Các tính chất số học của dãy số nguyên và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– PHẠM LÊ TRUNG CÁC TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THANH HĨA, NĂM 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————— PHẠM LÊ TRUNG CÁC TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học: TS HỒNG VĂN THI THANH HĨA, NĂM 2020 Danh sách hội đồng chấm thi luận văn thạc sĩ theo Quyết định số 1043 ngày 20 tháng năm 2020 Hiệu trưởng Trường Đại học HồngĐức: Học hàm, học vị Họ tên TS Hoàng Nam GS.TS Đặng Quang Á GS.TSKH Nguyễn Cơ quan công tác Trường Đại học Hồng Đức hội đồng Chủ tịch Viện HLKH CNVN Phản biện Mạnh Trường Đại học Hồng Hùng Đức PGS.TS Vũ Trọng Lưỡng TS Đỗ Văn Lợi Trường ĐHGD- ĐHQGHN Trường Đại học Hồng Đức Xác nhận người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến hội đồng Ngày Chức danh tháng năm 2020 (ký ghi rõ họ tên) Phản biện Ủy viên Thư ký LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu công bố Học viên Phạm Lê Trung i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Khoa Khoa học Tự Nhiên, Trường Đại học Hồng Đức hướng dẫn TS Hồng Văn Thi Tơi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới dạy Thầy Tôi xin cảm ơn tất thầy cô giảng dạy cảm ơn tất bạn bè giúp đỡ chân tình người Tơi xin gửi lời cảm ơn tới Phòng Quản lý đào tạo sau đại học, Trường Đại học Hồng Đức giúp đỡ mặt thủ tục để hồn thiện luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường THPT Nguyễn Thị Lợi - Sầm Sơn tạo điều kiện tốt cho tơi hồn thành khóa học Thanh Hóa, ngày 22 tháng năm 2020 Học viên Phạm Lê Trung ii MỤC LỤC LỜI CAM ĐOAN i LỜI CẢM ƠN ii MỤC LỤC iii KÝ HIỆU TRONG LUẬN VĂN .v MỞ ĐẦU Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Dãy số 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Cách xác định dãy số 1.1.3 Một số dãy số đặc biệt 1.2 Sơ lược phương pháp sai phân 1.3 Một số định lý số học 1.3.1 Tính chất chia hết tập hợp số nguyên 1.3.2 Ước số chung lớn bội số chung nhỏ 1.3.3 Số nguyên tố 10 1.3.4 Đồng dư 11 1.3.5 Một vài định lý số học 11 Chương TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN 12 2.1 Tính chia hết đồng dư dãy số 12 2.2 Tính tuần hồn dãy số dư 21 2.3 Tính chất số nguyên phân tích dãy số thành nhân tử 26 2.4 Tính phương dãy số 32 iii Chương ỨNG DỤNG - THỰC HÀNH GIẢI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN 35 3.1 Một số dạng tốn số phương dãy số 35 3.2 Một số dạng tốn tính chia hết đồng dư dãy số 66 KẾT LUẬN 79 Tài liệu tham khảo 80 iv KÝ HIỆU TRONG LUẬN VĂN N: Tập số tự nhiên N∗ = N\ {0} Z: Tập số nguyên a ≡ b ( mod n): đồng dư theo mô-đun n, n ∈ N∗ , a, b ∈ Z ∑ : Phép tổng ƯCLN: Ước chung lớn BCNN: Bội chung nhỏ (a, b) = 1; a, b ∈ Z: a, b nguyên tố a b, a, b ∈ Z, b 6= 0: a chia hết cho b a b, a, b ∈ Z, b 6= 0: a không chia hết cho b v MỞ ĐẦU Dãy số lĩnh vực khó rộng, kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế thường xuyên xuất toán dãy số Để giải tốn địi hỏi người làm tốn phải có kiến thức tổng hợp số học, đại số giải tích Các vấn đề liên quan đến dãy số đa dạng có nhiều tài liệu viết vấn đề Trong năm gần đây, nhằm thúc đẩy phát triển nâng cao chất lượng giáo dục Việt Nam, Bộ Giáo dục Đào tạo không ngừng đổi cải cách giáo dục, đổi kiểm tra đánh giá thi tuyển sinh Trong kì thi học sinh giỏi cấp thi THPT Quốc gia, thường gặp toán dãy số, mà tốn lại đặt mức độ khó nhằm phân loại học sinh để giúp chọn học sinh thực có tài kiến thức tốt mơn tốn Do tơi chọn đề tài ” Các tính chất số học dãy số nguyên ứng dụng” thực nghiên cứu luận văn thạc sĩ chuyên ngành Toán sơ cấp Mục tiêu luận văn là: Trình bày kiến thức dãy số, phương pháp sai phân số định lý số học Chỉ tính chất số học dãy số nguyên tính chia hết đồng dư dãy số, tính tuần hồn dãy số dư, tính chất số ngun phân tích dãy số thành nhân tử, tính phương dãy số Nghiên cứu ứng dụng thực hành giải toán dãy số nguyên, số dạng tốn chương trình phổ thơng tốn nâng cao Đặc biệt, hệ thống hóa xây dựng hệ thống tập hai dạng toán số phương tính chia hết, đồng dư dãy số Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương 1, trình bày lại cách có hệ thống kiến thức dãy số, phương pháp sai phân số định lý số học Làm sở cho việc giải toán dãy số chương sau Chương 2, trình bày số vấn đề tính chất số học dãy số như: tính chia hết, tính đồng dư, tính tuần hồn, tính chất số ngun, phân tích dãy số thành nhân tử tính phương dãy số Chương 3, trình bày số dạng tốn số phương dãy số, đưa hệ thống số vấn đề tính phương phần tử dãy số, qua cho thấy có dãy số gồm tồn số phương số phần tử dãy số số phương Một số dạng tốn tính chia hết đồng dư dãy số: phần đề cập đến số toán dãy số nguyên tố, số toán tính chia hết phần tử dãy số Cho dãy số phần tử chia hết cho số phần tử chia hết cho số thứ tự số đó, có số phần tử chia hết cho số cho trước Thanh Hóa, ngày 22 tháng năm 2020 Học viên Phạm Lê Trung 3.2 Một số dạng tốn tính chia hết đồng dư dãy số Bài tốn 3.27 (IMO 1964) a) Tìm tất số nguyên dương n cho 2n − chia hết cho b) Chứng minh khơng có số tự nhiên n để 2n + chia hết cho Lời giải a) Vì n số nguyên dương nên ta xét trường hợp n sau: • Với n = 3k, k ∈ Z ta có 2n − = 23
