Một số bài toán về dãy số

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Nguyễn Thành Giáp MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Nguyễn Thành Giáp

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2011

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Nguyễn Thành Giáp

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

TS Phạm Văn Quốc

Hà Nội - 2011

Mục lục

1.1 Dãy số 5

1.1.1 Định nghĩa 5

1.1.2 Cách cho một dãy số 6

1.1.3 Một vài dãy số đặc biệt 6

1.1.4 Giới hạn của dãy số 8

1.2 Sơ lược về phương pháp sai phân 11

1.3 Số học 14

1.3.1 Đồng dư thức 14

1.3.2 Một số định lý cơ bản của số học 15

Chương 2 Tính chất số học của dãy số 17 2.1 Tính chia hết 17

2.2 Tính chất số nguyên 36

2.3 Tính chính phương 46

2.4 Bài tập 57

Chương 3 Giới hạn của dãy số 60 3.1 Giới hạn của tổng 60

3.2 Dãy con và sự hội tụ của dãy số 65

3.3 Dãy số xác định bởi phương trình 73

3.4 Bài tập 81

Lời nói đầu

Dãy số là một lĩnh vực khó và rất rộng, trong các đề thi học sinh giỏi quốcgia, quốc tế cũng thường xuất hiện các bài toán về dãy số Để giải được các bàitoán về dãy số đòi hỏi người làm toán phải có kiến thức tổng hợp về số học,đại số, giải tích Các vấn đề liên quan đến dãy số cũng rất đa dạng và cũng cónhiều tài liệu viết về vấn đề này, các tài liệu này cũng thường viết khá rộng vềcác vấn đề của dãy số, các vấn đề được quan tâm nhiều hơn là các tính chất sốhoc và tính chất giải tích của dãy số

Tính chất số học của dãy số thể hiện như tính chia hết, tính nguyên, tínhchính phương , tính chất giải tích có nhiều dạng nhưng quan trọng là các bàitoán tìm giới hạn dãy số Các bài toán về dãy số thường là các bài toán hay vàkhó, tác giả luận văn đã sưu tầm, chọn lọc và phân loại theo từng chủ đề.Luận văn với đề tài “Một số bài toán về dãy số” có mục đích trình bàymột cách hệ thống, chi tiết tính chất số học của dãy số, giới hạn dãy số Luậnvăn được trình bày với 3 chương

Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị Chương này hệ thống lại kiến thức

cơ bản nhất về dãy số, số học, phương pháp sai phân sẽ được dùng để giải quyếtcác bài toán trong các chương sau

Chương 2 Tính chất số học của dãy số Chương này trình bày một số vấn

đề về tính chất số học của dãy số như tính chia hết, tính nguyên, tính chínhphương và nêu ra các phương pháp giải toán, phân tích các bài toán cụ thể

Chương 3 Giới hạn của dãy số Chương này đề cập đến một số bài toán

về giới hạn dãy số như: Giới hạn của tổng, dãy con và sự hội tụ của dãy số, dãy

số xác định bởi phương trình cùng với phương pháp giải cụ thể cho từng dạngtoán

Luận văn được hoàn thành với sự quan tâm giúp đỡ, hướng dẫn khoa họccủa TS Phạm Văn Quốc, thày đã tận tình chỉ bảo cách tập nghiên cứu khoahọc, cách làm và trình bày bản luận văn này đồng thời thày cũng có nhiều ýkiến quý báu để hoàn thành luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắcnhất tới thày

Nhân dịp này tác giả cũng xin cảm ơn khoa Toán – Cơ – Tin học, phòngSau đại học, phòng Công tác chính trị sinh viên trường Đại học Khoa học Tựnhiên – Đại học Quốc gia Hà nội đã tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trong suốthai năm học cũng như trong quá trình làm luận văn, cảm ơn Ban giám hiệu,các bạn đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Trung Ngạn đã giúp đỡ cho tác giảtrong công tác và trong học tập thời gian qua, tác giả cũng xin cảm ơn gia đình,bạn bè đã cổ vũ, động viên tác giả vượt qua mọi khó khăn để hoàn thành bảnluận văn này

Hà Nội, ngày 25 tháng 11 năm 2011

Học viênNguyễn Thành Giáp

un = u(n) và gọi u1 là số hạng đầu, un là số hạng thứ n và là số hạng tổng quátcủa dãy số.

