Dùng hàm sinh giải toán

P HƯƠNG PHÁP HÀM SINH XÁC ĐỊNH DÃY SỐLương Thị Hằng THPT Chuyên Hưng Yên 1 Cơ sở lý thuyết Phương pháp hàm sinh là một phương pháp hiện đại, sử dụng kiến thức về chuỗi, chuỗi hàm Công th

P HƯƠNG PHÁP HÀM SINH XÁC ĐỊNH DÃY SỐ

Lương Thị Hằng

THPT Chuyên Hưng Yên

1 Cơ sở lý thuyết

Phương pháp hàm sinh là một phương pháp hiện đại, sử dụng kiến thức về chuỗi, chuỗi hàm (Công thức Taylor), chuyển các bài toán về dãy số thành những bài toán về hàm số Đây

là phương pháp mạnh để giải các bài toán về dãy số mà đôi khi ta hoàn toàn bó tay với các phương pháp khác

Ý tưởng của phương pháp hàm sinh đơn giản như sau: Giả sử ta cần tìm công thức tổng quát của dãy số{an} nào đó Từ công thức truy hồi ta tìm được hàm sinh f(x) = ∑∞

n = 0

anxn của dãy số Và từ đó, hệ số aicủa xitrong khai triển của f(x)thành chuỗi lũy thừa chính là

số hạng thứ i của dãy{an} Hay nói cách khác, ta tìm f(x) rồi lấy đạo hàm cấp n của nó tại

0 là tìm được an

Các loại hàm sinh gồm hàm sinh thường, hàm sinh mũ, hàm sinh Dirichlet Trong bài này

ta chỉ đề cập đến một loại hàm sinh thường dùng: Hàm sinh thường

1.1 Định nghĩa

Cho dãy số a0; a1; a2; an; Chuỗi lũy thừa hình thức

f(x) = a0+a1x+a2x2+ · · · =

∞

∑

n = 0

được gọi là hàm sinh thường của dãy{an}

Kí hiệu tương ứng giữa một dãy số và hàm sinh như sau:

{an} ←→ f(x) = a0+a1x+a2x2+ Chẳng hạn như{1, 1, 1, } ←→1+x+x2+ · · · = 1

1−x. Khai triển Taylor

f(x) =

∞

∑

n = 0

f(n)(0)

n! x

và công thức khai triển Newton mở rộng

(1+x)α =

∞

∑

n = 0

Cαnxn =1+αx+α(α−1)x2

2! + · · · +α(α−1) .(α−n+1)

xn n! + (1.3)

là những cơ sở quan trọng để chúng ta tìm công thức tường minh cho hàm sinh của hàng loạt các dãy số

1.2 Các phép toán

Cho f(x) = ∑∞

n = 0

anxn và g(x) = ∑∞

n = 0

bnxnlà hàm sinh tương ứng của các dãy{an}và{bn} Khi đó ta định nghĩa các phép toán như sau:

a) Phép cộng

f(x) ±g(x) =

∞

∑

n = 0

anxn±

∞

∑

n = 0

bnxn =

∞

∑

n = 0

(an±bn)xn (1.4)

Ví dụ 1.

{1, 1, 1, } ←→ 1

1−x

{1,−1, 1,−1, } ←→ 1

1+x











⇒ {2, 0, 2, 0, } ←→ 1

1−x +

1

1+x =

2

1−x2 (1.5)

b) Phép nhân với một số k f(x) = k( ∑∞

n = 0

anxn) = ∑∞

n = 0

(kan)xn

Ví dụ 2. {1, 0, 1, 0, } ←→ 1

1−x2, nhân với 2 ta được{2, 0, 2, 0, } ←→ 2

1−x2

c) Tích

f(x).g(x) = (

∞

∑

n = 0

anxn).(

∞

∑

n = 0

bnxn) =

∞

∑

n = 0

với cn = ∑n

i = 0

aibn− i

Ví dụ 3. Giả sử{an} ←→ f(x) = ∑∞

n = 0

anxn =a0+a1x+a2x2+

Ta biết 1

1−x =1+x+x

2+ , do đó f(x)

