(Luận văn) 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 lu an va n MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY SỐ TRONG SỐ HỌC p ie gh tn to d oa nl w lu nf va an LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN ĐỨC TOÀN THỊNH lu an va n MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DÃY SỐ TRONG SỐ HỌC p ie gh tn to oa nl w d LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC nf va an lu z at nh oi lm ul Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ac th si Mục lục Mở đầu lu an n va p ie gh tn to Hệ thống hóa kiến thức liên quan 1.1 Một số tính chất dãy số 1.1.1 Các khái niệm 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 số học 1.3.1 Số nguyên phép chia hết 1.3.2 Ước số chung lớn bội số chung 1.3.3 Số nguyên tố 1.3.4 Đồng dư 1.3.5 Một số định lí số học d oa nl w nhỏ 4 4 13 13 13 14 14 14 nf va an lu Khảo sát tính chất số học dãy số nguyên 16 2.1 Phương pháp xét tính chia hết dãy số 16 2.1.1 Phương pháp quy nạp 17 2.1.2 Phương pháp đồng dư 19 2.1.3 Phương pháp sử dụng tính tuần hồn dãy số dư 25 2.2 Một số toán phân tích dãy số thành nhân tử tính nguyên dãy số 29 2.3 Một số tốn tính phương dãy số 35 z at nh oi lm ul z @ 77 n va Tài liệu tham khảo 76 an Lu Kết luận m co l gm Một số toán dãy số nguyên kì thi Olympic 51 3.1 Một số đề thi tính phương dãy số 51 3.2 Một số đề thi tính chia hết dãy số 64 ac th si Mở đầu lu an n va p ie gh tn to Chuyên đề dãy số vấn đề liên quan đến dãy số phần quan trọng đại số giải tích tốn học Dãy số có vị trí đặc biệt quan trọng tốn học, khơng đối tượng để nghiên cứu mà cịn đóng vai trị cơng cụ đắc lực mơ hình rời rạc, giải tích lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn Dãy số lĩnh vực khó rộng Để giải tốn dãy số 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 Tuy nhiên, tài liệu chủ yếu quan tâm đến tính chất giải tích dãy số giới hạn dãy số, số hạng tổng quát, đơn điệu dãy số, tính bị chặn Trong vấn đề liên quan đến tính chất số học dãy số tính chia hết, tính ngun, tính phương chưa quan tâm nhiều Các toán dãy số nguyên tốn hay khó Dãy số ngun thường xuất nhiều kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh – thành phố, cấp quốc gia, thi Olimpic toán quốc tế gây khơng khó khăn cho thí sinh Sự kết hợp dãy số tính chất số học có lẽ lí mà gây khó khăn Trong viết này, tơi muốn trình bày số vấn đề phương pháp thường sử dụng dãy số nguyên Luận văn với đề tài: "Một số dạng toán liên quan đến dãy số số học" có mục đích trình bày cách hệ thống, chi tiết tính chất số học dãy số Đồng thời cho phân loại số dạng toán thường gặp dãy số số học Luận văn trình bày gồm phần mở đầu ba chương Chương Hệ thống hóa kiến thức liên quan Nội dung chương nhằm hệ thống lại kiến thức dãy số, số học, phương pháp sai phân dùng để giải toán chương sau Chương Khảo sát tính chất số học dãy số nguyên Chương nhằm giới thiệu số vấn đề tính chất số học dãy d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si số tính chia hết, tính chất số nguyên, tính phương Đồng thời nêu phương pháp giải toán phân tích tốn cụ thể Chương Một số tốn dãy số ngun kì thi Olimpic Mặc dù thân có cố gắng vượt bậc, không tránh khỏi khiếm khuyết, mong góp ý q thầy bạn đọc