k − ≡ 1k − ≡ ( mod 7) Do đó, với n bội thỏa mãn yêu cầu tốn • Với n = 3k + r, k ∈ Z, r = 1, ta có 2n − = 23k 2r − ≡ 2r − ≡ ( mod 7) , r = 2n − = 23k 2r − ≡ 2r − ≡ ( mod 7) , r = Từ đó, suy n = 3k, k ∈ Z ta ln có 2n − chia hết cho b) Theo ta có 2n ≡ 1, 2, ( mod 7) với số tự nhiên n Do 2n + 6≡ ( mod 7) với số nguyên dương n Bài toán 3.28 (VMO 1997) Cho dãy số (un ) xác định    u1 = 7, u2 = 50   un+1 = 4un + 5un−1 − 1975; n ≥ Chứng minh u1996 chia hết cho 1997 Lời giải Vì −1975 = 22 ( mod 1997) nên ta cần chứng minh dãy un+1 = 4un + 5un−1 + 22 1997 Đặt yn+1 = aun+1 + b Ta có yn+1 = a (4un + 5un−1 + 22) + b = (aun + b) + (aun−1 + b) + 22a − 8b = 4yn + 5yn−1 + 22a − 8b Ta chọn a, b cho 22a − 8b = 0, ta chọn a = 4, suy b = 11, suy yn+1 = 4un+1 + 11 nên y1 = 39, y2 = 211; yn+1 = 4yn + 5yn−1 66 Từ ta có 8(−1)n + 25.5n yn = , suy + 25.51996 y1996 = Vì + 25.51996 ≡ −1 + = ( mod 3) , suy y1996 ∈ Z Theo Định lý Fermat 51996 ≡ ( mod 1997) , suy y1996 ≡ 11 ( mod 1997) Do 4u1996 + 11 ≡ 11 ( mod 1997) hay u1996 ≡ ( mod 1997) Bài toán 3.29 (VMO 1998-Bảng A) Cho dãy số (un ) xác định    u0 = 20; u1 = 100   un+1 = 4un + 5un−1 + 20; ∀n ≥ (3.18) Tìm số nguyên dương h bé cho un+h − uh 1998; ∀n ∈ N∗ Lời giải Đặt an = 2un + 5, từ (3.18) ta có dãy số (an ) xác định    a0 = 45; a1 = 205   an+1 = 4an + 5an−1 ; ∀n ≥ Bằng phương pháp sai phân, ta tìm cơng thức tổng qt dãy (an ) 10 125 n (−1)n + 3 125 n 5 Suy un = + (−1)n − Vì an+h − an = (un+h − un ) nên an = un+h − un 1998 ⇔ an+h − an 2.1998 = 22 33 37 Mặt khác i 125.5n   (−1)n 10 h h h an+h − an = (−1) − + −1 3 • Nếu h chẵn  125.5n  h an+h − an = − 4.27.37 67      5h −    ⇔ 5h − 81       5h − 37 (3.19) Gọi k số nguyên dương nhỏ thỏa mãn điều kiện 5k − 37 Vì 536 − 37 nên 36 k Suy k ∈ {1, 2, 3, 4, 12, 18, 36} thử trực tiếp ta thấy có k = 36 thỏa mãn Vậy 5h − 37, suy h 36 Chứng minh tương tự, ta có 5h − 81, suy h ϕ (81) = 54 (3.20) (3.21) Từ (3.20) (3.21) ta suy (3.19) ⇔ h [36, 54] = 108, suy h ≥ 108 • Nếu h lẻ Vì un+h ≡ un ( mod 1998) nên ta có    uh ≡ u0 ≡ 20 ( mod 1998)   u h+1 ≡ u1 ≡ 100 ( mod 1998) Suy 5uh−1 ≡ uh+1 − 4uh − 20 ≡ ( mod 1998) , nên uh−1 ( mod 1998) Vì h lẻ nên h − chẵn nên uh = 125 h−1 125 h 25 − uh−1 = − 6 6 Suy uh ≡ 5uh−1 ≡ ( mod 1998) , mâu thuẫn với uh ≡ 20 ( mod 1998) Với h = 108 ta chứng minh un+h ≡ un ( mod 1998) ; ∀n ≥ Vậy h = 108 giá trị cần tìm 68 Bài tốn 3.30 (VMO, 1998 - Bảng B) Cho dãy số (xn ) , (yn ) xác định      x1 = 1; y1 =    xn+1 = 22yn − 15xn + 20; (∀n ≥ 1)       yn+1 = 17yn − 12xn a) Chứng minh số hạng hai dãy (xn ) , (yn ) khác có vơ hạn số hạng dương vô hạn số hạng âm b) Hỏi số hạng thứ 19991945 dãy có chia hết cho khơng? Giải thích Lời giải a) Ta có xn+2 = 22yn+1 − 15xn+1 = 22 (17yn − 12xn ) − 15xn+1 = 17 (xn+1 + 15xn ) − 22.12xn − 15xn+1 = 2xn+1 − 9xn Do xn+2 ≡ 2xn+1 ( mod 3) Hơn ta có x1 = 1, x2 = 29 suy xn không chia hết cho 3, hay xn 6= 0, ∀n Tiếp theo, ta chứng minh xn có vơ hạn số hạng dương vô hạn số hạng âm Thật vậy, từ ta có xn+3 = 2xn+2 − 9xn+1 = −5xn+1 − 18xn hay xn+3 + 5xn+1 + 18xn = 0, ∀n (3.22) Do đó, giả sử dãy xn có hữu hạn số hạng dương (hữu hạn số hạng âm), ta gọi xn j số hạng dương lớn dãy Khi đó, với n ≥ n j ta có xn < 0, điều mâu thuẫn với (3.22) Tương tự, ta chứng minh dãy yn+2 = 2yn+1 − 9yn , ∀n thỏa mãn yêu cầu toán b) Từ trên, ta có xn+4 = −28xn+1 − 45xn nên xn ≡ ( mod 7) ⇔ xn+4 ≡ ( mod 7) ⇔ xn+4k ≡ ( mod 7) 69 Ngoài ra, từ 19991945 ≡ (−1)1945 ( mod 4) ≡ ( mod 4) x3 = 49 nên ta suy 1945 x1999 ≡ ( mod 7) Tương tự, ta có yn ≡ ( mod 7) ⇔ yn+4k ≡ ( mod 7) Nhưng y3 = 26 6≡ ( mod 7) nên y1945 1999 6≡ ( mod 7) Bài toán 3.31 (Thi HSG Hà Nội vòng 2, 2011-2012) Cho dãy số nguyên dương (un ) xác định u1 = 1, u2 = 2, u4 = Với số n nguyên dương khác ta có un+1 un−1 = u2n + a, a2 = 1) Xác định số hạng tổng quát un dãy số 2) Tìm số tự nhiên n khơng vượt q 2012 cho un chia hết cho 10 Lời giải 1) Ta có u2 u4 = u23 + a nên u23 = u2 u4 − a = 10 − a Suy u3 = (vì dãy số nguyên dương) Ta có (un ) dãy số tăng un > với n ≥ u2n + a ⇔ un+1 = un−1 Giả sử u2n − un−1 u2n + un−1 Suy un−1 vô lý un+1 un−1 = u2n + a Vậy u2n − u2n + chia hết cho un−1 nên tồn nhiều dãy thỏa mãn đầu Xét dãy số (vn ) xác định    v1 = 1; v2 =   vn+2 = vn+1 + Chứng minh phương pháp quy nạp, ta thu vn+1 vn−1 = v2n − (−1)n 70 Nên dãy (vn ) dãy thỏa mãn đầu Vậy    u1 = 1; u2 =   un+2 = un+1 + un Suy un = √ " √ !n 1+ − √ !n # 1− 2) Ta có un+2 = un+1 + un = 2un + un−1 ≡ un−1 ( mod 2) Mặt khác u2 = nên ≡ u2 ≡ u5 ≡ ≡ u3k+2 ( mod 2) Vậy un ⇔ n = 3k + Ta lại có un+2 = un+1 + un = 2un + un−1 = 3un−1 + 2un−2 = 5un−2 + 3un−3 ≡ 3un−3 ( mod 5) ; (n ≥ 4) Mặt khác u4 = nên u4 Suy u9 ≡ 3u4 ( mod 5) hay u9 Suy un ⇔ n = 5k + Vậy    n = 3k + un 10 ⇔   n = 5k + ⇔ n = 15m − Vì ≤ n ≤ 2012, suy ≤ 15m − ≤ 2012, suy ≤ m ≤ 134 Vậy có 134 số thỏa mãn đầu n = 15m − với m ∈ N, m ∈ [1; 134] Bài tốn 3.32 (Thi HSG TP Hà Nội vịng 1, 2014 - 2015) Cho dãy số (un ) thỏa mãn điều kiện    u1 = (3.23)  p  un+1 = 2un + 3u2 + 1, n = 1, 2, n a) Chứng minh với số nguyên dương n ta có un+2 = 4un+1 − un b) Chứng minh u2015 chia hết cho Lời giải 71 a) Từ (3.23), ta có (un+1 − 2un )2 = 3u2n + ⇔ u2n+1 − 4un+1 un + u2n − = (3.24) Từ (3.24) thay n n + 1, ta thu u2n+2 − 4un+2 un+1 + u2n+1 − = Như un , un+2 hai nghiệm phương trình x2 − 4xun+1 + u2n+1 − = Theo Định lý Vieta, ta có un+2 + un = 4un+1 Suy un+2 = 4un+1 − un Vậy với số nguyên dương n ta có un+2 = 4un+1 − un b) Chứng minh u2015 chia hết cho Ta có u1 = 4, u2 = 15 nên từ câu a) suy dãy số (un ) dãy số nguyên dương un+3 − un = 4un+2 − un+1 − un = (4un+1 − un ) − un+1 − un = (3un+1 − un ) Suy un+3 − un ≡ ( mod 5) hay un+3 ≡ un ( mod 5) Mặt khác u2 = 15 nên ≡ u2 ≡ u5 ≡ ≡ u3k+2 ( mod 5) Như u3k+2 5, k ∈ N Với k = 671, ta có u2015 Vậy ta có điều phải chứng minh Bài toán 3.33 (VMO 2011) Cho dãy số nguyên (un ) xác định    u0 = 1, u1 = −1   un+2 = 6un+1 + 5un (n ≥ 0) Chứng minh u2012 − 2010 chia hết cho 2011 Lời giải Cách 72 (3.25) +) Xét phương trình đặc trưng tương ứng dãy x2 −6x−5 = Phương √ trình có hai nghiệm x = ± 14 Khi   √ n √ n un = a + 14 + b − 14 Sử dụng giả thiết u0 = 1, u1 = −1, ta √ √ √ n √ n 14 −  14 +  un = √ + 14 + √ − 14 14 14 +) Đặt p = 2011, ta √ √ √  p+1 √  p+1 14 −  14 +  √ √ u p+1 = + 14 + − 14 14 14 Để ý  √  p+1 √ + 14 = A p+1 + B p+1 14,  √  p+1 √ − 14 = A p+1 − B p+1 14 Trong A p+1 = C0p+1 p+1 +C2p+1 p−1 B p+1 = C1p+1 p +C3p+1 p−2 √ 2 √  p+1 p+1 14 + +C p+1 14 , √ 2 √  p−1 p 14 + +C p+1 14 (3.26) (3.27) Dễ dàng chứng minh u p+1 = A p+1 − 4B p+1 (3.28) Ta có   k−2 k (k − 1)Ckp+1 = p (k − 1) Ck−1 + kC p−1 p−1 ≡ ( mod p) Suy Ckp+1 ≡ ( mod p) với k = 2, 3, , p − Do theo cơng thức (3.26) (3.27), ta  p+1 A p+1 = 14 + p+1  ( mod p) ,   p−1 B p+1 = 3.14 + p  ( mod p)  73 Từ kết hợp với (3.28), ta thu   p−1 u p+1 ≡ 2.14 − p  ( mod p) (3.29) Ta có 452 = 2025 ≡ 14 ( mod p) nên theo Định lý Fermat nhỏ (3.29), ta u p+1 ≡ −3 + 2.45 p − ≡ −3 + ≡ −1 ( mod p) hay u2012 − 2010 chia hết cho 2011 Cách Xét dãy số nguyên (bn ) xác định b0 = 1, b1 = −1, bn+2 = 6bn+1 + 2016bn , (n ≥ 0) Dễ thấy với n ≥ 0, ta có un ≡ bn ( mod 2011) Phương trình đặc trưng tương ứng dãy (bn ) x2 − 6x − 2016 = 0, có hai nghiệm x1 = −42, x2 = 48 Suy số hạng tổng quát dãy (bn ) có dạng: bn = C1 (−42)n +C2 48n Mặt khác b0 = 1, b1 = −1 nên ta tìm C1 = 49 41 ,C2 = 90 90 Vì 49.(−42)n + 41.48n bn = , (n ≥ 0) 90 Vì 2011 số nguyên tố nên theo Định lý Fermat nhỏ, ta có (−42)2010 ≡ 482010 ≡ ( mod 2011) Do 90b2012 ≡ 49.(−42)2012 + 41.482012 ≡ 49.(−42)2012 + 41.482012 ≡ 90b2 ( mod 2011) Suy b2012 ≡ b2 ( mod 2011) (vì (90, 2011) = 1) Mặt khác b2 = 6b1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010 ( mod 2011) Vì u2012 ≡ 2010 ( mod 2011) 74 (3.30) Vậy nên u2012 − 2010 chia hết cho 2011 Nhận xét 3.8 Trong công thức (3.30), ta thay n = 2011, ta 90b2011 = 49.