1−x =a0+ (a0+a1)x+ (a0+a1+a2)x

2+ suy ra f(x)

1−x ←→ {

n

∑

i = 0

ai}

d) Nghịch đảoTa nói f(x) = ∑∞

n = 0

anxn có nghịch đảo là g(x) = ∑∞

n = 0

bnxn nếu f(x).g(x)=1

=⇒







a0.b0=1

n

∑

i = 0

ai.bn − i =0, n≥1 suy ra bn = −

1

a0.

n

∑

i = 1

ai.bn− i

e) Dịch chuyển sang phải:Nếu{a0; a1; a2; } ←→ f(x)thì

{0; 0; 0

| {z }

k số 0

; a0; a1; a2; } ←→ xk f(x)

Ví dụ 4. {1, 1, 1, } ←→ 1

1−x thì {0; 0; 0

| {z }

k số 0

; 1; 1; 1; } ←→ x

k

1−x

f) Đạo hàm:Nếu{a0; a1; a2; } ←→ f(x) = ∑∞

n = 0

anxn thì

{a1; 2a2; 3a3; } ←→ f0(x) = ∑∞

n = 1

nanxn−1 Đạo hàm cấp n>1 được xác định bởi f(n+1 ) = (f(n))0

Ví dụ 5. {1, 1, 1, } ←→ f(x) =1+x+x2+x3+ · · · = 1

1−x. Lấy đạo hàm ta được

1

(1−x)2 =1+2x+3x2+ · · · =

∞

∑

n = 0

(n+1)xn

là hàm sinh của dãy{1, 2, 3, }

Một hệ quả tất yếu của đạo hàm là: Nếu{an} ←→ f(x)thì{nan} ←→ x f0(x)

Ví dụ 6. Tìm hàm sinh cho dãy{0, 1, 4, 9, }

Ta xuất phát từ{1, 1, 1, } ←→ 1

1−x Lấy đạo hàm ta được{1, 2, 3, } ←→ 1

1−x2

Dịch chuyển sang phải 1 vị trí, ta được{0, 1, 2, 3, } ←→ x

1−x2 Lấy đạo hàm, ta được{1, 4, 9, } ←→ 1+x

(1−x)3

Dịch chuyển sang phải 1 vị trí, ta được{0, 1, 4, 9, } ←→ x(1+x)

(1−x)3 Vậy hàm sinh của dãy là f(x) = x(1+x)

(1−x)3

1.3 Một số kết quả quan trọng

Định lý 1. Nếu{an} ←→ f(x)thì với k > 0,{an+ k} ←→ f(x) −a0−a1x− · · · −ak−1x

k − 1

Định lý 2. Dãy số{an}được gọi là dãy xác định kiểu tuyến tính nếu dãy có dạng

a0 =α0; ak− 1=αk− 1; ak+ n =γ1ak+ n − 1+γ2ak+ n − 2· · · +γkan, n ≥0

Khi đó, hàm sinh thường f(x)của dãy{an}là một hàm hữu tỉ ( f(x) = p(x)

q(x) với p(x) là đa thức có bậc nhỏ hơn q(x)) khi và chỉ khi{an}là dãy xác định kiểu tuyến tính

Định lý 3. Nếu dãy số {an} là dãy xác định kiểu tuyến tính và ak+ n = γ1ak+ n − 1 +

γ2ak+ n − 2· · · +γkan, n ≥ 0 Gọi r1, r2, , rt là các nghiệm bội tương ứng s1, s2, , st

của phương trình −xk +γ1xk−1 +γ2xk−2+ · · · + γk = 0 Khi đó, tồn tại các đa thức

p1(n), p2(n), , pt(n) thỏa mãn 0 ≤ deg pi(n) ≤ si−1, i = 1, 2, , t và an = p1(n).rn1 +

