ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG THỊ THU HÀ MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC ĐỀ THI OLYMPIC VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2019 Tai ngay!!! Ban co the xo[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - ĐẶNG THỊ THU HÀ MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC ĐỀ THI OLYMPIC VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - ĐẶNG THỊ THU HÀ MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC ĐỀ THI OLYMPIC VỀ PHƢƠNG TRÌNH DIOPHANT Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2019 i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới quý thầy, cô giáo trực tiếp giảng dạy lớp cao học Toán K11, bạn học viên, bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích động viên tác giả suốt trình học cao học viết luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 11 năm 2019 Tác giả Đặng Thị Thu Hà ii Mục lục MỞ ĐẦU Chương Phương trình Diophant hệ Diophant 1.1 Phương trình Diophant tuyến tính 1.1.1 Nghiệm riêng 1.1.2 Nghiệm nguyên dương 1.2 Nghiệm nguyên dương hệ phương trình Diophant tuyến tính 2 Chương Các phương pháp giải phương trình Diophant 2.1 Phương pháp phân tích thành nhân tử 2.2 Phương pháp đồng dư 2.3 Phương pháp đánh giá 2.4 Phương pháp tham số hóa 2.5 Phương pháp quy nạp toán học 2.6 Phương pháp xuống thang 2.7 Một số phương pháp khác Chương Các dạng tốn liên quan đến phương trình trình Diophant 3.1 Một số dạng tốn đa thức nguyên 3.2 Một số dạng toán lượng giác liên quan 3.3 Một số dạng toán thi Olympic liên quan 10 19 19 24 25 27 30 33 40 hệ phương 47 47 50 66 KẾT LUẬN 77 TÀI LIỆU THAM KHẢO 78 Mở đầu Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, Olympic Toán sinh viên, tốn liên quan tới phương trình Diophant (dạng tuyến tính phi tuyến) thường xuyên đề cập Những dạng tốn thường xem thuộc loại khó phần kiến thức phương trình Diophant tổng quát khơng nằm chương trình thức giáo trình Số học Đại số bậc trung học phổ thông Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề phương trình Diophant, chọn đề tài luận văn "Một số phương pháp giải đề thi Olympic phương trình Diophant" Tiếp theo, khảo sát số lớp hệ phương trình Diophant liên quan Cấu trúc luận văn gồm chương: Chương Các kiến thức bổ túc số học phương trình Diophant Chương Các phương pháp giải phương trình Diophant Chương Các dạng tốn liên quan đến hệ phương trình Diophant Tiếp theo, cuối chương trình bày tập áp dụng giải đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan Chương Phương trình Diophant hệ Diophant 1.1 Phương trình Diophant tuyến tính Ta nhắc lại thuật toán Euclid liên phân số trình bày tương đối