ta có un+1 − 4un = (cid:112)15u2 Bình phương hai vế ta được

(2.20)

n+1 − 8unun+1 + u2 u2

n + 60 = 0.

Từ (??) ta cũng có

(2.21)

(u2n + 8) có thể biểu diễn thành tổng của ba un+1 = 4un + (cid:112)15u2 1 5

n−1 + 60 = 0.

Từ (??) và (??) suy ra (u2

n−1) − 8un(un+1 − un−1) = 0.

n+1 − u2

u2 n − 8un−1un + u2

⇔ un+1 = 8un − un−1, (n ≥ 1).

√ √ 15)n + (4 − 15)n.

Từ đó ta tìm được số hạng tổng quát un = (4 + Nhận xét: Với mỗi n ≥ 1 đều tồn tại k ∈ N ∗ sao cho √

Khi đó

√ √ 15)n − (4 − 15)n = 15.k. un = (4 +

Do đó b =

√ √ [(4 + 15)n − (4 − 15)n]2 = 15k2. √ √ ⇒ (4 + 15)2n − (4 − 15)2n = 15k2 + 2.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 2.17. Cho dãy số (un) xác định bởi

(2.22)

(u2n + 8) = 3k2 + 2 = (k − 1)2 + k2 + (k + 1)2. 1 5

(cid:40) u1 = 1 un+1 =

Chứng minh rằng số

, (n ∈ N∗). un 2 + (cid:112)3 + u2

của ba số nguyên liên tiếp với mọi số nguyên dương n.

− 2 có thể biểu diễn được thành tổng bình phương u2 n u2 2n

Lời giải. Từ (??) ta có

(cid:115)

Đặt an =

, ta được dãy (an) như sau

= + + 1. 1 un+1 2 un 3 u2 n

(cid:113)

(2.23)

1 un

n + 1.

n + 1 ⇔ a2

n+1 − 4an+1an + a2

n − 1 = 0.

Ta có (??) ⇔ (an+1 − 2an)2 = 3a2 Thay n bởi n + 1 ta được

n+2 − 4an+2an+1 + a2 a2

n+1 − 1 = 0.

n+1 − 1.

3a2 a1 = 1, an+1 = 2an +

√

Như vậy an, an+2 là hai nghiệm của phương trình x2 − 4xan+1 + a2 Theo định lí Viet ta có an+2 + an = 4an + 1 ⇒ an+2 = 4an+1 − an. Xét phương trình đặc trưng λ2 − 4λ + 1 = 0. Phương trình có hai nghiệm 3, λ2 = 2 − λ1 = 2 + Do vậy mà an = A(2 +

√ √

Từ a1 = 1, a2 = 4, ta tìm được A = Do vậy ta được

√ √ √ 3)n. 3 3. 3)n + B(2 − − , B = . 6 3 6

Suy ra

√ √ √ √ − 3 (2 + (2 − 3)n + 3)n. an = 6 3 6

Để ý rằng ta luôn có

√ −2 3 √ √ un = (2 + 3)n − (2 − 3)n

√ √ √ (2 + 3)n − (2 − 3)n = k 3, k ∈ Z.

Khi đó √

Do vậy mà

√ √ √ 3)2n−(2− 3)2n = [(2+ 3)n−(2− 3)n]2+2 = 3k2+2 = (k−1)2+k2+(k+1)2. (2+

(cid:20)(cid:16)

(cid:17)2n

(cid:17)2n(cid:21)2

(cid:16)

√ √ 2 + 3 − 2 − 3

(cid:17)n(cid:105)2 − 2

(cid:16)

(cid:104)(cid:16)

(cid:17)n 3

− 2 = √ √ u2 n u2 2n − 2 − 3 2 +

(cid:17)n

(cid:16)

(cid:17)n(cid:105)2

(cid:104)(cid:16)

√ √ + 2 − − 2 = 2 +

(cid:16)

(cid:17)2n

(cid:16)

(cid:17)2n 3

3 √ 3 √ = 2 + 3 + 2 −

Đây là điều cần chứng minh.

Bài toán 2.18. Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u0 = 1

= (k − 1)2 + k2 + (k + 1)2.

n − 2, (n ∈ N∗).

đều nguyên. Lời giải.

Chuyển vế và bình phương công thức truy hồi, ta được

n = 3u2

n − 2

un+1 = 2un + (cid:112)3u2

n+1 − 4unun+1 + u2

n + 2 = 0

n−1 + 2 = 0

n − 4unun−1 + u2

Thay n bằng n − 1, ta được u2 Từ đây suy ra un−1 và un+1 là hai nghiệm của phương trình

u2 n+1 − 4unun+1 + 4u2 ⇔ u2

n + 2 = 0

Suy ra un+1 + un−1 = 4un hay un+1 = 4un − un−1. Từ đó suy ra tất cả các số hạng trong dãy đều nguyên, vì u0 = 1 và u1 = 3 nguyên.

x2 − 4unx + u2

Trong phần này, chúng ta đề cập tới một số bài toán về tính chính phương của các phần tử trong một dãy số nguyên. Nội dung chính của các bài toán này như sau: Cho một dãy số bằng phương pháp truy hồi, bài toán yêu cầu chứng minh phần tử nào đó của dãy số là số chính phương hoặc phải tìm số chính phương trong dãy đã cho.

Nhận xét 2.10.

Trong các bài toán về tính chính phương của các phần tử trong dãy số, việc xác định được công thức số hạng tổng quát của dãy số được cho bởi công thức truy hồi giúp ta giải quyết được bài toán đã cho. Trong một số

2.3 Một số bài toán về tính chính phương trong dãy số

trường hợp, ta có thể sử dụng phương pháp sai phân để tìm số hạng tổng quát, sau đó đưa biểu thức cần chứng minh về bình phương đủ của một số nguyên. Với một số bài toán tổng quát ta có thể đặc biệt hóa để có bài toán mới, ngược lại với một bài toán cụ thể ta có thể tổng quát hóa để được một dạng toán.

Bài toán 2.19. Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u0 = 3,

là một số chính

Chứng minh rằng với mọi n = 0, 1, 2, . . . thì

u1 = 17 un = 6un−1 − un−2, n ≥ 2

phương. Lời giải.

u2 n − 1 2

nghiệm x1 = 3 +

√ √ 8 và x2 = 3 −

(cid:16)

(cid:17)n

(cid:16)

Xét phương trình đặc trưng x2 − 6x + 1 = 0. Phương trình này có hai 8. Vì thế số hạng tổng quát un có dạng (cid:17)n 8

√ √ 3 − 3 + + b 8 . un = a

Từ u0 = 3, u1 = 17 suy ra hệ phương trình sau để xác định a, b √

(cid:17)0

(cid:16)

(cid:17)0

(cid:16)

 

√ + b 3 − = 3 3 +

(cid:16)

 a

√ √ a (cid:16) 8 (cid:17)1 3 + 8 (cid:17)1 8 + b 3 − 8 = 17

(cid:16)

 

(cid:17) 8 (cid:17) 8



Vì vậy

√ a = 3 + ⇔ √ b = 3 − . 1 2 1 (cid:16) 2

(cid:20)(cid:16)

(cid:16)

(cid:17)n+1 8

(cid:17)n+1(cid:21) 8

Do đó ta có

(cid:41)

√ √ . + 3 − 3 + un = 1 2

(cid:40)(cid:20)(cid:16)

(cid:17)n+1

(cid:16)

(cid:17)n+1(cid:21)2



 2

√ √ = . 3 + 8 + 3 − 8 − 4 u2 n − 1 2 1 2 1 4

(cid:16)

(cid:17)n+1

(cid:17)n+1 8

 

 

√ √ 3 + − 3 − 8 . . = 2 1 2

(cid:16)

(cid:17)n+1

Áp dụng công thức nhị thức Newton ta có

Từ đó suy ra

√ √ 3 ± 8 = M ± N 2, ở đây

Bài toán 2.20. Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u0 = 9,

= N 2 (Điều phải chứng minh). M, N là các số nguyên dương. u2 n − 1 2

Chứng minh rằng

là số chính phương với mọi n tự nhiên.

u1 = 161 un = 18un−1 − un−2, n ≥ 2

Lời giải.

Giải phương trình sai phân đề bài ta được

u2 n − 1 5

(cid:16)

(cid:17)n+1

(cid:17)n+1 5

√ √ 9 + 4 + 9 − 4 5

un = 2

Ta có các biểu diễn sau (cid:16)

(cid:17)n+1 5

Từ đó

√ √ 9 ± 4 = An+1 ± Bn+1 5, (An+1, Bn+1 ∈ Z)

(cid:17)n+1

(cid:17)n+1(cid:21)2

(cid:16)

(cid:20)(cid:16)

√ √ 5 − 9 − 4 5 + 4 9 + 4

(cid:16)

(cid:17)2

n+1 + 1

Suy ra

u2 n = 4 √ 5 + 4 2Bn+1. = = 5B2 4

n+1 là một số chính phương với mọi n tự nhiên. Ta có

= B2

Bài toán 2.21. Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u0 = 1; u1 = 2

u2 n − 1 5 điều phải chứng minh.

Tìm tất cả các giá trị của n để un − 1 là một số chính phương.

Lời giải.

un+2 = 4un+1 − un, (n ∈ N).

Xét phương trình đặc trưng t2 = 4t − 1 có hai nghiệm t1,2 = 2 ±

đó số hạng tổng quát của dãy là

√ 3 Do

(cid:16)

(cid:17)n

(cid:16)

(cid:17)n 3

√ √ 2 + + b 2 − . 3 un = a

Theo bài cho u0 = 1, u1 = 2 nên ta tìm được a = b = Suy ra



(cid:32)√

(cid:33)2n

(cid:32)√

1 2

(cid:16)

(cid:17)n

(cid:17)n 3



(cid:33)2n  .

Do đó





(cid:17)n

(cid:16)√

(cid:17)n

(cid:16)√

√ √ 2 + 2 − + 3 = + un = 1 2 1 2 1 2 3 + 1 √ 2 3 − 1 √ 2

 

 

(cid:16)√

(cid:17)n+1

3 + 1 − 3 − 1 . un − 1 =

Vì un − 1 là số chính phương nên

(cid:16)√

(cid:17)n

(cid:16)√

(cid:17)n

(cid:16)√

(cid:17)n+1

3 + 1 − 3 − 1 A = ∈ Z.

Ta lần lượt xét các trường hợp

(cid:16)

(cid:17)k

(cid:16)√

(cid:17)n

(cid:16)√

(cid:17)n

(cid:16)

(cid:16)√

(cid:17)n+1 2

√ √ • Nếu n = 0 thì A = 0 ∈ Z. • Nếu n = 1 thì A = 1 ∈ Z. • Nếu n = 2k, k ∈ N∗ Xét dãy (bk), với (cid:17)k 3 2 − 3 3 + 1 − 3 − 1 2 + − √ = A = bk = 2

√ 3 là các nghiệm của phương trình đặc trưng x2 = 4x − 1 nên

√ 6. Suy ra bk /∈ Q, ∀k ∈ N

Ta lại có 2 ± (bk) thỏa bk+2 = 4bk+1 − bk. Mà b0 = 0, b1 = Do đó un − 1 không phải là số chính phương. • Nếu n = 2k + 1, k ∈ N∗, ta có (cid:20)(cid:16)

(cid:16)

(cid:17)k 3

(cid:17)k(cid:21) 3

(cid:20)(cid:16)

(cid:17)k

(cid:16)

(cid:17)k(cid:21)

Đặt Ck =

mãn Ck+2 = 4Ck+1 − Ck. Mà C0 = 0, C1 = 5 nên Ck ∈ Z, ∀k ∈ N. Vậy un − 1 là số chính phương khi và chỉ khi n = 0 hoặc n là số nguyên dương lẻ.

