0

skkn một số tính chất số học của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai

19 1,997 1
  • skkn một số tính chất số học của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 24/12/2014, 13:26

1 Trần Đình Hữu – THPT Chuyên Hà Tĩnh A. ĐẶT VẤN ĐỀ: Trong nhiều năm gần đây kỳ thi học sinh giỏi quốc gia viết tắt là (VMO) và kỳ thi chọn đội tuyển việt nam dự thi học sinh giỏi quốc tế viết tắt là (TST) đều có câu dãy số và thường hay xuất hiện câu tính chất số học của dãy số. Nếu như bài dãy số thuần túy thì vấn đề không còn mới và là câu cho điểm trong đề thi nhưng câu số học trong dãy số lại là vấn đề tương đối mới và được mọi người quan tâm.Trước vấn đề đặt ra như vậy, việc tiếp cận và giải quyết nó như thế nào đòi hỏi mỗi giáo viên đều phải suy nghĩ, nghiên cứu để giúp các em tiếp cận vấn đề này một cách nhẹ nhàng, linh hoạt qua đó vận dụng các kiến thức cơ bản của nó vào giải quyết các bài toán dang này. Chính vì vậy tôi chọn đề tài “ Một số tính chất số học của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai”. B. NỘI DUNG: I. Cơ sở khoa học: I.1 Cơ sở lý luận: xét về dãy số thì mỗi một chúng ta đều biết đó là phần cơ bản của giải tích cổ điển và số học thuộc phân môn lý thuyết số. Các bài toán số học nó xuất hiện mọi nơi, mọi lúc trong đời sống hàng ngày cũng như trong các nghành khoa học kỹ thuật và các bài toán về số học khó và lời giải thường không tự nhiên nên để đạt được hiệu quả khi làm toán về nó đòi hỏi người học phải biết phân chia phạm vi kiến thức để lựa chọn kiến thức, công cụ để giải quyết nó. Đề tài của tôi chia thành 3 phần kiến thức là: Tính chia hết, tính chính phương và tính nguyên tố của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai. Để làm rõ được ba phần này tôi đưa ra bốn tính chất và quan trọng nhất là tính chất 1. I.2 Cơ sở thực tiễn: Với quan điểm đi từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp, dạy cho học sinh các bài toán gốc, bài toán cơ bản để qua đó học sinh làm được những bài khó và phức tạp hơn và hơn nữa là ứng biến linh động khi găp các tình huống mới. Qua nhiều năm tham gia giảng dạy đội dự tuyển cũng như đội tuyển của trường tôi thấy cách tiếp cận của các em 2 về phần này chưa thật tự nhiên, chưa tự tin trong các bài toán dạng này đồng thời chưa phân loại rõ một số tính chất số học xuất hiện trong các bài toán dạng này. Vì những suy nghĩ đó tôi mạnh dạn thu thập, sắp xếp theo suy nghĩ của bản thân để trao đổi cùng đồng nghiệp. Với mục đích nâng cao chất lượng từng buổi dạy của thầy và hiệu quả trong các kỳ thi của trò. II. kết quả nghiên cứu: MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN TUYẾN TÍNH CẤP HAI II.1 Định nghĩa: Dãy (x n ): 0 1 2 1 ; n n n x x x ax bx            với , , , , , 0;a b a b n        gọi là dãy số nguyên tuyến tính cấp hai. Từ định nghĩa này ta thu được bốn tính chất như sau: Tính chất 1: 2 2 1 2 1 2 0 ( 1) ( ); n n n n n x x x b x x x       với n    . Tính chất 2: Nếu 1 b   thì 2 1 2 n n n u c x u     với n    . Tính chất 3: 2 2 1 ( 4 ) 4( 1) n n a b u c     là số chính phương với n    . Tínhchất 4: Xét dãy ( ) n y thỏa mãn: 2 2 2 1 1 2 2 2 1 , , ( 2) 2 n n n y x y x y a y y c         thì 2 n n y x  với n    . Các tính chất này việc chứng minh đơn giản nhưng tôi yêu cầu các em trình bày 1 cách rõ ràng, chi tiết. Trên cơ sở bốn tính chất này, tôi chia các bài toán dạng này thành 3 phần như sau. II.2. . Tính chia hết trong dãy số nguyên. Ví dụ 1. Cho ( ) n a : 0 1 1 1 1, 2, 3 n n n a a a a a       CMR: 2 1 1 1 2 n n n n a a a a       , * n N   . ( Thi học sinh giỏi quốc gia 2009) 3 Lời giải: áp dụng tính chất 1 ta có: 2 1 1 1 n n n a a a     và 0 n a n     2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a                  (đpcm). Ví dụ 2. 1. cho ( ) n a : 2 1 0 1 2 1; 3; 1 n n n a a a a a             CMR: 2 2 1 2 n n n n a a a     . ( Chọn đội tuyển Việt Nam 2011) Lời giải: Từ cách cho dãy ta dự đoán: 2 1n n n a pa qa r      2 1 4 2 n n n a a a      (1) *) C/m (1) bằng qui nạp *) áp dụng tính chất 1thu được: 2 2 1 2 n n n n a a a     (đpcm). Ví dụ 3. Cho dãy số {u n } thỏa mãn       , 3,2,2254 50,7 11 21 nuuu uu nnn Chứng minh rằng u 1996 chia hết cho 1997. Lời giải Xét dãy {v n } thỏa mãn v n = 4u n + 11 khi đó       , 3,2,54 211,39 11 21 nvvv vv nnn Dựa vào phương trình đặc trưng của dãy {v n } ta dễ dàng xác định được số hạng tổng quát của dãy là 3 5.25)1(8 nn n v    3 5.258 1996 1996  v Vì 1997 là số nguyên tố nên theo định li Fermat, ta có: 5 1996  1 (mod 1997)  8 + 25.5 1996  8 + 25 (mod 1997)  33 (mod 1997).  3v 1996  33 (mod 1997). Mà v 1996 = 4u 1996 + 11 nên suy ra :12u 1996 + 33  33 (mod 1997)  12u 1996  1997 Mặt khác (12, 1997) = 1 nên u 1996  1997. Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 4. Cho dãy số {u n } xác định như sau 4       , 4,367 18,14,0 211 321 nuuu uuu nnn Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì u p  p. Lời giải Theo cách xác định dãy số ta tìm được số hạng tổng quát của u n là u n = 1 + 2 n + (-3) n . Với mọi số nguyên tố p thì 2 p  2 (mod p) và (-3) p  -3 (mod p) Do đó: u p = 1 + 2 p + (-3) p  1 + 2 + (-3) (mod p) Hay u p  p. Vậy ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: Với những dãy số nguyên tuyến tính có phương trình đặc trưng có nghiệm nguyên thì ta dễ dàng sử dụng định lí Fermat trong chứng minh chia hết. Còn với những dãy nguyên tuyến tính có phương trình đặc trưng có nghiệm vô tỉ ta thường sử dụng nhị thức Newton để chứng minh chia hết. Ví dụ 5. (VMO - 2011) Cho dãy số nguyên (a n ) xác định bởi a 0 = 1, a 1 = - 1 a n = 6a n - 1 + 5a n - 2 , với n = 2, 3, Chứng minh rằng a 2012 - 2010 chia hết cho 2011. (Thi học sinh giỏi quốc gia 2011) Lời giải Dễ dàng tìm được số hạng tổng quát của dãy số là 14 )143)(1427()143)(1427( nn n a   Do đó: 14 )143)(1427()143)(1427( 20122012 2012  a Mặt khác, theo khai triển Newton ta có 14)14.(3)143( 2012 0 2012 2012 2012 BAC k k kk     5 14)14.