Mỗi hàm số u xác định trên tập M = 1, 2, 3, , m với m ∈ N∗ được gọi làmột dãy số hữu hạn Dạng khai triển của nó là u1, u2, , um trong đó u1 là sốhạng đầu, um là số hạng cuối

Dãy số (un) được gọi là:

• Dãy đơn điệu tăng nếu un+1 > un với mọi n = 1, 2,

• Dãy đơn điệu không giảm nếu un+1 ≥ un với mọi n = 1, 2,

• Dãy đơn điệu giảm nếu un+1 < un với mọi n = 1, 2,

• Dãy đơn điệu không tăng nếu un+1 ≤ un với mọi n = 1, 2,

Dãy (un) được gọi là:

• Dãy số bị chặn trên nếu tồn tại số M sao cho un < M , với mọi N = 1, 2,

• Dãy số bị chặn dưới nếu tồn tại số m sao cho un > m, với mọi N = 1, 2,

• Dãy số bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới

Dãy số (un) được gọi là tuần hoàn với chu kỳ k nếu un+k = un, với mọi n ∈ N.Dãy số (un) được gọi là dãy dừng nếu tồn tại một số N0 sao cho un = C vớimọi n ≥ N0 (C là hằng số, gọi là hằng số dừng)

n

− √15

1 −√

52

n

.Dãy số cho bằng phương pháp truy hồi: Dãy số (un) được xác định bởi

Dãy số cho bằng phương pháp mô tả: Ví dụ xét dãy số (un) được cho bởi:

a1 = 19, a2 = 98 Với mỗi số nguyên n ≥ 1, xác định an+2 bằng số dư của phépchia an+ an+1 cho 100

1.1.3 Một vài dãy số đặc biệt

Định nghĩa 1.1.3 Dãy u1, u2, được xác định như sau:

được gọi là dãy Fibonacci.

Bằng phương pháp sai phân có thể tìm được công thức tổng quát của dãylà:

un = √1

5

1 +√

52

n

− √15

1 −√

52

n

1.1.4 Giới hạn của dãy số

Định nghĩa 1.1.4 Ta nói rằng dãy số (un) có giới hạn là hằng số thực a hữuhạn nếu với mọi số dương ε (có thể bé tùy ý), luôn tồn tại chỉ số n0 ∈ N (n0

có thể phụ thuộc vào ε và vào dãy số (un) đang xét), sao cho với mọi chỉ số

n ∈ N, n ≥ n0 ta luôn có |un − a| < ε Khi đó kí hiệu lim

n→+∞un = a hoặclim un = a và còn nói rằng dãy số (un) hội tụ về a Dãy số không hội tụ gọi làdãy phân kì

Định lý 1.1.5 Nếu một dãy số hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhất

Định lý 1.1.6 (Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass)

a) Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ

b) Một dãy số tăng và bị chặn trên thì hội tụ

c) Một dãy số giảm và bị chặn dưới thì hội tụ

Định lý 1.1.7 Nếu (un) → a và (vn) ⊂ (un), (vn) 6= C thì (vn) → a

Định lý 1.1.8 (định lý kẹp giữa về giới hạn) Nếu với mọi n ≥ n0 ta đều

có un ≤ xn ≤ vn và lim un = lim vn = a thì lim xn = a

Định lý 1.1.9 (định lý Lagrange) Nếu hàm số f (x) liên tục trên [a; b] và

có đạo hàm trong khoảng (a; b) thì tồn tại c ∈ (a; b) thỏa mãn:

là a.