√ √ √ − 2 − 2 + A = 3 + 1 √ 2 √ √ √ 2 + 3 − 2 − 3 , k ∈ N thì dãy (Cn) thỏa 3 + 1 √ 2

Bài toán 2.22. Cho dãy số (un) xác định bởi (cid:26) u0 = 0,

(2.24)

Chứng minh rằng 4un+2un + 1 là số chính phương.

Lời giải. Cách 1. Xét phương trình đặc trưng: x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 (nghiệm kép) Ta tìm g(n) = an2 sao cho g(n + 1) − 2g(n) + g(n − 1) = 1 với mọi n ∈ N.

Giải ra ta có g(n) =

u1 = 1 (n ∈ N∗). un+1 = 2un − un−1 + 1,

là một nghiệm riêng của phương trình (??).

Hay u∗

n =

n2 2

Do đó (??) có nghiệm tổng quát un = a + bn +

n2 2

1 2

Vì u0 = 0; a1 = 1 nên a = 0, b = n2 2

Vậy un = Do đó

n + = n(n + 1) 2 1 2

. + 1 4un+2un + 1 = 4 (n + 2)(n + 3) 2 n(n + 1) 2

= n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1

= (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1

Vậy 4un+2un + 1 là số chính phương.

Cách 2. Từ công thức truy hồi của dãy, thay n + 1 bởi n ta được

(2.25)

= (n2 + 3n + 1)2.

Trừ vế theo vế đẳng thức (??) và (??) được

un = 2un−1 − un−2 + 1.

Xét phương trình đặc trưng λ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = 0 ⇔ λ = 1 Suy ra un = a + bn + cn2 Do u0 = 0, u1 = 1, u2 = 3 nên ta tìm được a = 0, b = c =

un+1 − 3un + 3n−1 − un−2 = 0

1 2

Suy ra

Do đó

n + = . un = n2 2 1 2 n(n + 1) 2

. + 1 4un+2un + 1 = 4 (n + 2)(n + 3) 2 n(n + 1) 2

= n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1

= (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1

Vậy 4un+2un + 1 là số chính phương.

Nhận xét 2.11. Trong nhiều bài toán về số chính phương trong dãy số, chúng ta không sử dụng được phương pháp sai phân để xác định số hạng tổng quát của dãy số. Chúng ta có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, cụ thể ta biến đổi công thức truy hồi của dãy số đã cho, tìm cách đặt ẩn phụ một cách thích hợp để đưa dãy số đã cho thành dãy số là cấp số cộng hoặc cấp số nhân hoặc thành một dãy số đơn giản hơn để khảo sát dãy số đã cho. Với bài toán trên, ta có thể tìm số hạng tổng quát mà không cần phương pháp sai phân, cách làm này sẽ gần gũi hơn với chương trình học phổ thông cơ bản. Chẳng hạn ta làm như sau. Đặt bn = un+1 − un. Từ giả thiết ta có un+1 − un = un − un−1 + 1. Do đó bn = bn−1 + 1. Từ đó tìm được bn = 1 + n (do (bn) là cấp số cộng với công sai bằng 1, b0 = 1). Suy ra un+1 = un + n + 1.

Từ đó ta tìm được số hạng tổng quát un =

= (n2 + 3n + 1)2.

n(n + 1) 2

Bài toán 2.23. Cho dãy số (un) xác định bởi  

u1 = 1,



Chứng minh rằng 6u2

n − 2 là một số chính phương.

Lời giải.

, n ≥ 1 un+2 = u2 = 9 u2 n+1 + 8 un

(cid:26) v1 = 1,

Xét dãy số (vn) xác định bởi

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng

(2.26)

v2 = 9 vn+2 = 10vn+1 − vn, n ≥ 1

n+1 = 8.

Với n = 1 thì hiển nhiên (??) đúng. Giả sử (??) đúng. Xét tiếp với n + 1

vn+2.vn − v2

n+2 = vn+1 (10vn+2 − vn+1) − v2

n+2

vn+3.vn+1 − v2

n+2 + (8 − vn+2vn)

= 10vn+2vn+1 − v2

Theo nguyên lí quy nạp ta có (??). Suy ra vn+2 =

= 8 + vn+2 (10vn+1 − vn+2 − vn) = 8

Hơn nữa chú ý (vn) và (un) là duy nhất, kéo theo (un) trùng với (vn) . Như vậy (un) được xác định bởi

(cid:26) u1 = 1,

v2 n+1 + 8 vn

Giải phương trình sai phân này ta được √

u2 = 9 un+2 = 10un+1 − un

(cid:17)n

(cid:16) .

√ √ √ 6 6 5 + 2 6 + 5 − 2 6 un =

(cid:17)2n−1

(cid:17)2n−1(cid:21) 2

√ √ √ 3 + 6 (cid:16)√ 3 − 6 (cid:20)(cid:16)√ + = 3 + 2 3 + 3 6

(cid:16)√

(cid:17)2n−1 2

√ √ √ 3 ± 2 = An 3 ± Bn

n là một số

n − 2 = 4B2

n − 2 = 6A2

Xét hai dãy nguyên dương (An), (Bn) mà n − 2B2 Khi đó dễ thấy 3A2 n = 1 √ √ 3 3 = An ⇒ 6u2 6

Từ đó mà un = chính phương. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 2.24. Cho hai dãy số (an, (bn)) xác định bởi

(cid:40) a0 = 3, b0 = −3

.2An

Chứng minh rằng (b2

0 + 9)(b2

1 + 9) . . . (b2

n + 9) là một số chính phương

với mọi số tự nhiên n lẻ. Lời giải.

, ∀n ∈ N an = 3an−1 + 2bn−1 bn = 4an−1 + 3bn−1

Bằng phương pháp thế ta tìm được dãy (bn):

Phương trình sai phân này cho ta

bn+1 = 6bn − bn−1.

(cid:17)n

(cid:16) .

(cid:17)n 2

n+1 + 9(cid:1) là số chính phương với mọi n tự nhiên.

√ √ √ √ −3 + 3 2 2 3 + 2 2 − 3 − 2 . bn = 3 + 3 2

(cid:17)n 2

Đề ý có A2

n − 2B2 √

√ √ 2 Ta sẽ chứng minh (cid:0)b2 n + 9(cid:1)(cid:0)b2 Thật vậy, ta có các biểu diễn sau (cid:16) 3 ± 2 = An ± Bn 2 (An, Bn ∈ Z)

n = 1. Ta có √

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

√ √ −3 + 3 2 2 2) − (An + Bn bn = (An − Bn 2) = −3An + 6Bn. 2 √ √ 3 + 3 2 √ √ √ √ −3 + 3 2 2 2) 3 + 2 2 − 2) 3 − 2 2 bn+1 = (An+Bn (An−Bn 3 + 3 2

(cid:0)b2

n + 9(cid:1)(cid:0)b2

n+1 + 9(cid:1) = 81 (cid:2)(An − 2Bn)2 + 1(cid:3) (cid:2)(An + 2Bn)2 + 1(cid:3) = 81 (cid:2)(A2

n)2 + 2A2

2 = 3An + 6Bn. Suy ra

n − 4B2 n − 2)2 + 6A2

n + 8B2 n − 3(cid:3) = 81 (cid:0)A2

n + 1(cid:3) n − 1(cid:1)2 .

0 + 9)(b2

1 + 9) . . . (b2

n + 9) là

là một số chính phương với mọi n tự nhiên. Do đó dễ dàng suy ra ngay nếu n lẻ thì tích (b2 một số chính phương.

Nhận xét 2.12. Trong nhiều bài toán về số chính phương trong dãy số, ta lại đi khai thác một số 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 đây. Xét bài toán. Cho dãy tuyến tính cấp hai (un) xác định bởi

= 81 (cid:2)(A2

Khi đó

(2.27)

un+2 = aun+1 + bun, (n ∈ N∗).

2), (n ∈ N∗).

n+1 = (−b)n−1(u3u1 − u2

un+2un − u2

Thật vậy, ta có

n+1 = (aun+1 + bun)un − u2

n+1

un+2.un − u2

2), (n ∈ N∗).

Như vậy bài toán trên được chứng minh.

Bài toán 2.25 (Đề chọn HSG Hà Nội vòng 2 năm 2012). Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) a1 = 20; a2 = 30

= un+1(aun − un+1) + bu2 n = un+1(−bun−1) + bu2 n = −b(un+1un−1 − u2 n) = · · · = (−b)n−1(u3u1 − u2

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 5an+1an + 1 là số chính

phương.

Lời giải.

Áp dụng kết quả (??) với dãy (an) ta được

an+2 = 3an+1 − an, (n ∈ N∗).

n = a1a3 − a2

2 = 500 ⇒ a2

n + 500 = an+1an−1.

n+1.

n + 2anan+1 + a2

n−1.

n − 6anan−1 + a2

n+1 = 9a2

Xét với n ≥ 4, ta có (an + an+1)2 = a2 Mà a2 Suy ra

an+1an−1 − a2

n + 2anan+1 + 9a2

n − 6anan−1 + a2

n−1

n−1+an(an−3an−1)

(an + an+1)2 = a2

n−1 − anan−2 n−1 − (a2

n−1 + 500)

= 2anan+1+3an(3an−an−1)+a2 = 5anan+1 + a2 = 5anan+1 + a2

Do đó (an + an+1)2 = 5anan+1 − 500 < 5anan+1 + 1. Từ dãy (an) tăng và n ≥ 4 ta có an + an+1 ≥ 180 + 470 = 650. Suy ra (an + an+1 + 1)2 = (an + an+1)2 + 2(an + an+1) + 1

= 5anan+1 − 500.

> (an + an+1)2 + 501 = 5anan+1 + 1.

Vậy (an + an+1)2 < 5anan+1 + 1 < (an + an+1 + 1)2 nên 5anan+1 + 1 không chính phương. Bằng phép thử trực tiếp với n = 1, 2, 3 ta được n = 3 là giá trị duy nhất cần tìm.

Bài toán 2.26. Cho dãy số (un) xác định bởi

n − 36

(2.28)

a) Chứng minh rằng un là số nguyên dương với mọi n ∈ N. b) Chứng minh rằng un+1un − 1 là số chính phương với mọi n ∈ N. Lời giải.

a) Ta có u1 = 5 và dễ thấy ngay dãy (un) tăng ngặt.

n − 36

Từ giả thiết ta có 2un+1 − 7un = (cid:112)45u2 Bình phương hai vế của (??) ta được

(2.29)

n+1 − 7unun+1 + u2 u2

n + 9 = 0.

Từ (??) ta cũng có

(2.30)

n−1 + 9 = 0.

Từ (??) và (??) suy ra (u2

n−1) − 7un(un+1 − un−1) = 0.

n − 7un−1un + u2 u2 n+1 − u2

7un + (cid:112)45u2 , (n ∈ N). u0 = 1, un+1 = 2

Từ đó suy ra un là số nguyên dương với mọi n ≥ 0. b) Từ (??) ta có

⇔ un+1 = 7un − un−1, (n ≥ 1).

Ta chứng minh un + un+1 chia hết cho 3. Do đó unun+1 − 1 là số chính phương với mọi n ≥ 0.

Nhận xét 2.13. Với những dãy số được cho dưới dạng số hạng tổng quát thì việc cần làm là phải biến đổi số hạng tổng quát theo nội dung yêu cầu của bài toán đặt ra và chứng minh chúng là các số nguyên. Ta xét bài toán sau.