p2(n).rn2+ · · · + pt(n).rnt

1.4 Một số khai triển thường gặp

1

2+x3+ · · · = ∑∞

n = 0

xn 1

2x2+a3x3+ · · · = ∑∞

n = 0

anxn 1

2−x3+ · · · = ∑∞

n = 0

(−1)nxn 1

1−xk 1+xk+x2k+x3k+ · · · = ∑∞

n = 0

xnk 1

1−xk 1−xk+x2k−x3k+ · · · = ∑∞

n = 0

(−1)nxnk 1

(1−x)2 1+2x+3x2+ · · · = ∑∞

n = 0

(n+1)xn 1

(1−ax)2 1+2ax+3a2x2+ · · · = ∑∞

n = 0

(n+1)anxn

(1+x)n 1+Cn1x+C2nx2+ · · · +Cnnxn = ∑n

k = 0

Cnkxk

(1+x)α 1+αx+α(α−1)x2

2! + · · · +α(α−1) .(α−n+1)

xn n! + · · · =

∞

∑

n = 0

Cnαxn 1

(1−x)n 1+nx+n(n+1)x2

2! + · · · +n(n+1) .(n+k−1)

xk k! + · · · =

∞

∑

k = 0

Cnk+k−1xk

1! +

x2 2! +

x3 3! + · · · =

∞

∑

n = 0

xn n!

2 Ứng dụng hàm sinh giải các bài toán dãy số

Ví dụ 7. Cho dãy số xác định như sau

(

a0=0

an + 1=2an+1, n≥1 Tìm an.

Lời giải. Giả sử{an} ←→ f(x), ta suy ra{0; 2a0+1; 2a1+1; } ←→ f(x)

Ta xuất phát từ

{1; 1; 1; } ←→ 1

1−x ⇒ {0; 1; 1; 1; } ←→

x

và

{2a0; 2a1; 2a2; } ←→2 f(x) ⇒ {0; 2a0; 2a1; 2a2; } ←→2x f(x) (2) Cộng (1) và (2) suy ra{1; 2a0+1; 2a1+1; 2a2+1; } ←→2x f(x) + x

1−x.

Do đó, f(x) = 2x f(x) + x

1−x ⇒ f(x) =

x

(1−x)(1−2x) Như vậy hàm sinh của dãy là f(x) = x

(1−x)(1−2x) Bây giờ ta khai triển f(x)thành chuỗi lũy thừa

f(x) = x

(1−x)(1−2x) =x( 2

1−2x −

1

1−x)

⇒ f(x) = x(2 ∑∞

n = 0

2nxn− ∑∞

n = 0

xn) = ∑∞

n = 0

(2n+1−1)xn+1 Vậy số hạng tổng quát của dãy là an =2n−1

Ví dụ 8. Tìm an biết

(

a1=1

an = an− 1+an − 2+ · · · +a1, n≥2 .

Lời giải. Gọi f(x)là hàm sinh của dãy cần tìm

f(x) = a1x+a2x2+ · · · +anxn+

= a1x+a1x2+ (a1+a2)x3+ (a1+a2+a3)x4· · · + (a1+a2+ · · · +an− 1)xn+

= a1(x+x2+ · · · +xn+ .) +a2(x3+x4+ · · · +xn+

.) +a3(x4+x5+ · · · +xn+ .) +

= xa1+xa1(x+x2+ .) +x2a2(x+x2+ .) +

= x+ (x+x2+ .)(a1x+a2x2+ .)

= x+ ( 1

1−x −1) f(x) = x+ (

x

1−x) f(x) suy ra f(x) = x(1−x)

1−2x Khai triển f(x), ta được:

f(x) =x(1−x) ∑∞

n = 0

2nxn = ∑∞

n = 0

2nxn+1− ∑∞

n = 0

2nxn+2 =x+x2+ ∑∞

n = 2

2n−2xn Vậy

(

a1 =1; a2=1

an =2n−2, n≥2 .

Ví dụ 9. Cho dãy số

(

a0=2; a1 =0; a2 = −2

an + 3 =6an + 2−11an+ 1+6an, n≥0 Tìm an.

Lời giải. Áp dụng Định lý 1, ta có: f(x) −2+2x

2

x3 =6.f(x) −2

x2 −11.f(x) −2

x +6 f(x) suy ra f(x) = 20x2−12x+2

1−6x+11x2−6x3 = 20x2−12x+2

(1−x)(1−2x)(1−3x) =

5

1−x −

4

1−2x +

1

1−3x.