(3)1()143( 2012 0 2012 2012 2012 BAC k k kkk     . Trong đó : .14 14.33 10062012 2012 20102 2012 20120 2012 CCCA  .14.3 14.33 10052011 2012 20093 2012 20111 2012 CCCB  Do đó: 14 )14)(1427()14)(1427( 2012 BABA a    a 2012 = A + 4B. Bây giờ ta chỉ cần chứng minh A + 4B  -1 (mod 2011) Thật vậy, ta có: 1 201120112012   kkk CCC với mọi k = 2, 3, , 2010 Mà 2011 là số nguyên tố nên k C 2011  2011 với mọi k = 1, 2, , 2010. Từ đó suy ra : k C 2012  2011 với mọi k = 2, 3, , 2010. Do đó A + 4B  3 2012 + 14 1006 - 4(3 2011 + 3.14 1005 ) (mod 2011)  2. 14 1005 - 3 2011 (mod 2011) Mà 3 2011  3 (mod 2011) và 14 là số chính phương mod 2011 nên : 14 1005 = 2 12011 14   1 (mod 2011). Từ đó suy ra A + 4B  2 - 3 (mod 2011)  -1 (mod 2011) Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 6. Cho dãy số {u n } được xác định như sau       , 3,2,2 6,2 11 21 nuuu uu nnn Tìm phần dư của u 1024 chia cho 1023. Lời giải Dễ dàng tìm được số hạng tổng quát của dãy {u n } là nn n u )21()21(  Do đó: 10241024 1024 )21()21( u Theo khai triển nhị thức Newton, ta có 2)21(,2)21( 10241024 BABA  6 Với : 1024 1024 5124 1024 22 1024 0 1024 2 22 CCCCA  1023 1024 5125 1024 23 1024 1 1024 2 22 CCCCB  Do đó: u 1024 = 2A Ta có: 1 102310231024   kkk CCC với mọi k = 2, 3, , 1022. Mà 1023 là số nguyên tố nên k C 1023  1023 với mọi k = 1, 2, , 1022. Từ đó suy ra : k C 1024  1023 với mọi k = 2, 3, , 1022. Nên : )1023(mod222 1024 1024 5130 1024 CCA   2+2 513 (mod 1023). Mặt khác: 2 10  1 (mod 1023)  2 513 = 8.(2 10 ) 51  8 (mod 1023) Do đó 2A  10 (mod 1023) Vậy phần dư của phép chia u 1024 cho 1023 là 10. Nhận xét: Việc sử dụng nhị thức Newton rất có hiệu quả đối với các bài toán chứng minh một số hạng cụ thể của dãy chia hết cho p. Tuy nhiên nó thường không có tác dụng đối với việc chứng minh trong dãy số tồn tại một số hạng của dãy chia hết cho p hoặc tồn tại vô hạn số hạng của dãy chia hết cho p. Đối với những bài toán dạng này ta thường phải chứng minh dãy số dư của u n khi chia cho p tuần hoàn kể từ một số hạng nào đó. Ví dụ 7. Cho dãy số {u n } được xácđịnh như sau       , 3,2,197654 100,20 11 21 nuuu uu nnn Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một số hạng của dãy chia hết cho 1996. Lời giải Xét dãy {v n } với v n là phần dư của phép chia u n cho 1996. Hay v n  u n (mod 1996), 0  v n  1995. Dễ thấy v n+1  4v n + 5v n - 1 - 1976 (mod 1996) Xét các cặp (v 1 , v 2 ), (v 2 , v 3 ), , (v n , v n + 1 ), Vì dãy {v n } là vô hạn mà số các cặp (a, b) với 0  a, b  1995 là hữu hạn nên phải tồn tại hai số tự nhiên i, j (i > j) sao cho         11 ji ji vv vv 7 Khi đó. Ta có : 5(v i - 1 - v j - 1 )  5(v i +1 - 4v i + 1976 ) - 5(v j+1 - 4v j + 1996)  5(v i+1 - v j+1 ) - 20(v i - v j ) (mod 1996)  0 (mod 1996) Mà (5, 1996) = 1 nên v i - 1 - v j - 1  0 (mod 1996) Vì 0  v i - 1 , v j - 1  1995 nên v i - 1 = v j - 1 Lí luận tương tự ta dẫn đến v i - 2 = v j - 2 Cứ tiếp tục như vậy ta sẽ dẫn đến :          )(11 )(22 