(un + un+1)2 = 9(unun+1 − 1) )2. ⇒ unun+1 − 1 = ( un + un+1 3

Bài toán 2.27. Cho dãy số (un) xác định như sau √

(cid:33)n

(cid:32)

(cid:33)n

(cid:32)

√ 5 5 + − 2; n = 1, 2, . . . un = 3 + 2 3 − 2

Chứng minh rằng mọi số hạng lẻ của dãy là số chính phương. Lời giải. Ta có (cid:32)

(cid:34)(cid:32)√

(cid:33)n

(cid:32)

(cid:32)√

(cid:33)n(cid:35)2

√ √ 5 5 + − 2 = − . un = 5 + 1 2 5 − 1 2

(cid:33)n

3 + 2 (cid:32)√ 3 − 2 (cid:32)√

Đặt vn =

Rõ ràng vn > 0 với mọi n = 1, 2, . . . và ta có

(cid:32)√

(cid:33)n+2

(cid:32)√

(cid:33)n+2

− ; n = 1, 2, . . . 5 + 1 2 5 − 1 2



− vn+2 = 5 + 1 2 5 − 1 2

(cid:32)√

(cid:33)n+1

(cid:32)√

(cid:33)

√



(cid:33)n+1 

= − + 5 + 1 2 5 + 1 2 5 − 1 2 5 − 1 2

(cid:34)(cid:32)√

(cid:33)n

(cid:32)√

(cid:33)n(cid:35)

√ √ √ − . . − = 5.vn+1 − vn. 5 + 1 2 5 − 1 2 5 + 1 2 5 − 1 2

Từ đó suy ra +) vn ∈ N nếu n là số lẻ. √ +) vn = m Thật vậy, ta có v1 = 1, v2 = Giả sử khẳng định đã đúng đến n = 2k, khi đó theo (1) ta có

5, m ∈ Z nếu n là số chẵn √ 5, vậy khẳng định đã đúng với n = 1, 2.

Ta lại có

√ v2k+1 = 5v2k − v2k−1 = 5m − v2k−1 ∈ Z.

n là số chính phương.

Do v2k+1 ∈ Z, v2k = m Như vậy điều khẳng định cũng đúng với n = 2k + 1, 2k + 2. Theo nguyên lý quy nạp suy ra khẳng định trên đúng với mọi n. Từ đó suy ra nếu n lẻ thì vn ∈ Z nên un = v2 Như vậy, mọi số hạng lẻ của dãy (un) đều là số chính phương.

Bài toán 2.28. Cho dãy số (un) xác định như sau

√ v2k+2 = √ 5.v2k+1 − v2k. √ 5.h, h ∈ Z. 5, m ∈ Z nên v2k+2 =

Tìm tất cả các số hạng của dãy là số chính phương.

un = 28 + 211 + 2n; n = 1, 2, . . .

Lời giải.

Giả sử số hạng uk của dãy là số chính phương, điều đó có nghĩa là

Từ đó suy ra

28 + 211 + 2k = a2, a ∈ Z.

(cid:26)a + 48 = 2p

Suy ra

2k = a2 − 2304 = a2 − 482 = (a + 48)(a − 48).

Từ đó ta có 2p − 2q = 96 hay 2q(2p−q − 1) = 25.3

a − 48 = 2q , trong đó p, q là các số tự nhiên, với p + q = k, p > q.

Thử lại ta có

⇒ 2q = 25; 2p−q − 1 = 3 ⇒ q = 5; p = 7 ⇒ k = 12.

Vậy số hạng u12 là số hạng duy nhất của dãy đã cho là số chính phương.

Nhận xét 2.14. Trong bài toán sau, trong cách giải đã biến đổi khéo léo điều kiện đã cho để dẫn đến một phương trình bậc hai có nghiệm nguyên mà biệt số (cid:52) chính là biểu thức cần chứng minh là số chính phương.

Bài toán 2.29 (VMO 1997 - Bảng B). Cho dãy số nguyên dương (un) xác

định bởi

(cid:26) u0 = 1, u1 = 45

u12 = 28 + 211 + 212 = 6400 = 802.

Chứng minh rằng với mọi n = 0, 1, 2, . . . thì An = 1997u2

n + 4.7n+1 là

số chính phương. Lời giải.

Áp dụng công thức (??), ta có

(2.31)

n+1 − un.un+2 = 7n+1. u2

Từ (??) và áp dụng công thức truy hồi xác định dãy số, ta có

n+1 − un.(45un+1 − 7un) − 7n+1 = 0 u2

(2.32)

un+2 = 45un+1 − 7un; n = 0, 1, 2, . . .

n+1 − 45un.un+1 + 7u2

n − 7n+1 = 0.

Đẳng thức (??) chứng tỏ rằng phương trình bậc hai

⇔ u2

n − 7n+1 = 0

x2 − 45un.x + 7u2

có nghiệm nguyên un+1. Vì lẽ đó biệt thức

n − 4.7u2

n + 4.7n+1 = 1997u2

n + 4.7n+1 = An

phải là số chính phương. Vậy An là số chính phương với mọi n = 0, 1, 2, . . .

Nhận xét 2.15. Trong một số bài toán chứng minh mọi số hạng của dãy là số chính phương, ta lại dựa vào tính chất của dãy số Fibonacci.

Bài toán 2.30 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi Quốc Gia, An Giang, năm học 2012 - 2013). Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u1 = 1, u2 = 1

(cid:52) = 452.u2

Chứng minh rằng các số hạng của dãy đều là số chính phương.

Lời giải.

Ta có nhận xét

un+2 = 7un+1 − un − 2 (n ∈ N ∗)

Như vậy un là bình phương của các số hạng lẻ của dãy Fibonacci. Xét dãy số (vn) là dãy Fibonacci

u1 = u2 = 12 u3 = 4 = 22 u4 = 25 = 52

Dãy Fibonacci có tính chất sau

(2.33)

(n ≥ 3) v1 = v2 = 1; v3 = 2; v4 = 3; v5 = 5; . . . ; vn = vn−1 + vn−2

(2.34)

vn+2 = 3vn − vn−2.

n = (−1)n.

Thật vậy

vn+1.vn−1 − v2

(cid:26)vn+2 = vn+1 + vn = 2vn + vn−1 vn = vn−1 + vn−2

n = (vn + vn−1)vn−1 − v2

n = v2

n−1 + vn(vn−1 − vn)

n−1 − vn.vn−2.

• ⇒ vn+2 = 3vn − vn−2

3; u4 = v2 5.

• vn+1.vn−1 − v2 = v2 n−1 + vn(−vn−2) = v2 Theo quy nạp ta được (??). Ta chứng minh mọi số hạng của dãy đều là số chính phương. Rõ ràng u3 = v2

2k−3 với mọi k = 1, 2, 3, . . . ., n + 1. 2n−3 − 2.

2n−1 − v2

2n−1 − 6v2n−1v2n−3 + v2

2n−3

2n−3 2n−3) (áp dụng (??)).

(cid:1)

2n−1

2n−3 − 6v2n−1v2n−3 + 2v2 2n−3 − 2v2n−3(3v2n−1 − v2 2n−3 − 2v2n−3v2n+1 (áp dụng (??)). 2n−3 − 2 (cid:0)1 + v2 2n−3 − 2 2n+1.

Giả sử uk = v2 Xét un+2 = 7un+1 − un − 2 = 7v2 2n+1 = (3v2n−1 − v2n−3)2 = 9v2 v2 2n−1 − v2 = 9v2 2n−1 − v2 = 9v2 2n−1 − v2 = 9v2 2n−1 − v2 = 9v2 2n−1 − v2 = 7v2 Vậy un+2 = v2 Hay các số hạng của dãy đều là số chính phương.

Bài toán 2.31. Cho dãy số (un) xác định bởi (cid:26) u0 = 1, u1 = 1

Chứng minh rằng un là số chính phương với mọi n ≥ 0.

Lời giải.

Chú ý rằng u2 = 1; u3 = 4; u4 = 9; u5 = 25

1 ; u2 = F 2

0 ; u1 = F 2

2 ; u3 = F 2

3 ; u4 = F 2

5 , ở đó (Fn) là

4 ; u5 = F 2

n bằng quy nạp theo n.

Do đó u0 = F 2 dãy Fibonacci. Từ đó ta có định hướng chứng minh un = F 2 Thật vậy, giả sử uk = F 2

k với mọi k ≤ n. Như vậy

(2.35)

(n ∈ N∗) un+1 = 3un − un−1 + 2(−1)n

n ; un−1 = F 2

n−1; un−2 = F 2

n−2.

Từ giả thiết ta có

un = F 2

Cộng hai đẳng thức trên ta được

(2.36)

un+1 − 3un + un−1 = 2(−1)n un − 3un−1 + un−2 = 2(−1)n−1

Từ (??) và (??) suy ra

un+1 − 2un − 2un−1 + un−2 = 0, n ≥ 0.

n + 2F 2

n−1 − F 2

n−2 = (Fn + Fn−1)2 + (Fn − Fn−1)2 − F 2

n−2

un+1 = 2F 2

n+1 + F 2

n−2 − F 2

n−2 = F 2

n+1

Vậy un = F 2

n , ∀n ≥ 0 và ta có điều phải chứng minh.

= F 2

Nhận xét 2.16. Trong các dãy số nguyên, có nhiều dãy số mà tất cả các phần tử của nó đều là số chính phương, nhưng việc xác định số hạng tổng quát của dãy số đó lại là một vấn đề rất khó khăn, nhiều bài toán ta phải mò mẫm, dự đoán công thức rồi dùng phương pháp quy nạp chứng minh. Sau đây chúng ta đi xét một số ví dụ về phương pháp này.

Bài toán 2.32. Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u1 = 1, u2 = −1

Chứng minh rằng số a = 22006 − 7u2

2004 là số chính phương.

Lời giải.

Đặt vn = 2n+1 − 7u2

n−1 thì a = v2005 = 22006 − 7u2

2004.

Ta sẽ chứng minh rằng

(2.37)

(n ≥ 3) un = −un−1 − 2un−2

1 = 8 − 7 = 1.

Ta chứng minh bằng quy nạp như sau. Khi n = 2 theo cách xác định thì v2 = 23 − 7u2 Mặt khác (2u2 + u1)2 = (−2 + 1)2 = 1. Vì thế v2 = (2u2 + u1)2. Công thức (??) đúng khi n = 2. Giả sử (??) đúng đến n = k(k ≥ 2), tức là

vn = (2un + un−1)2; n = 2, 3, . . .

Xét n = k + 1. Theo cách xác định dãy (vn), ta có

vk = (2uk + uk−1)2.

Theo cách xác định dãy (un), ta có

vk+1 = 2k+2 − 7u2 k.

k−1 − 7u2 k

k−1 − 7u2 k (cid:1) + 14u2

k−1 − 7u2 k

k−1

k + 8ukuk−1 + 16u2 = u2 k−1 (cid:1) + 14u2 = 2 (cid:0)4u2 k + 4ukuk−1 + u2 k−1 = 2 (2uk + uk−1)2 + 14u2 k−1 − 7u2 k = 2vk + 14u2 = 2 (cid:0)2k+1 − 7u2 = 2k+2 − 7u2

k = vk+1.

(2uk+1 + uk)2 = [2(−uk − 2uk−1) + uk]2

Vậy vk+1 = (2uk+1 + uk)2. Như vậy công thức (??) cũng đúng với n = k + 1. Theo nguyên lí quy nạp toán học thì (??) đúng với mọi n = 2, 3, . . . Từ (??) suy ra mọi số hạng của dãy (vn) đều là số chính phương. Từ đó suy ra a = v2005 = 22006 − 7u2

2004 là số chính phương.

Chương 3

Một số bài toán về dãy số nguyên trong các kì thi Olympic

Bài toán 3.1 (China South East Mathematical Olimpic 2011). .

Cho dãy (an) thỏa mãn điều kiện

(cid:26) a1 = a2 = 1

3.1 Một số đề thi về tính chính phương trong dãy số.

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số an + an+1 + 2 là một

số chính phương. Lời giải. Hướng thứ nhất Ta tính được

an+1 = 7an − an−1, n = 2, 3, 4, . . .

a1 + a2 + 2 = 22 a2 + a3 + 2 = 32 a3 + a4 + 2 = 72 a4 + a5 + 2 = 182 a5 + a6 + 2 = 472

Từ đó ta dự đoán an + an+1 + 2 = b2

n, trong đó

. . .