Định lý này có thể phát biểu dưới dạng tương đương sau:

Định lý 1.1.11 (định lý Stolz) Nếu lim

n→+∞(un+1 − un) = a nên với mọi ε > 0 luôn tồn tại N0 sao cho với mọi

n ≥ N0, ta có |un+1 − un| < ε Khi đó, với mọi n > N0 ta có

Giữ N0 cố định, ta có thể tìm được N1 > N0 sao cho 1

N1|uN0| < ε Khi đó vớimọi n > N1, ta sẽ có

unn

< 2ε Vậy nên lim

n→+∞

un

n = 0.

Định lý 1.1.12 Cho f : D → D là hàm liên tục Khi đó

1) Phương trình f (x) = x có nghiệm ⇔ phường trình fn(x) = x có nghiệm

2) Gọi α, β là các mút trái, mút phải của D Biết lim

x→α +[f (x) − x] vàlim

x→β −[f (x) − x] cùng dương hoặc cùng âm Khi đó, phương trình f (x) = x

có nghiệm duy nhất ⇔ phương trình fn(x) = x có nghiệm duy nhất Trong

2) a) Giả sử phương trình f (x) = x có nghiệm duy nhất là x0 thì đây cũng

là một nghiệm của phương trình fn(x) = x Đặt F (x) = f (x) − x, do F (x) liêntục trên (x0; β) và (α; x0) nên F (x) giữ nguyên một dấu.

Định lý 1.1.13 Cho hàm f : D → D là hàm đồng biến, dãy (xn) thỏa mãn

f (xn) = xn+1 với mọi n ∈ N∗ Khi đó:

a) Nếu x1 < x2 thì dãy (xn) tăng

b) Nếu x1 > x2 thì dãy (xn) giảm

Chứng minh a) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp Với n = 1 ta

có x1 < x2, mệnh đề đúng Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k ≥ 1) tức là

xk < xk+1 Do f (·) là hàm đồng biến nên f (xk) < f (xk+1), suy ra xk+1 < xk+2.b) Chứng minh tương tự

Định lý 1.1.14 Cho hàm f : D → D là hàm nghịch biến, dãy (xn) thỏa mãn

xn+1 = f (xn) với mọi n ∈ N∗ Khi đó:

a) Các dãy (x2n+1) và (x2n) đơn điệu, trong đó có một dãy tăng và một dãygiảm

b) Nếu dãy (xn) bị chặn thì tồn tại α = lim x2n và β = lim x2n+1

c) Nếu f (x) liên tục thì α và β là các nghiệm của phương trình

Vì vậy nếu (1.1) có nghiệm duy nhất thì α = β và lim xn = α = β.Chứng minh a) Vì f (x) là hàm nghịch biến nên f (f (x)) là hàm đồng biến Ápdụng định lý 1.1.6, ta có điều phải chứng minh

b) Suy ra từ a)

c) Ta có f (f (x2n)) = f (x2n+1) = x2n+2 và

lim f (f (x2n)) = lim x2n+2 = α, lim x2n = α

do f (x) liên tục nên f (f (α)) = α Chứng minh tương tự ta có f (f (β)) = β.Vậy α, β là nghiệm của phương trình f (f (x)) = x

1.2 Sơ lược về phương pháp sai phân

Định nghĩa 1.2.1 Cho hàm số y = f (x) xác định trên R Đặt xk = x0 + kh(k ∈ N∗) với x0 ∈ R, h ∈ R bất kỳ, cho trước Gọi yk = f (xk), khi đó hiệu số

∆yk := yk+1 − yk, k ∈ N∗được gọi là sai phân cấp một của hàm số f (x)

Hiệu số ∆2yk := ∆yk+1 − ∆yk = ∆(∆yk) (k ∈ N∗) được gọi là sai phân cấphai của hàm số f (x) Tổng quát

∆iyk := ∆i−1yk+1− ∆i−1yk = ∆(∆i−1yk), k ∈ N∗được gọi là sai phân cấp i của hàm số f (x) (i = 1, 2, , n, )

Mệnh đề 1.2.2 Sai phân mọi cấp đều có thể biểu diễn theo các giá trị củahàm số: y0, y1, y2, , yn,