chi tiết chương trình tốn bậc THCS Định nghĩa 1.1 Số ngun c gọi ước số chung hai số nguyên a b (không đồng thời không) c chia hết a c chia hết b (hay a b chia hết cho c) Định nghĩa 1.2 (xem [3,5, 7]) Một ước số chung d hai số nguyên a b (không đồng thời không) gọi ước số chung lớn a b ước số chung c a b ước d Nhận xét 1.1 Nếu d ước số chung lớn a b −d ước số chung lớn a b Vì vậy, ta quy ước ước số chung lớn a b số nguyên dương Ước số chung lớn hai số a b ký hiệu (a, b) hay gcd(a,b) (greatest common divisor) Như d = (a, b) hay d = gcd(a, b) Ví dụ 1.1 (25,30) = 5, (25,-72) = Định nghĩa 1.3 (xem [3,5,7]) Một số nguyên c gọi ước số chung n số nguyên a1 , a2 , a3 , , an (không đồng thời không) c ước số Định nghĩa 1.4 (xem [5,7]) Một ước số chung d n số nguyên a1 , a2 , a3 , , an (không đồng thời không) gọi ước số chung lớn a1 , a2 , a3 , , an ước số chung c a1 , a2 , a3 , , an ước d Tương tự, ta quy ước ước số chung lớn n số nguyên a1 , a2 , a3 , , an số nguyên dương Ước số chung lớn a1 , a2 , a3 , , an ký hiệu (a1 , a2 , a3 , , an ) hay gcd(a1 , a2 , a3 , , an ) Như d = (a1 , a2 , a3 , , an ) hay d = gcd(a1 , a2 , a3 , , an ) Định lý 1.1 (Ước số chung lớn nhiều số) Cho số nguyên a1 , a2 , a3 , , an khơng đồng thời khơng Khi tồn ước số chung lớn a1 , a2 , a3 , , an Tính chất 1.1 Cho a, b, q, r số nguyên (a2 + b2 6= 0) Nếu a = bq + r ≤ r < |b| (a, b) = (b, r) 1.1.1 Nghiệm riêng Trong mục này, ta trình bày hai thuật tốn tìm nghiệm riêng phương trình Diophant, thuật tốn giản phân thuật tốn Euclid Xét phương trình Diophant tuyến tính Ax + By = C (1.1) Để tìm nghiệm riêng dựa vào giản phân, ta tiến hành thực theo bước sau: - Bước Tìm d = (A, B) để đưa phương trình (1.1) phương trình (1.2) với (a, b) = phương trình Diophant tuyến tính ax + by = c (1.2) a = [a0 ; a1 , a2 , , an ] |b| pn−1 Suy pn−1 - Bước Tính giản phân Cn−1 = [a0 ; a1 , , an−1 ] = qn−1 qn−1 - Bước Suy nghiệm riêng (x0 , y0 ) phương trình (1.2) x = (−1)n−1 c.q n−1 Nếu b > y = (−1)n c.p n−1 x = (−1)n−1 c.q n−1 Nếu b < y = (−1)n−1 c.p n−1 - Bước Viết Bài toán 1.1 Giải phương trình Diophant tuyến tính 342x − 123y = 15 (1.3) Lời giải Phương trình cho tương đương với phương trình 114x − 41y = Ta có 114 = [2; 1, 3, 1, 1, 4], với n = 41 C4 = p4 = [2; 1, 3, 1, 1] = 25 q4 (p4 , q4 ) = (1.4) p = 25 nên q = Do b = −41 < nên nghiệm riêng (1.4) x = (−1)5−1 5.9 = 45 y = (−1)5−1 5.25 = 125 Vậy nghiệm phương trình (1.4), tức phương trình (1.14) x = 45 + 41t , t ∈ Z y = 125 + 114t Để tìm nghiệm riêng dựa vào thuật tốn Euclid, ta tiến hành thực theo bước sau: - Bước Xác định d = (|A| , |B|) theo thuật toán Euclid mở rộng - Bước Biểu thị d tổ hợp tuyến tính A B , chẳng