Ta sẽ tìm tính chất của dãy (bn). Đầu tiên ta thử dự đoán dãy (bn) là tuyến tính tức là bn+1 = a.bn + b.bn−1 + c với mọi n = 2, 3, . . .

b1 = 2, b2 = 3, b3 = 7, b4 = 18, b5 = 47, . . .

Do đó ta có hệ sau

(cid:40) a = 3 b = −1 c = 0.

(cid:40) 3a + 2b + c = 7 7a + 3b + c = 18 18a + 7b + c = 47

(cid:40)ab2 + bb1 + c = b3 ab3 + bb2 + c = b4 ab4 + bb3 + c = b5

Từ đó ta có hướng giải như sau.

Ta lập dãy (bn) được xác định như sau (cid:26) b1 = 2,

⇔ ⇔

Sau đó ta sẽ chứng minh an + an+1 + 2 = b2

n với mọi n = 1, 2, . . .

Cách 1.

Từ dãy truy hồi của (an) và (bn) ta được

b2 = 3 bn+1 = 3bn − bn−1; n = 2, 3, . . .

(cid:32)

(cid:33)n

(cid:32)

(cid:33)n

√ √ √ 5 − 5 5 5 √ 3 + ; bn = 5 − 5 5 3 + 2 10 3 − 2

(cid:32)

(cid:33)n

(cid:32)

(cid:33)n

n với mọi

Khi đó ta kiểm tra được ngay đẳng thức an + an+1 + 2 = b2 n = 1, 2, . . .

Cách 2.

Ta chứng minh bằng quy nạp đẳng thức trên. Thật vậy, từ cách xác định của dãy ta chỉ ra được

√ √ √ √ 5 5 5 5 + . an = 3 − 3 9 + 3 3 7 − 3 2 7 + 3 2

n = 5

bn+1bn−1 − b2

n + 5

(3.1)

⇔ (3bn − bn−1)bn−1 − b2 n−1 + b2 ⇔ 3bn.bn−1 = b2

Theo công thức truy hồi của dãy (bn) và (??) ta có

n+1 = (3bn − bn−1)2 = 9b2 b2

n + b2

n−1 − 2.3.bnbn−1

⇔ 3bn.bn−1 = an+1 + 2an + an−1 + 9.

= 9(an + an+1 + 2) + an−1 + an + 2 − 2(an+1 + 2an + an−1 + 9)

= 7an+1 − an + 7an − an−1 + 2 = an+1 + an+2 + 2.

Hay

Do đó b2

n = an + an+1 + 2 với mọi n = 1, 2, . . .

Hướng thứ hai.

Từ công thức truy hồi của dãy (an) ta tìm được công thức tổng quát

b2 n+1 = an+1 + an+2 + 2.

(cid:32)

(cid:33)n

(cid:32)

(cid:33)n

Khi đó, ta chứng minh được √

√ √ √ √ 5 5 5 5 + . an = 3 − 3 7 + 3 2 9 + 3 3 7 − 3 2

(cid:34)

(cid:32)

(cid:33)n

(cid:32)

(cid:33)n(cid:35)2

Bài toán 3.2 (VMO 1991 - Bảng B). Cho dãy số (an) xác định bởi

√ √ √ 3 5 5 − 5 5 + . an+1 + an+2 + 2 = 5 − 5 5 3 + 2 10 3 − 2

Đặt Sn = a1 + a2 + · · · + an. Chứng minh rằng 4Sn + 1 là số chính phương. Lời giải. Ta có

(cid:105) (cid:104) (n + 1)2 − 1

a1 = 1.2.3, a2 = 2.3.4, . . . , an = n(n + 1)(n + 2).

Suy ra Sn = a1 + a2 + · · · + an

= (n + 1)3 − (n + 1) an = (n + 1) (cid:0)n2 + 2n(cid:1) = (n + 1)

Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được

= (cid:2)23 + 33 + · · · + (n + 1)3(cid:3) − [2 + 3 + · · · + (n + 1)] = (cid:2)13 + 23 + 33 + · · · + (n + 1)3(cid:3) − [1 + 2 + 3 + · · · + (n + 1)] .

13 + 23 + 33 + · · · + (n + 1)3 = (n + 1)2(n + 2)2 4

Suy ra

1 + 2 + 3 + · · · + (n + 1) = . (n + 1)(n + 2) 2

Từ đó ta có 4Sn + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (cid:0)n2 + 3n(cid:1) (cid:0)n2 + 3n + 2(cid:1) + 1

. Sn = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 4

Mà n ∈ N∗ nên (cid:0)n2 + 3n + 1(cid:1) là số nguyên dương.

Vậy 4Sn + 1 là số chính phương.

Nhận xét. Hoặc ta có thể biến đổi như sau Sn = 1.2.3 + 2.3.4 + · · · + n.(n + 1).(n + 2)

= (cid:0)n2 + 3n(cid:1)2 + 2 (cid:0)n2 + 3n(cid:1) + 1 = (cid:0)n2 + 3n + 1(cid:1)2 .

⇒ 4Sn+1 = 1.2.3.4+2.3.4.(5−1)+· · ·+n.(n+1).(n+2)[(n+3)−(n−1)]+1

Tiếp theo làm tương tự như trên.

Bài toán 3.3 (Chọn đội tuyển Romania năm 2002). Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u0 = 1,

= n.(n + 1).(n + 2).(n + 3) + 1

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 2un − 1 là một số chính phương. Lời giải.

u1 = 1 un+2 = 14un+1 − un, n ≥ 1

Xét phương trình đặc trưng t2 = 14t − 1 có hai nghiệm t1,2 = 7 ± 4

Do đó số hạng tổng quát của dãy là √

√ 3

(cid:16)

(cid:17)2n

(cid:16)

(cid:17)2n 3

Theo bài cho: u0 = u1 = 1 nên ta tìm được

√ 2 + 3 + b 2 − un = a

(cid:16)

(cid:17), b =

(cid:16)

(cid:17).

Suy ra

1 1 a = √ √ 4 2 + 3 4 2 − 3

(cid:20)(cid:16)

(cid:17)2n−1

(cid:16)

(cid:17)2n−1(cid:21)

Do đó





(cid:16)√

(cid:17)2n−1

(cid:16)√

√ √ 2 + 3 + 2 − 3 un = 1 4

3 + 1 3 − 1 −

 

 

2un − 1 = 2n

(cid:16)√

(cid:17)2n−1

Xét hai dãy nguyên dương (An), (Bn) mà Do đó

(cid:17)2n−1

(cid:16)√

(cid:17)2n−1

(cid:16)√

√ 3 ± 1 = An 3 ± Bn

− 3 + 1 3 − 1 = 2Bn

(cid:19)2

là một số chính phương.

Từ đó ta có 2un − 1 =

(cid:18) Bn 2n−1

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3.4 (Đề thi HSG thành phố Cần Thơ năm học 2012 - 2013). Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi

(cid:26) u1 = 1; u2 = 2

b) Chứng minh rằng

n−1 − 4unun−1 = −3 với n (cid:62) 2, n ∈ N. là số chính phương với mọi n nguyên dương.

2 + u2 a) Chứng minh rằng un u2 n − 1 3

Lời giải.

a) Xét phương trình đặc trưng λ2 − 4λ + 1 = 0 có hai nghiệm √

un = 4un−1 − un−2, ∀n (cid:62) 2, n ∈ N

1 + B.λn 2 .

Khi đó un = A.λn Với u1 = 1; u2 = 2 ta tìm được √

√ 3. λ1 = 2 − 3; λ2 = 2 +

Suy ra

√ 3 A = ; B = . 3 + 2 2 2 − 2

(cid:16)

(cid:17)n−1(cid:21)

(cid:20)(cid:16)

(cid:17)n−1 3

(cid:21)

n−1 = √

√ √ + 2 + 3 ; n (cid:62) 1. 2 − un = 1 2

(cid:16)

(cid:17)2(n−1)

(cid:16)

(cid:17)2(n−2)

(cid:16)

(cid:17)2(n−1) 3

(cid:17)2(n−2) 3

Từ đó: n + u2 u2 (cid:20)(cid:16) 1 4

√ √ √ = 2 − + 2 + 3 + 2 − 3 + 2 + + 4

(cid:16)

(cid:17)2n−3

(cid:17)2n−3 3

√ √ = 2 − + 2 + 3 + 1.

(cid:17)n−1(cid:21) (cid:20)(cid:16)

(cid:17)n−2

(cid:16)

(cid:20)(cid:16)

(cid:16)

(cid:17)n−1 3

(cid:17)n−2(cid:21) 3

√ √ √ √ 2 − 2 − + 2 + 3 3 + 2 + 4unun−1 =

(cid:16)

(cid:17)2n−3 3

Vậy u2

√ √ 2 − + + 4.

là số chính phương.

b) Chứng minh

= n + u2 2 + n−1 − 4unun−1 = −3.

u2 n − 1 3

Cách 1.

Từ câu a) ta có 4u2

n−1 − 4unun−1 = 3u2

n − 3.

n + u2 ⇒ (2un − un−1)2 = 3u2

n − 3 (2un − un−1)2 9

(cid:40)

Ta sẽ chứng minh rằng

(cid:40)

Thật vậy, với n = 2 thì

...3, ∀n ≥ 2 ∀n ≥ 2

...3, ∀n ≥ 2 2un − un−1 ...3, ∀n ≥ 2 2un−1 − un 2u2 − u1 = 4 − 1 = 3 ...3, 2u1 − u2 = 0

(cid:40)

Giả sử ta có

...3, ∀k ≥ 2 ...3, ∀k ≥ 2

. = ⇒ u2 n − 1 3

Suy ra

...3.

2uk − uk−1 2uk−1 − uk

...3, ∀n ≥ 1.

là số chính phương.

Vậy

2uk+1 − uk = 2(4uk − uk−1) − uk = 6uk + uk − 2uk−1 ...3. 2uk − uk+1 = 2uk − (4uk − uk−1) = −2uk + uk−1

Nói riêng ta có 2un − un−1 Suy ra 2un − un−1 = 3k, k ∈ Z. u2 n − 1 3

Cách 2.

= k2 suy ra u2 n − 1 3

(cid:16)

(cid:17)n−1(cid:21)

(cid:20)(cid:16)

(cid:17)n−1 3

Suy ra

√ √ + 2 + 3 ; n (cid:62) 1. 2 − un = 1 2

(cid:16)

(cid:17)2n−2(cid:21)

(cid:20)(cid:16)

(cid:17)2n−2 3

√ √ − 2 + 2 + 3 2 − u2 n − 1 =

(cid:16)

(cid:17)n−1 3

(cid:17)n−1(cid:21)2 3

√ √ 1 4 (cid:20)(cid:16) = . 2 − − 2 + 1 4

Ta có các biểu diễn sau (cid:16)

(cid:17)n−1 3

√ √ 2 ± = An−1 ± Bn−1 3, (An−1, Bn−1 ∈ Z) .

Do đó u2

(cid:104) −2Bn−1.

n−1.

n − 1 =

n−1. ⇒

là số chính phương.

Mà Bn−1 ∈ Z. Từ đó suy ra

(cid:105)2 3 u2 n − 1 3

√ = B2 = 3.B2 1 4 u2 n − 1 3

Bài toán 3.5 (Chọn đội tuyển Việt Nam thi toán quốc tế năm 2012). .

Cho dãy số (xn) xác định bởi

(cid:26) x1 = 1, x2 = 2011

là số chính phương.

Chứng minh rằng

xn+2 = 4022xn+1 − xn, n = 1, 2, . . .

Lời giải.

Xét phương trình đặc trưng t2 − 4022t + 1 = 0

Phương trình trên có hai nghiệm

x2012 + 1 2012

Số hạng tổng quát của dãy (xn) là

√ √ 4044120; 4044120. t1 = 2011 + t2 = 2011 −

1 + B.tn

2 , n = 1, 2, 3, . . .