Khai triển f(x)thành chuỗi lũy thừa ta được:

f(x) =5∑ xn−4∑ 2nxn+∑ 3nxn =∑(5−2n+2+3n)xn

Vậy an =5−2n+2+3n

Ví dụ 10. Cho dãy

(

a0 =a1 =0

an + 2−6an + 1+9an =2n+n, n ≥0 Tìm an.

Lời giải. Ta biết hàm sinh của dãy{2n}là 1

1−2x và hàm sinh của dãy{n}là

x

(1−x)2 Giả sử f(x)là hàm sinh của dãy{an} Khi đó ta có:

f(x)

x2 −6.f(x)

x +9 f(x) =

1

1−2x +

x

(1−x)2

suy ra f(x) = −x4−x3+x2

(1−2x)(1−x)2(1−3x)2 = 1

4(1−x)2 + 1

1−2x −

5

3(1−3x) +

5

12(1−3x)2

Khai triển thành chuỗi lũy thừa ta được:

f(x) = ∑2n

+ 2+n+1+5(n−3)3n−1

n Vậy số hạng tổng quát của dãy là an = 2n+2+n+1+5(n−3)3n−1

Ví dụ 11. Cho dãy số







a1 =1

an = 1

n! +

a1

(n−1)!+

a2

(n−2)! + · · · +

an − 1

1! , n>1

Chứng minh rằng an = F(n)(0)

n! , với F(x) = −1

ex−2.

Lời giải. Đặt a0=1 và gọi f(x) = ∑∞

n = 0

anxnlà hàm sinh của dãy đã cho Khi đó ta có:

f(x)(ex−1) = (a0+a1x+a2x2+ · · · +anxn+ .)(x

1! +

x2 2! + · · · +

xn n!)

= x+x2(1

2! +

a1 1!) +x

3(1 3! +

a1 2! +

a2 1!) + .

=a1x+a2x2+a3x3+ · · · +anxn+

= f(x) −1

Từ đó suy ra f(x) = −1

ex−2.

Theo khai triển Taylor thì an = F(n)(0)

n! , với F(x) =

−1

ex−2.

Ví dụ 12. Dãy số Fibonacci:

(

a0 =0; a1=1

an =an− 1+an − 2, n≥2 Tìm số hạng tổng quát an của dãy và chứng minh rằng ∑∞

n = 0

an

4n + 1 = 1

11.

Lời giải. Giả sử f(x)là hàm sinh của dãy đã cho

Theo Định lý 1, ta có: f(x) = f(x)

x +

f(x) −x

x2 ⇒ f(x) = x

1−x−x2 = 1

√

5(

1

1−αx −

1

1−βx), với α=

1+√

5

2 ; β =

1−√5

2 . Khai triển f(x)thành chuỗi lũy thừa ta được: f(x) = 1

√

5

∞

∑

n = 0

(αn−βn)xn Vậy an = 1

√

5(α

n−βn), với α= 1+√

5

2 ; β =

1−√5

2 . Hơn nữa, ta có f(x) = x

1−x−x2 = ∑∞

n = 0

anxn, nên với x = 1

4 ta suy ra được

∞

∑

n = 0

an

4n + 1 = 1

11.

Trong trường hợp hàm sinh của dãy là hàm phân thức với mẫu là đa thức có nghiệm phức,

ta vẫn thao tác như bình thường!

Ví dụ 13. Cho dãy số:

(

a0 =0; a1=2

an + 2 = −4an+ 1−8an, n≥0 Tìm số hạng tổng quát an của dãy.

Lời giải. Giả sử f(x)là hàm sinh của dãy{an}

Ta có f(x) −2x

x2 = −4.f(x)

x −8 f(x)

suy ra f(x) = 2x

1+4x+8x2 = 2x

[1− (−2+2i)x][1− (−2−2i)x] =

−i

2

1− (−2+2i)x + i

2

1− (−2−2i)x.

Khai triển f(x)thành chuỗi lũy thừa ta được: f(x) = ∑[−i

2.(−2+2i)

n+ i

2.(−2−2i)

n]xn Như vậy, số hạng tổng quát của dãy là an = −i

2.(−2+2i)

n+ i

2.(−2−2i)

n

Ta có thể chuyển đổi như sau:−2±2i =2√2(cos3π

4 ±i sin

3π

4 ) suy ra(−2±2i)n = (2√2)n(cos 3nπ

4 ±i sin

3nπ

4 ).