Định nghĩa 1.2.3 Phương trình sai phân (cấp k) là một hệ thức tuyến tínhchứa sai phân cấp k

f (yn, ∆yn, ∆2yn, , ∆kyn) = 0 (1.2)

Vì sai phân các cấp có thể biểu diễn theo các giá trị của hàm số nên ta cóthể viết phương trình dạng

a0yn+k+ a1yn+k−1 + · · · + akyn = f (n) (1.3)trong đó a0, a1, , ak, f (n) là các giá trị đã biết, còn yn, yn+1, , yn+k là cácgiá trị chưa biết

Hàm số yn thỏa mãn (1.2) gọi là nghiệm của phương trình sai phân tuyếntính (1.2)

Phương trình a0yn+k + a1yn+k−1 + · · · + akyn = f (n) được gọi là phươngtrình sai phân tuyến tính cấp k Để giải phương trình này, chúng ta làm nhưsau:

Bước 1 Giải phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng

a0yn+k+ a1yn+k−1+ · · · + akyn = 0 (1.4)

Để giải phương trình trên, ta xét phương trình đặc trưng

a0λk + a1λk−1+ · · · + ak−1λ + ak = 0 (*)Khi đó nếu (∗) có k nghiệm thực khác nhau λ1, λ2, , λk thì nghiệm tổngquát của (1.4) là

ˆn = c1λn1 + c2λn2 + · · · + ckλnk (1.5)trong đó c1, c2, , ck là các hằng số tùy ý

Nếu (∗) có nghiệm thực λj bội s thì nghiệm tổng quát của (1.4) là

Nếu phương trình (∗) có nghiệm phức đơn λj = r(cos θ + i sin θ) thì cũng

có nghiệm λj = r(cos θ − i sin θ) Đặt λj+1 = λj Để thu được công thức tổngquát, trong công thức (1.5) ta thay bộ phận cjλnj + cj+1λnj+1 bởi bộ phận tươngứng cjrncos nθ + cj+1rnsin nθ

Nếu phương trình (∗) có nghiệm phức bội s:

λj = λj+s+1 = = λj+2s−1 = r(cos θ − i sin θ)

Trong trường hợp này để thu được công thức nghiệm tổng quát, trong côngthức (1.5) ta thay bộ phận

cjλnj + cj+1λnj+1 + · · · + cj+2s−1λnj+2s−1bởi bộ phận tương ứng

1.3 Số học

1.3.1 Đồng dư thức

1.3.1.1 Định nghĩa

Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m (m 6= 0) mà có cùng số dư thì

ta nói a đồng dư với b theo modun m, kí hiệu là a ≡ b(mod m) Như vậy

a ≡ b(mod m) ⇔ a − b chia hết cho m

Hệ thức dạng: a ≡ b(mod m) gọi là một đồng dư thức, a gọi là vế trái củađồng dư thức, b gọi là vế phải, còn m gọi là môđun

1.3.1.2 Một số tính chất

Kí hiệu a, b, c, d, m, là các số nguyên dương (Z+), ta luôn có:

Tính chất 1 • a ≡ a(mod m)

• a ≡ b(mod m) ⇔ b ≡ a(mod m)

• a ≡ b(mod m) và b ≡ c(mod m) thì a ≡ c(mod m)

Tính chất 2 Nếu a ≡ b(mod m) và c ≡ d(mod m) thì:

• a ± c ≡ b ± d(mod m),

• ac ≡ bd(mod m),

• Nếu d là một ước chung của a, b, m thì a

d ≡ bd

mod md

.Tính chất 3 Nếu a ≡ b(mod m) và c ∈ Z+ thì ac ≡ bc(mod mc)

1.3.1.3 Một số kiến thức liên quan

• Với mọi a, b ∈ Z+ (a 6= b) và n là số tự nhiên: (an− bn) .(a − b);

• Trong n số nguyên liên tiếp (n ≥ 1) có một và chỉ một số chia hết cho n;