Do x1 = 1, x2 = 2011 nên ta có

xn = A.tn

2 = 2011

(cid:26) At1 + Bt2 = 1 1 + Bt2

Như vậy ta có

At2

Do đó

(cid:19)

(cid:18)t2011

xn = ; n = 1, 2, . . . ; (t1t2 = 1) tn−1 1 + tn−1 2

1 + t2011 2

= + 1 x2012 + 1 2012

(cid:0)t2011

2 + 2(cid:1)

(cid:19)2

(cid:113)

1 + t2011 (cid:18)(cid:113)

Chú ý rằng t1 + t2 = 4022; t1t2 = 1 nên

(cid:113)

. = t2011 1 + t2011 2 1 2012 1 4024 1 4024

1 + tn

√ √ √ √ 4024. t1 + t2 = t1 + t2 + 2 t1t2 =

2 . Suy ra Sn+2 = 4022Sn+1 − Sn, n ∈ N∗. Đặt Sn = tn Mà S1 = 4022; S2 = 4.20112 − 2 nên Sn ∈ N; n = 1, 2, . . . Đặt

√ √ t2 = b thì t1 = a,

√ 4024; ab = 1 a + b =

(cid:113)

2 = a2011 + b2011. t2011

Ta có

t2011 1 +

2010 (cid:88)

i=0

Xét biến đổi

2010 (cid:88)

1004 (cid:88)

√ a2011 + b2011 = (a + b) (−1)i aib2010−i = 4024 (−1)i aib2010−i.

i=0

i=1006

i=0

1004 (cid:88)

2010 (cid:88)

(−1)i aib2010−i = (−1)i aib2010−i − a1005.b1005 + (−1)i aib2010−i

i=0

i=1006

2010 (cid:88)

1004 (cid:88)

= (−1)i (ab)ib2010−2i + (−1)i (ab)ib2010−2i − 1

i=1006

i=0

1004 (cid:88)

− 1 + = (−1)i t1005−i 2 (−1)i t1005−i 2

(cid:1) − 1.

i=0

1004 (cid:88)

= (−1)i (cid:0)t1005−i + t1005−i 1

i=0

= (−1)i .S1005−i − 1 = T, T ∈ N.

1 + (cid:112)t2011

2 = T.

√ 4024.

Như vậy, ta có (cid:112)t2011 x2012 + 1 Ta thu được 2012

Vậy bài toán được chứng minh. Từ bài toán trên, ta có bài toán tổng quát sau.

Bài toán 3.6. Cho p là số nguyên dương lẻ lớn hơn 1. Xét dãy số (xn) gồm vô hạn các số nguyên dương được xác định bởi

(cid:26) x1 = 1, x2 = p

= T 2 là số chính phương.

Chứng minh rằng

là số chính phương.

xn+2 = 2pxn+1 − xn, n ∈ N.

Lời giải.

Xét phương trình đặc trưng t2 − 2pt + 1 = 0

Phương trình trên có hai nghiệm

(cid:112)

xp+1 + 1 p + 1

p2 − 1; p2 − 1. t1 = p + t2 = p −

Số hạng tổng quát của dãy (xn) là

1 + B.tn

2 , n = 1, 2, 3, . . .

Do x1 = 1, x2 = p nên ta có

xn = A.tn

(cid:26) At1 + Bt2 = 1 1 + Bt2 2 = p

Như vậy ta có

At2

1 + tn−1 tn−1 2

Do đó

(cid:19)

(cid:18)tp

xn = ; n = 1, 2, . . . ; (t1t2 = 1)

1 + tp 2

= + 1 xp+1 + 1 p + 1

1 + tp

2 + 2)

(cid:19)2

(cid:18)(cid:113)

(cid:113)

(tp = 1 p + 1 1 2(b + 1)

Chú ý rằng t1 + t2 = 2p; t1t2 = 1 nên

(cid:113)

= . tp 1 + tp 2 1 2(p + 1)

2 . Suy ra Sn+2 = 2pSn+1 − Sn, n ∈ N∗.

1 + tn

√ √ √ t1 + t2 = t1 + t2 + 2 t1t2 = (cid:112)2p + 2.

Đặt Sn = tn Mà S1 = 2p ∈ N; S2 = 4p2 − 2 ∈ N nên Sn ∈ N; n = 1, 2, . . . Đặt

(cid:113)

√ √ √ 2p + 2; ab = 1. t2 = b thì a + b = t1 = a,

Để ý rằng p là số nguyên dương lẻ lớn hơn 1 nên ta có

p−1 (cid:88)

tp 1 + tp 2 = ap + bp.

i=0

Xét biến đổi (cid:80)p−1

i=0 (−1)i aibp−i−1

p−3

p−1

2(cid:88)

p−1 (cid:88)

(−1)i aib2010−i. ap + bp = (a + b) (−1)i aibp−i−1 = (cid:112)2p + 2

2 a

2 .b

2 +

i=0

i= p+1 2

= (−1)i aibp−i−1 (−1)i aibp−i−1 + (−1)

p−3

p−1 (cid:88)

2(cid:88)

p−1 2

i=0

i= p+1 2

p−3

p−1 (cid:88)

2(cid:88)

p−1−2i 2

p−1 2

(−1)i (ab)ibp−1−2i + (−1) = (−1)i (ab)ibp−1−2i +

i=0

i= p+1 2

p−3

(cid:17)

2(cid:88)

p−1−2i 2

p−1 2

+ (−1)i t + (−1) = (−1)i t 2

i=0

p−3

p−1

2(cid:88)

(−1)i (cid:16) t = + (−1) + t 1

2 = T ∈ N.

i=0 Như vậy, ta có

(cid:113)

= (−1)i S p−1−2i + (−1)

Ta thu được

2(p + 1) tp 1 + tp 2 = T.

Vậy bài toán được chứng minh.

Bài toán 3.7 (VMO 1998). Cho các số nguyên dương a, b. Xét dãy số nguyên (an) được xác định như sau

(cid:26) a0 = a; a1 = b; a2 = 2b − a + 2

= T 2 là số chính phương. xp+1 + 1 p + 1

a) Tìm công thức tổng quát của dãy (an). b) Tìm các số nguyên a, b để (an) là số chính phương với ∀n ≥ 1998 Lời giải.

a) Xét phương trình đặc trưng x3 − 3x2 + 3x − 1 = 0

Phương trình có 3 nghiệm thực x1 = x2 = x3 = 1 Suy ra an = (α + βn + γn2).xn 1 Đến đây dựa vào a0, a1, a2 tìm được α = a, β = b − a − 1, γ = 1. Vậy an = a + (b − a − 1)n + n2. b) Ta có an là một tam thức bậc hai nên an là số chính phương với mọi n ≥ 1998 khi

(cid:40) (b − a − 1)2 − 4a = 0

an+3 = 3an+2 − 3an+1 + an, n ∈ N.

Với a, b là các số nguyên dương nên b−a−1 = 2k. Suy ra a = k2, b = (k+1)2, với k ∈ Z và k ≤ −1998.

≥ 1998. a + 1 − b 2

Bài toán 3.8 (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2006). Cho dãy số thực (an) được xác định như sau

 

(cid:18)

(cid:19)

a0 = 1



là một số chính

Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, số An =

, n ∈ N∗. an + an+1 = 1 2 1 3an

phương và nó có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt. Lời giải.

Cách 1. Đặt bn = 3an ta được dãy (bn) xác định như sau

3 3a2 n − 1

Ta có

. b0 = 3, bn+1 = b2 n + 3 2bn

√ √ √ 3)2 (bn + 3 = + 3 = . bn+1 +

Suy ra

(cid:32)

(cid:33)2

(cid:33)2n+1

2bn √ √ √ 3)2 (bn − 3 = − 3 = . bn+1 − b2 n + 3 2bn b2 n + 3 2bn 2bn

Ta được

√ = · · · = = (2 + = 3)2n+1 √ 3 √ 3 √ 3 √ 3 √ 3 √ 3 bn+1 + bn+1 − bn + bn − b0 + b0 −

Từ đó

√ √ √ . 3. bn = (2 + (2 + 3)2n 3)2 + 1 − 1

An =



(cid:16)

(cid:17)2n

 

 (cid:17)2n − 2 

(cid:16)

(cid:21)

9 b2 n − 3  √ + = 2 + 3 1 √ 3 4 2 + 3

(cid:16)

(cid:17)2n

(cid:20)(cid:16)

(cid:17)2n 3

√ √ 3 + 2 − − 2 = 2 + 3 4

(cid:16)

(cid:17)2n−1(cid:21)2

(cid:20)(cid:16)

(cid:17)2n−1 3

√ √ = − 2 − 3 2 + 3 4

(cid:16)

Để ý rằng ta có các biểu diễn

(cid:17)2n 3

√ √ 3, (Pn, Qn ∈ Z)

(cid:16)

(cid:17)2n−1

(cid:16)

Từ đó

√ = Pn ± Qn √ √ 2 + 3 2 − = 2Qn−1 3, (Qn−1 ∈ Z)

(cid:17)2

n−1 là một số chính phương.

Từ đó suy ra An = Cách 2.

Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng

(3.2)

2 ± (cid:17)2n−1 3 √ 3 = 9Q2 2Qn−1 − 3 (cid:16) 4

3An+1 = 4An(An + 3); ∀n ∈ N∗.

Thật vậy, ta có An + 3 =

+ 3 = 3a2

nên 4An(An + 3) = 4.

Mặt khác

. = 3a2 (3a2 3 3a2 n − 1 3 3a2 n − 1 9a2 n n − 1 9a2 n n − 1 108a2 n n − 1)2 .

(cid:19)2

(cid:18)

Do đó (??) được chứng minh, tức là 3An+1 = 4An(An + 3) với mọi n nguyên dương. Hơn nữa, ta tính được A1 = 9 nên dễ dàng thấy rằng A1 chia hết cho 3.

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng

9 = = 3An+1 = (3a2 9 3a2 n − 1 108a2 n n − 1)2 . − 1 3. an + 1 22 1 3an

- Với n = 1,

+ 1 là số chính phương An 3

với mọi n (**). A1 3

- Giả sử (**) đúng với n = k, tức là tồn tại số tự nhiên p sao cho

+ 1 = 4 là một số chính phương nên (**) đúng.

Ta có

+1 = p2. Ak 3

(cid:19)

+ 1 = + 1 Ak+1 3 4Ak(Ak + 3) 9 (cid:18) + 1 = 4. 1 + . Ak 3 Ak 3

cũng là một số chính phương. Suy ra (**) cũng đúng với n = k + 1. Do đó (**) được chứng minh.

= 4p2(p2 − 1) + 1 = (cid:0)2p2 − 1(cid:1)2 .

(cid:19)

và (**), ta cũng dễ dàng chứng minh

Từ (??) suy ra An+1 = 4An.

(cid:18)An 3

được bằng quy nạp rằng An là số chính phương với mọi n.

Cuối cùng, ta sẽ chứng minh rằng An có ít nhất n ước nguyên tố đôi một khác nhau cũng bằng phương pháp quy nạp. (***) - Với n = 1, rõ ràng (***) đúng. - Giả sử (***) đúng với n = k, tức là Ak có ít nhất k ước nguyên tố khác nhau. Ta xét hai trường hợp: + Nếu k có ít nhất k + 1 ước nguyên tố khác nhau thì rõ ràng (***) đúng. + Nếu k có đúng k ước nguyên tố đôi một khác nhau, giả sử đó là p1, p2, p3, . . . , pk. Khi đó (Ak, pi), i = 1, k là 1 hoặc 3. Giả sử Ak+1 chỉ có đúng k ước nguyên tố đôi một khác nhau là các giá trị ở trên thì cần phải có Ak + 3 = 3m, m ∈ N∗, m ≥ 2. Nhưng khi đó thì Ak ≡ −3 (mod 9) không phải là số chính phương, mâu thuẫn. Từ đó dẫn đến Ak+1 phải có một ước nguyên tố nào khác k ước đã có, tức là có ít nhất k + 1 ước nguyên tố đôi một khác nhau hay (***) đúng với n = k + 1. Do đó (***) được chứng minh.

là một số chính phương và

Vậy với mọi n nguyên dương, số An =

+ 1

nó có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt.