Do đó,

an = i

2(2

√

2)n[(cos3nπ

4 −i sin

3nπ

4 ) − (cos

3nπ

4 +i sin

3nπ

4 )]

= i

2(2

√

2)n(−2i sin3nπ

4 )

= (2√2)nsin3nπ

4

=























0 nếu n =8k; n =8k+4

(2√2)n nếu n=8k+6

−(2√2)n nếu n=8k+2 1

√

2(2

√

2)n nếu n=8k+1; n=8k+3

−√1

2(2

√

2)n nếu n=8k+5; n=8k+7

Ví dụ 14. Cho dãy số

(

a0=5; a1 =13; a2=35

an+ 3=6an + 2−11an+1+6an, n≥0 .

Chứng minh rằng an ≡2n + 1(mod3n+1)và an ≡3n + 1(mod2n+1)

Lời giải. Áp dụng Định lý 3, xét phương trình x3−6x2+11x−6 = 0 có các nghiệm đơn

x1 =1; x2 =2; x3 =3

Do đó số hạng tổng quát của dãy số có dạng an =a1n+b2n+c3n = a+b2n+c3n

Từ điều kiện đã cho a0 = 5; a1 = 13; a2 = 35, ta tìm được an = 2n+1+3n+1 Ta suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 15. Cho dãy số

(

a0 =11; a1 =6; a2 =18; a3 =104; a4 =346

an+ 5=6an + 4−13an+3+14an + 2−12an+1+8an, n ≥0 Tìm số

nguyên dương lớn nhất m để a2017chia hết cho 2m

Lời giải. Xét đa thức p(x) = x5−6x4+13x3−14x2+12x−8= (x−2)3(x−i)(x+i)

Áp dụng Định lý 3, ta có an = p1(n).2n+a.in +b.(−i)n với 0 ≤deg p1(n) ≤ 2 Từ giả thiết của bài toán, ta tìm được an = (n2+n+1)2n+5.in+5.(−i)n

suy ra a2017 = (20172+2017+1)22017

Vậy số m cần tìm là 2017

Ví dụ 16 (Số Catalan) Cho dãy số

(

c0 =1

cn =c0cn− 1+c1cn − 2+ · · · +cn− 1c0, n≥1 Tìm công thức tính cn

Lời giải. Gọi f(x)là hàm sinh của dãy{cn}

Từ công thức truy hồi ở trên, ta có

cn+ 1=c0cn+c1cn− 1+ · · · +cnc0, n≥0 (3) Theo quy tắc nhân thì{cn + 1}có hàm sinh là f(x) f(x) Do đó f(x) −1

x = f

2(x), suy ra f(x) = 1±√1−4x

2x .

Nhưng do f(0) =c0=1 nên f(x) = 1−√1−4x

2x . Khai triển f(x):

Ta có (1 − 4x)

1

2 = ∑ Cn

1 2

(−4x)n, với Cn

1 2

=

1

2(

1

2 −1)(

1

2 −2) .(

1

2−n+1)

(−1)n−1

22n [2(n−1)]!

(n−1)!n!.

suy ra(1−4x)

1

2 =1− ∑∞

n = 0

2

n+1.C

n 2nxn+1 suy ra f(x) = 1

2x

∞

∑

n = 0

2

n+1.C

n 2nxn+1= ∑∞

n = 0

C2nn

n+1.x

n

Vậy số hạng tổng quát của dãy là an = Cn2n

n+1.