hạn d = nA + mB (n, m ∈ Z) - Bước Nhân hai vế đẳng thức với A C ta thu d Cn Cm +B = C d d - Bước Suy nghiệm riêng (x0 , y0 ) phương trình (1.1) Cn x = d y0 = Cm d Bài tốn 1.2 Giải phương trình Diophant tuyến tính 342x − 123y = 15 (1.5) Lời giải Vì (342, −123) = |15 nên phương trình cho có nghiệm Ta có 342 = 123.2 + 96, 123 = 96.1 + 27, 96 = 27.3 + 15, 27 = 15.1 + 12, 15 = 12.1 + 3, 12 = 3.4 + Suy = 15 − 12.1 = 15 − (27 − 15.1).1 = 15.2 − 27.1 = (96 − 27.3).2 − 27.1 = 96.2 − 27.7 = 96.2 − (123 − 96.1).7 = 96.9 − 123.7 = (342 − 123.2).9 − 123.7 = = 342.9 − 123.25 Suy 342.45 − 123.125 = 15 Từ đó, phương trình (1.14) có nghiệm riêng (x0 ; y0 ) = (45; 125) Suy nghiệm tổng quát phương trình (1.14) 123 t x = 45 + ,t∈Z 342 y = 125 + t hay x = 45 + 41t y = 125 + 114t , t ∈ Z Định lý 1.2 Xét phương trình Diophant tuyến tính a1 x1 + a2 x2 + + an xn = c Phương trình (1.6) có nghiệm d = (a1 , a2 , , an ) |c Nếu phương trình (1.6) có nghiệm có vơ số nghiệm (1.6) Chứng minh 1) ⇒) Giả sử (x1 , x2 , , xn ) nghiệm phương trình (1.6), tức n X xi = c i=1 55 với x, y thuộc khoảng (−6; 10) Tóm lại, để khảo sát phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình lượng giác có điều kiện, ta thực bước sau: Bước Tìm nghiệm tổng quát (x1 , x2 , , xn ) phương trình (hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình) lượng giác Bước Từ điều kiện phương trình (hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình) lượng giác, ta hạn chế điều kiện tham số nghiệm tổng quát (x1 , x2 , , xn ) Bài toán 3.6 Giải hệ bất phương trình sin 2015x > cos 445x ≤ Lời giải Hệ bất phương trình cho tương đương với 5π π + k2π < 2015x < + k2π 6 (k, m ∈ Z) π 4π + m2π ≤ 445x ≤ + m2π 3 hay π π + 2k < x < + 2k = x2 x1 = 2015 2015 π π + 2m ≤ x ≤ + 2m = x4 x3 = 445 445 - Trường hợp 1: x ∈ [x3 ; x2 ) x1 < x3 < x2 ≤ x4 + x1 < x3 tương đương với a = 403m − 89k > −59 a ≥ −59 + x3 < x2 tương đương với a = 403m − 89k < −30 12 56 a ≤ −31 + x2 ≤ x4 tương đương với a = 403m − 89k ≥ −231 12 a ≥ −231 Vậy nên x ∈ [x3 ; x2 ) 403m − 89k = a a ∈ Z, −59 ≤ a ≤ −31 Ta có 403 = [4; 1, 1, 8, 2, 2] 89 p4 163 C4 = = [4; 1, 1, 8, 2] = q4 36 nên p4 = 163, q4 = 36 Khi đó, phương trình 403m − 89k = có nghiệm riêng (m1 ; k1 ) = (36; 163) Suy phương trình 403m − 89k = a a ∈ Z, −59 ≤ a ≤ −31 có nghiệm tổng quát m = 36a + 89t (t ∈ Z) k = 163a + 403t Vậy trường hợp này, ta có tập nghiệm hệ bất phương trình cho π π + 72a + 178t ; + 326a + 806t , S1 = 445 2015 a, t ∈ Z, −59 ≤ a ≤ −31 - Trường hợp 2: x ∈ (x3 ; x4 ] x1 ≤ x3 x4 < x2 + x1 ≤ x3 tương đương với a = 403m − 89k ≥ −59 57 a ≥ −59 + x4 < x2 tương đương với a = 403m − 89k < −231 12 Do a ≤ −232 Như trường hợp