Bài toán 3.9 (Kì thi HSG lớp 12 THPT chuyên, Nam Định, năm học 2011 - 2012). Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u1 = 1,

3 3a2 n − 1

Lập dãy số mới (sn) như sau

u2 = 2 un+1 = un(un − 1) + 2; n = 2, 3, . . .

1 + 1(cid:1) (cid:0)u2

n + 1(cid:1) − 1; n = 1, 2, . . .

2 + 1(cid:1) . . . (cid:0)u2 Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy (sn) đều là số chính phương. Lời giải.

Ta có u1 = 1; u2 = 2; u3 = 4; u5 = 184 . . .

Sn = (cid:0)u2

S1 = 1 = 12 S2 = 9 = 32

(3.3)

S3 = 169 = 132 S4 = 33489 = 1832 Ta có u1 = 1; u2 = 2 là các số nguyên, giả sử uk nguyên, theo giả thiết ta có uk+1 = uk(uk − 1) + 2 suy ra uk+1 là số nguyên. Theo nguyên lý qui nạp suy ra un là số nguyên với mọi n ∈ N∗. Ta sẽ chứng minh rằng

1 + 1(cid:1) − 1 = 12 = (u2 − 1)2.

Thật vậy với n = 1 thì S1 = (cid:0)u2 Như vậy (??) đúng với n = 1. Giả sử (??) đúng đến n = k, tức là Sk = (uk+1 − 1)2 . Xét với n = k + 1, ta có Sk+1 = (cid:0)u2

k + 1(cid:1) (cid:0)u2

k+1 + 1(cid:1) − 1

1 + 1(cid:1) (cid:0)u2 = (Sk + 1) (cid:0)u2

2 + 1(cid:1) . . . (cid:0)u2 k+1 + 1(cid:1) − 1 (cid:105) (cid:0)u2

k+1 + 1(cid:1) − 1

(cid:0)u2

k+1 + 1(cid:1) + u2

k+1

Sn = (un+1 − 1)2 .

(cid:104) (uk+1 − 1)2 + 1 k+1 + 1(cid:1) − 2uk+1 + 1(cid:3) (cid:0)u2 k+1 + 1(cid:1)2 − 2uk+1 (cid:1)2 . k+1 + 1 − uk+1

Theo cách xác định thì

= = (cid:2)(cid:0)u2 = (cid:0)u2 = (cid:0)u2

Suy ra

u2 k+1 + 1 − uk+1 = uk+1(uk+1 − 1) + 2 − 1 = uk+2 − 1.

Vậy (??) đúng khi n = k + 1. Theo nguyên lí quy nạp suy ra (??) đúng với mọi n = 1, 2, . . . Vậy mọi số hạng của dãy (sn) đều là số chính phương.

Sk+1 = (uk+2 − 1)2 .

Bài toán 3.10 (IMO 1964). .

a) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n − 1 chia hết cho 7.

b) Chứng minh rằng không có số tự nhiên n nào để 2n + 1 chia hết cho 7. Lời giải.

3.2 Một số đề thi về tính chia hết trong dãy số

a) Vì n là số nguyên dương nên ta xét các trường hợp của n như sau:

• Với n = 3k, k ∈ Z ta có

Do đó, với n là bội của 3 thỏa yêu cầu bài toán. • Với n = 3k + r, k ∈ Z, r = 1, 2 ta có

(mod 7). 2n − 1 = (cid:0)23(cid:1)k − 1 ≡ 1k − 1 ≡ 0

(cid:26)1 3

Từ đó suy ra, n = 3k, k ∈ Z ta luôn có 2n − 1 chia hết cho 7.

b) Theo trên ta có 2n ≡ 1, 2, 4 (mod 7) với mọi số tự nhiên n. Do đó 2n + 1 (cid:54)≡ 0 (mod 7) với mọi số nguyên dương n.

Bài toán 3.11 (VMO 1997). Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u1 = 7, u2 = 50

2n − 1 = 23k.2r − 1 ≡ 2r − 1 ≡ (mod 7), (mod 7), r = 1 r = 2

Chứng minh rằng u1996 chia hết cho 1997. Lời giải.

Vì −1975 ≡ 22 (mod 1997) nên ta chỉ cần chứng minh dãy

...1997.

un+1 = 4un + 5un−1 − 1975; n ≥ 2

Đặt yn+1 = aun+1 + b. Ta có

un+1 = 4un + 5un−1 + 22

yn+1 = a(4un + 5un−1 + 22) + b = 4(aun + b) + 5(aun−1 + b) + 22a − 8b

Ta chọn a, b sao cho 22a − 8b = 0,ta chọn a = 4 ⇒ b = 11.

= 4yn + 5yn−1 + 22a − 8b.

Từ đây ta có được

⇒ yn+1 = 4un+1 + 11 ⇒ y1 = 39, y2 = 211; yn+1 = 4yn + 5yn−1.

yn = 8(−1)n + 25.5n 3

Vì 8 + 25.51996 ≡ −1 + 1 = 0 (mod 3) ⇒ y1996 ∈ Z. Theo định lí Fermat 51996 ≡ 1 (mod 1997) ⇒ y1996 ≡ 11 (mod 1997)

. ⇒ y1996 = 8 + 25.51996 3

(mod 1997). ⇒ 4x1996 + 11 ≡ 11 (mod 1997) ⇒ x1996 ≡ 0

Bài toán 3.12 (VMO 1998 - Bảng A). Cho dãy số (un) xác định bởi

(cid:26) u0 = 20; u1 = 100

(3.4)

...1998; ∀n ∈ N∗.

Tìm số nguyên dương h bé nhất sao cho un+h − uh

Lời giải.

Đặt an = 2un + 5, từ (??) ta có dãy số (an) xác định bởi

(cid:26)a0 = 45;

un+1 = 4un + 5an−1 + 20; ∀n ≥ 2

Bằng phương pháp sai phân, ta tìm được công thức tổng quát của dãy

số (an) là

a1 = 205 an+1 = 4an + 5an−1; ∀n ≥ 2

(−1)n + .5n an = 125 3

.5n + . 125 6 5 3 10 3 5 (−1)n − Suy ra un = 2 Vì an+h − an = 2 (un+h − un) nên

...1998 ⇔ an+h − an

(cid:105) (cid:104) (−1)h − 1

un+h − un

(cid:0)5h − 1(cid:1) .

...2.1998 = 22.33.37. 125.5n 3

Mà an+h − an = • Nếu h chẵn thì

 

(3.5)

(cid:0)5h − 1(cid:1) ... 4.27.37 ⇔

+ (−1)n .10 3

... 4 ... 81 ... 37

an+h − an = 125.5n 3

...k.

...37 nên 36

Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 5k − 1 Vì 536 − 1 Suy ra k ∈ {1, 2, 3, 4, 12, 18, 36} thử trực tiếp ta thấy chỉ có k = 36 thỏa mãn. Vậy

(3.6)

5h − 1 5h − 1  5h − 1 ...37.

... 37 ⇒ h

...36.

Chứng minh tương tự, ta cũng có

(3.7)

5h − 1

... 81 ⇒ h

... ϕ(81) = 54.

Từ (??) và (??) ta suy ra

(??) ⇔ h

... [36, 54] = 108 ⇒ h (cid:62) 108.

5h − 1

• Nếu h lẻ. Vì un+h ≡ un (mod 1998) . nên ta có

(cid:26) uh ≡ u0 ≡ 20 uh+1 ≡ u1 ≡ 100

(mod 1998) (mod 1998)

(mod 1998) ⇒ uh−1

và uh−1 =

Vì h lẻ nên h − 1 chẵn ⇒ uh =

...0 125 6

.5h − .5h−1 − . ⇒ 5uh−1 ≡ uh+1 − 4uh − 20 ≡ 0 125 6 25 6 (mod 1998). 5 6

Bài toán 3.13 (VMO 1998 - Bảng B). Cho dãy số (xn), (yn) xác định bởi

(cid:40) x1 = 1; y1 = 2

⇒ uh ≡ 5uh−1 ≡ 0 (mod 1998) mâu thuẫn với uh ≡ 20 (mod 1998). Với h = 108 ta dễ dàng chứng minh được un+h ≡ un (mod 1998); ∀n ≥ 1. Vậy h = 108 là giá trị cần tìm.

a) Chứng minh rằng các số hạng của cả hai dãy (xn), (yn) đều khác 0, và có vô hạn số hạng dương và vô hạn số hạng âm. b) Hỏi số hạng thứ 19991945 của dãy có chia hết cho 7 không? Giải thích. Lời giải.

a) Ta có

(∀n ≥ 1) xn+1 = 22yn − 15xn + 20; yn+1 = 17yn − 12xn

xn+2 = 22yn+1 − 15xn+1 = 22(17yn − 12xn) − 15xn+1

= 17(xn+1 + 15xn) − 22.12xn − 15xn+1

Do đó xn+2 ≡ 2xn+1 (mod 3). Hơn nữa ta có x1 = 1, x2 = 29 suy ra xn không chia hết cho 3, hay xn (cid:54)= 0, ∀n. Tiếp theo, ta chứng minh xn có vô hạn số hạng dương và vô hạn số hạng âm.

Thật vậy, từ trên ta có

= 2xn+1 − 9xn.

hay

(3.8)

xn+3 = 2xn+2 − 9xn+1 = −5xn+1 − 18xn

Do đó, nếu giả sử rằng trong dãy xn có hữu hạn các số hạng dương (hữu hạn các số hạng âm), ta gọi xnj là số hạng dương lớn nhất của dãy. Khi đó, với mọi n ≥ nj ta có xn < 0, điều này mâu thuẫn với (??).

xn+3 + 5xn+1 + 18xn = 0, ∀n.

Tương tự, ta cũng chứng minh được dãy yn+2 = 2yn+1 − 9yn, ∀n thỏa

yêu cầu bài toán. b) Từ trên, ta có xn+4 = −28xn+1 − 45xn, nên

Ngoài ra, từ 19991945 ≡ (−1)1945 (mod 4) ≡ 3 (mod 4) và x3 = 49 nên ta suy ra

(mod 7). xn ≡ 0 (mod 7) ⇔ xn+4 ≡ 0 (mod 7) ⇔ xn+4k ≡ 0

Tương tự, ta cũng có

(mod 7). x19991945 ≡ 0

2 + a trong đó a2 = 1.

Nhưng y3 = 26 (cid:54)≡ 0 (mod 7) nên y19991945 (cid:54)≡ 0 (mod 7). Bài toán 3.14 (Đề chọn HSG TP Hà Nội vòng 2 năm học 2011 - 2012). Cho dãy số nguyên dương (un) xác định bởi u1 = 1, u2 = 2, u4 = 5; với mọi số n nguyên dương khác 1 ta có un+1.un−1 = un 1) Xác định số hạng tổng quát un của dãy số trên. 2) Tìm các số tự nhiên n không vượt quá 2012 sao cho un chia hết cho 10. Lời giải.

1) Ta có u2.u4 = u3

2 + a ⇒ u3

2 = u2.u4 − a = 10 − a ⇒ u3 = 3 (vì dãy

số nguyên dương).

Ta có (un) là dãy tăng và un > 3 với mọi n ≥ 4. un

(mod 7). yn ≡ 0 (mod 7) ⇔ yn+4k ≡ 0

2 + a ⇔ un+1 =

2 + a un−1

2 − 1

2 + 1

...un−1 vô lý. Vậy un

...un−1 và un

...un−1. Suy ra 2 2 − 1 và 2 + 1 không thể cùng chia hết cho un−1 nên tồn tại nhiều nhất một dãy

Giả sử un un thỏa mãn đầu bài.

Xét dãy số (vn) xác định bởi

(cid:26)v1 = 1;

. un+1.un−1 = un

2 − (−1)n.

Chứng minh bằng quy nạp ta được vn+1.vn−1 = vn Nên dãy (vn) là một dãy thỏa mãn đầu bài.