(−42)2011 + 41.482011 ≡ 49 (−42) + 41.48 ≡ −90 ( mod 2011) Suy b2011 + 2011 Do u2011 + 2011 Từ đó, ta có toán sau Bài toán 3.34 Cho dãy số nguyên (un ) xác định u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 5un , n ≥ Chứng minh u2011 − 2010 chia hết cho 2011 Nhận xét 3.9 Nếu (3.30) thay n số nguyên tố p > 5, ta 90b p = 49.(−42) p + 41.48 p ≡ 49 (−42) + 41.48 ( mod p) ≡ −90 ( mod p) Suy b p + chia hết cho p Từ đó, ta có tốn sau Bài tốn 3.35 Cho dãy số nguyên (un ) xác định u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 2016un , n ≥ Chứng minh u p + chia hết cho p, p số nguyên tố lớn Nhận xét 3.10 Nếu (3.30) thay n p + 1, p số nguyên tố lớn ta thu 90b p+1 = 49.(−42) p+1 + 41.48 p+1 ≡ 49.(−42)2 + 41.482 ( mod p) ≡ 180900 ( mod p) Suy 90 (b p+1 − 2010) p, suy (b p+1 − 2010) p Từ đó, ta có toán sau Bài toán 3.36 Cho dãy số nguyên (un ) xác định u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 2016un , n ≥ Chứng minh u p+1 − 2010 chia hết cho p, p số nguyên tố lớn 75 Nhận xét 3.11 Nghiệm toán 3.33 phụ thuộc vào giá trị ban đầu u0 , u1 Thay đổi giá trị ban đầu, ta thu Bài toán 3.37 Cho a, b số nguyên cho trước Dãy số nguyên (un ) xác định    u0 = a, u1 = b   un+2 = 6un+1 + 5un ; n ∈ N Tìm tất số nguyên a, b cho a2012 − 2010 chia hết cho 2011, Lời giải Ta xây dựng dãy (bn ) xác định sau    b0 = a, b1 = b   bn+2 = 6bn+1 + 2016bn ; n ∈ N Phương trình đặc trưng x2 − 6x − 2016 = có hai nghiệm phân biệt x1 = −48; x2 = −42 Khi bn = c1 48n + c2 (−42)n Kết hợp với b0 = a, b1 = b suy 42a + b n 48a − b 48 + (−42)n 90 90 ⇔ 90bn = (42a + b) 48n + (48a − b) (−42)n bn = Suy 90b2012 = (42a + b) 482012 + (42a − b) 422012 Do 2011 số nguyên tố nên theo Định lý Fermat nhỏ ta có 482011 ≡ 48 ( mod 2011) ; 422011 ≡ 42 ( mod 2011) Do ta có 90 (b2012 + 1) ≡ (42a + b) 482 + (48a − b) 422012 + 90 ( mod 2011) Suy 90 (b2012 + 1) ≡ 90 (5a + 6b + 1) ( mod 2011) hay b2012 − 2010 chia hết cho 2011 5a + 6b + ≡ ( mod 2011) 76 Từ phương trình đồng dư ta tìm a = −m + + 6t, b = −5t − + 371m, m,t số nguyên tùy ý Bài toán 3.38 (Thi chọn đội tuyển HSG ĐHKHTN, 2009-2010) Cho dãy số nguyên (an ) xác định    a0 = 0, a1 = 2, a3 =   an+4 = 2an+3 + an+2 − 2an+1 − an (n ≥ 0) a) Chứng minh an chia hết cho n với n ≥ b) Chứng minh dãy số chứa vô số số hạng chia hết cho 2009 Lời giải a) Phương trình đặc trưng dãy (an ) có dạng x4 − 2x3 − x2 + 2x + = tương đương với x2 − x −