quan tâm để luận văn hoàn thiện Trong thời gian thực luận văn này, tơi nhận dẫn tận tình, chu đáo Giáo sư - Tiến sĩ Khoa học Nguyễn Văn Mậu Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy giúp tơi hồn thành luận văn Tôi chân thành cảm ơn Ban giám hiệu bạn đồng nghiệp Trường THPT Trung Giã, thầy cô trường Đại học Khoa học nhiệt tình giúp đỡ tơi q trình học tập hoàn thành luận văn lu an Tác giả n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Hệ thống hóa kiến thức liên quan lu Hệ thống hóa kiến thức dãy số, số học, phương pháp sai phân dùng để giải toán chương sau Nội dung chương chủ yếu lấy từ tài liệu [2], [3], [4] an Một số tính chất dãy số n va 1.1 to 1.1.1 Các khái niệm dãy số gh tn p ie Định nghĩa 1.1 ([2]-[4]) Mỗi hàm số u xác định tập số nguyên dương N∗ gọi dãy số vơ hạn (gọi tắt dãy số) Kí hiệu: oa nl w u : N∗ → R n 7→ u(n) d Dãy số thường viết dạng khai triển: u1 , u2 , u3 , , un , un = u(n) gọi u1 số hạng đầu, un số hạng thứ n số hạng tổng quát dãy số Mỗi hàm số u xác định tập M = {1, 2, 3, , m} với m ∈ N∗ gọi dãy số hữu hạn Dạng khai triển u1 , u2 , u3 , , um , u1 số hạng đầu, um số hạng cuối Để xác định dãy số người ta tiến hành theo cách sau a) Dãy số cho công thức số hạng tổng quát b) Dãy số cho phương pháp truy hồi c) Dãy số cho phương pháp mô tả nf va an lu z at nh oi lm ul z Một vài dãy số đặc biệt an Lu a) Cấp số cộng m co l gm @ 1.1.2 n va ac th si Định nghĩa 1.2 Dãy số (un ) thỏa mãn điều kiện u1 − u0 = u2 − u1 = · · · = un+1 − un = gọi cấp số cộng Khi dãy số (un ) lập thành cấp số cộng hiệu d = u1 − u0 gọi công sai cấp số cộng cho • Một số tính chất cấp số cộng i) un = u1 + (n − 1)d, với n = 1, 2, 3, uk−1 + uk+1 ii) uk = , với k = 2, 3, iii) Cho cấp số cộng hữu hạn u1 , u2 , , un−1 , un Khi ta có u1 + un = u2 + un−1 = u3 + un−2 = lu an n va p ie gh tn to Một cách tổng quát u1 + un = uk + un−k với k = 2, 3, , n − • Tổng cấp số cộng +) Cho cấp cố cộng u1 , u2 , với công sai d Đặt Sn = u1 + u2 + · · · + un−1 + un tổng n số đầu cấp số cộng Khi ta có (u1 + un )n [2u1 + (n − 1)d]n Sn = = 2 +) Vài tổng đặc biệt oa nl w n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) S2 = 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n2 (n + 1)2 3 3 S3 = + + + · · · + n = b) Cấp số nhân d S1 = + + + · · · + n = nf va an lu z at nh oi lm ul z Định nghĩa 1.3 Dãy số (un ) gọi cấp số nhân với công bội q , (q 6= 0, q 6= 1) ta có un = un−1 q với n = 2, 3, • Một số tính chất cấp số nhân i) un = u1 q n−1 với n = 1, 2, 3, ii) u2k = uk−1 uk+1 với k = 2, 3, • Cho cấp số nhân u1 , u2 , u3 , với công bội q Đặt Sn = u1 + u2 + · · · + un tổng n số hạng đầu cấp số nhân Khi ta có m co l gm @ an Lu n va u1 (q n − 1) Sn = q−1 ac th si c) Dãy số Fibonacci Định nghĩa 1.4 Dãy số (Fn ) cho hệ thức truy hồi  F1 = F2 = Fn+2 = Fn+1 + Fn , n ∈ N∗ gọi dãy số Fibonacci Bằng phương pháp sai phân tìm cơng thức tổng qt dãy số Fibonacci √ !n √ !n 1+ 1− un = √ −√ (Công thức Binet) 2 5 lu an n va p ie gh tn to Tính chất 1.1 (Một số tính chất số học dãy Fibonacci) (Fn , Fn+1 ) = với n Nếu n chia hết cho m Fn chia hết cho Fm Nếu Fn chia hết cho Fm n chia hết cho m với m > (Fn , Fm ) = Fd với d = (m, n) Nếu n ≥ Fn số nguyên tố n số nguyên tố