• Lấy n + 1 số nguyên bất kỳ (n ≥ 1) đem chia cho n thì phải có hai sốkhi chia cho n có cùng số dư (theo nguyên lý Dirichlet)

• Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10m

Bước 2 Nếu m = pα1

1 pα2

2 · · · pαn

n (pi là các số nguyên tố, αi là số tự nhiênkhác 0) Ta có

tố với m Khi ấy, ta có

aµ(m) ≡ 1(modm)

Bài tập 2.1.1 Dãy số (un) được xác định như sau:

Chứng minh rằng u1996 chia hết cho 1997

Lời giải Ta tìm số hạng tổng quát của dãy số bằng phương pháp sai phân.Công thức truy hồi của dãy là tuyến tính nhưng không thuần nhất, do vậy tađặt un = vn+ c để có công thức truy hồi vn+1 = 4vn+ 5vn−1 Ta có

Chứng minh rằng a2012− 2010 chia hết cho 2011.

Lời giải Cách 1 Xét dãy số nguyên (bn) được xác định bởi:

2 +

2

√14

(3 −√

14)n (1)Đặt p = 2011, ta có

ap+1 =1

2 − √2

14

(3 +√

14)p+1+1

2 +

2

√14

(3 −√

14)p+1.Do

(3 +√

14)p+1 = Ap+1 + Bp+1·√14 và (3 −√

14)p+1 = Ap+1− Bp+1·√14trong đó

Ap+1 =

p+1 2

X

i=0

Cp+12i · 32i · 14p+12 − i (2)và

Bp+1 =

p+1 2

X

i=1

Cp+12i−1 · 32i−1 · 14p+12 − i (3)nên

Do p nguyên tố nên Cpk ≡ 0(modp) với mọi k = 1, p − 1 Do đó từ

Cp+1k = Cpk + Cpk−1, suy ra Cp+1k ≡ 0(modp) với mọi k = 2, p − 1

(modp) Mặt khác, ta có

Bài tập 2.1.3 Cho dãy số (un) xác định như sau:

un+2 − 4un+1 = 3n + 2

⇒ un+2 + (n + 2) = 4[un+1 + (n + 1)] = 42(un+ n) = = 4n(u2+ 2)

= 4n+2nên un = 4n− n đúng với mọi n ∈ N∗ Từ đó

Bài tập 2.1.4 Cho a1 = 19, a2 = 98 Với mỗi số nguyên n ≥ 1, ta xác định

an+2 bằng số dư của phép chia an+ an+1 cho 100 Tìm số dư trong phép chia

a21+ a22+ · · · + a21998 cho 8

Lời giải Gọi rn là số dư của phép chia an cho 4 Theo giả thiết, ta có

an+ an+1 ≡ an+2(mod100)

nên an + an+1 ≡ an+2(mod4) Mặt khác rn ∈ {0, 1, 2, 3}, tức là dãy {rn} bịchặn và do đó dãy {rn} tuần hoàn Ta tính được r1 = 3, r2 = 2, r3 = 1, r4 = 3,

r5 = 0, r6 = 3, r7 = 3, r8 = 2, r9 = 1 Dễ kiểm tra {rn} có chu kỳ 6, nghĩa là

rn = rn+6 với mọi n ≥ 1 Lại có a2n− r2

n = (an− rn)(an+ rn), do (an− rn) 4nên an, rn đồng tính chẵn lẻ Từ đó suy ra (an+ rn) 2, suy ra (a2

n− r2

n) 8hay a2n ≡ r2

Do đó a21+ a22+ · · · + a21998 chia hết cho 8 hay số dư bằng 0

Bài tập 2.1.5 Cho λ là nghiệm dương của phương trình

Vì xn = [λxn−1] nên xn < λxn−1 < xn+ 1 (do λ là số vô tỷ nên λxn−1 ∈ Z),/suy ra

λ là nghiệm dương của phương trình x2− mx − p = 0, dãy (xn) được xác địnhnhư sau:







x0 = a

xn+1 = [λxn], với mọi n ≥ 0, với a nguyên dương

Tìm số dư của xn khi chia cho m

Lời giải Vì m2+4p không là số chính phương nên λ là số vô tỷ Ta có λ = m + p

λnên λxn = mxn+ pxn

λ Dễ thấy dãy đã cho là dãy số nguyên nên

= pxn−1− 1

x2k+3 ≡ pk+1 · x1− (pk + · · · + p + 1) = pk+1 · x1− p

k+1 − 1

p − 1 (modm)trong đó x1 = [λx0]