không xảy - Trường hợp 3: x ∈ (x1 ; x2 ) x3 ≤ x1 x2 ≤ x4 + x3 ≤ x1 tương đương với a = 403m − 89k ≤ −59 Do a ≤ −60 + x2 ≤ x4 , theo kết trường hợp tương đương với a ≥ −231 Vậy trường hợp này, ta có tập nghiệm hệ bất phương trình cho π π S2 = + 326b + 806l ; + 326b + 806l , 2015 2015 b, l ∈ Z, −231 ≤ b ≤ −60 Kết luận: Tập nghiệm hệ bất phương trình ban đầu S = S1 ∪ S2 Bài toán 3.7 Giải hệ phương trình sin(2x + y) = cos(x + y) = với điều kiện x − y ≥ 10π Lời giải Hệ phương trình cho tương đương với 58 π 2x + y = + k2π 5π + m2π 2x + y = (k, m, l, h ∈ Z) π + l2π x+y = x + y = − π + h2π - Trường hợp 1: Xét hệ phương trình π + k2π 2x + y = x+y = có nghiệm π + l2π π + (k − l)2π x = − π + (2l − k)2π Kết hợp điều kiện x − y ≥ 10π ta thu bất phương trình 16 2k − 3l ≥ Bất phương trình tương đương với y = 2k − 3l = a a ∈ Z, a ≥ Từ đó, ta có k = 2a + 3t l = a + 2t Vậy nên (t ∈ Z) π x = − + (a + t)2π y = π + t2π 59 a, t ∈ Z, a ≥ - Trường hợp 2: Xét hệ phương trình π 2x + y = + k2π x + y = − π + h2π có nghiệm x= π + (k − h)2π 5π y = − + (2h − k)2π Kết hợp điều kiện x − y ≥ 10π, ta thu bất phương trình 2k − 3h ≥ 13 Bất phương trình tương đương với 2k − 3h = b, b ∈ Z, b ≥ Từ đó, ta có k = 2b + 3t h = b + 2t (t ∈ Z) Vậy nên x= π + (b + t)2π 5π y = − + t2π b, t ∈ Z, b ≥ - Trường hợp 3: Xét hệ phương trình 5π 2x + y = + m2π π x + y = + l2π 60 có nghiệm π + (m − l)2π x= y = − π + (2l − m)2π Kết hợp điều kiện x − y ≥ 10π, ta thu bất phương trình 2m − 3l ≥ 14 Bất phương trình tương đương với 2m − 3l = c, c ∈ Z, c ≥ Từ đó, ta có m = 2c + 3t l = c + 2t Vậy nên x= (t ∈ Z) π + (c + t)2π y = − π + t2π c, t ∈ Z, c ≥ - Trường hợp 4: Xét hệ phương trình 5π + m2π 2x + y = π x + y = − + h2π có nghiệm x= 7π + (m − h)2π 3π y = − + (2h − m)2π Kết hợp điều kiện x − y ≥ 10π, ta thu bất phương trình 2m − 3h ≥ 11 61 Bất phương trình tương đương với 2m − 3h = d, d ∈ Z, d ≥ Từ đó, ta có m = 2d + 3t h = d + 2t (t ∈ Z) Vậy nên x= 7π + (d + t)2π 3π y = − + t2π d, t ∈ Z, d ≥ Tóm lại, ta có họ nghiệm (x; y) thỏa mãn giả thiết ra, bao gồm π π + (b + t)2π x = + (a + t)2π x = − y = x= π + t2π, 5π y = − + t2π, π 7π + (c + t)2π + (d + t)2π x = y = − π + 3π y = − t2π, + a, b, c, d, t ∈ Z, a ≥ 6, b ≥ 5, c ≥ 5, d ≥ t2π, Bài toán 3.8 Giải hệ phương trình sin(2x + y) = cos(x + y) = đoạn [−6π; 6π] thỏa mãn điều kiện x − y ≥ 10π Lời giải Hệ cho có họ nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x − y ≥ 10π , bao gồm 62 π x = − + (a + t)2π y = x= π + t2π, π + (c + t)2π x= π + (b + t)2π 5π y = − + t2π, 7π x = + (d + t)2π 3π y = − π + y = − t2π, + t2π a, b, c, d, t ∈ Z, a ≥ 6, b ≥ 5, c ≥ 5, d ≥ π x = − + (a + t)2π (a, t ∈ Z, a ≥ 6) - Trường hợp 1: y = π + t2π Với điều kiện x, y ∈ [−6π; 6π] ta có π + (a + t)2π ≤ 6π −6π ≤ − π −6π ≤ + t2π ≤ 6π a, t ∈ Z, a ≥ Hệ tương đương với 1 −3≤a+t≤ +3 12 12 1 − − ≤ t ≤ − +3 4 a, t ∈ Z, a ≥ suy 6≤a≤6+ a ∈ Z 63 nên a = Với a = 6, t = −3, ta thu (x; y) = 35π 11π ;− π + (b + t)2π x= (b, t ∈ Z, b ≥ 5) 5π y = − + t2π Với điều kiện x, y ∈ [−6π; 6π] , ta có π + (b + t)2π ≤ 6π −6π ≤ 5π + t2π ≤ 6π −6π ≤ − b, t ∈ Z, b ≥ - Trường hợp 2: Hệ tương đương với 1 − ≤ b + t ≤ − +3 − 4 5 − ≤ t ≤ +3 12 12 b, t ∈ Z, b ≥ suy 5≤b≤5+ b ∈ Z, suy b = Với b = 5, ta thu −3≤ t≤− −2 12 t ∈ Z nên t ∈ ∅ 64 Vậy trường hợp ta không thu nghiệm (x; y) thỏa mãn yêu cầu toán π x = + (c + t)2π (c, t ∈ Z, c ≥ 5) - Trường hợp 3: y = − π + t2π Với điều kiện x, y ∈ [−6π; 6π] ta có π −6π ≤ + (c + t)2π ≤ 6π π −6π ≤ − + t2π ≤ 6π c, t ∈ Z, c ≥ Hệ tương đương với 1 − ≤ c + t ≤ − +3 − 4 1 − ≤ t ≤ +3 12 12 c, t ∈ Z, c ≥ suy ≤ c ≤ + nên c = c ∈ Z Với c = ta thu 1 −3≤ t≤− −2 12 nên t ∈ ∅ t ∈ Z Vậy trường hợp ta không thu nghiệm (x; y) thỏa mãn yêu cầu toán 65 x= 7π + (d + t)2π (d, t ∈ Z, d ≥ 4) 3π y = − + t2π Với điều kiện x, y ∈ [−6π; 6π] ta có 7π −6π ≤ + (d + t)2π ≤ 6π 3π + t2π ≤ 6π −6π ≤ − d, t ∈ Z, d ≥ - Trường hợp 4: Hệ tương đương với 7 − ≤ d + t ≤ − +3 − 12 12 3 − ≤ t ≤ +3 4 d, t ∈ Z, d ≥ suy ≤ d ≤ + nên d = d ∈ Z Với d = 4, t = −2, ta thu (x; y) = 31π 11π ;− Tóm lại, tốn cho có hai nghiệm (x; y) bao gồm 35π 11π 31π 11π ;− , ;− 6 66 3.3 Một số dạng toán thi Olympic liên quan Bài toán 3.9 (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2006) Hãy tìm tất cặp số tự nhiên (n; k) với n số nguyên không âm k số nguyên lớn cho số A = 172006n + 4.172n + 7.195n phân tích thành tích k số nguyên dương liên tiếp Lời giải Trước hết, ta thấy tích số tự nhiên liên tiếp phải chia hết cho số có số chia hết cho số chia dư Từ A = 172006n + 4.172n + 7.195n , suy - Nếu n số chẵn, ta có 172006n ≡ (mod 8); 4.172n ≡ 4.1 (mod 8); 195n ≡ 7.35n ≡ 7.310 ≡ (mod 8) Vậy nên A ≡ 12 ≡ (mod 8), tức A không chia hết cho - Nếu n số lẻ, tương tự 172006n ≡ (mod 8); 4.172n ≡ 4.1 (mod 8); 195n ≡ 7.35n ≡ 7.35 ≡ 7.3 (mod 8) Suy A ≡ 10 ≡ (mod 8), tức A không chia hết cho Tức là, trường hợp ln có A không chia hết cho Suy k thỏa mãn đề k < 4, suy k ∈ {2, 3} Xét trường hợp cụ thể - Nếu k = tồn x tự nhiên cho A = x(x + 1) + Nếu n = A = 12, x = 3, thỏa mãn đề + Nếu n > rõ ràng 171003n > 4.172n + 7.195n Ta thấy A = x(x + 1) = 172006n + 4.172n + 7.195n > 172006n Suy x > 171003n Nhưng x(x + 1) > 172006n + 171003n > A, mâu thuẫn Do đó, trường hợp khơng có n thỏa mãn đề - Nếu k = tồn x tự nhiên cho A = x(x − 1)(x + 1), x ≥ Dễ thấy x phải số chẵn (vì ngược lại A chia hết cho 8, mâu thuẫn) 67 Ta thấy A ≡ 12.