F5n = 5Fn qn với qn không chia hết cho Fn 5k ⇔ n k Fn có tận n 15 Fn có tận hai chữ số n 150 oa nl w d Tính chất 1.2 ( Một số hệ thức dãy Fibonacci) F1 + F2 + + Fn = Fn+2 − F1 + F3 + + F2n−1 = F2n F2 + F4 + + F2n = F2n+1 − Fn−1 Fn+1 − Fn2 = (−1)n F12 + F22 + + Fn2 = Fn Fn+1 F0 − F1 + F2 − F3 + − F2n−1 + F2 n = F2n−1 − F1 F2 + F2 F3 + + F2n−1 F2n = F2n nf va an lu z at nh oi lm ul z Dãy tuần hoàn gm @ 1.1.3 m co l Trong phần này, ta quan tâm đến hai loại dãy tuần hồn dãy tuần hồn cộng tính dãy tuần hồn nhân tính an Lu Định nghĩa 1.5 Dãy (un ) gọi dãy tuần hoàn cộng tính tồn số nguyên dương k cho (1.1) n va un+k = un , ∀ ∈ N ac th si Số nguyên dương k bé để dãy (un ) thỏa mãn điều kiện (??) gọi chu kì sở dãy Định nghĩa 1.6 Dãy số (un ) gọi dãy tuần hồn nhân tính tồn số ngun dương s(s > 1) cho usn = un , ∀n ∈ N (1.2) Số nguyên dương s nhỏ để dãy (un ) thoả mãn (??) gọi chu kỳ sở dãy 1.2 Phương trình sai phân tuyến tính lu Trong phần ta trình bày số phương trình sai phân tuyến tính với hệ số số, có nghiệm số thực cách giải chúng an n va p ie gh tn to Định nghĩa 1.7 Phương trình sai phân (cấp k ) hệ tuyến tính chứa sai phân cấp tới k
f yn ; ∆yn ; ∆2 yn ; ; ∆k yn = (1.3) d oa nl w Vì sai phân cấp biểu diễn theo giá trị hàm số nên (??) có dạng a0 yn+k + a1 yn+k−1 + · · · + ak yn = f (n) (1.4) nf va an lu a0 ; a1 ; ; ak ; f (n) biết, yn , yn+1 , , yn+k giá trị chưa biết • Phương trình (??) gọi phương trình sai phân tuyến tính cấp k • Nếu f (n) = phương trình (??) có dạng lm ul a0 yn+k + a1 yn+k−1 + · · · + ak yn = z at nh oi (1.5) z gọi phương trình sai phân tuyến tính cấp k • Nếu f (n) 6= (??) gọi phương trình sai phân tuyến tính khơng • Nghiệm phương trình sai phân +) Hàm số yn biến n thỏa mãn (??) gọi nghiệm phương trình sai phân tuyến tính (??) +) Hàm số ybn phụ thuộc k tham số thỏa mãn (??) gọi nghiệm tổng quát (??) +) Một nghiệm yn∗ thỏa mãn (??) gọi nghiệm riêng (??) m co l gm @ an Lu n va ac th si a) Phương trình sai phân tuyến tính bậc Bài tốn 1.1 Giải phương trình sai phân tuyến tính bậc (cấp một) u1 = α, aun+1 + bun = f (n), n ∈ N∗ , (1.6) lu an n va p ie gh tn to a, b, α số (a, b 6= 0) f (n) biểu thức n cho trước Nhận xét cấp số dạng đặc biệt phương trình sai phân tuyến tính Lời giải Bước Giải phương trình sai phân tương ứng +) Giải phương trình đặc trưng aλ + b = để tìm λ +) Tìm nhiệm phương trình sai phân tuyến tính tương bn = cλn (c số) ứng aun+1 + bun = dạng u Bước Tìm nghiệm riêng u∗n phương trình khơng bn Bước Tìm nghiệm tổng quát phương trình (??) un = u∗n + u d oa nl w Sau ta trình bày phương pháp tìm nghiệm riêng Trường hợp Nếu f (n) = Pm (n) đa thức bậc m n Khi +) Nếu λ 6= ta chọn u∗n = Qm (n) đa thức bậc m n +) Nếu λ = ta chọn u∗n = nQm (n), Qm (n) đa thức bậc m n Trường hợp Nếu f (n) = p.β n (p; β 6= 0) Khi +) Nếu λ 6= β ta chọn u∗n = d.β n (d ∈ R) +) Nếu λ = β ta chọn u∗n = d.n.