(cid:26)u1 = 1;

v2 = 2 vn+2 = vn+1 + vn

Vậy

u2 = 2 un+2 = un+1 + un

(cid:33)n

(cid:34)(cid:32)

(cid:32)

(cid:33)n(cid:35)

√ √ 5 5 − ⇒ un = 1 + 2 1 − 2 1 √ 5

2) Ta có un+2 = un+1 + un = 2un + un−1 ≡ un−1(mod 2).

...2 ⇔ n = 3k + 2.

Mà u2 = 2 nên 0 ≡ u2 ≡ u5 ≡ · · · ≡ u3k+2(mod 2). Vậy un Ta lại có un+2 = un+1 + un = 2un + un−1 = 3un−1 + 2un−2

... 5

... 5 ⇒ u9 ≡ 3u4 (mod 5) ⇒ u9

Mà u4 = 5 nên u4 Suy ra un

... 5 ⇔ n = 5k + 4. (cid:26)n = 3k + 2

... 10 ⇔

Vậy un

= 5un−2 + 3un−3 ≡ 3un−3(mod 5); (n (cid:62) 4).

Vì 1 ≤ n ≤ 2012 ⇒ 1 ≤ 15m − 1 ≤ 2012 ⇒ 1 (cid:54) m ≤ 134. Vậy có 134 số thỏa mãn đầu bài là n = 15m−1 với m ∈ N, m ∈ [1; 134].

Bài toán 3.15 (Đề chọn HSG TP Hà Nội vòng 1 năm học 2014 − 2015). Cho dãy số (un) thỏa mãn điều kiện

(3.9)

(cid:26)u1 = 4 un+1 = 2un + (cid:112)3u2

n + 1, n = 1, 2, . . .

a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n ta có un+2 = 4un+1 − un. b) Chứng minh u2015 chia hết cho 5.

Lời giải.

a) Từ (??) ta có

n = 5k + 4 ⇔ n = 15m − 1.

n + 1

(3.10)

(un+1 − 2un)2 = 3u2

n+1 − 4un+1un + u2

n − 1 = 0.

Từ (??) thay n bởi n + 1 ta được

n+2 − 4un+2un+1 + u2 u2

n+1 − 1 = 0.

n+1 −1 = 0.

Như vậy un, un+2 là hai nghiệm của phương trình x2 −4xun+1 +u2 Theo định lí Vi-et ta có

⇔ u2

un+2 + un = 4un+1

Vậy với mọi số nguyên dương n ta có un+2 = 4un+1 − un.

b) Chứng minh u2015 chia hết cho 5.

⇒ un+2 = 4un+1 − un.

Ta có u1 = 4, u2 = 15 nên từ câu a suy ra dãy số (un) là dãy số nguyên dương và

... 5. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Suy ra un+3 − un ≡ 0 (mod 5). Hay un+3 ≡ un (mod 5). Mà u2 = 15 nên 0 ≡ u2 ≡ u5 ≡ · · · ≡ u3k+2 (mod 5). ... 5, k ∈ N. Như vậy u3k+2 Với k = 671, ta có u2015

... 5.

Cách khác. Ta chứng minh quy nạp với n = 3k − 1,k nguyên dương thì un Với k = 1 đúng,giả sử đúng đến k, tức là u3k−1 Ta sẽ chứng minh k + 1 cũng đúng. Thật vậy ta có

... 5.

un+3 − un = 4un+2 − un+1 − un = 4(4un+1 − un) − un+1 − un = 5(3un+1 − un).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3.16 (VMO 2011). Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi

(cid:26)u0 = 1,

u3k+2 = 4u3k+1 − u3k = 4(4u3k − u3k−1) − u3k = 15u3k − 4u3k−1

(3.11)

u1 = −1

Chứng minh rằng u2012 − 2010 chia hết cho 2011.

(n ≥ 0). un+2 = 6un+1 + 5un

Lời giải. Cách 1. +) Xét phương trình đặc trưng của dãy trên là x2 − 6x − 5 = 0. Phương trình có hai nghiệm x = 3 ± Khi đó

√ 14.

(cid:16)

(cid:17)n

(cid:16)

(cid:17)n

Sử dụng giả thiết u0 = 1, u1 = −1 ta được

√ √ 3 + 14 + b 3 − . 14 un = a

(cid:16)

(cid:17)n

(cid:16)

(cid:17)n

+) Đặt p = 2011 ta được

√ √ √ √ 3 + 14 + 3 − 14 un = 14 − 4 √ 14 2 14 + 4 √ 14 2

(cid:16)

(cid:17)p+1

(cid:16)

(cid:17)p+1

√ √ √ √ 3 + 14 + 3 − 14 up+1 = 14 − 4 √ 14 2 14 + 4 √ 14 2

Chú ý:

(cid:17)p+1

(cid:16)

√ √ 14 14, 3 + = Ap+1 + Bp+1

(cid:16)

(cid:17)p+1

trong đó

(cid:17)2

(cid:16)√

(cid:17)p+1

(3.12)

√ √ 3 − 14 14, = Ap+1 − Bp+1

p+13p+1 + C 2

(cid:17)2

(cid:16)√

(cid:17)p−1

(3.13)

14 . 14 Ap+1 = C 0 + · · · + C p+1 p+1

p+13p + C 3

p+13p−1(cid:16)√ p+13p−2(cid:16)√

p+1

Dễ dàng chứng minh được

(3.14)

14 + · · · + C p . 14 Bp+1 = C 1

Ta có

up+1 = Ap+1 − 4Bp+1.

(cid:1) ≡ 0

p+1 = p (k − 1) (cid:0)C k−1

p−1 + kC k−2 p−1

Suy ra C k

p+1 ≡ 0 (mod p) với mọi k = 2, 3, . . . , p − 1.

Do đó theo công thức (??) và (??) ta được

k (k − 1) C k (mod p)

p + 1

 14

  (mod p)

2 + 3p+1 Ap+1 =

p − 1

 3.14

  (mod p).

Từ đây kết hợp với (??) ta thu được

2 + 3p Bp+1 =

(3.15)

p − 1

 2.14

  (mod p).

Ta có 452 = 2025 ≡ 14 (mod p) nên theo định lí Fecmat nhỏ và (??) ta được up+1 ≡ −3 + 2.45p − 1 ≡ −3 + 2 ≡ −1 (mod p) Hay ta được u2012 − 2010 chia hết cho 2011.

Cách 2.

Xét dãy số nguyên (bn) xác định bởi

2 − 3p up+1 ≡

(n ≥ 0). b0 = 1, b1 = −1, bn+2 = 6bn+1 + 2016bn,

Dễ thấy với mọi n ≥ 0, ta có un ≡ bn (mod 2011) . Phương trình đặc trưng của dãy (bn) là x2 − 6x − 2016 = 0, có hai nghiệm x1 = −42, x2 = 48. Suy ra số hạng tổng quát của dãy (bn) có dạng:

bn = C1.(−42)n + C2.48n.

Mà b0 = 1, b1 = −1 nên ta tìm được C1 = Vì vậy

(3.16)

. , C2 = 49 90 41 90

Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có

, (n ≥ 0). bn = 49.(−42)n + 41.48n 90

Do đó 90b2012 ≡ 49.(−42)2012 + 41.482012 ≡ 49.(−42)2 + 41.482 ≡ 90b2 (mod 2011)

Suy ra b2012 ≡ b2 (mod 2011) (vì (90, 2011) = 1). Mà b2 = 6b1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010 (mod 2011). Vì thế u2012 ≡ 2010 (mod 2011). Vậy u2012 − 2010 chia hết cho 2011.

Nhận xét 3.1. Trong công thức (??), nếu ta thay n = 2011 ta được 90b2011 = 49.(−42)2011 + 41.482011 ≡ 49.(−42) + 41.48 ≡ −90 (mod 2011) . ... 2011.

... 2011 ⇒ a2011 + 1

Suy ra b2011 + 1 Từ đó ta có bài toán sau.

Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi

(−42)2010 ≡ 482010 ≡ 1 (mod 2011)

Chứng minh rằng u2011 − 2010 chia hết cho 2011.

u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 5un, n ≥ 0.

Nhận xét 3.2. Nếu trong (??) thay n bởi số nguyên tố p > 5 ta được: 90bp = 49.(−42)p + 41.48p ≡ 49.(−42) + 41.48

Suy ra bp + 1 chia hết cho p. Từ đó ta có bài toan sau.

Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi

(mod p) ≡ −90 (mod p).

Chứng minh up + 1 chia hết cho p, trong đó p là một số nguyên tố lớn hơn 5.

u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 2016un, n ≥ 0.

Nhận xét 3.3. Nếu trong (??) thay n bởi p + 1, trong đó p là số nguyên tố lớn hơn 5 ta thu được

... p.

... p ⇒ (bp+1 − 2010)

Suy ra 90(bp+1 − 2010) Từ đó ta có bài toán sau.

Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi

(mod p) ≡ 180900 (mod p). 90bp+1 = 49.(−42)p+1+41.48p+1 ≡ 49.(−42)2+41.482

Chứng minh up+1 − 2010 chia hết cho p, trong đó p là một số nguyên tố lớn hơn 5.

Nhận xét 3.4. Bây giờ ta ta tiếp tục suy nghĩ bài toán 3.16 xem nó phụ thuộc vào giá trị ban đầu u0, u1 như thế nào? Tại sao người ta lại lấy u0 = 1, u1 = −1 và ta có thể tìm được điều kiện của u0, u1 để kết quả bài toán không thay đổi không? Sau khi nghiên cứu vấn đề này tôi đã thu được bài toán sau. Cho a, b là các số nguyên cho trước. Dãy số nguyên (un) xác định bởi

(cid:26) u0 = a, u1 = b

u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 2016un, n ≥ 0.

Tìm tất cả các số nguyên a, b sao cho a2012 − 2010 chia hết cho 2011. Lời giải.

Ta xây dựng dãy (bn) được xác định như sau (cid:26) b0 = a, b1 = b

un+2 = 6un+1 + 5un; n ∈ N.

Phương trình đặc trưng x2 − 6x − 2016 = 0 có hai nghiệm phân biệt

bn+2 = 6bn+1 + 2016bn; n ∈ N.

Khi đó bn = c148n + c2(−42)n. Kết hợp với b0 = a, b1 = b suy ra

x1 = −48; x2 = −42.

48n + (−42)n bn = 42a + b 90 48a − b 90

Suy ra

⇔ 90bn = (42a + b).48n + (48a − b).(−42)n.

90b2012 = (42a + b).482012 + (48a − b).422012.

Do 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ ta có

Do vậy ta có

482011 ≡ 48 (mod 2011); 422011 ≡ 42 (mod 2011).

(mod 2011). 90(b2012 + 1) ≡ (42a + b).482 + (48a − b).422 + 90

hay b2012 −2010 chia hết cho 2011 khi và chỉ khi 5a+6b+1 ≡ 0 (mod 2011). Từ phương trình đồng dư này ta tìm được

(mod 2011). ⇒ 90(b2012 + 1) ≡ 90(5a + 6b + 1)

trong đó m, t là các số nguyên tùy ý.

Bài toán 3.17 (Chọn đội tuyển HSG Đại học khoa học tự nhiên năm 2009-2010). .

Cho dãy số nguyên (an) xác định bởi

(cid:26) a0 = 0,

a = −m + 1 + 6t, b = −5t − 1 + 371m,

(cid:111)∞

a)Chứng minh rằng an chia hết cho n với mọi n ≥ 0. b) Chứng minh rằng dãy số

chưa vô số số hạng chia hết cho 2009.

n=1

(cid:110)an n

Lời giải.