2 = Từ số hạng tổng quát an có dạng an = c1 α n + c2 β n + n (c3 α n + c4 β n ) , √ √ 1− 1+ ;β = α= 2 nghiệm phương trình x2 − x − = từ điều kiện ban đầu, ta tìm 1 c1 = c2 = 0, c3 = √ , c4 = − √ 5 Suy   n n an = n √ α − √ β 5 an = Fn , với F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 , với n = 1, 2, , tức n dãy số Fibonacci Kết luận câu a) đến hiển nhiên Do thu b) Cách Dùng quy nạp chứng minh Fm+n = Fm+1 Fn + Fm Fn−1 Sau 77 tiếp tục dùng quy nạp chứng minh Fkn chia hết cho Fn Từ để chứng minh kết luận toán, ta cần giá trị nguyên dương n cho Fn chia hết cho 2009 xong Có thể tính tốn F56 chia hết cho 49, cịn F20 chia hết cho 41, từ F280 chia hết cho 2009 Cách Ta chứng minh mệnh đề tổng quát: Với số nguyên dương N, tồn vô số số hạng dãy Fibonacci chia hết cho N Để thực điều này, ta bổ sung thêm số hạng F0 = cho dãy Fibonacci Chú ý ta có hệ thức Fn+1 = Fn + Fn−1 với n = 0, 1, 2, Gọi ri số dư phép chia Fi cho N Xét N + cặp số dư (r0 , r1 ) ; (r1 , r2 ) ; ; (rN , rN+1 ) Do ≤ ri ≤ N − nên có N cặp giá trị (ri , ri+1 ) khác Theo nguyên lý
Dirichlet, tồn cặp số i < j cho (ri , ri+1 ) ≡ r j , r j+1 Do rk−1 số dư phép chia rk+1 −rk cho N nên suy ri−1 = r j−1 , ri−2 = r j−2 , , r0 = r j−i Suy dãy số dư tuần hồn với chu kì j − i Vì r0 = nên rk( j−i) = với k = 1, 2, ta có rk( j−i) chia hết cho N với k = 1, 2, , điều phải chứng minh 78 KẾT LUẬN Dãy số lĩnh vực rộng khó, tốn dãy số đa dạng Trong luận văn đề cập đến tính chất số học dãy số nguyên Luận văn đạt kết sau: Trình bày hệ thống dãy số, số định lí số học, sở trình bày hệ thống tốn tính chất dãy số nguyên như: tính chia hết đồng dư dãy số, tính tuần hồn dãy số dư, tính chất số nguyên phân tích dãy số thành nhân tử, tốn số phương dãy số Trong toán vận dụng kiến thức tổng hợp số học, dãy số, phương pháp sai phân Ứng dụng thực hành giải toán, luận văn chọn lọc tốn điển hình cho dạng tốn, nhiều tốn có đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế năm gần đây, đặc biệt dạng toán: số phương dãy số, tính chia hết đồng dư dãy số Qua thấy vai trị quan trọng của việc áp dụng tính chất số học dãy số nguyên để giải toán liên quan đề thi 79 Tài liệu tham khảo [1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB ĐHQGHN [2] Phan Huy Khải (2007), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT toán dãy số, NXB Giáo dục [3] Phan Huy Khải (1997), 10.000 toán sơ cấp dãy số giới hạn, NXB Hà Nội [4] Nguyễn Văn Mậu (2019), Hàm số học dạng toán liên quan, NXB ĐHQGHN [5] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận (2006), Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB ĐHQGHN [6] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Nguyễn Văn Tiến (2010), Một số chuyên đề giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB Giáo dục [7] Nguyễn Sinh Ngun, Nguyễn Văn Nho, Lê Hồnh Phị (2003), Tuyển tập dự tuyển Olimpic Toán học Quốc tế 1991-2001, NXB Giáo dục [8] Nguyễn Văn Nho (2003), Olimpic Tốn học Châu Á-Thái Bình Dương 1989-2002, NXB Giáo dục 80