β n (d ∈ R) m P Trường hợp Nếu f (n) = fk (n) Khi đó, ta chọn nghiệm riêng u∗n nf va an lu x∗nk , x∗nk tương ứng nghiệm riêng phương trình co (1.7) m an Lu Lời giải x0 = xn+1 = 15xn − 14n + l  gm Ví dụ 1.1 Giải phương trình sai phân @ sai phân (??) với V P = fk (n) z k=1 k=1 z at nh oi lm ul dạng u∗n = m P n va ac th si 63   An Từ (??) suy An+1 = 4An + (**), ta dễ dàng chứng minh quy nạp An số phương với n lu an n va p ie gh tn to Cuối cùng, ta chứng minh An có n ước ngun tố đơi khác phương pháp quy nạp (***) - Với n = 1, rõ ràng (***) - Giả sử (***) với n = k , tức Ak có k ước ngun tố khác Ta xét hai trường hợp: + Nếu k có k + ước nguyên tố khác rõ ràng (***) + Nếu k có k ước ngun tố đơi khác nhau, giả sử p1 , p2 , p3 , , pk Khi (Ak , pi ), i = 1, k Giả sử Ak+1 có k ước ngun tố đơi khác giá trị cần phải có Ak + = 3m , m ∈ N∗ , m ≥ Nhưng Ak ≡ −3 (mod 9) khơng phải số phương, mâu thuẫn Từ dẫn đến Ak+1 phải có ước nguyên tố khác k ước có, tức có k + ước nguyên tố đôi khác hay (***) với n = k + Do (***) chứng minh Vậy với n nguyên dương, số An = số phương 3an − có n ước nguyên tố phân biệt d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul Bài tốn 3.9 (Kì thi HSG lớp 12 THPT chuyên, Nam Định, năm học 2011 - 2012) Cho dãy số (un ) xác định  u1 = 1, u2 = un+1 = un (un − 1) + 2; n = 2, 3, z Lập dãy số (sn ) sau


Sn = u21 + u22 + u2n + − 1; n = 1, 2, l gm @ m co Chứng minh số hạng dãy (sn ) số phương Lời giải Ta có u1 = 1; u2 = 2; u3 = 4; u5 = 184 S1 = = S2 = = an Lu n va ac th si 64 S3 = 169 = 132 S4 = 33489 = 1832 Ta có u1 = 1; u2 = số nguyên, giả sử uk nguyên, theo giả thiết ta có uk+1 = uk (uk − 1) + suy uk+1 số nguyên Theo nguyên lý qui nạp suy un số nguyên với n ∈ N∗ Ta chứng minh Sn = (un+1 − 1)2 (3.3) lu an n va p ie gh tn to
Thật với n = S1 = u21 + − = 12 = (u2 − 1)2 Như (??) với n = Giả sử (??) đến n = k , tức Sk = (uk+1 − 1)2 Xét với n = k + 1, ta có



Sk+1 = u21 + u22 + u2k + u2k+1 + −
= (Sk + 1) u2k+1 + − h i
= (uk+1 − 1) + u2k+1 + − 

= u2k+1 + − 2uk+1 + u2k+1 + −
2
= u2k+1 + − 2uk+1 u2k+1 + + u2k+1
2 = u2k+1 + − uk+1 d oa nl w an lu Theo cách xác định lm ul Suy nf va u2k+1 + − uk+1 = uk+1 (uk+1 − 1) + − = uk+2 − z at nh oi Sk+1 = (uk+2 − 1)2 z Vậy (??) n = k + Theo nguyên lí quy nạp suy (??) với n = 1, 2, Vậy số hạng dãy (sn ) số phương gm @ Một số đề thi tính chia hết dãy số co l 3.2 m Bài toán 3.10 (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 an Lu n va ac th si 65 a) Vì n số nguyên dương nên ta xét trường hợp n sau: • Với n = 3k, k ∈ Z ta có
k 2n − = 23 − ≡ 1k − ≡ (mod 7) Do đó, với n bội thỏa yêu cầu tốn • Với n = 3k + r, k ∈ Z, r = 1, ta có  (mod 7), n 3k r r − = 2 − ≡ − ≡ (mod 7), r=1 r=2 Từ suy ra, n = 3k, k ∈ Z ta ln có 2n − chia hết cho lu b) Theo ta có 2n ≡ 1, 2, (mod 7) với số tự nhiên n Do 2n + 6≡ (mod 7) với số nguyên dương n an n va tn to Bài toán 3.11 (VMO 1997) Cho dãy số (un ) xác định  u1 = 7, u2 = 50 un+1 = 4un + 5un−1 − 1975; n ≥ p ie gh 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 d oa nl w an lu Đặt yn+1 = aun+1 + b Ta có nf va yn+1 = a(4un + 5un−1 + 22) + b = 4(aun + b) + 5(aun−1 + b) + 22a − 8b lm ul = 4yn + 5yn−1 + 22a − 8b z at nh oi Ta chọn a, b cho 22a − 8b = 0,ta chọn a = ⇒ b = 11 ⇒ yn+1 = 4un+1 + 11 ⇒ y1 = 39, y2 = 211; yn+1 = 4yn + 5yn−1 Từ ta có z 8(−1)n + 25.5n yn = + 25.51996 ⇒ y1996 = Vì + 25.51996 ≡ −1 + = (mod 3) ⇒ y1996 ∈ Z Theo định lí Fermat 51996 ≡ (mod 1997) ⇒ y1996 ≡ 11 (mod 1997) m co l gm @ (mod 1997) n va (mod 1997) ⇒ x1996 ≡ an Lu ⇒ 4x1996 + 11 ≡ 11 ac th si 66 Bài toán 3.12 (VMO 1998 - Bảng A) Cho dãy số (un ) xác định  u0 = 20; u1 = 100 (3.4) un+1 = 4un + 5an−1 + 20; ∀n ≥ Tìm số nguyên dương h bé cho un+h − uh 1998; ∀n ∈ N∗ Lời giải Đặt an = 2un + 5, từ (??) ta có dãy số (an ) xác định  a0 = 45; a1 = 205 an+1 = 4an + 5an−1 ; ∀n ≥ lu an n va p ie gh tn to Bằng phương pháp sai phân, ta tìm cơng thức tổng qt dãy số (an ) 10 125 n an = (−1)n + 3 125 n 5 Suy un = + (−1)n − Vì an+h − an = (un+h − un ) nên un+h − un 1998 ⇔ an+h − an 2.1998 = 22 33 37 i 125.5n
(−1)n 10 h Mà an+h − an = 5h − (−1)h − + 3 • Nếu h chẵn  h  −  n
125.5 h an+h − an = − 4.27.37 ⇔ 5h − 81 (3.5)   h − 37 d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul Gọi k số nguyên dương nhỏ thỏa mãn 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 ⇒ h 36 (3.6) z gm @ co l Chứng minh tương tự, ta có 5h − 81 ⇒ h ϕ(81) = 54 m (3.7) n va (??) ⇔ h [36, 54] = 108 ⇒ h > 108 an Lu Từ (??) (??) ta suy ac th si 67 • Nếu h lẻ Vì un+h ≡ un (mod 1998) nên ta có  uh ≡ u0 ≡ 20 (mod 1998) uh+1 ≡ u1 ≡ 100 (mod 1998) ⇒ 5uh−1 ≡ uh+1 − 4uh − 20 ≡ (mod 1998) ⇒ uh−1 (mod 1998) 125 h 25 125 h−1 Vì h lẻ nên h − chẵn ⇒ uh = − uh−1 = − 6 6 ⇒ uh ≡ 5uh−1 ≡ (mod 1998) mâu thuẫn với uh ≡ 20 (mod 1998) Với h = 108 ta dễ dàng chứng minh un+h ≡ un (mod 1998); ∀n ≥ Vậy h = 108 giá trị cần tìm lu Bài tốn 3.13 (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 an n va p ie gh tn to a) Chứng minh số hạng hai dãy (xn ), (yn ) khác 0, có vơ hạn số hạng dương vơ hạn số hạng âm b) Hỏi số hạng thứ 19991945 dãy có chia hết cho khơng? Giải thích Lời giải a) Ta có nl w d oa xn+2 = 22yn+1 − 15xn+1 = 22(17yn − 12xn ) − 15xn+1 an lu = 17(xn+1 + 15xn ) − 22.12xn − 15xn+1 nf va = 2xn+1 − 9xn z at nh oi lm ul 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 vơ hạn số hạng âm Thật vậy, từ ta có z xn+3 = 2xn+2 − 9xn+1 = −5xn+1 − 18xn gm @ hay xn+3 + 5xn+1 + 18xn = 0, ∀n co l (3.8) m Do đó, giả sử dãy xn có hữu hạn số hạng dương (hữu hạn số hạng âm), ta gọi xnj số hạng dương lớn dãy Khi đó, với n ≥ nj ta có xn < 0, điều mâu thuẫn với (??) an Lu n va ac th si 68 Tương tự, ta chứng minh dãy yn+2 = 2yn+1 − 9yn , ∀n thỏa u cầu tốn b) Từ trên, ta có xn+4 = −28xn+1 − 45xn , nên xn ≡ (mod 7) ⇔ xn+4 ≡ (mod 7) ⇔ xn+4k ≡ (mod 7) Ngoài ra, từ 19991945 ≡ (−1)1945 (mod 4) ≡ (mod 4) x3 = 49 nên ta suy x19991945 ≡ (mod 7) Tương tự, ta có yn ≡ (mod 7) ⇔ yn+4k ≡ (mod 7) Nhưng y3 = 26 6≡ (mod 7) nên y19991945 6≡ (mod 7) lu an n va p ie gh tn to Bài toán 3.14 (Đề chọn HSG TP Hà Nội vòng năm học 2011 - 2012) Cho dãy số nguyên dương (un ) xác định u1 = 1, u2 = 2, u4 = 5; với số n nguyên dương khác ta có un+1 un−1 = un + a a2 = 1) Xác định số hạng tổng quát un dãy số 2) Tìm số tự nhiên n không vượt 2012 cho un chia hết cho 10 Lời giải 1) Ta có u2 u4 = u3 + a ⇒ u3 = u2 u4 − a = 10 − a ⇒ u3 = (vì dãy số ngun dương) Ta có (un ) dãy tăng un > với n ≥ d oa nl w lu un + a un+1 un−1 = un + a ⇔ un+1 = un−1 Giả sử un − un−1 un + un−1 Suy un−1 vô lý Vậy un − un + 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 + nf va an z at nh oi lm ul z @ m co l gm Chứng minh quy nạp ta vn+1 vn−1 = − (−1)n Nên  dãy (vn ) dãy thỏa mãn đầu u = 1; u = Vậy u1 = u + u n+2 n+1 n " √ !n # √ !n 1+ 1− ⇒ un = √ − 2 an Lu