Ví dụ 17. Cho dãy số(an)xác định bởi:

(

a0 =12; a1 =4; a2 =31

an + 3 =4an + 2+3an + 1−18an, n≥0 . Chứng minh rằng a2016 ≡1 (mod 2017)

Lời giải. Gọi hàm sinh của dãy là f(x) =a0+a1x+ anxn+ Theo Định lý 1 ta có:

f(x) −2−4x−31x2

x3 =4f(x) −2−4x

x2 +3f(x) −2

x −18 f(x)

suy ra f(x) = 9x2−4x+2

1−4x−3x2+18x3 = 1

1+2x +

1

(1−3x)2 Khai triển f(x)ta được f(x) = ∑((−2)n+ (n+1)3n)xn Do đó an = (−2)n + (n+1)3n, và

ta có a2016 =22016+2017.32016

Vì 2017 là số nguyên tố và (2,2017)=1 nên 22016 ≡1 (mod 2017) Vậy a2016≡1 (mod 2017)

Ví dụ 18. Cho dãy(an)xác định bởi an = 1.3.5 (2n+1)

2017n.n! , n≥0 Tính

∞

∑

n = 0

an

Lời giải. Dễ thấy từ công thức tổng quát của dãy số ta suy ra công thức truy hồi:

a0 =1; an + 1= 2n+3

2017(n+1)an, n≥0

, hay 2017(n+1)an+ 1 =2nan+3an và an+1

an

⇒ 2

2017, n→ +∞

Gọi f(x)là hàm sinh của dãy(an)

Ta có f(x) =∑ anxn hội tụ và 2017(∑ an + 1xn+1)0 =2x(∑ anxn)0+3(∑ anxn)

suy ra 2017(f(x) −1)0 =2x(f(x))0+3 f(x)

nên(2017−2x)f0(x) = 3 f(x)

⇒ f

0(x)

f(x) =

3

2017−2x.

Lấy nguyên hàm hai vế ta được ln f(x) = −3

2ln(2017−2x) +a ⇒ f(x) = (2017−2x)

−3

2 ea

Do f(0) = a0 =1 nên suy ra ea =20173/2

Vậy f(x) =2017

3

2 (2017−2x)−

3

2 Như vậy

∞

∑

n = 0

an = f(1) =2017

3

2 (2015)−

3

2 =2017 2015



3

2

Ví dụ 19 (VMO-2011) Cho dãy số nguyên{an}được xác định như sau:

a0 = 1, a1 = −1 và an = 6an− 1+5an − 2với mọi n=2,3,4, Chứng minh rằng a2012−2010 chia hết cho 2011

Lời giải. Áp dụng Định lý 3, xét phương trình x2−6x−5 = 0 có hai nghiệm đơn x =

3±√14 nên số hạng tổng quát có dạng an =a(3+√

14)n+b(3−√14)n

Từ giả thiết a0 =1; a1 = −1 ta suy ra a = 1

2−

2

√

14; b=

1

2+

2

√

14.

Do đó an = (1

2−

2

√

14)(3+

√

14)n+ (1

2+

2

√

14)(3−

√

14)n Với số nguyên tố p=2011 ta có ap+ 1 = (1

2 −

2

√

14)(3+

√

14)p+1+ (1

2 +

2

√

14)(3−

√

14)p+1

Mà(3+√

14)p+1 = Ap+ 1+Bp+ 1.√14;(3−√14)p+1 = Ap+ 1−Bp+ 1.√14,

(trong đó Ap + 1=

( p + 1 ) /2

∑

i = 0

C2ip+1.32i.14

p+1

2 −ivà Bp+1 =

( p + 1 ) /2

∑

i = 0

C2ip+−11.32i−1.14

p+1

2 −i) suy ra ap+ 1 = Ap+ 1−4Bp+ 1

Do p là số nguyên tố nên ta có Ckp ≡ 0 (mod p) k=1;2; ;p-1, mà Ckp+1 = Ckp+Ckp−1 nên

Ckp+1 ≡ 0 Từ đó suy ra Ap + 1 ≡ (14

p+1

2 +3p+1) (mod p) và Bp + 1 ≡ 3(p+1)(14

p−1

2 +

3p−1) ≡ 3(14

p−1

2 +3p−1)(mod p) Vậy ap + 1 ≡ (−3p+2.14(p−1)/2)(mod p)

Mặt khác, ta có 452 ≡ 14 (mod p) và (p,45)=1 nên theo Định lý Phéc-ma nhỏ ta có 3p ≡ 3 (mod p) và 14(p−1 ) /2 ≡45p−1 ≡1 (mod p)

Như vậy a2012 ≡ −3+2= −1≡2010 (mod p), hay a2012−2010 chia hết cho 2011.