(−1)n ≡ 2.(−1)n (mod 5), x(x − 1)(x + 1) = x(x2 − 1) ≡ {0; ±1} (mod 5), mâu thuẫn Do đó, trường hợp khơng có n thỏa mãn đề Vậy tất cặp số thỏa mãn đề (n; k) = 0; 2) Bài toán 3.10 (Thi HSG Hà Nội, vòng 2, 2012) Cho dãy số (un ) xác định a1 = 20; a2 = 30; an+2 = 3an+1 − an (n ∈ N∗ ) (3.1) Tìm tất số nguyên dương n cho 5an+1 an + số phương Lời giải Áp dụng kết (3.1) với dãy (an ), ta an+1 an−1 − a2n = a1 a3 − a22 = 500 Suy a2n + 500 = an+1 an−1 Xét với n ≥ 4, ta có (an + an+1 )2 = a2n + 2an an+1 + a2n+1 Mặt khác a2n+1 = 9a2n − 6an an−1 + a2n−1 Suy (an + an+1 )2 = a2n + 2an an+1 + 9a2n − 6an an−1 + a2n−1 = 2an an+1 + 3an (3an − an−1 ) + a2n−1 + an (an − 3an−1 ) = 5an an+1 + a2n−1 − an an−2 = 5an an+1 + a2n−1 − (a2n−1 + 500) = 5an an+1 − 500 Do (an + an+1 )2 = 5an an+1 − 500 < 5an an+1 + Từ dãy (an ) tăng n ≥ 4, ta có an + an+1 ≥ 180 + 470 = 650 Suy (an + an+1 + 1)2 = (an + an+1 )2 + 2(an + an+1 ) + > (an + an+1 )2 + 501 = 5an an+1 + 68 Vậy (an + an+1 )2 < 5an an+1 + < (an + an+1 + 1)2 nên 5an an+1 + khơng phương Bằng phép thử trực tiếp với n = 1, 2, 3, ta thu n = giá trị cần tìm Bài tốn 3.11 (VMO 1991 - Bảng B) Cho dãy số (an ) xác định a1 = 1.2.3, u2 = 2.3.4, , un = n(n + 1)(n + 2) Đặt Sn = a1 + a2 + · · · + an Chứng minh 4Sn + số phương Lời giải Ta có h i an = (n + 1) n + 2n = (n + 1) (n + 1) − = (n + 1)3 − (n + 1) Suy S n = a1 + a2 + · · · + an = 23 + 33 + · · · + (n + 1)3 − [2 + + · · · + (n + 1)] = 13 + 23 + 33 + · · · + (n + 1)3 − [1 + + + · · · + (n + 1)] Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh (n + 1)2 (n + 2)2 3 + + + · · · + (n + 1) = + + + · · · + (n + 1) = (n + 1)(n + 2) Suy Sn = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) Từ đó, ta có 4Sn + = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n2 + 3n n2 + 3n + + 2 2 = n2 + 3n + n2 + 3n + = n2 + 3n + Mặt khác n ∈ N∗ nên n2 + 3n + số nguyên dương Vậy 4Sn + số phương Nhận xét 3.8 Ta biến đổi sau Sn = 1.2.3 + 2.3.4 + · · · + n.(n + 1).(n + 2), 69 suy 4Sn + = 1.2.3.4 + 2.3.4.(5 − 1) + · · · + + n.(n + 1).(n + 2)[(n + 3) − (n − 1)] + = n.(n + 1).(n + 2).(n + 3) + Bài toán 3.12 (Romania TST, 2002) Cho dãy số (un ) xác định ( u0 = 1, u1 = un+2 = 14un+1 − un , n ≥ Chứng minh với số tự nhiên n 2un − số phương Lời giải √ Xét phương trình đặc trưng tương ứng t2 = 14t − có hai nghiệm t1,2 = ± Do đó, số hạng tổng quát dãy √ 2n √ 2n un = a + +b 2− Theo giả thiết u0 = u1 = 1, ta tìm a= Suy 1 √ , b = √ 2+ 2− √ 2n−1 √ 2n−1 2+ un = + 2− Do √ 2un − = 3+1 2n−1 − 2n √ 2n−1 2 3−1 Xét hai dãy nguyên dương (An ), (Bn ) mà √ 2n−1 √ 3±1 = An ± Bn Do √ 2n−1 √ 2n−1 3+1 − 3−1 = 2Bn Bn Từ ta có 2un − = số phương 2n−1 Vậy ta có điều phải chứng minh