n va ac th si 69 2) Ta có un+2 = un+1 + un = 2un + un−1 ≡ un−1 (mod 2) Mà 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 lu = 5un−2 + 3un−3 ≡ 3un−3 (mod 5); (n > 4) Mà u4 = nên u4 ⇒ u9 ≡ 3u4 (mod 5) ⇒ u9 Suy un ⇔n = 5k + n = 3k + Vậy un 10 ⇔ n = 5k + ⇔ n = 15m − Vì ≤ n ≤ 2012 ⇒ ≤ 15m − ≤ 2012 ⇒ m ≤ 134 Vậy có 134 số thỏa mãn đầu n = 15m−1 với m ∈ N, m ∈ [1; 134] an n va p ie gh tn to Bài toán 3.15 (Đề chọn HSG TP Hà Nội vòng năm học 2014 − 2015) Cho dãy số (un ) thỏa mãn điều kiện  u1 = p (3.9) un+1 = 2un + 3u2n + 1, n = 1, 2, d oa nl w a) Chứng minh với số nguyên dương n ta có un+2 = 4un+1 − un b) Chứng minh u2015 chia hết cho Lời giải a) Từ (??) ta có nf va an lu (un+1 − 2un )2 = 3u2n + ⇔ u2n+1 − 4un+1 un + u2n − = lm ul (3.10) z at nh oi Từ (??) thay n n + ta u2n+2 − 4un+2 un+1 + u2n+1 − = z Như un , un+2 hai nghiệm phương trình x2 −4xun+1 +u2n+1 −1 = Theo định lí Vi-et ta có un+2 + un = 4un+1 m co l gm @ ⇒ un+2 = 4un+1 − un n va b) Chứng minh u2015 chia hết cho an Lu Vậy với số nguyên dương n ta có un+2 = 4un+1 − un ac th si 70 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 = 4(4un+1 − un ) − un+1 − un = 5(3un+1 − un ) Suy un+3 − un ≡ (mod 5) Hay un+3 ≡ un (mod 5) Mà 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 lu Cách khác Ta chứng minh quy nạp với n = 3k − 1,k nguyên dương un Với k = đúng,giả sử đến k , tức u3k−1 Ta chứng minh k + Thật ta có an n va gh tn to u3k+2 = 4u3k+1 − u3k = 4(4u3k − u3k−1 ) − u3k = 15u3k − 4u3k−1 Vậy ta có điều phải chứng minh p ie d oa nl w Bài toán 3.16 (VMO 2011) Cho dãy số nguyên (un ) xác định  u0 = 1, u1 = −1 (3.11) un+2 = 6un+1 + 5un (n ≥ 0) nf va an lu Chứng minh u2012 − 2010 chia hết cho 2011 Lời giải Cách +) Xét phương trình đặc trưng dãy x2 − 6x − = Phương √ trình có hai nghiệm x = ± 14 Khi   √ n √ n un = a + 14 + b − 14 z at nh oi lm ul z co l gm @ Sử dụng giả thiết u0 = 1, u1 = −1 ta √ √ √ n √ n 14 −  14 +  un = √ + 14 + √ − 14 14 14 m +) Đặt p = 2011 ta √ √ √ p+1 √ p+1 14 −  14 +  up+1 = √ + 14 + √ − 14 14 14 an Lu n va ac th si 71 Chú ý: √ p+1 √ + 14 = Ap+1 + Bp+1 14,  √ p+1 √ − 14 = Ap+1 − Bp+1 14,  Ap+1 = Cp+1 3p+1 Bp+1 = Cp+1 3p + + Cp+1 3p−1 Cp+1 3p−2 √ √ 2 √ p+1 p+1 14 + · · · + Cp+1 14 (3.12) 2 √ p−1 p 14 + · · · + Cp+1 14 (3.13) Dễ dàng chứng minh up+1 = Ap+1 − 4Bp+1 (3.14) lu an Ta có va n
k k−1 k−2 k (k − 1) Cp+1 = p (k − 1) Cp−1 + kCp−1 ≡0 (mod p) to p ie gh tn k ≡ (mod p) với k = 2, 3, , p − Suy Cp+1 Do theo cơng thức (??) (??) ta   p+1 Ap+1 = 14 + 3p+1  (mod p) d oa nl w lu (mod p) nf va an Bp+1  p−1 = 3.14 + 3p   z at nh oi lm ul Từ kết hợp với (??) ta thu   p−1 up+1 ≡ 2.14 − 3p  (mod p) (3.15) z Ta có 452 = 2025 ≡ 14 (mod p) nên theo định lí Fecmat nhỏ (??) ta up+1 ≡ −3 + 2.45p − ≡ −3 + ≡ −1 (mod p) Hay ta u2012 − 2010 chia hết cho 2011 an Lu (n ≥ 0) n va b0 = 1, b1 = −1, bn+2 = 6bn+1 + 2016bn , m co l gm @ Cách Xét dãy số nguyên (bn ) xác định ac th si 72 Dễ thấy với n ≥ 0, ta có un ≡ bn (mod 2011) Phương trình đặc trưng 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 49 41 Mà b0 = 1, b1 = −1 nên ta tìm C1 = , C2 = 90 90 Vì 49.(−42)n + 41.48n bn = , (n ≥ 0) 90 Vì 2011 số ngun tố nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có (3.16) (−42)2010 ≡ 482010 ≡ (mod 2011) lu an Do n va 90b2012 ≡ 49.