ji ji vv vv Bây giờ ta sẽ chứng minh v i - j = 0 Thật vậy, ta có: 5v i - j  v i - j + 2 - 4v i - j + 1 + 1976 (mod 1996)  v 2 - 4v 1 + 1976 (mod 1996)  u 2 - 4u 1 + 1976 (mod 1996)  100 - 4.20 + 1976 (mod 1996)  0 (mod 1996). Vì (5, 1996) = 1 nên v i - j  0 (mod 1996) Do đó u i - j  0 (mod 1996) Vậy có điều phải chứng minh. Ví dụ 8. (Chọn ĐT Khoa học tự nhiên - 2009) Cho dãy {a n } được xác định: a 0 = 0, a 1 = 1, a 2 = 2, a 3 = 6 a n + 4 = 2a n + 3 + a n + 2 - 2a n + 1 - a n , n = 0, 1, a) Chứng minh rằng a n chia hết cho n với mọi n ≥ 1. b) Chứng minh rằng dãy số       n a n , n = 1, 2, chứa vô số số hạng chia hết cho 2009. (Chọn Đội tuyển Trường KHTN năm 2009) Lời giải a) Phương trình đặc trưng của dãy {a n } là 8 x 4 - 2x 3 - x 2 + 2x +1 = 0  (x 2 - x - 1) 2 = 0                 2 51 2 51 x x Khi đó số hạng tổng quát của dãy trên là a n = c 1  n + c 2  n + n(c 3  n + c 4  n ) Dễ dàng tìm được c 1 = c 2 = 0, 5 1 , 5 1 43  cc . Do đó ) 5 1 5 1 ( nn n na   Từ đó suy ra n n F n a  với {F n } là dãy Fibonaci. Do đó a n  n với mọi n. b) Bổ sung vào dãy {F n } một số hạng F 0 = 0 mà ta vẫn giữ được hệ thức F n +1 = F n + F n - 1 , n = 0, 1, Xét dãy {v n } với v n là phần dư của phép chia F n cho 2009. Hay v n  u n (mod 2009), 0  v n  2008. Dễ thấy v n+1  v n + v n - 1 (mod 2009) Xét các cặp (v 1 , v 2 ), (v 2 , v 3 ), , (v n , v n + 1 ), Vì dãy {v n } là vô hạn mà số các cặp (a, b) với 0  a, b  2008 là hữu hạn nên phải tồn tại hai số tự nhiên i, j (i > j) sao cho         11 ji ji vv vv Làm tương tự ví dụ 7, ta suy ra 0 = v 0 = v i - j và dãy {v n } tuần hoàn với chu kì (i - j). 9 Do đó v k(i - j) = 0 hay F k(i - j)  0 (mod 2009) Vậy ta có điều phải chứng minh. II.3. Dãy số và số chính phương Ví dụ 1. Cho (a n ): 1 2 20; 30 a a   và * 2 1 3 n n n a a a n        Tìm * n  sao cho: 1 1 5 n n S a a    là số chính phương. ( Chọn đội tuyển Sư phạm Hà Nội 2012) Lời giải: Ta thử: n=3 thỏa mãn và c/m 4 n  thì S không là số chính phương. Thật vậy, áp dụng tính chất 1 ta được: 2 1 1 500 (1) n n n a a a     Lại do (a n ) là dãy tăng và 1 650 4 n n a a n      nên ta c/m được: 2 2 1 1 ( ) ( 1) n n n n a a S a a        4 n   Suy ra: S không là số chính phương 4 n   . Vậy: n=3. Ví dụ 2. Cho dãy số {a n } được xác định như sau 0 1 1 1 0, 1 3 ( 1) , 1,2, 2 n n n n a a a a a n               Chứng minh rằng với mọi n thì a n là số chính phương. Lời giải Ta sẽ chứng minh với mọi n thì a n = F n 2 , trong đó {F n } là dãy Fibonaci Thật vậy: a 0 = 1 = F 0 2 , a 1 = 1 = F 1 2 , a 2 = 4 = F 2 2 . Giả sử a k = F k 2 với mọi k  n Khi đó: a n = F n 2 , a n - 1 = (F n-1 ) 2 , a n - 2 = (F n - 2 ) 2 Theo cách xác định dãy {a n } ta có: a n + 1 -3a n + a n - 1 = 2(-1) n  a n - 3a n - 1 + a n - 2 = 2(-1) n - 1 Từ đó ta suy ra: a n+1 - 2a n - 2a n - 1 + a n - 2 = 0  a n +1 = 2(F n ) 2 + 2(F n - 1 ) 2 - (F n - 2 ) 2 10 = (F n + F n - 1 ) 2 + (F n - F n - 1 ) 2 - (F n - 2 ) 2 = (F n + 1 ) 2 +(F n - 2 ) 2 - (F n - 2 ) 2 = (F n + 1 ) 2 Từ đó suy ra diều phải chứng minh. Ví dụ 2. Cho dãy số {a n } xác định như sau       , 2,1,3 3,2 11 10 naaa aa nnn Tìm n sao cho 5(a n - 2) là một số chính phương. Lời giải Số hạng tổng quát của dãy trên là: nn n a ) 2 53 () 2 53 (     Mặt khác ta cũng chứng minh được ngay : a 2k  2 (mod 5) và a 2k + 1  3 (mod 5). Do đó 5(a n - 2) là số chính phương thì a n - 2  5  n = 2k. Khi đó: kk k a 22 2 ) 2 53 () 2 53 (     Khi đó: 5(a 2k - 2) = 2 ) 2 53 () 2 53 (5            kk Theo khai triển Newton ta có 3 5 5 3 5 5 ( ) ; ( ) 2 2 2 2 k k k k A B A B      Với:                                            2 1 2 21 2 2 3311 22 2 2 2 220 53 5.33 5.3 5.33 kk k k k k k k k kk k k k k k k k CCCB CCCA Khi đó: k k kk c B .5 2 5 ) 2 53 () 2 53 ( 1      với c k là số hữu tỉ.  a 2k - 2 = 5c k 2 nguyên nên c k 2 là số nguyên Mà c k hữu tỉ nên c k  Z Từ đó suy ra 5(a 2k - 2) = (5c k ) 2 với 5c k  Z Vậy với mọi k thì 5(a 2k - 2) là số chính phương. [...]... Kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của đề tài 2 Nội dung thực nghiệm: - Triển khai đề tài: “MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN TUYẾN TÍNH CẤP HAI - Đối tượng áp dụng: Học sinh khá, giỏi về môn toán, học sinh các đội dự tuyển và đội tuyển học sinh giỏi quốc gia - Thời gian thực hiện: 6 buổi (khoảng 18tiết) 3 Kết quả thực nghiệm: Tôi đã triển khai đề tài này đối với đội dự tuyển và đội tuyển học sinh... 1999) Cho {an} là dãy số nguyên thỏa mãn (n - 1)an + 1 = (n + 1)an - 2(n - 1) Biết rằng a1999 chia hết cho 2000 Tìm số nguyên dương n ≥ 2 và n nhỏ nhất sao cho an chia hết cho 2000 25 Cho một dãy số gồm 2n + 1 số nguyên dương liên tiếp sao cho tổng bình phương của n +1 hạng đầu tiên bằng tổng bình phương của n số hạng còn lại Hỏi trong dãy đó có số 2001 không? a0  0, a1  1 26 Cho dãy {an} xác định... Cho dãy số {xn} xác định như sau:  2  x n1  5 x n  3 xn 1 , n  2 với a, b là hai số nguyên cho trước Chứng minh rằng dãy số trên hoặc không có số hạng nào chia hết cho 1997 hoặc có vô số số hạng chia hết cho 1997 (Toán học tuổi trẻ số T4/254) 21 Cho dãy {an} được xác định: a1  1964, a 2  96  2 a n 2  30a n1  75a n a n 1  1994a n , n  1 Chứng minh rằng không tồn tại số hạng nào của dãy. .. trị cần tìm II.4 Dãy số nguyên và số nguyên tố u0  0, u1  1 với n  N un  2  1999un 1  un Ví dụ1 Cho dãy (un):  Tìm các giá trị của n sao cho un là số nguyên tố Lời giải: Từ giả thiết và bằng qui nạp ta chứng minh được un là số nguyên dương và un 1  1998un n  2 Mặt khác, Theo tính chất 1 ta có: unun 2  (u n1  1)  u n1  1 (1)  n  N *) U2 =1999 nên U2 là số nguyên tố *) Ta C/m... bảy của ba số nguyên (Toán học tuổi trẻ T6/255) u  3, u1  11 22 Cho dãy {un} được xác định bởi:  0 u n 2  2u n1  7u n , n  0 Tìm các số nguyên dương lẻ a sao cho với các số nguyên dương m và n tuỳ ý luôn tìm k được số nguyên dương k sao cho u n  a chia hết cho 2m u  u 1  1 23 Cho dãy {un} được xác định như sau:  0 u n  2  1999u n  1  u n , Tìm