MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN

Kinh Doanh - Tiếp Thị - Khoa học xã hội - Mầm non MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN Lê Xuân Đại, Trần Ngọc Thắng Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc 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… C ác vấn đề liên quan đến dãy số rất phong phú. Hiện nay có nhiều tài liệu đề cập đế n các bài toán về dãy số. Tuy nhiên, chủ yếu quan tâm đến các tính chất của dãy số như Giới hạn dãy, số hạng tổng quát, sự đơn điệu của dãy, tính bị chặn… Các bài toán về dãy số nguyên là những bài toán hay và khó. Trong bài viết này chúng tôi muốn trình bày một số vấn đề cơ bản và các phương pháp thường sử dụng về dãy số nguyên. Chuyên đề này được chia thành 2 phần như sau: Phần 1: Giới thiệu một số phương pháp cơ bản giải các bài toán về dãy số nguyên. Phần 2: Khai thác một số bài toán điển hình qua các kì thi Olimpic toán học. I- MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT CƠ BẢN 1. Dãy Fibonacci và dãy Lucas. 1.1. Dãy Fibonacci mang tên chính nhà toán hoc Pisano Fibonacci. Dãy cho bởi hệ thức truy hồi đơn giản Dễ dàng thấy công thức tổng quát của dãy là:1 1 5 1 5 2 25 n n nF                  (Công thức Binet) Từ sau, để thuận tiện cho việc tính toán, ta quy ước . 1.2. Một vài tính chất số học của dãy Fibonacci:( )nF1 2 2 1 1 1n n n F F F F F n         ( )nF0 0F  1. với mọi n. 2. Nếu n chia hết cho m thì chia hết cho . 3. Nếu chia hết cho thì n chia hết cho m với m>2. 4. với . 5. Nếu và là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố. 6. Dãy chứa một tập vô hạn những số đôi một nguyên tố cùng nhau. 7. với không chia hết cho 5. 8. . 9. có tận cùng là 0 khi và chỉ khi . 10. có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi . 1.3. Một vài hệ thức cơ bản của dãy Fibonacci: 1. 2. 3. 4. 5. 5.0 1 2 3 2 1 2 2 1... 1n n nF F F F F F F        6. . 7. 8. 9. 1.4. Dãy Lucas được xác định như sau:1( , ) 1n nF F  nFmFnFmF( , )n m dF F F( , )d m n5n nF( )nF5 5 .n n nF F qnq5 k nF n knF15nnF150n1 2 2... 1n nF F F F     1 3 2 1 2... n nF F F F   2 4 2 2 1... 1n nF F F F      2 1 1. ( 1) n n n nF F F    2 2 2 1 2 1... .n n nF F F F F    2 2 1 1 2.n n n nF F F F    2 1 2 2 3 2 1 2 2... n n nF F F F F F F   1 2 3. . ( 1) n n n n nF F F F    4 2 1 1 21n n n n nF F F F F    ( )nL0 1 2 1 2; 1 0n n n L L L L L n          Những số hạng của dãy Lucas có thể coi như giống với dãy Fibonacci bởi hai dãy này đều có cùng hệ thức xác định dãy. Tương tự công thức Binet cho dãy Fibonacci, ta có công thức tổng quát của dãy Lucas: 2 2. Thặng dư bậc hai 2.1. Định nghĩa. Ta gọi