(−42)2012 + 41.482012 ≡ 49.(−42)2 + 41.482 ≡ 90b2 (mod 2011) to p ie gh tn Suy b2012 ≡ b2 (mod 2011) (vì (90, 2011) = 1) Mà b2 = 6b1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010 (mod 2011) Vì u2012 ≡ 2010 (mod 2011) Vậy u2012 − 2010 chia hết cho 2011 w oa nl Nhận xét 3.1 Trong công thức (??), ta thay n = 2011 ta d 90b2011 = 49.(−42)2011 + 41.482011 ≡ 49.(−42) + 41.48 ≡ −90 (mod 2011) Suy b2011 + 2011 ⇒ a2011 + 2011 Từ ta có tốn sau Cho dãy số nguyên (un ) xác định nf va an lu lm ul z at nh oi u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 5un , n ≥ Chứng minh u2011 − 2010 chia hết cho 2011 Nhận xét 3.2 Nếu (??) thay n số nguyên tố p > ta được: z (mod p) m co l Suy bp + chia hết cho p Từ ta có toan sau Cho dãy số nguyên (un ) xác định (mod p) ≡ −90 gm @ 90bp = 49.(−42)p + 41.48p ≡ 49.(−42) + 41.48 an Lu u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 2016un , n ≥ n va Chứng minh up + chia hết cho p, p số nguyên tố lớn ac th si 73 Nhận xét 3.3 Nếu (??) thay n p + 1, p số nguyên tố lớn ta thu 90bp+1 = 49.(−42)p+1 +41.48p+1 ≡ 49.(−42)2 +41.482 (mod p) ≡ 180900 (mod p) Suy 90(bp+1 − 2010) p ⇒ (bp+1 − 2010) p Từ ta có tốn sau Cho dãy số nguyên (un ) xác định u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 2016un , n ≥ Chứng minh up+1 − 2010 chia hết cho p, p số nguyên tố lớn lu an n va p ie gh tn to Nhận xét 3.4 Bây ta ta tiếp tục suy nghĩ tốn 3.16 xem phụ thuộc vào giá trị ban đầu u0 , u1 nào? Tại người ta lại lấy u0 = 1, u1 = −1 ta tìm điều kiện u0 , u1 để kết tốn khơng thay đổi khơng? Sau nghiên cứu vấn đề tơi thu tốn sau Cho a, b số nguyên cho trước Dãy số nguyên (un ) xác định  u0 = a, u1 = b un+2 = 6un+1 + 5un ; n ∈ N oa nl w d 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 nf va an lu z at nh oi lm ul Phương trình đặc trưng x2 − 6x − 2016 = có hai nghiệm phân biệt x1 = −48; x2 = −42 z 42a + b n 48a − b 48 + (−42)n 90 90 co l bn = gm @ Khi bn = c1 48n + c2 (−42)n Kết hợp với b0 = a, b1 = b suy m ⇔ 90bn = (42a + b).48n + (48a − b).(−42)n an Lu Suy n va 90b2012 = (42a + b).482012 + (48a − b).422012 ac th si 74 Do 2011 số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ ta có 482011 ≡ 48 (mod 2011); 422011 ≡ 42 (mod 2011) Do ta có 90(b2012 + 1) ≡ (42a + b).482 + (48a − b).422 + 90 ⇒ 90(b2012 + 1) ≡ 90(5a + 6b + 1) (mod 2011) (mod 2011) hay b2012 −2010 chia hết cho 2011 5a+6b+1 ≡ (mod 2011) Từ phương trình đồng dư ta tìm a = −m + + 6t, b = −5t − + 371m, lu m, t số nguyên tùy ý an n va p ie gh tn to Bài toán 3.17 (Chọn đội tuyển HSG Đại học khoa học tự nhiên năm 2009-2010) Cho dãy số nguyên (an ) xác định  a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = an+4 = 2an+3 + an+2 − 2an+1 − an (n ≥ 0) d oa nl w a)Chứng minh an chia hết o∞ n với n ≥ n a cho n chưa vô số số hạng chia hết cho 2009 b) Chứng minh dãy số n n=1 Lời giải Phương trình đặc trưng dãy (an ) có dạng nf va an lu z at nh oi lm ul x4 − 2x3 − x2 + 2x + =