Nhận xét Bài toán này có thể đặc biệt hóa với các giá trị cụ thể của m, pkhác nhau thỏa mãn m2+ 4p không là số chính phương và m ≥ p, từ đó ta đượcnhiều bài toán cụ thể tương tự bài 2.1.5 Chẳng hạn chọn m = 1, p = 1 hoặc

an+1 = 27a28n + 28a27n , với mọi n = 0, 1, 2,

Chứng minh rằng số a11 có tận cùng nhiều hơn 2000 chữ số 9 (viết trong hệthập phân)

Với a0 = 9 và (1) cho n lấy giá trị từ 1 đến 10, ta suy ra (a11+ 1) 10211

hay (a11+ 1) 102048, từ đó suy ra a11 có tận cùng nhiều hơn 2000 chữ số 9.Một số bài toán về dãy số liên quan đến việc tìm điều kiện cho các chỉ số để

số hạng nào đó của dãy số chia hết cho một số cho trước, với dạng toán này tathường phải tìm số hạng tổng quát

Bài tập 2.1.7 Dãy số (un) được xác định như sau:

2 2048 hay 2(n−1)n

2 211 Do đó(n − 1)n

2 ≥ 11 ⇒ n ≥ 6

Vậy n = 6 là giá trị cần tìm

Bài tập 2.1.8 Cho dãy số nguyên (an) thỏa mãn:

(n − 1)an+1 = (n + 1)an− 2(n − 1) với mọi n ∈ N∗.Biết a1999 2000 Tìm số n nhỏ nhất sao cho a

n (n ≥ 2) chia hết cho 2000.Lời giải Chia hai vế của đẳng thức cho (n − 1)(n + 1)n ta có

an−1n(n + 1) =

an(n − 1)n − 2

Lời giải Trước hết ta tìm số hạng tổng quát của dãy Đặt an = bn+ t với mọi

n Thay vào (1) ta được bn+2 = 4bn+1+ 5bn+ 8t + 20 Ta chọn t để

Giả sử h là số nguyên dương thỏa mãn

an+h ≡ an(mod1998) (với mọi n ∈ N) (3)

Từ a0 = 20, a1 = 100 suy ra h ≥ 2 Ta sẽ chứng minh h thỏa mãn (3) khi

ah = 5ah−1 ≡ 0(mod1998)mẫu thuẫn với ah ≡ 20(mod1998) theo (5) Vậy h phải chẵn, h ≥ 2 và

(4) ⇔ h chia hết cho [54, 36] = 108 Vậy giá trị nhỏ nhất của h thỏa mãn là108.

Các bài toán chứng minh dãy số có vô hạn số hạng chia hết cho một số chotrước thường được chứng minh số dư trong phép chia là hữu hạn và do đó tuầnhoàn dẫn đến có vô hạn số hạng chia hết cho số đã cho

Bài tập 2.1.10 Dãy số (xn) (n = 0, 1, 2, ) được xác định như sau:

Lời giải Với mỗi i ∈ N gọi rilà số dư phép chia xicho 1997 (0 ≤ ri < 1997) Xétdãy các cặp số (r0, r1), (r1, r2), Vì tập giá trị của dãy này hữu hạn nên tồn tạicặp số (i, j) với i, j ∈ N∗, sao cho ri = rj, ri+1 = rj+1 hay xi ≡ xj(mod1997),

xi+1 ≡ xj+1(mod1997) Từ cách xác định xn suy ra với i, j như thế thì

xi+k ≡ xj+k(mod1997) với mọi k ∈ N (1)Mặt khác cũng từ công thức truy hồi suy ra 3xi−1 ≡ 3xj−1(mod1997) suy

ra xi−1 ≡ xj−1(mod1997) Tiếp tục như vậy ta được

xi−k ≡ xj−k(mod1997) với mọi k mà 0 ≤ k ≤ i (2)

