Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu giới thiệu về các dãy số nguyên, các tính chất số học và phương pháp giải các dạng toán đó. Các ví dụ được sắp xếp từ dễ đến khó, các lời giải đều có phân tích và nhận xét. Các bài tập được đưa ra để các bạn rèn luyện.
Một số bài toán về dãy số nguyên Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN Nguyễn Tất Thu – GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai Dãy số nguyên thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi 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 xin được trao đổi một số kinh nghiệm khi xử lí các bài toán về dãy số nguyên. 1. Chứng minh một dãy số là dãy số nguyên Để chứng minh một dãy số là dãy số nguyên, ta thường biến đổi công thức truy hồi của dãy số về dạng 1 0 1 1 . n n n k n k u a u a u a u , trong đó 0 1 , , , k a a a là các số nguyên và k số hàng đầu của dãy c ũng là s ố nguyên. Từ đó, bằng quy nạp ta thấy được các số hạng của dãy số là số nguyên. Ví dụ 1. Cho dãy 1 2 1 1 1 ( ) : 5 24 8 2 n n n n u u u u u n . Chứng minh rằng các số hạng của dãy số là những số nguyên. Lời giải. Bằng cách tính trực tiếp, ta có được : 2 3 4 9; 89; 881u u u . Ta dự đoán công thức truy hồi của dãy số có dạng : 1 2n n n u xu yu Dựa vào các giá trị của 3 4 ,u u ta có hệ phương tr ình: 9 89 10 89 9 881 1 x y x x y y Nên ta dự đoán 1 2 10 n n n u u u 3n Từ công thức truy hồi của dãy ta có: 2 2 1 1 ( 5 ) 24 8 n n n u u u 2 2 1 1 10 8 0 n n n n u u u u (1) thay n bởi 1n , ta được: 2 2 2 2 1 1 10 8 0 n n n n u u u u (2) . Từ 2 (1),(2) , n n u u là hai nghiệm của phương tr ình : 2 2 1 1 10 8 0 n n t u t u Áp dụng định lí Viet, ta có: 2 1 10 n n n u u u hay : 1 2 10 n n n u u u . Trong một số bài toán, việc dự đoán được công thức tổng quát n u , nhưng chứng minh trực tiếp gặp khó khăn, ta thương xử lí như sau: * Chứng minh tồn tại duy nhất dãy thỏa điều kiện của bài toán * Xây dựng dãy phụ ( ) n v có giá trị đầu và hệ thức truy hồi giống với giá trị ban đầu và hệ thức truy hồi của ( ) n u và chứng minh dãy ( ) n v c ũng th ỏa điều kiện của bài toán. Khi đó n n u v . Ví dụ 2. Cho dãy số nguyên 1 2 ( ) : 2; 7 n u u u và 2 1 2 1 1 2 2 n n n u u u (1). Chứng minh n u lẻ 2n . Lời giải. Từ giả thiết, ta có: 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 n n n n n u u u u u . Vì trên khoảng 2 2 1 1 2 2 1 1 ; 2 2 n n n n u u u u (có độ dài bằng 1 ) có duy nhất một số nguyên nên dãy đ ã cho xác định là duy nhất. Ta có: 3 4 25; 89u u . Ta giả sử 1 2n n n u xu yu . Một số bài toán về dãy số nguyên Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Từ 3 4 25; 89u u ta có hệ: 7 2 25 3 25 7 89 2 x y x x y y . Ta chứng minh dãy 1 2 1 2 2; 7 ( ) : 3 2 3 n n n n v v v v v v n thỏa mãn (1) Thật vậy, ta có: 2 2 1 2 1 2 2 . n n n n n n n v v v v v v v . Từ công thức truy hồi của dãy ta có được 2 2 n n v n (2). Mặt khác: 2 2 1 2 1 2 1 2 3 (3 2 ) (3 2 ) n n n n n n n n n v v v v v v v v v 2 3 2 3 1 3 2 3 1 2 2( ) ( 2) ( ) ( 2) n n n n n v v v v v v (3) Từ (2) và (3) ta suy ra: 2 1 2 1 1 2 2 n n n v v v 1 2 1 2 2; 7 ( ) : 3 2 2 n n n n u u u u u u n . Từ công thức truy hồi của dãy ( ) n u ta thấy n u là số nguyên lẻ 2n . Ví dụ 3 ( TST Vietnam 2011). Cho dãy số nguyên dương ( ) n u thỏa 0 1 2 1 2 1, 3 1 , 0 n n n u u u u n u . Chứng minh rằng: 2 2 1 2 n n n n u u u với mọi số tự nhiên n . Lời giải. Từ cách cho dãy số, ta thấy dãy ( ) n u luôn tồn tại và duy nhất. Xét dãy 0 1 2 1 1, 3 ( ) : 4 2 , 0 n n n n v v v v v v n . Ta chứng minh: 2 2 1 . 2 n n n n v v v (1) Ta có: 2 2 2 1 1 1 . (4 2 ) n n n n n n n v v v v v v v 2 2 1 1 4 2 n n n n v v v v 2 1 1 4 2 n n n n v v v v 2 2 1 1 1 1 .2 2 2 n n n n n n v v v v v v 2 2 0 1 2 2 n n v v v Suy ra (1) được chứng minh. Ta chứng minh 2 n n v (2) bằng quy nạp Trước hết ta thấy dãy ( ) n v là dãy t ăng Với 1n ta thấy (2) đúng Giả sử 2 n n v ta có: 1 1 1 2 2 2 2 n n n n n n v v v v v Do đó (2) đúng. Dựa vào các kết quả trên ta có: 2 2 1 1 2 2 2 2 1 n n n n n n n n n v v v v v v v v Một số bài toán về dãy số nguyên Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Hay 2 2 1 1 1 1 1 n n n n n v v v v v Do đó: 2 2 1 1 2 2 1 1 n n n n n n v v v v v v Vì tính duy nhất nên ta có: , 0 n n u v n . Vậy bài toán được chứng minh. Ví dụ 4. Chứng minh rằng tồn tại đúng 4 d ãy s ố nguyên dương ( ) n u thỏa: 0 1 1, 2u u và 2 2 1 . 1 n n n u u u . Lời giải. Trước hết, ta đi tính giá trị của 2 u . Ta có: 2 3 3 2 2 3 3 5 12, 13 4 1 3 4, 5 u u u u u u u a) Ta chứng minh tồn tại duy nhất dãy số nguyên dương ( ) n u thỏa 0 1 2 3 1, 2, 3, 5u u u u và 2 2 1 . 1, 4 n n n u u u n (1) Chứng minh tồn tại: Ta dự đoán hệ thức truy hồi 1 1n n n u u u . Xét dãy 0 1 1 1 1, 2 ( ) : , 2,3, n n n n v v v v v v n Bằng quy nạp ta chứng minh được ( ) n v thỏa mãn (1). Thật vậy: 2 2 2 1 1 1 . n n n n n n n v v v v v v v 2 2 1 1 1 1 1 n n n n n n n v v v v v v v Chứng minh duy nhất. Trước hết ta chứng minh nếu dãy ( ) n u thỏa (1) thì ( ) n u là dãy t ăng. Giả sử 1 1 1 n n n n u u u u Từ 2 2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n u u u u u u u u u u Nên theo quy nạp ta có đpcm. Giả sử tồn tại k để k k v u và , n n v u n k . Khi đó Ta giả sử k k v u , suy ra: 2 2 1 2 2 1 . 1 . 1 k k k k k k u u u v v v 2 2 2 2 k k k k u u v u điều này vô lí. Do vậy tồn tại duy nhất dãy nguyên dương ( ) n u (đó chính là dãy ( ) n v ) thỏa mãn (1). b) Tương tự ta chứng minh được tồn tại duy nhất các dãy nguyên d ương th ỏa: 2 0 1 2 3 2 1 1, 2, 3, 4, 1 n n n u u u u u u u 2 0 1 2 3 2 1 1, 2, 5, 12, 1 n n n u u u u u u u 2 0 1 2 3 2 1 1, 2, 5, 13, 1 n n n u u u u u u u . Đó là các d ãy tương ứng là: Một số bài toán về dãy số nguyên Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh 0 1 1 1 1, 2, 2 n n n u u u u u 0 1 1 1 1, 2, 2 n n n u u u u u 0 1 1 1 1, 2, 3 n n n u u u u u . Vậy tồn tại đúng 4 d ãy s ố nguyên dương thỏa yêu cầu bài toán. 2. Bài toán liên quan đến chia hết Thông thương đối với bài toán này thường được xử lí theo các hướng sau * Hướng 1: Tìm CTTQ của dãy số, sử dụng các tính chất chia hết của số học để thực hiện phần còn lại. * Hướng 2: Chuyển về nghiên cứu trên dãy các số dư. Ví dụ 5. Cho dãy 0 2 2 1 1, 2 ( ) : 3 , 1 n n n n u u u u u u n . Với mỗi số nguyên dương n , ta gọi n r là số dư khi chia n u cho 2013 . Chứng minh rằng dãy n r là dãy tuần hoàn. Lời giải. Dãy các số dư n r được xác định bởi 0 1 2 1 1, 2 3 (mod2013) n n n r r r r r và 0,1,2, ,2012 , n r n Do đó 2n r được xác định thông qua 1 , n n r r . Do đó, ta đi xét các cặp 1 ( , ) n n r r Vì các giá trị của n r là hữu hạn,còn các cặp 1 ( , ) n n r r là vô hạn nên sẽ tồn tại số nguyên dương , ( )m k k m sao cho 1 1 , , k k m m r r r r hay 1 1 k m k m r r r r Đặt m k s , ta có: 1 1 k k s k k s r r r r . Ta chứng minh: , 0,1,2, n n s r r n Giả sử t t s r r với , 1, ,t k k n , ta chứng minh 1 1n n s t t Thật vây: 1 1 1 1 3 3 (mod2013) n s n s n s n n n t r r r r r (đpcm). Giả sử , t t s r r t m , ta chứng minh , 0,1, , 1 t t s r r t m Thật vậy 1 1 1 1 1 1 3 3 3 m m m m m m m s m s m s r r r r r r r r r Tiếp tục như vậy, ta có được , 0,1, , 1 t t s r r t m . Vậy , 0,1,2, n n s r r n hay dãy n r là dãy tuần hoàn. Tương tự như trên, ta có kết quả tổng quát sau “Cho dãy số nguyên n a thoả mãn 1 1 2 2 n n n k n k a c a c a c a trong đó 1 2 , , , k c c c là các số nguyên và m là số nguyên dương lớn hơn 1. Gọi n r là số dư trong phép chia n a cho m . Khi đó d ãy n r tuần hoàn.” Ví dụ 6 (VMO 1995). Cho dãy 0 1 ( ) : 1, 3 n a a a và 1 2 1 9 khi 2 9 5 khi 2 1 n n n n n a a n k a a a n k . Chứng minh rằng : 2000 2 1995 20 k k a . Một số bài toán về dãy số nguyên Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Lời giải. Từ công thức truy hồi của dãy ta thấy 2 1 (mod4) n n n a a a .Gọi n r là số dư trong phép chia n a cho 4. Khi đó 0 3 n r . Hơn nữa 2 1 (mod4) n n n a a a nên 2 1 (mod4) n n n r r r Ta có: 1 2 3 4 5 6 7 8 1, 3, 0, 3, 3, 2, 1, 3r r r r r r r r Từ đó, ta thấy dãy n r tuần hoàn với chu kì bằng 6 , hay 6n n k r r Suy ra 1995 3 332.6 3 1996 4 1997 5 1998 6 1999 1 2000 2 0, , , , ,r r r r r r r r r r r r r Vì 2 2 (mod4) (mod4) n n n n a r a r Do đó: 2000 2000 6 2 2 2 1995 1995 1 1 9 0 9 9 4 32 0(mod4) k k k k k k a r r Suy ra 2000 2 1995 4 k k a . Mặt khác, với 0k ta có: 2 4 2 3 2 2 2 4 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 (mod5) 2 (mod5) (mod5) (mod5) k k k k k k k k k a a a a a a a a a 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 3 2 4 2 3 2 2 2 3 2 2 4 (mod5) (mod5) 0(mod5) (mod5) k k k k k k k k k a a a a a a a a a Do đó: 2 2 2 2 2 2 1995 1996 1997 1998 1999 2000 0(mod5)a a a a a a . Suy ra 2000 2 1995 5 k k a Vậy 2000 2 1995 20 k k a . Ví dụ 7 (VMO 2011). Cho dãy số 0 1 1 2 1, 1 ( ) : 6 5 , 2,3, n n n n u u u u u u n . Chứng minh rằng 2012 2010 2011u . Lời giải. Vì dãy số được cho dưới dạng truy hồi tuyến tính cấp hai nên ta có thể tìm CTTQ của n u và dựa vào CTTQ để chứng minh yêu cầu của bài toán. Xét phương tr ình đ ặc trưng: 2 6 5 0 3 14x x x Vì ph ương tr ình đ ặc trưng có hai nghiệm vô tỉ nên chúng ta gặp khó khăn tỏng việc xử lí về chia hết. Vì cần xét đến tính chia hết nên 1 2 1 2 6 5 6 2016 (mod2011) n n n n u u u u và hơn nữa phương tr ình 2 6 2016 0x x có hai nghiệm 42, 48x x nên ta đi xét d ãy ph ụ 0 1 1 2 1, 1 ( ) : 6 2016 , 2,3, n n n n v v v v v v n Khi đó (mod2011) n n u v . Ta tìm đư ợc công thức tổng quát của dãy 41.48 49. 42 ( ) : 90 n n n n v v Một số bài toán về dãy số nguyên Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Do đó, để chứng minh 2012 2010 2011u ta đi chứng minh 2012 1 2011v Hay 2012 2012 2012 2012 41.48 49. 42 41.48 49. 42 90 1 2011 90 90 Mà (2011,90) 1 nên ta cần chứng minh: 2012 2012 41.48 49. 42 90 2011A (1) Ta có 2011 là số nguyên tố, nên theo định lí Fecma nhỏ thì 2010 2010 48 1(mod2011), 42 1(mod2011) Suy ra 2 2 41.48 29.42 90 41.293 49.( 247) 90 0(mod2011)A Suy ra (1) đúng và bài toán được chứng minh. Ví dụ 8. Cho dãy số 1 2 2 1 38, 161 ( ) : 4 , 1 n n n n u u u u u u n . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m , luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho 1 n u và 1 2 n u đều chia hết cho m . Lời giải. Với mỗi số nguyên dương n , ta gọi n r là số dư của phép chia n u cho m , ta có dãy n r là dãy tuần hoàn, và ta cần chứng minh tồn tại n để 1 1, 2 n n r r chia hết cho m . Vì m là một số nguyên bất kì , nên đi ều đó chỉ xảy ra khi 1 1 2 0 n n r r (vì chỉ có số 0 là chia hết cho mọi số nguyên) hay là 1 1, 2 n n r r . Vì m chưa xác định nên việc xác định các giác trị của n r là khó khăn, do đó ta ngh ĩ đ ến sẽ có giá trị n để 1 1, 2 n n u u . Tuy nhiên, điều này không thể xảy ra vì dãy ( ) n u là dãy tăng và 1 38 2u . Khó khăn này là do giá trị bạn đầu của dãy ( ) n u được cho lớn hơn 2. Điều này, gọi ý ta đi xét các giạ trị nhỏ hơn. Từ công thức truy hồi ta có 2 1 4 n n n u u u Do đó, ta có : 0 2 1 1 1 0 2 0 1 4 9, 4 2, 4 1u u u u u u u u u Vì vậy ta đi xét d ãy ph ụ 1 2 2 1 1, 2 ( ) : 4 , 1,2, n n n n v v v v v v n Ta có 3n n v u . Ta chứng minh : Với mọi số nguyên dương m , luôn tồn tại 4n để 1 , n n v v cùng chia hết cho m . Gọi ' n r là số dư trong phép chia n v cho m , khi đó d ãy ' ( ) n r là dãy tuần hoàn ta giả sử chu kỳ k . Ta có : ' ' ' ' 1 2 1 2 1, 2 1 2 0r r r r Do đó ' ' 1 2 1 2 0(mod )r r m Suy ra ' ' 1 1 ' ' 2 2 1 1 0(mod ) 2 2 0(mod ) nk nk r r m r r m hay 1 2 1, 2 nk nk u u cùng chia hết cho m . Một số bài toán về dãy số nguyên Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Từ đó, ta có đpcm. Ví dụ 9. Cho dãy số ( ) n u được xác định như sau: 0 1 1u u và 1 1 14 n n n u u u với 1n . Chứng minh rằng với 0n thì 2 1 n a là một số chính phương. Lời giải. Cách 1 : Ta có : 2 2 2 2 1 2 3 4 2 1 1 , 2 1 25 5 , 2 1 19 ,2 1 71u u u u Kết quả trên gợi ý ta đi xét d ãy 1 2 2 1 1, 5 ( ) : n n n n u u u u xu yu Với 3 4 5 19 4 19, 71 19 5 71 1 x y x u u x y y , suy ra 2 1 4 n n n u u u . Ta chứng minh : 2 2 1 , 1 n n a u n (1) Ta có (1) đúng với 1n . Giả sử 2 2 1 , 1,2, , k k a u k n , ta có : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 4 16 8 14(2 1) 2 8 2 2 1 n n n n n n n n n n n n n u u u u u u u a u u u u a 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 14 2 4 6 1 2 1 2 4 6 n n n n n n n n n n n u u u u u u a u u u u Tiếp theo, ta chứng minh : 2 2 1 1 4 6 0 n n n n u u u u (2) Thật vậy : 2 2 1 1 1 1 (2) (4 ) 6 0 6 0 n n n n n n n u u u u u u u (3) Ta có : 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 4 6 6 6 n n n n n n n n n n n n u u u u u u u u u u u u 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 4 6 4 6 n n n n n n n n u u u u u u u u 2 2 2 2 1 1 4 6 25 20 1 6 0u u u u Từ đó ta có đpcm. Cách 2 : Xét phương tr ình đ ặc trưng : 2 14 1 0 7 4 3x x x Suy ra 7 4 3 7 4 3 n n n a x y Dựa vào 0 1 1a a ta có : 2 3 1 4 (7 4 3) (7 4 3) 1 2 3 4 x x y x y y Suy ra 2 2 2 1 2 1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 4 4 n n n n n a Một số bài toán về dãy số nguyên Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Do đó 2 2 1 2 1 3 1 3 1 2 1 , 0 2 n n n n a n . Đặt 2 1 2 1 3 1 3 1 n n n v , ta chứng minh với mọi 1n thì 2 n n v Từ công thức tổng quát của n v ta có được hệ thức truy hồi : 1 2 2 n n n v v v Vì 1 2 1 2 2 2 , 20 2v v nên bằng quy nạp và dựa vào hệ thức truy hồi ta chứng minh được 2 n n v với 1n . Do đó : 2 1 n a là số chính phương với mọi 0n . Cách 3 : Tương tự như (*) ta có : 2 2 1 1 14 12 0 n n n n a a a a (4) Thay n bởi 1n ta có : 2 2 1 1 14 12 0 n n n n a a a a (5) Từ (4) và (5), ta có 1 1 , n n a a là nghiệm của phương tr ình : 2 2 14 12 0 n n t a t a Suy ra 2 2 ' 48 12 12 4 1 n n a a là số chính phương nên tồn tại m sao cho 2 2 2 1 12(4 1) 6 6 6 n a m m m m m Do đó 2 2 2 1 1 4 1 3 (2 1)(2 1) 3 n n n a m a a m (6). Ta có : 2 1,2 1 2 1,2 1 n n n a a a Mặt khác, bằng quy nạp ta chứng minh được 2 1 3, 0 n a n Do đó, từ (6) ta suy ra 2 2 2 1 2 1 3 n n a a a b với 1 ab m Vậy 2 1 n a là số chính phương. Chú ý : Từ các cách giải bài toán trên, ta có các kết quả của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai như sau : Tính chất : Cho dãy số 2 1 ( ) : n n n n u u au bu . Khi đó: 1) 1 1 2 2 2 2 1 3 1 2 3 1 2 . , n n n n n u u u b u u u b c c u u u 2) 2 , n n u bu là hai nghiệm của phương tr ình: 2 2 1 1 . 0 n n n t au t bu b c 3) 2 2 1 ( 4 ) 4 n n a b u c b là số chính phương. Đặc biệt với 1b ,ta có 1) 2 2 1n n n u u u c 2) 1 1 , n n u u là hai nghiệm của phương tr ình: 2 2 0 n n t au t u c Một số bài toán về dãy số nguyên Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh 3) 2 2 2 1 3 1 2 ( 4) 4 , n a u c c u u u là số chính phương. Có lẽ những tính chất trên là nguồn gốc của các bài toán về dãy nguyên truy hồi tuyến tính cấp hai. Chẳng hạn cho 10, 1a b , khi đó n u là nghiệm của phương tr ình 2 2 1 1 10 0 n n t u t u c , suy ra 2 1 1 5 24 n n n u u u c Với công thức truy hồi 1 1 10 n n n u u u ta cho 1 2 3 1, 9 89u u u Do đó 2 3 1 2 89 81 8c u u u , nên ta có: 2 1 1 5 24 8 n n n u u u đây chính ví dụ 1. Hay từ 2 2 1n n n u u u c ta có: 2 1 2 n n n u c u u . Do đó, ta có bài toán sau Cho dãy số 1 2 2 1 2 1, 9 ( ) : 8 n n n n u u u u u u . Chứng minh rằng 2 6 2 n u là số chính phương. Ví dụ 10. Cho dãy số 0 1 n n n 1 n 2 a 0, a 1 (a ) : a 2a a , n 2 . 1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m và 0 j m thì j m m j m j 2a a ( 1) a 2) Cho k n 2 . Chứng minh rằng k n a 2 . 3. Các bài toán về phần nguyên Các bài toán về phần nguyên, chủ yếu ta dựa vào tính chất của phân nguyên 1x x x để đánh giá và kết hợp với các tính chất số nguyên. Ví dụ 10. Gọi là nghiệm dương của phương tr ình 2 2013 1 0t t . Xét dãy số ( ) n u được xác định như sau : 1 1 1 , 1 n n u u u n . Tìm số dư của phép chia 2013 u cho 2013 . Lời giải. Vì là nghiệm dương của phương tr ình 2 2013 1 0t t nên ta có 1 và 2 1 2013 1 0 2013 2013 n n n u u u Vì 2013 n n u u , do đó 2013 n n n u u u Mặt khác : 1n n u u và 1n u nên 1 1 1 1 n n n n n n u u u u u u Hay 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n u u u u u u Do đó 1 1 1 2 2013 1 2013 1 n n n n n n u u u u u u Suy ra 2 4 2 1 2 n n n n k u u u u k Một số bài toán về dãy số nguyên Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Dẫn tới 2013 2013 2.1006 1 1006 1006 1005 1008(mod2013)u u u . Vậy số dư trong phép chia 2013 u cho 2013 là 1008 . Ví dụ 11. Cho 2k số thực 1 2 1 2 , , , , , , , k k a a a b b b . Xác định dãy số ( ) n X như sau 1 , 1,2, k n i i i X a n b n Chứng minh rằng nếu ( ) n X là một cấp số cộng thì 1 k i i a là số nguyên. Lời giải. Đặt 1 1 , k k k k i i A a B b . Ta có : 1 i i i i i i a n b a n b a n b Suy ra n An B k X An B . Giả sử n X là cấp số cộng với công sai d , khi đó 1n nd X X và 1 A B k X A B Vì 1 1n X X nd nên ta có : 1 ( 1) ( 1)A n B k X nd A n B 1 1 An A B k X nd An A B X Mà 1 0A B X và 1 A B X k nên An k nd An k Suy ra k A d n . Cho n tiến ra vô cùng, ta có 0A d A d . Mặt khác n X là dãy số nguyên nên 1n n A d X X là số nguyên (đpcm). Ví dụ 12. Cho dãy số ( ) : 2 n n u u n . Chứng minh rằng, dãy số đ ã cho ch ứa vô hạng số là số chính phương. Lời giải. Ta có : 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 0 0 0 2 1 ( 2) 2 2 2 2 m m m m i i i i i i m m m m m i i i C C C x y 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 0 0 2 1 2 2 2 2 m m m i i i i m m m m i i C C y x Trong đó 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 0 0 2 , 2 m m i i i i m m m m i i x C y C với 0,1,2, m Ta có 2 1 2 1 , m m x y là những số nguyên dương. Từ cách xác định 2 1 2 1 , m m x y ,ta có : [...]... hết cho p i1 Bài 15 Cho các số nguyên a, b Xét dãy số nguyên (a n ) được xác định như sau a 0 a; a1 b; a 2 2b a 2; a n 3 3a n 2 3a n 1 a n n 0 a) Tìm CTTQ của dãy (a n ) b) Tìm các số nguyên a, b để a n là số chính phương với n 1998 (VMO – 1998 Bảng B) Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Một số bài toán về dãy số nguyên a 1 0 Bài 16 Cho dãy số (a n ) :... là ước số của b2 + 2 và b là ước số của a2 + 2 Chứng minh rằng a và b là các số hạng của dãy số tự nhiên (vn) xác định bởi Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Một số bài toán về dãy số nguyên v1 = v2 = 1 và vn = 4vn-1 – vn-2 với mọi n ≥ 2 1 1 ) với mọi n = 1, 