2 tương đương với x2 − x − = Từ số hạng tổng quát an có dạng an = c1 αn + c2 β n + n (c3 αn + c4 β n ) , z √ √ 1+ 1− α= ;β = nghiệm phương trình x2 − x − = 2 Từ đây, từ điều kiện ban đầu, ta tìm l gm @  n va  n n an = n √ α − √ β 5 an Lu Suy m co 1 c1 = c2 = 0, c3 = √ , c4 = − √ 5 ac th si 75 an = Fn , vứi F1 = 1, F2 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 với n n = 1, 2, tức dãy số Fibonacci Kết luận câu (a) đến hiển nhiên Từ ta Để giải phần (b), ta theo hướng sau Cách Dùng quy nạp chứng minh Fm+n = Fm+1 Fn + Fm Fn−1 Sau tiếp tục dùng quy nạp chứng minh Fkn chia hết cho Fn Từ đây, 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 co 41, từ F280 chia hết cho 2009 lu an n va p ie gh tn to Cách Ta chứng minh mệnh đề tổng quát: Với số nguyên dương N , tồn vô số số hạng dãy số Fibonacci chia hết cho N Để thực hiệu 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 d oa nl w (r0 , r1 ); (r1 , r2 ); ; (rN , rN +1 ) lu nf va an 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 ) ≡ (rj , rj+1 ) Từ đây, rk−1 số dư phép chia rk+1 − rk cho N nên suy ri−1 = rj−1 , ri−2 = rj−2 , , r0 = rj−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) z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 76 Kết luận lu an n va ie gh tn to Các toán dãy số đề cập hầu hết tài liệu giải tích, đại số, tác giả giới thiệu phần mở đầu, luận văn đề cập đến tính chất số học phần tử dãy số Luận văn trình bày hệ thống số tốn thỏa mãn tính chất số học đặt tính phương, tính nguyên tố, tính chia hết phần tử dãy số Để làm điều người ta kết hợp cách khéo léo phương pháp lí thuyết dãy với nguyên lí số học làm cho việc chứng minh toán thêm phần hấp dẫn, tạo nên đa dạng, phong phú kho tàng toán học nhân loại p Luận văn "Một số dạng toán liên quan đến dãy số số học" giải vấn đề sau: nl w d oa Chương hệ thống kiến thức dãy số, phương trình sai phân tuyến tính, số tính chất số học an lu nf va Chương hệ thống số dạng toán liên quan đến dãy số số học Đối với dạng toán, chọn lọc số tập tiêu biểu làm bật dạng tốn tính chia hết, tính phương, phân tích dãy số thành nhân tử z at nh oi lm ul z Chương trình bày dạng tốn dãy số ngun tính chia hết, tính phương, tốn lấy từ đề thi học sinh giỏi tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế @ m co l gm Tôi hy vọng luận văn tài liệu tham khảo có ích cho học sinh Trung học phổ thông đồng nghiệp quan tâm đến vấn đề Cho dù cố gắng thật khó để tránh khỏi thiếu xót kinh nghiệm cịn hạn chế, tác giả mong đóng góp ý kiến thầy cô giáo bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện an Lu n va ac th si 77 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Hải Châu (2005), Các thi Olimpic tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990 - 2004), NXB Giáo dục [2] Hà Huy Khoái (Chủ biên) (2004), Số học, NXB Giáo dục lu an n va [3] Hà Huy Khoái (Chủ biên) (2008), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT Số học, NXB Giáo dục ie gh tn to [4] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên) (1997), Chuyên đề chọn lọc dãy số áp dụng, NXB Giáo dục p [5] Nguyễn Văn Mậu (2009), Chuyên đề số học toán liên quan, NXB Giáo dục oa nl w Tiếng Anh d lu nf va an [6] Nathanson M.B (1999), Elementary methods in number theory, Springer z at nh oi lm ul [7] Library Mathematics and Youth, The Vietnamese Mathematical Olympiad (1990 - 2006), Education Pub House, 2007 z m co l gm @ an Lu n va ac th si