Từ (1) và (2) và xj+k = xi+k+j−i với mọi k ≥ 0 suy ra

xn ≡ xn+T(mod1997) với mọi n ∈ N, T = j − i (3)

• Nếu tồn tại 0 ≤ r ≤ T − 1 để xr ≡ 0(mod1997) thì xn ≡ 0(mod1997)với mọi n = mT + r (m ∈ N)

• Nếu trong tập {x0, x1, , xT −1} không có số nào chia hết cho 1997 thìmọi n = mT + r với 0 ≤ r ≤ T − 1 ta có xn không chia hết cho 1997

Bài toán này có thể tổng quát: Cho trước A ∈ N∗và dãy (xn) (n = 0, 1, 2, )được xác định bởi x0 = a0, , xm = am và thỏa mãn quan hệ

b0xn+1 = b1xk1

n + b2xk2

n−1+ · · · + bmxkm

n−m+1+ bm+1xn−mtrong đó ai ∈ Z, bi ∈ Z, ki ∈ N mà (bi, A) = 1 với i ∈ {0, 1, , m} và n ≥ m.Chứng minh rằng khi đó hoặc trong dãy không có số nào chia hết cho A, hoặc

có vô hạn số chia hết cho A

Bài tập 2.1.11 Cho dãy số (an) xác định bởi:

a1 = 824, a2 = 67

an+1 = a2n− 3an−1, với mọi n ≥ 2

Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số hạng của dãy chia hết cho 2017

Lời giải Ta chứng minh dãy số dư của dãy (an) theo mod2017 là dãy tuầnhoàn Thật vậy, ta nói bộ (x, y) ≡ (a, b)(mod2017) khi và chỉ khi:

3ai0−1 = a2i

0 − ai0+1 ≡ a2j

0 − aj0+1 = 3aj0−1.Vậy (ai0−1, ai0) ≡ (aj0−1, aj0) nên suy ra bộ (i0 − 1, j0− 1) cũng thuộc A

Điều này mâu thuẫn cách chọn bộ (i0, j0) Vậy tồn tại T ∈ N∗ sao cho

Bài tập 2.1.12 (HSG QG 1989) Xét dãy số Fibonaxi 1, 1, 2, 3, 5, 8, Đặt

F0 = −1, F1 = 1, , Fn+1 = Fn + Fn−1 với mọi n ≥ 1 (thêm số −1, 1, 0 vàotrước dãy Fibonaxi).

Gọi ri là số dư của Fi khi chia cho 1989 (0 ≤ ri ≤ 1988) Xét dãy các cặp

số sau: (r0, r1), (r1, r2), (r2, r3), Theo nguyên lý Dirichlet trong 19892+ 1 cặpđầu tiên, ít nhất phải có hai cặp trùng nhau

Từ đây ta có g(Fkα) = 1989A = g(−1) = 1989A Mặt khác Fkα với

k = 1, 2, 3 đều là các số Fibonaxi, nên ta suy ra có vô hạn số Fibonaxi F thỏamãn f (F ) chia hết cho 1989

b) Bây giờ ta chứng minh với mọi n nguyên thì số 4n2 + 7n + 1 không chiahết cho 13 Thật vậy, ta có:

f (n) + 2 = 1989(n2 + n + 1) − 26(n + 1) − (4n2+ 7n + 1)

Do 1989 13 nên f (n) + 2 không chia hết cho 13 với mọi n Vì vậy khôngtồn tại số Fibonaxi F nào để f (F ) + 2 chia hết cho 1989

Bài tập 2.1.13 Cho dãy số (bn) (n = 1, 2, ) xác định bởi:

Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p, ta luôn có bp chia hết cho p

Lời giải Ta có phương trình đặc trưng x3− 7x + 6 = 0 có nghiệm x = 1, x = 2

và x = −3 Từ đó suy ra

bn = a · 1n+ b · 2n+ c · (−3)n (1)với mọi n ≥ 1 Lần lượt cho n = 1, 2, 3 theo giả thiết ta có

Với p nguyên tố, theo định lý nhỏ Fermat, ta có 2p ≡ 2(modp) và

(−3)p ≡ −3(modp) Do đó từ (2) ta có bp ≡ 0(modp) với mọi số nguyên tố phay bp p với mọi số nguyên tố p.

Bài tập 2.1.14 Cho dãy số (an) xác định bởi:

Tìm tất cả các số nguyên dương a, b với a < b thỏa mãn điều kiện an − 2nan

chia hết cho b với mọi n ≥ 1

Lời giải Ta có a3 = 2 Do an ≡ 2nan(modb) nên

Bài tập 2.1.15 Cho dãy số (an) (n = 0, 1, 2, ) được xác định bởi:

m3) nên tồn tại p, q mà p < q ∈ Z sao cho (rp, rp+1, rp+2) = (rq, rq+1, rq+2).Tức là

Từ công thức truy hồi và hệ đồng dư trên ta dễ dàng suy ra

Bài tập 2.2.1 Cho dãy số (an) được xác định bởi:

Chứng minh rằng dãy số gồm toàn các số nguyên

Lời giải Từ giả thiết, ta có a2 = 12, an+1 > 3an và

(an+1 − 3an)2 = 4 + 8a2n, an > 0 với mọi n

Suy ra

a2n+1 − 6an+1an+ a2n = 4 (1)

Thay n bởi n + 1 ta được

a2n+2 − 6an+2an+1+ a2n+1 = 4 (2)Trừ hai vế của (1) và (2) ta được:

Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số trên đều là số nguyên

Lời giải Từ giả thiết ta có un+1 − aun = pbu2

n+ c2, n = 0, 1, 2, Suy ra

u2n+1− 2aunun+1 + a2u2n = bu2n+ c2 (1)Với giả thiết a2 = b + 1 thì (1) suy ra

(a2− b)u2n+1 − 2aunun+1 + a2u2n = (a2− 1)u2n+ c2hay

u2n+ 2aunun+1 + a2u2n+1 = bu2n+1 + c2 (2)

Từ giả thiết ta có bu2n+1 + c2 = (un+2 − aun+1)2 nên (2) suy ra

(un− aun+1)2 = (un+2 − aun+1)2 (3)

Nhận xét Ta cũng có thể giải bài toán này bằng cách khác như sau: Ta có

u2n+1 − 2aunun+1 + u2n(a2− b) − c2 = 0hay

u2n+1 − 2aunun+1 + u2n− c2 = 0 (5)Trong (5) thay n bởi n + 1 ta có

u2n+2− 2aun+1un+2 + u2n+1− c2 = 0 (6)Trừ từng vế của (6) cho (5) ta được

u2n+2 − u2n− 2aun+1un+2 + 2aunun+1 = 0hay

... chữ số 9 .Một số toán dãy số liên quan đến việc tìm điều kiện cho số để

số hạng dãy số chia hết cho số cho trước, với dạng toán tathường phải tìm số hạng tổng quát

Bài tập 2.1.7 Dãy. .. chứng minh dãy số có vơ hạn số hạng chia hết cho số chotrước thường chứng minh số dư phép chia hữu hạn tuầnhồn dẫn đến có vơ hạn số hạng chia hết cho số cho

Bài tập 2.1.10 Dãy số (xn)... n số nguyên liên tiếp (n ≥ 1) có số chia hết cho n;

• Lấy n + số nguyên (n ≥ 1) đem chia cho n phải có hai sốkhi chia cho n có số dư (theo ngun lý Dirichlet)

• Tìm m chữ số tận số