các số tự nhiên n sao cho un là số nguyên. .. k nguyên không âm u  3, u 2  11 27 Cho dãy số {un} thỏa mãn:  1 u n 2  2u n1  7u n n  1 Tìm số nguyên dương lẻ a sao cho với mọi m, n nguyên dương tuỳ ý luôn tìm được số k nguyên dương k sao cho u n  a chia hết cho 2m u 0  0, u1  1 u n 2  1999u n 1  u n , n  0, 1, 28 Cho dãy {un} được xác định như sau;  Tìm các số tự nhiên n sao cho un là số nguyên tố u1  2, u2  7  29 Cho dãy. .. không là số nguyên tố Thật vậy, giả sử k  N , k  3 sao cho uk là số nguyên tố, khi đó: Từ (1) suy ra: uk uk  2  (uk 1  1)(uk 1  1) uk 1  1 uk (2) uk 1  1uk  Do uk là số nguyên tố   Mà uk  1998uk 1  (2) vô lý  điều giả sử sai  đfcm Như vậy, Trong dãy un chỉ có u2 là số nguyên tố Ví dụ 2 Cho dãy số {un} được xác định : un = 3n - 2n – 1 n   Chứng minh rằng nếu p là số nguyên. .. 2  p Do đó chỉ có số 1 là số tự nhiên duy nhất nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của dãy (an) IV Bài tập áp dụng 13 1 Cho 0 2 2 S n  C2 n 1 22 n  C2 n 1.2 2 n  2.3   C2 nn1 3n CMR: Với mọi n  * thì S n là tổng của 2 số chính phương liên tiếp ( Chọn đội tuyển Tĩnh Hà Tĩnh 2012) 2 (VMO-97) Cho (an ) : a0  1, a1  45, an  2  45an1  7 an 2 a Tính số các ước dương của an1  an an 2...  1)  0(mod 7) Nếu p = 3k + 2 ta chứng minh tương tự Từ đó suy ra đpcm Ví dụ 3 Cho dãy số (an) xác định như sau an = 2n + 3n + 6n – 1 với n = 1, 2, … Tìm số tự nhiên nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của dãy trên ( Chọn đội tuyển Việt Nam 2005) Lời giải Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p đều tồn tại một số hạng an chia hết cho p Thật vậy, ta có a2 = 22 + 32 + 62 – 1 = 48 chia hết cho 2... toán, từ đó học sinh có một thói quen tìm tòi suy nghĩ khai thác bài học nhằm rèn luyện một trí tuệ nói chung và tư duy toán học nói riêng Qua đó nhân cách của học sinh được hình thành và phát triển đó cũng là mục đích của công cuộc đổi mới phương pháp dạy và học mà ngành giáo dục đang rất quan tâm Bài viết chắc chắn còn nhiều thiếu sót phần tôi cũng chỉ là sưu tầm sắp xếp lại các bài tập có tính hệ thông . - Triển khai đề tài: “MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN TUYẾN TÍNH CẤP HAI . - Đối tượng áp dụng: Học sinh khá, giỏi về môn toán, học sinh các đội dự tuyển và đội tuyển học sinh giỏi. CỦA DÃY SỐ NGUYÊN TUYẾN TÍNH CẤP HAI II.1 Định nghĩa: Dãy (x n ): 0 1 2 1 ; n n n x x x ax bx            với , , , , , 0;a b a b n        gọi là dãy số nguyên tuyến tính. này một cách nhẹ nhàng, linh hoạt qua đó vận dụng các kiến thức cơ bản của nó vào giải quyết các bài toán dang này. Chính vì vậy tôi chọn đề tài “ Một số tính chất số học của dãy số nguyên tuyến
- Xem thêm -

Xem thêm: skkn một số tính chất số học của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai, skkn một số tính chất số học của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai, skkn một số tính chất số học của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai

Từ khóa liên quan