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN Lê Xuân Đại, Trần Ngọc Thắng Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc 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… Các vấn đề liên quan đến dãy số phong phú Hiện có nhiều tài liệu đề cập đến toán dãy số Tuy nhiên, chủ yếu quan tâm đến tính chất dãy số Giới hạn dãy, số hạng tổng quát, đơn điệu dãy, tính bị chặn… Các toán dãy số nguyên tốn hay khó Trong viết chúng tơi muốn trình bày số vấn đề phương pháp thường sử dụng dãy số nguyên Chuyên đề chia thành phần sau: Phần 1: Giới thiệu số phương pháp giải toán dãy số nguyên Phần 2: Khai thác số tốn điển hình qua kì thi Olimpic tốn học I- MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT CƠ BẢN Dãy Fibonacci dãy Lucas 1.1 Dãy Fibonacci (Fn) mang tên nhà toán hoc Pisano Fibonacci Dãy cho F1  F2  hệ thức truy hồi đơn giản  Fn2  Fn1  Fn n  Dễ dàng thấy công thức tổng quát dãy (Fn ) là: 1 n 1 n  Fn       (Công thức Binet)        Từ sau, để thuận tiện cho việc tính tốn, ta quy ước F0  1.2 Một vài tính chất số học dãy Fibonacci: (Fn, Fn1) 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>2 (Fn, Fm)  Fd với d  (m,n) Nếu n  Fn số nguyên tố n số nguyên tố Dãy (Fn) chứa tập vô hạn số đôi nguyên tố F5n  5Fn.qn với qn không chia hết cho Fn 5k  n k Fn có tận n 15 10 Fn có tận hai chữ số n 150 1.3 Một vài hệ thức dãy Fibonacci: F1  F2   Fn  Fn2 1 F1  F3   F2n1  F2n F2  F4   F2n  F2n1 1 Fn1.Fn1  Fn2  (1)n F12  F22   Fn2  Fn.Fn1 F0  F1  F2  F3  F2n1  F2n  F2n1 1 Fn1  Fn2  Fn1.Fn2 F1F2  F2F3   F2n1F2n  F2n2 Fn1.Fn2  Fn.Fn3  (1)n Fn4   Fn2Fn1Fn1Fn2 L0  2; L1  1.4 Dãy Lucas (Ln) xác định sau:  Ln2  Ln1  Ln n  Những số hạng dãy Lucas coi giống với dãy Fibonacci hai dãy có hệ thức xác định dãy Tương tự cơng thức Binet cho dãy Fibonacci, ta có cơng thức tổng quát dãy Lucas: 1 n 1 n  Ln         , n  2 Thặng dư bậc hai 2.1 Định nghĩa Ta gọi 𝑎 thặng dư bậc hai modulo 𝑝 (hay 𝑎 số phương (𝑚𝑜𝑑 𝑝)) tồn số nguyên 𝑥 cho 𝑥2 ≡ 𝑎(𝑚𝑜𝑑 𝑝), 𝑝 số ngun dương 2.2 Định lí Cho 𝑝 số nguyên tố (i) Nếu 𝑝 = số 𝑎 lẻ số phương (𝑚𝑜𝑑 2) (ii) Nếu 𝑝 > Khi 𝑝−1 𝑎 số phương (𝑚𝑜𝑑 𝑝) 𝑎 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 𝑝); 𝑝−1 𝑎 khơng số phương (𝑚𝑜𝑑 𝑝) 𝑎 ≡ −1(𝑚𝑜𝑑 𝑝) 2.3 Kí hiệu Legendre Giả sử 𝑝 số nguyên tố lẻ, 𝑎 số nguyên không chia hết cho 𝑝 Khi ta có kết sau: (1) 𝑎 𝑝−1 ≡ (𝑎) (𝑚𝑜𝑑 𝑝) 𝑝 (2) Nếu 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑝) (𝑎) = (𝑏) 𝑝 𝑝 (3) (𝑎) (𝑏) = (𝑎𝑏) 𝑝𝑝 𝑝 (4) (−1) = (−1) 𝑝−1 𝑝 (5) (2 𝑝2−1 ) = (−1) 𝑝 (6) Luật tương hỗ Gauss: Nếu 𝑝, 𝑞 hai số nguyên tố lẻ thì: (𝑝) (𝑞) = (−1) 2 𝑝−1.𝑞−1 𝑞𝑝 Phương trình sai phân tuyến tính cấp 3.1 Định nghĩa Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai ẩn (𝑢𝑛) phương trình sai phân dạng: 𝑎𝑢𝑛+2 + 𝑏𝑢𝑛+1 + 𝑐𝑢𝑛 = 𝑓(𝑛) (1) Phương trình sai phân tuyến tính tương ứng với phương trình (1) có dạng: 𝑎𝑢𝑛+2 + 𝑏𝑢𝑛+1 + 𝑐𝑢𝑛 = (2) Nghiệm tổng quát (1) có dạng 𝑢𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑦𝑛, 𝑥𝑛 nghiệm tổng quát (2), cịn 𝑦𝑛 nghiệm riêng (1) Để tìm nghiệm (2) ta lập phương trình đặc trưng (2) là: 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = (3) TH1 Nếu phương trình đặc trưng (3) có hai nghiệm thực phân biệt 𝑡1, 𝑡2 thì: 𝑥𝑛 = 𝐴𝑡1𝑛 + 𝐵𝑡2𝑛 TH2 Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm kép 𝑡1 = 𝑡2 = 𝑡0 thì: 𝑥𝑛 = (𝐴 + 𝐵𝑛)𝑡0𝑛 TH3 Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm phức 𝑡 = 𝑥 + 𝑖𝑦 = 𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜑 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝜑) với 𝑖2 = −1; 𝑟 = √𝑥2 + 𝑦2; 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑦𝑥 Khi đó: 𝑥𝑛 = 𝑟𝑛(𝐴𝑐𝑜𝑠𝑛𝜑 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝑛𝜑) Ở 𝐴, 𝐵 số thực xác định dựa vào điều kiện ban đầu II- MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN Phương pháp quy nạp toán học Bài toán Cho dãy số (an ) xác định a0  0;a1 1 an1  3an  an1  (1)n với n nguyên dương Chứng minh an số phương với n  Lời giải Chú ý a2 1;a3  4;a4  9;a5  25 Do a0  F02;a1  F12;a2  F22;a3  F32;a4  F42;a5  F52 , (Fn ) dãy Fibonacci Từ ta có định hướng chứng minh an  Fn2 quy nạp theo n Thậy vậy, giả sử ak  Fk2 với k  n Như an  Fn2; an1  Fn1 ; an2  Fn2 (1) Từ giả thiết ta có an1  3an  an1  2(1)n an  3an1  an2  2(1)n1 Cộng hai đẳng thức ta được: an1  2an  2an1  an2  0, n  (2) Từ (1) (2) suy an1  2Fn2  2Fn1  Fn2   Fn  Fn1 2   Fn  Fn1 2  Fn2  Fn1  Fn2  Fn2  Fn1 Vậy an  Fn2, n  ta có điều phải chứng minh Bài toán Cho dãy số (an ) xác định a1  a2 1;a3  an3  2an2  2an1  an với n nguyên dương Chứng minh an số phương với n  Bài toán Cho dãy số (an ) xác định a0  0;a1 1;a2  2;a3  an4  2an3  an2  2an1  an , n  Chứng minh an chia hết cho n với n  Lời giải Từ giả thiết ta có a4 12;a5  25;a6  48 Ta có a1  a2  1; a3  2; a4  3; a5  5; a6  , an  Fn với n = 1, 2, 3, 12 n 4, 5, 6, (Fn) dãy Fibonacci Từ ta có định hướng chứng minh an  nFn với n  quy nạp theo n Bài toán Cho k nguyên dương lớn Xét dãy số (an) xác định bởi: a0  4;a1  a2  (k  2)2  an1  anan1  2an  an1   an2  8, n  Chứng minh  an số phương với n      k Lời giải Gọi ,  hai nghiệm phương trình t  kt 1      + Ta chứng minh quy nạp theo n: an   2Fn   2Fn 2 , n  (1) Dễ thấy (1) với n = 0, 1, Giả sử (1) đến n Ta có: an1   an  2an1  2  an2  2         4Fn   4Fn  4Fn1   4Fn1   4Fn2   4Fn2   4Fn1   4Fn1 Suy an    4Fn1   2Fn1   2Fn1    2Fn1 Do (1) chứng minh + Từ (1), ta có  an  an    2Fn   2Fn   Fn   Fn 2 số phương (đpcm) Bài tốn (IMO 1981) Tìm giá trị lớn P  m2  n2 , m, n số nguyên thoả mãn 1 m;n 1981 (n2  mn  m2)2  Lời giải Ta xét nghiệm nguyên dương (x, y) phương trình: (x2  xy  y2 )2  (1) với x  y Gọi (n, m) nghiệm ( n  m ) + Xét (m  n;n) ta có: (m  n)2  (m  n)n  n2 2  (n2  mn  m2)2  Suy (m  n;n) nghiệm (1) Rõ ràng (2; 1) nghiệm (1), nên ta có sau nghiệm (1): (3, 2); (5, 3); (8, 5); (13,8); (21,13); (34, 21); + Xét (m;n  m) ta có: m2  m(n  m)  (n  m)2 2  (n2  mn  m2)2  Suy (m;n  m) nghiệm (1) - Nếu m  n  m  n  2m  n(n  m)  2m2  n2  mn  m2  (m  1) (vơ lí) - Nếu m  n  m (m;n  m) nghiệm (1) nhỏ nghiệm (n, m) Quá trình phải dừng lại kết thúc nghiệm (n,1) (n 1) Chú ý thêm (2, 1) nhât thoả mãn (1) mà n  Tóm lại tất nghiệm nguyên dương (1) là:  Fn; Fn1  với n  Như vậy, giá trị lớn P giá trị lớn Fn2  Fn1 với Fn 1981 Dãy số hạng dãy Fibonacci thoả mãn là: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597 Vậy giá trị nhỏ P 15972  9872 Bài toán Chứng minh với số nguyên dương n  Fn 1 khơng số nguyến tố Lời giải Ta có đẳng thức Fn4 1  Fn2Fn1Fn1Fn2 (1) Giả sử tồn n  cho Fn 1 số nguyên tố Khi từ (1) Fn 1 chia hết số Fn2; Fn1; Fn1; Fn2 Nhưng Fn 1  Fn2; Fn 1  Fn1 nên Fn 1| Fn1 Fn 1| Fn2 Trong trường hợp Fn 