Phương trình đặc trưng của dãy (an) có dạng

a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6 (n ≥ 0). an+4 = 2an+3 + an+2 − 2an+1 − an

x4 − 2x3 − x2 + 2x + 1 = 0 tương đương với (cid:0)x2 − x − 1(cid:1)2 = 0. Từ đó số hạng tổng quát của an có dạng

an = c1αn + c2βn + n (c3αn + c4βn) ,

là các nghiệm của phương trình x2 − x − 1 = 0.

trong đó 1 + 2

Từ đây, từ các điều kiện ban đầu, ta tìm được

√ √ 5 5 α = ; β = 1 − 2

Suy ra

(cid:19)

. c1 = c2 = 0, c3 = , c4 = − 1 √ 5 1 √ 5

(cid:18) 1 √ 5

. αn − βn an = n 1 √ 5

Từ đây ta được

Để giải phần (b), ta có thể đi theo các hướng sau.

Cách 1.

Dùng quy nạp chứng minh rằng Fm+n = Fm+1Fn + FmFn−1. Sau đó tiếp tục dùng quy nạp chứng minh rằng Fkn chia hết cho Fn. Từ đây, để chứng minh kết luận của bài toán, ta chỉ cần chỉ ra một giá trị nguyên dương n sao cho Fn chia hết cho 2009 là xong. Có thể tính toán được rằng F56 chia hết cho 49, còn F20 chia hết co 41, từ đó F280 chia hết cho 2009.

Cách 2.

Ta chứng minh mệnh đề tổng quát: Với mọi số nguyên dương N , tồn tại

vô số số hạng của dãy số Fibonacci chia hết cho N .

Để thực hiệu điều này, ta bổ sung thêm số hạng F0 = 0 cho dãy Fi- bonacci. Chú ý là ta vẫn có hệ thức Fn+1 = Fn + Fn−1 với mọi n = 0, 1, 2, . . .

Gọi ri là số dư trong phép chia Fi cho N .

Xét N 2 + 1 cặp số dư

an n = Fn, vứi F1 = 1, F2 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 với mọi n = 1, 2, . . . tức là dãy số Fibonacci. Kết luận câu (a) đến đây là hiển nhiên.

Do 0 ≤ ri ≤ N − 1 nên chỉ có N 2 cặp giá trị (ri, ri+1) khác nhau. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại cặp chỉ số i < j sao cho (ri, ri+1) ≡ (rj, rj+1). Từ đây, do rk−1 chính là số dư trong phép chia rk+1 − rk cho N nên suy ra ri−1 = rj−1, ri−2 = rj−2, . . . , r0 = rj−i. Suy ra dãy số dư tuần hoàn với chu kì j − i. Vì r0 = 0 nên rk(j−i) = 0 với mọi k = 1, 2, . . . và ta có rk(j−i) chia hết cho N với mọi k = 1, 2, . . . (Điều phải chứng minh)

(r0, r1); (r1, r2); . . . ; (rN , rN +1).

Kết luận

Các bài toán về dãy số đã được đề cập ở hầu hết các tài liệu về giải tích, đại số, như tác giả đã giới thiệu trong phần mở đầu, trong luận văn này chỉ đề cập đến tính chất số học của các phần tử trong dãy số. Luận văn đã trình bày hệ thống một số bài toán thỏa mãn tính chất số học nào đó đặt ra như là tính chính phương, tính nguyên tố, tính chia hết. . . đối với các phần tử của dãy số. Để làm được những điều này người ta đã kết hợp một cách khéo léo các phương pháp cơ bản của lí thuyết dãy với các nguyên lí của số học làm cho việc chứng minh bài toán thêm phần hấp dẫn, tạo nên sự đa dạng, phong phú trong kho tàng toán học của nhân loại.

Luận văn "Một số dạng toán liên quan đến dãy số trong số học" đã giải quyết được những vấn đề sau:

Chương 1 hệ thống các kiến thức về dãy số, phương trình sai phân tuyến tính, một số tính chất số học.

Chương 2 hệ thống một số dạng toán liên quan đến dãy số trong số học. Đối với từng dạng bài toán, đã chọn lọc được một số bài tập tiêu biểu làm nổi bật được dạng toán về tính chia hết, tính chính phương, phân tích dãy số thành nhân tử . . .

Chương 3 trình bày các dạng toán về dãy số nguyên như tính chia hết, tính chính phương, các bài toán được lấy từ các đề thi học sinh giỏi các tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế.

Tôi hy vọng rằng luận văn này sẽ là tài liệu tham khảo có ích cho học sinh Trung học phổ thông và các đồng nghiệp quan tâm đến vấn đề này. Cho dù đã rất cố gắng nhưng thật khó để tránh khỏi những thiếu xót bởi kinh nghiệm còn hạn chế, tác giả rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

[1] Lê Hải Châu (2005), Các bài thi Olimpic toán trung học phổ thông Việt

Nam (1990 - 2004), NXB Giáo dục.

[2] Hà Huy Khoái (Chủ biên) (2004), Số học, NXB Giáo dục.

[3] Hà Huy Khoái (Chủ biên) (2008), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi

toán THPT về Số học, NXB Giáo dục.

[4] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên) (1997), Chuyên đề chọn lọc dãy số và áp

dụng, NXB Giáo dục.

[5] Nguyễn Văn Mậu (2009), Chuyên đề số học và các bài toán liên quan,

NXB Giáo dục.

Tiếng Anh

[6] Nathanson M.B (1999), Elementary methods in number theory, Springer.

[7] Library Mathematics and Youth, The Vietnamese Mathematical

Olympiad (1990 - 2006), Education Pub. House, 2007.

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng toán liên quan đến dãy số trong số học

Mục đích của luận văn trình bày một cách hệ thống, chi tiết tính chất số học của dãy số. Đồng thời cũng cho phân loại một số dạng toán thường gặp về dãy số trong số học. Mời các bạn tham khảo!

MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY SỐ TRONG SỐ HỌC

MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY SỐ TRONG SỐ HỌC

Mục lục

Mở đầu

Chương 1

Hệ thống hóa các kiến thức liên quan

Chương 2

Khảo sát các tính chất số học của dãy số nguyên

Chương 3

Một số bài toán về dãy số nguyên trong các kì thi Olympic

Kết luận

Tài liệu tham khảo

Có thể bạn quan tâm

Luận văn Thạc sĩ: Quản lý hoạt động phát triển nhận thức cho trẻ mẫu giáo ở các trường mầm non, huyện Hoàng Su Phì, tỉnh Hà Giang

Luận văn Thạc sĩ tóm tắt: Pháp luật về điều kiện đầu tư kinh doanh trong lĩnh vực giáo dục, đào tạo ở Việt Nam

Luận văn Thạc sĩ: Sự nghiệp nghiên cứu phê bình văn học của Hoài Thanh

Luận văn Thạc sĩ: Tiểu thuyết của Đỗ Phấn từ góc nhìn sinh thái

Luận văn Thạc sĩ: Giải pháp ứng phó với nhập cư ở Liên minh Châu Âu

Luận văn Thạc sĩ: Diễn ngôn về giới nữ trong văn xuôi nữ Việt Nam đương đại (khảo sát sáng tác của Dạ Ngân, Y Ban, Lý Lan, Nguyễn Thị Thu Huệ)

Luận văn Thạc sĩ: Xây dựng mức phát thải tham chiếu rừng khu vực huyện Bảo Lâm tỉnh Lâm Đồng

Luận văn Thạc sĩ: Đặc điểm nhân vật chính trong ba tác phẩm của Franz Kafka: Lâu đài, Vụ án, Hóa thân

Kháo luận tốt nghiệp: Vận dụng lí thuyết học tập trải nghiệm vào dạy học Thống kê - Xác suất ở lớp Hai

Luận văn Thạc sĩ: Xây dựng hệ thống điều khiển và thu nhận dữ liệu cho Robot dịch vụ

Luận văn Thạc sĩ: Thế giới nhân vật trong truyện ngắn Lê Minh Khuê sau năm 1975

Luận văn Thạc sĩ: Tác động của cấu trúc vốn đến hiệu quả hoạt động của các ngân hàng thương mại cổ phần niêm yết trên thị trường chứng khoán Việt Nam

Luận văn Thạc sĩ: Kiểm soát rủi ro tín dụng bán lẻ tại Ngân hàng Thương mại Cổ phần Đầu tư và Phát triển Việt Nam chi nhánh Thủ Thiêm

Luận văn Thạc sĩ: Các yếu tố ảnh hưởng đến hiệu quả kinh doanh của ngân hàng thương mại cổ phần niêm yết trên thị trường chứng khoán Việt Nam

Luận văn Thạc sĩ: Các nhân tố ảnh hưởng đến hành vi sử dụng dịch vụ ngân hàng điện tử tại Ngân hàng Thương mại Cổ phần Ngoại thương Việt Nam – Chi nhánh Thủ Đức

Luận văn Thạc sĩ: Các yếu tố tác đồng đến nợ xấu tại Ngân hàng Nông nghiệp và Phát triển Nông thôn - Chi nhánh Tiền Giang

Luận văn Thạc sĩ: Yếu tố ảnh hưởng đến quyết định sử dụng dịch vụ thanh toán không dùng tiền mặt tại Ngân hàng TMCP Công thương Việt Nam (Vietinbank)

Luận văn Thạc sĩ tóm tắt: Pháp luật về du lịch biển, thực tiễn tại tỉnh Bình Định

Luận văn Thạc sĩ: Ảnh hưởng của các yếu tố thương hiệu với vai trò trung gian của Marketing truyền miệng đến quyết định chọn việc làm của nhân viên GenZ tại chuỗi nhà hàng gà rán Popeyes khu vực Thành Phố Hồ Chí Minh

Luận văn Thạc sĩ: Ảnh hưởng của Marketing mix đến ý định học cao học của sinh viên khối ngành kinh tế thuộc Trường Đại học Công nghệ Thành phố Hồ Chí Minh

Tài liêu mới

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng thuật toán thích nghi và học tăng cường cấu trúc Actor - Critic điều khiển bám quỹ đạo cho robot di động đa hướng mecanum

Luận án Tiến sĩ: Cơ cấu bệnh tim mạch và chất lượng cuộc sống của người cao tuổi mắc suy tim, rung nhĩ điều trị tại Bệnh viện Thống Nhất, thành phố Hồ Chí Minh

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hiện tượng nứt dăm đê sông vùng đồng bằng sông Hồng và dự báo khả năng bị nứt của một số đoạn đê

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng giải pháp đảm bảo an toàn thông tin cho quá trình học liên kết dựa trên mật mã

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Phát triển năng lực đánh giá công nghệ cho học sinh trong dạy học môn Công nghệ 11 ở trường trung học phổ thông

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu phân loại chi cầu diệp – Bulbophyllum Thouars (Orchidaceae) ở vùng Tây Nguyên bằng phương pháp hình thái và phân tử

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu đặc điểm phân bố và dinh dưỡng của các loài lưỡng cư ở Vườn Quốc gia Bến En và Khu bảo tồn thiên nhiên Pù Luông, tỉnh Thanh Hóa

Luận án Tiến sĩ: Tổng hợp luật dẫn và điều khiển cho một lớp tên lửa đối hải trên cơ sở ứng dụng mạng nơ ron và hệ mờ

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu tổng hợp hệ điều khiển góc Pitch tua bin gió trong điều kiện có nhiễu tác động

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hóa học lipid của hai loài san hô thủy tức Millepora dichotoma và Millepora platyphylla ở Việt Nam

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu kiểm soát phân phối công suất kéo trên cầu chủ động của ô tô con bằng ABS

Luận án Tiến sĩ: Ứng dụng phản ứng Domino vào tổng hợp các dẫn xuất Podophyllotoxin, Pyrimidine và đánh giá hoạt tính sinh học của các chất tổng hợp được

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và một số hoạt tính sinh học của cây chùm ngây (Moringa oleifera)

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và ứng dụng ức chế ăn mòn cho thép của cao chiết xuất từ cây Lộc vừng thuộc họ Lecythidaceae

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hiện tượng nứt dăm đê sông vùng đồng bằng sông Hồng và dự báo khả năng bị nứt của một số đoạn đê

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok