Một số bài toán về dãy số nguyên

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 – 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 u n1a u0 na u1 n1  a u k n k  , trong đó a a0 1, , ,a k là các số nguyên và k số hàng đầu của dãy cũng là số nguyên Từ đó, bằng quy nạp ta thấy được các số hạng của dãy số là số nguyên

1 ( ) :

n

u u

 





 Chứng minh rằng các số hạng của dãy số

là những số nguyên

Lời giải Bằng cách tính trực tiếp, ta có được : u2 9;u389;u4 881

Ta dự đoán công thức truy hồi của dãy số có dạng : u nxu n1yu n2

Dựa vào các giá trị của u u3 4, ta có hệ phương trình: 9 89 10



Nên ta dự đoán u n10u n1u n2  n 3

Từ công thức truy hồi của dãy ta có:

(u n5u n ) 24u n 8 u2n10u u n n1u n21 8 0 (1)

thay n bởi n 1, ta được: 2 2

u   u u  u    (2)

Từ (1),(2)u n2,u nlà hai nghiệm của phương trình : 2 2

t  u t u    

Áp dụng định lí Viet, ta có: u nu n2 10u n1 hay : u n10u n1u n2

Trong một số bài toán, việc dự đoán được công thức tổng quát u n, 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 ( )v n có giá trị đầu và hệ thức truy hồi giống với giá trị ban đầu và hệ thức truy hồi của ( )u n và chứng minh dãy ( )v n cũng thỏa điều kiện của bài toán Khi đó u nv n

Ví dụ 2 Cho dãy số nguyên ( ) :u n u12;u27 và 2 1

2

2 n n n 2

u u

u 

Chứng minh u n lẻ  n 2

Lời giải Từ giả thiết, ta có: 2 1 2 1

n

u     u 

Vì trên khoảng 2 1 2 1

1 1;

2 2

u  u 

  (có độ dài bằng 1) có duy nhất một số nguyên nên dãy đã cho xác định là duy nhất

Ta có: u 25;u 89 Ta giả sử u xu yu

Từ u325;u4 89 ta có hệ: 7 2 25 3



Ta chứng minh dãy 1 2

2; 7 ( ) :

n

v



Thật vậy, ta có: 2 1 2 2 1

n

v

v  v 



Từ công thức truy hồi của dãy ta có được v n2 n  n 2 (2)

Mặt khác:

2

2 1 2(3 1 2 2) 1(3 2 2 3)

v v  v  v  v   v  v  v   v 

2(v v n n v n ) ( 2)n (v v v ) ( 2)n

Từ (2) và (3) ta suy ra: 2 1

2

2 n n n 2

v v

v 

2; 7 ( ) :

n

u



Từ công thức truy hồi của dãy ( )u n ta thấy u n là số nguyên lẻ  n 2

Ví dụ 3 ( TST Vietnam 2011) Cho dãy số nguyên dương ( )u n thỏa

2 1 2

1, 3

n

n

u

u





Chứng minh rằng: 2

n n n

u u u   với mọi số tự nhiên n

Lời giải.

Từ cách cho dãy số, ta thấy dãy ( )u n luôn tồn tại và duy nhất

1, 3 ( ) :

n

v



 Ta chứng minh: v n2.v nv n212n (1)

Ta có: v n2.v nv2n1(4v n12 )v v n nv n214v v n1 nv2n12v2n   2

2 0 1 2n v v v 2n

Suy ra (1) được chứng minh

 Ta chứng minh v  n 2n (2) bằng quy nạp

Trước hết ta thấy dãy ( )v n là dãy tăng

Với n 1 ta thấy (2) đúng

Do đó (2) đúng

 Dựa vào các kết quả trên ta có:

v   v     v  

Hay 2 1 2 1

1

n

v      v

Vì tính duy nhất nên ta có: u nv n,  n 0

Vậy bài toán được chứng minh

Ví dụ 4 Chứng minh rằng tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương ( )u n thỏa:

0 1, 1 2

u  u  và u n2.u nu n21 1

Lời giải Trước hết, ta đi tính giá trị của u2

2

4 1

u

 a) Ta chứng minh tồn tại duy nhất dãy số nguyên dương ( )u n thỏa

0 1, 1 2, 2 3, 3 5

u  u  u  u  và u n2.u nu n21 1,  n 4 (1)

 Chứng minh tồn tại: Ta dự đoán hệ thức truy hồi u n1u nu n1

1, 2 ( ) :

, 2,3,

n

v





Bằng quy nạp ta chứng minh được ( )v n thỏa mãn (1)

v  v v   v v  v v 

 Chứng minh duy nhất

Trước hết ta chứng minh nếu dãy ( )u n thỏa (1) thì ( )u n là dãy tăng

Giả sử u n1u nu n1 1 u n

1

1



 Nên theo quy nạp ta có đpcm

Giả sử tồn tại k để v k u k và v nu n,  n k Khi đó

Ta giả sử v k u k, suy ra: 2 2 1

2

k k k

k k k





 u k2u kv k  2 2 u k2 điều này vô lí

Do vậy tồn tại duy nhất dãy nguyên dương ( )u n (đó chính là dãy ( )v n ) thỏa mãn (1) b) Tương tự ta chứng minh được tồn tại duy nhất các dãy nguyên dương thỏa:

2

0 1, 1 2, 2 3, 3 4, n 2 n n 1 1

u  u  u  u  u u u  

2

0 1, 1 2, 2 5, 3 12, n 2 n n 1 1

u  u  u  u  u u u  

2

0 1, 1 2, 2 5, 3 13, n 2 n n 1 1

u  u  u  u  u u u  

Đó là các dãy tương ứng là:

0 1, 1 2, n 1 2 n 1 n

u  u  u   u  u

0 1, 1 2, n 1 2 n 1 n

u  u  u   u  u

0 1, 1 2, n 1 3 n 1 n

u  u  u   u  u Vậy tồn tại đúng 4 dãy số 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

1, 2



 Với mỗi số nguyên dương n, ta gọi r n là số dư khi chia u n cho 2013 Chứng minh rằng dãy  r n là dãy tuần hoàn

Lời giải.

Dãy các số dư  r n được xác định bởi 0 1

1, 2

  



 và r n0,1,2, ,2012 , n

Do đó r n2 được xác định thông qua r n1,r n Do đó, ta đi xét các cặp ( ,r r n n1)

Vì các giá trị của r n là hữu hạn,còn các cặp ( ,r r n n1) là vô hạn nên sẽ tồn tại số nguyên dương , ( )

m k k m sao cho r r k k, 1  r r m m, 1 hay

k m

r r 

 





Đặt m k s  , ta có:

k k s



 



Ta chứng minh: r nr n s ,  n 0,1,2,

 Giả sử r tr t s với  t k k, 1, ,n, ta chứng minh t n1t n 1 s

Thật vây: t n 1 s3r n s r n s 13r nr n1r n1(mod2013) (đpcm)

 Giả sử r tr t s ,  t m, ta chứng minh r tr t s ,  t 0,1, ,m1

Thật vậy r m13r mr m1r m1r m13r mr m 1 s3r m s r m 1 s

Tiếp tục như vậy, ta có được r tr t s ,  t 0,1, ,m1

Vậy r nr n s ,  n 0,1,2, hay dãy  r n là dãy tuần hoàn

Tương tự như trên, ta có kết quả tổng quát sau

“Cho dãy số nguyên  a n thoả mãn a nc a1 n1c a2 n2  c a k n k trong đó c c1 2, , ,c k là các

số nguyên và m là số nguyên dương lớn hơn 1 Gọi r n là số dư trong phép chia a n cho m Khi

đó dãy  r n tuần hoàn.”

Ví dụ 6(VMO 1995) Cho dãy ( ) :a n a01,a13 và 1

2

1

9 khi 2

9n 5 khi n 2 1

n

a









Chứng minh rằng : 2000 2

1995

20

k k

a

  .

Lời giải.

Từ công thức truy hồi của dãy ta thấy a n2a n1a n(mod4).Gọi r n là số dư trong phép chia

n

a cho 4 Khi đó 0 r n 3

Hơn nữa a n2a n1a n(mod4) nên r n2r n1r n(mod4)

Ta có: r11,r23,r30,r43,r53,r62,r7 1,r83

Từ đó, ta thấy dãy  r n tuần hoàn với chu kì bằng 6, hay r nr n k6

Suy ra r1995r3 332.6  r3 0,r1996r r4 1997, r r5 1998, r r6 1999, r r1 2000, r2

Vì a nr n(mod4)a2nr n2(mod4)

Do đó: 2000 2 2000 2 6 2

1 9 0 9 9 4 32 0(mod4)

Suy ra 2000 2

1995

4

k k

a

  .

Mặt khác, với k 0 ta có: 2 4 2 3 2 2 2 4 2 2

2 3 2 2

4 (mod5)

(mod5)



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

( ) :

6 5 , 2,3,

n

u



Chứng minh rằng u20122010 2011

Lời giải.

Vì dãy số được cho dưới dạng truy hồi tuyến tính cấp hai nên ta có thể tìm CTTQ của u n và dựa vào CTTQ để chứng minh yêu cầu của bài toán

Xét phương trình đặc trưng: x26x    5 0 x 3 14

Vì phương trình đặc 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 6u n15u n26u n12016u n2(mod2011) và hơn nữa phương trình x26x2016 0 có hai nghiệm x 42,x48 nên ta đi xét dãy phụ

( ) :

6 2016 , 2,3,

n

v

   





Khi đó u nv n(mod2011)

Ta tìm được công thức tổng quát của dãy 41.48 49 42 

( ) :

90

n n

n n

Do đó, để chứng minh u20122010 2011 ta đi chứng minh v20121 2011

Hay 41.482012 49 42 2012 41.482012 49 42 2012 90

Mà (2011,90) 1 nên ta cần chứng minh: A 41.48201249 42 201290 2011 (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 A 41.48229.42290 41.293 49.( 247) 90 0(mod2011)    

Suy ra (1) đúng và bài toán được chứng minh

38, 161 ( ) :

n

u



 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m, luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho u  n 1 và u n12 đều chia hết cho m.

Lời giải Với mỗi số nguyên dương n, ta gọi r n là số dư của phép chia u n cho m, ta có dãy r n là dãy tuần hoàn, và ta cần chứng minh tồn tại n để r n1,r n12 chia hết cho

m Vì m là một số nguyên bất kì , nên điều đó chỉ xảy ra khi r n 1 r n1 2 0 (vì chỉ có

số 0 là chia hết cho mọi số nguyên) hay là r n1,r n12.

Vì m chưa xác định nên việc xác định các giác trị của r n là khó khăn, do đó ta nghĩ đến

sẽ có giá trị n để u n1,u n12 Tuy nhiên, điều này không thể xảy ra vì dãy ( )u n là dãy tăng và u 1 38 2 Khó khăn này là do giá trị bạn đầu của dãy ( )u n 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 4 1

u u   u

Do đó, ta có : u0u24u19,u1u14u02,u2u04u11

Vì vậy ta đi xét dãy phụ 1 2

1, 2 ( ) :

n

v





Ta có v n3u n.

Ta chứng minh : Với mọi số nguyên dương m, luôn tồn tại n 4 để v v n n, 1 cùng chia hết cho m.

Gọi '

n

r là số dư trong phép chia v n cho m, khi đó dãy ( )r n' là dãy tuần hoàn ta giả sử chu kỳ k.

1 1, 2 2 1 1 2 2 0

r  r      r r

Do đó ' '

1 1 2 2 0(mod )

r    r m

Suy ra 1' 1'

nk nk







 hay u1nk1,u2nk2 cùng chia hết cho m.

Từ đó, ta có đpcm.

Ví dụ 9 Cho dãy số ( ) u được xác định như sau:n u0 u1 1 và un1 14 un un1 với

1

n

  Chứng minh rằng với  n 0 thì 2 a  là một số chính phương.n 1

Lời giải.

2u  1 1 , 2u  1 25 5 , 2 u  1 19 ,2u  1 71

Kết quả trên gợi ý ta đi xét dãy 1 2

1, 5 ( ) :n

u





  , suy ra u n24u n1u n.

Ta chứng minh : 2a n 1 u n2,  n 1 (1)

Ta có (1) đúng với n 1.

Giả sử 2a k 1 u k2,  k 1,2, ,n, ta có :

u   u u  u  u u  u  a   u  u u   u  a  

2 14u n u n 2 u n 4u u n n u n 6 1 2a n 1 2 u n 4u u n n u n 6

Tiếp theo, ta chứng minh : 2 2

u  u u  u   (2)

(2)u nu n (4u nu n ) 6 0  u nu u n n  6 0 (3)

u  u u  u   u u u u u  u  u u 

u 4u u u 6 25 20 1 6 0

Từ đó ta có đpcm.

Cách 2 : Xét phương trình đặc trưng : x214x    1 0 x 7 4 3

Suy ra a nx7 4 3 ny7 4 3 n

Dựa vào a0a11 ta có :

4

x

x y

y

 

Suy ra 2 3 2 3 2 2 3 2 32 2 32 1 2 32 1

n

a

Do đó  3 12 1  3 12 1 2

2

.

Đặt v n 3 1 2 1n  3 1 2 1n , ta chứng minh với mọi n 1 thì v  n 2n

Từ công thức tổng quát của v n ta có được hệ thức truy hồi : v n2v n1v n2

1 2 2 , 2 20 2

v   v   nên bằng quy nạp và dựa vào hệ thức truy hồi ta chứng minh được v  n 2n với  n 1.

Do đó : 2a  n 1 là số chính phương với mọi n 0.

Cách 3 : Tương tự như (*) ta có : 2 2

a  a a  a    (4) Thay n bởi n 1 ta có : 2 2

a   a  a a   (5)

Từ (4) và (5), ta có a n1,a n1 là nghiệm của phương trình : t214a t a n  2n12 0

Suy ra  ' 48a n212 12 4  a2n1 là số chính phương nên tồn tại m   sao cho

1 12(4a n 1) m m 6m6 m 6m

4a n 1 3m (2a n1)(2a n 1) 3m (6).

Ta có : 2a n1,2a n 1 2a n1,21

Mặt khác, bằng quy nạp ta chứng minh được 2a n1 3,   n 0

Do đó, từ (6) ta suy ra 2 1 22

n n

  



 với ab m 1

Vậy 2a  n 1 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 ( ) :u n u n2au n1bu n Khi đó:

n n n

u  u u   b  u u u  b  c c u u u

2) u n2,bu n là hai nghiệm của phương trình: 2 2  

t au t bu    b c

1 (a 4 )b u n 4c b n là số chính phương

Đặc biệt với b  1,ta có

u  u u  c

2) u n1,u n1 là hai nghiệm của phương trình: t2au t u n  n2 c 0

3) (a24)u n214 ,c c u u 3 1u22 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 a10,b 1, khi đó u n là nghiệm của phương trình

u  u   u  c

Với công thức truy hồi u n110u nu n1 ta cho u11,u2 9 u389

3 1 2 89 81 8

u  u   u  đây chính ví dụ 1.

u  u u  c ta có: 2 1

n

n

u

u







 Do đó, ta có bài toán sau

Cho dãy số

2 1 2

1, 9

n

n

u

u







 





Chứng minh rằng 6u 2n 2 là số chính phương

Ví dụ 10 Cho dãy số 0 1

n

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

2a a   ( 1) a  2) Cho n 2 k 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

1

x   x x để đánh giá và kết hợp với các tính chất số nguyên.

Ví dụ 10 Gọi  là nghiệm dương của phương trình t22013t 1 0 Xét dãy số ( )u n

được xác định như sau : 1

1

1

u

 

 Tìm số dư của phép chia u2013 cho 2013.

Lời giải.

Vì  là nghiệm dương của phương trình t22013t 1 0 nên ta có  1 và

Vì u n  2013u n, do đó 2013 n





 

 

 

Mặt khác : u n  u n1 và  u n1 nên u n  u n 1 u n 1 u n u n 1 u n 1



 

 

 

Do đó u n12013u nu n1 1 u n2013u n1u n21

Suy ra u nu n2 1 u n4  2 u n k2 k

Dẫn tới u2013u2013 2.1006 1006u11006 1005 1008(mod2013) .

Vậy số dư trong phép chia u2013 cho 2013 là 1008.

Ví dụ 11 Cho 2k số thực a a1 2, , , , , , ,a b b k 1 2 b k Xác định dãy số ( )X n như sau

1

, 1,2,

k

i



   

Chứng minh rằng nếu ( )X n là một cấp số cộng thì

1

k i i

a



 là số nguyên.

Lời giải.

Đặt

,

  Ta có : a n b i   i 1 a n b i  ia n b i  i

Suy ra An B k X   nAn B .

Giả sử  X n là cấp số cộng với công sai d, khi đó nd X nX1 và A B k X   1 A B

Vì X n1X1nd nên ta có :

1

A n   B k X nd A n  B An A B k X    1nd An A B X    1

Mà A B X  10 và A B X  1k nên An k nd An k   

Suy ra A d k

n

  .

Cho n tiến ra vô cùng, ta có A d   0 A d.

Mặt khác  X n là dãy số nguyên nên A d X  n1X n là số nguyên (đpcm).

Ví dụ 12 Cho dãy số ( ) :u n u n n 2 Chứng minh rằng, dãy số đã cho chứa vô hạng số

là số chính phương.

Lời giải.

2 1 m m i m ( 2)i m i m 2i m m i 2 2i m m 2



 2 1 2 2 1

2 1 m m m i 2i m m i 2 2i m 2 m

Ta có x2m1 2,y m1 là những số nguyên dương.

Từ cách xác định x2m1 2,y m1,ta có :

  2 1 2 1    2 2

1 2 1 m 2 1 m  2y m x m 2y m x m 2y m x m

1x m 2y m Do đó : 4 2  2

2m 1 2m 1 2 2m 1 2m 1

2m 1 2m 1 2m 1 2m 1 1 2m 1 2m 1 2m 1 2m 1 1

2m 1 2m 1 2m 1 2m 1 2m 1 2 2m 1

Đặt b mx2m1 2y m1, ta có b m là dãy các số dương và là dãy tăng thực sự nên  b m nhân

vô số giá trị nguyên dương và 2

2 1

u x  u 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

1, 45 ( ) :

n

a





1) Tính an2an a2n1 theo n

2) Chứng minh rằng 1997 a2n 4.7n1 là số chính phương.

Bài 2 Cho a12,a2 5 và an2  (2  n a2) n1  (2 n a2) n với n 1 Tồn tại không p q r, ,

sao cho a a p q a r.

9, 161 ( ) :

n

u



2 1 5

n

u 

là số chính phương với mọi số tự nhiên n

Bài 4 Cho hai dãy số ( ),( ) an b được xác định bởi:n 0 01 1

b a  b 





.

Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2

0

( 9)

n k k

b





 là số chính phương.

Bài 5 Với plà một số nguyên tố , xét dãy số ( ) a thỏa mãn :n

0 0

a  ,a 1 1, ak2  2ak1 pak  k 0,1,2,

Xác định tất cả giá trị của pđể 1 là một phần tử của dãy ( ) a n

Bài 6.(VMO 2012) Xét các số tự nhiên lẻ a, b mà a 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