1|  Fn  Fn1  Fn 1| (Fn 1)  (Fn1 1)  Fn 1| Fn1 1 (vơ lí) Trong trường hợp thứ hai Fn 1|  Fn  Fn1  Fn 1| 2(Fn 1)  Fn1   Fn 1| Fn1  (vô lí) Vậy Fn 1 hợp số với n  Bài toán Cho dãy số nguyên (xn) : x0  3; x1 11 xn2  2xn1  7xn n  Tìm tất số nguyên dương lẻ a cho với m, n nguyên dương tồn k nguyên dương mà xnk  a chia hết cho 2m Lời giải Bằng quy nạp ta chứng minh xn  (mod8) * Chọn m  3;n 1 theo giả thiết tồn k   cho k a (mod8) 11 Suy 3k  a (mod8)  a 1;3 (mod8) * Ta chứng minh tất số a  1(mod8) a  3(mod8) thoả mãn đề - Với m  ta chọn k  thoả mãn - Với m  2,3 ta chọn k chẵn a  1(mod8) chọn k lẻ a  3(mod8) - Xét m  : Ta chứng minh toán quy nạp theo m Giả sử với m  tồn số km cho xnkm  a 2m  xnkm  a  2m.b - Nếu b chẵn xnkm  a  (mod 2m1) , ta chọn km1  km - Nếu b lẻ, chọn km1  km  2m2   2m2 2m3 m Khi xn 1   xn 1. xn 1. xn 1 xn 1  qm ; qm lẻ Vì xn2 1  (xn 1)(xn 1)  8q với q lẻ       Suy xnkm1  a  xn2m2 xnkm  a  a xn2m2 1  2m xn2m2 b  a.qm 2m1 Vậy số km1 thoả mãn Kết luận: Tất số a cần tìm a  1(mod8) a  3(mod8) Sử dụng tính chất phương trình sai phân tuyến tính Một tính chất có nhiều ứng dụng dãy tuyến tính cấp hai tính chất sau đây: Cho dãy tuyến tính cấp hai (un) : un2  aun1  bun, n 1 Khi un2un  un1  (b)n1 u3u1  u22 , n  Bài toán Cho dãy (an) xác định bởi: a1  20;a2  30  an2  3an1  an , n  Tìm tất số nguyên dương n cho 1 5anan1 số phương Lời giải * Áp dụng kết với dãy (an) ta được: an1an1  an2  a1a3  a22  500  an2  500  an1an1 * Xét với n  , ta có: an  an1 2  an2  2anan1  an1 , an1  9an2  6anan1  an1 Suy  an  an1 2  an2  2anan1  9an2  6anan1  an1  2anan1  3an (3an  an1)  an1  an2  3anan1  5anan1  an1  anan2  5anan1  an1  an1  500  5anan1  500 Do an  an1 2  5anan1  500  5anan1 1 Từ dãy (an) tăng n  ta có an  an1 180  470  650 Suy an  an1 12  an  an1 2  2(an  an1) 1  an  an1 2  501  5anan1  Vậy an  an1 2  5anan1 1  an  an1 12 nên 1 5anan1 khơng phương Bằng phép thử trực tiếp với n = 1, 2, ta n = giá trị cần tìm Bài tốn Cho dãy số nguyên (an) : a1  2;a2  an2   an1   , n  an1 Chứng minh an số lẻ với n  Lời giải Ta có a1  2;a2  7;a3  25;a4  89;a5  317 an2 an2  an2 an2  Ta thấy   an1   Do đoạn   ;   có độ dài nên an1 an1  an1 an1  an1 tồn cách nhất, dãy (an) xác định Ta có an  3an1  2an2 (*) với n  3,4,5 Ta hy vọng (*) cơng thức truy hồi cho dãy (an) Tuy nhiên việc chứng minh khẳng định không đơn giản Một kĩ thuật hay dùng xét dãy (bn ) có tính chất dãy (an) chứng minh an  bn b1  2;b2  Ta xét dãy số (bn ) xác định sau:  bn  3bn1  2bn2 Khi với n  bn1.bn1  bn2  (2)n2 Ta dễ dàng có bn  2n quy nạp n2 bn2 2n2 Từ bn1.bn1  bn   bn1    bn1 bn1 Do dãy (an) xác định nên an  bn với n  Khi an  3an1  2an2 ,n  ta có an số lẻ với n  (đpcm) Bài toán Cho trước a,b nguyên dương dãy (xn) xác định bởi: x0   xn1  axn  b, n  Chứng minh với cách chọn a,b dãy (xn) tồn vơ hạn hợp số Lời giải Giả sử xn hợp số với hữu hạn n Gọi N số nguyên dương lớn tất giá trị n thoả mãn Khi xm số nguyên tố với m  N Chọn số nguyên tố xm  p không chia hết a 1 Gọi t số thoả mãn t(1 a)  b (mod p) , xn1  t  a(xn  t) (mod p) Tiếp tục trình đặt biệt với m=n ta