2, Bài 7 Cho dãy số thực ( an ) được xác định bởi: a0 1, an 1 ( an 2 3an 3, … Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, số An ... bm là dãy các số dương và là dãy tăng th ực sự nên bm nhân 2 vô số giá trị nguyên dương và ubm x2 m1 ubm là số chính phương (đpcm) Các bài toán về dãy số nguyên rất phong phú và đa dạng, trong bài viết nhỏ này, chúng tôi chỉ đề cập đến một phần nhỏ của dãy số nguyên Mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp để chuyên đề được hoàn thiện hơn Bài tập vận dụng a 1, a1 45 Bài 1... b0 3 Bài 4 Cho hai dãy số ( an ),(bn ) được xác định bởi: an 3an 1 2bn1 b 4 a n 1 3bn 1 n Tìm tất cả các số tự nhiên n để n 2 (bk 9) là số chính phương k 0 Bài 5 Với p là một số nguyên tố , xét dãy số ( an ) thỏa mãn : a0 0 , a1 1 , ak 2 2a k 1 pak k 0,1, 2, Xác định tất cả giá trị của p để 1 là một phần tử của dãy ( an ) Bài 6.(VMO 2012) Xét các số tự nhiên... An 3 2 3an 1 là một số chính phương và nó có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt Bài 8 Cho dãy số ( an ) : a0 0, a1 1, an 1 2an an 1 1 n 1 Chứng minh rằng A 4a n a n 2 1 là số chính phương Bài 9 (VMO 1997) Cho dãy số (xn ) : x1 7, x 2 50; x n1 4x n 5x n1 1975 n 2 Chứng minh rằng x1996 1997 u 20; u 100 0 1 Bài 10 (VMO 1998) Cho dãy số (u n ) : u... 2 1) a n là số nguyên dương với n 0 n 1 Chứng minh 2) a n 1a n 1 là số chính phương n 0 ( Trung Quốc – 2005 ) u 1990, u2 1989, u3 2000 Bài 17 Cho dãy số nguyên (un ) : 1 un3 19un2 9un1 un 1991, n 1 1) Với mỗi n , gọi rn là số dư khi chia un cho 1992 Chứng minh rằng dãy rn là dãy tuần hoàn 2) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số x của dãy số un sao... Cho dãy số ( an ) : 1 an1 3an an1 , n 2 1) Chứng minh rằng ( an , an1 ) 1, n 1, 2, 2) Chứng minh rằng với mọi số nguyên m , luôn tồn tại số nguyên dương n sao cho an 1, an1 1 cùng chia hết cho m x1 603, x2 102 Bài 21 Cho dãy xn , n=,1,2,3… xác định bởi xn2 xn1 xn 2 xn xn1 2 , n 1 Chứng minh rằng: a) Mọi số hạng của dãy đ ều là số nguyên. .. và chứng minh rằng số (a 2n 8) có thể biểu diễn thành tổng bình phương của ba số nguyên 5 liên tiếp với n 1 a1 1 2 Bài 13 Cho dãy ( an ) : Chứng minh rằng với mọi n 4 thì an n a n an1 n , n 1 n an (Bulgaria 1996) u 2 1 Bài 14 Xét dãy (u n ) : Chứng minh rằng với mỗi u 3u 2n3 9n2 9n 3 n 2 n n1 p1 số nguyên tố p thì 2000... yn Bài 18 (VMO 1999).Cho hai dãy ( xn ),( yn ) : 2 2 1) Chứng minh rằng : xn 5 yn 4 0, n 0,1, 2, 2) Giả sử a , b là các số nguyên dương thỏa a2 5b2 4 0 Chứng minh rằng tồn tại k sao cho xk a , yk b 2 2 2 Bài 19 Cho dãy các số nguyên dương ( an ) được xác định bởi : an an1 an2 an3 Chứng minh rằng nếu ak 1997 thì k 3 (Austria 1997) a 43, a2 142 Bài 20... Cho dãy số ( an ) : 0 an 2 45an 1 7 an 2 1) Tính an 2 an an 1 theo n 2 2) Chứng minh rằng 1997 an 4.7 n 1 là số chính phương Bài 2 Cho a1 2, a2 5 và an 2 (2 n2 )an 1 (2 n2 )an với n 1 Tồn tại không p , q , r sao cho ap aq ar 2 u0 9, u1 161 un 1 Bài 3 Cho dãy số (un ) : Chứng minh rằng là số chính 5 un 18un1 un 2 , n 2 phương với mọi số