Ví dụ 20 (VMO-2015) Cho fn(x) là dãy đa thức xác định bởi f0(x) = 2; f1(x) = 3x; và

fn(x) = 3x fn − 1(x) + (1−x−2x2)fn − 2(x), n≥2 Tìm tất cả các số nguyên dương n để fn(x)

chia hết cho x3−x2+x

Lời giải. Ta coi x là hằng số và tìm công thức tổng quát cho dãy số(an) xác định bởi công thức:

(

a0 =2; a1=3x

an =3xan − 1+ (1−x−2x2)an − 2, n≥2 .

Áp dụng Định lý 3 ta xét phương trình t2−3xt−1+x+2x2 =0 có hai nghiệm đơn t =x+1

và t=2x−1, do đó an =a(x+1)n+b(2x−1)n Từ giả thiết a0 =2; a1=3x ta suy ra a=b=1 Vậy fn(x) = (x+1)n+ (2x−1)n

Vì fn(x)chia hết cho đa thức g(x) = x3−x2+xnên fn(0) =0 hay 1− (−1)n =0 nên n lẻ Lại có fn(−2) = −(5n+1)chia hết cho(−2)2− (−2) +1 =7 (do n lẻ) Mà 125≡1 (mod 7) nên ta xét các trường hợp:

TH1: n=3k, k lẻ, thì 5n+1=53k+1≡ (−1)k+1=0 (mod 7)

TH2: n=3k+1, k chẵn, thì 5n+1=5.53k+1 ≡6 (mod 7)

TH3: n=3k+2, k lẻ, thì 5n+1=25.53k+1 ≡ −24≡3 (mod 7)

Vậy điều kiện cần của n là n = 3k với k lẻ Khi đó, fn(x) = (x+1)3k+ (2x−1)3k chia hết cho(x+1)3+ (2x−1)3 =9(x3−x2+x)

Như vậy tất cả các số n cần tìm có dạng n=3k với k lẻ, hay n=6m+3 với m là số nguyên dương

Ví dụ 21. Xét dãy (an) có a1 = 1; an = −1.an − 1+2.an − 2− · · · + (−1)n−1(n−1)a1; n ≥ 2

Chứng minh rằng







a2 = −1

a3+3a2 =0

an+ 2+3an + 1+an =0, n≥2

Từ đó tìm dư của phép chia an cho 3

Lời giải. Gọi f(x) = a1x+a2x2+ là hàm sinh của dãy(an) Xét tích

F(x) = f(x)(−1+2x2−3x3+ .)

= −1.a1x2+ (−1.a2+2a1)x3+ (−1.a3+2a2−3a1)x4+

=a2x2+a3x3+a4x4+ · · · = f(x) −x (4)

Lại có khai triển 1

1+x =1−x+x

2−x3+ nên −1

(1+x)2 = −1+2x−3x2+4x3− · · · ⇒ −x

(1+x)2 = −1.x+2x2−3x3+4x4− Thay vào (4) ta được f(x)( −x

(1+x)2) = f(x) −x⇒ f(x)(x2+3x+1) = x3+2x2+x hay (a1x + a2x2 + )(x2 + 3x + 1) = x3 + 2x2 + x Từ đó suy ra ngay







a2= −1

a3+3a2=0

an + 2+3an + 1+an =0, n≥2

Ta có a3 ≡ 0 (mod 3) Mà an+ 2+3an+ 1+an = 0 nên an+ 2+an ≡ 0 (mod 3) với n ≥ 2 Do

đó, với số nguyên k≥1 ta có







a2k+ 1 ≡0(mod 3)

a4k+ 2 ≡a2 ≡2(mod 3)

a4k ≡1(mod 3)

3 Một số bài tập tương tự

Bài 1 (VMO-1997) Cho dãy số nguyên {an} được xác định như sau: a0 = 1, a1 = 45 và

an + 2 =45an+ 1−7anvới mọi n ∈ N.

(i) Tính số ước dương của a2

n + 1−anan + 2theo n

(ii) Chứng minh rằng 1997a2n+7n+1.4 là số chính phương với mỗi n