chuyen de so hoc mathscope02 booklet

64 33 Ví dụ a) Cho n số tự nhiên thỏa mãn n + chia hết cho 24 Chứng minh tổng ước dương n (kể n) chia hết cho 24 b) Xét số nguyên A = 20102011 − 20112010 − 20521994 Bài tập 3.4 Cho số nguyên dương a, b, c Chứng minh (a; b).(b; c).(c; a) [a; b].[b; c].[c; a] = (a; b; c) [a; b; c]2 Trong (a; b) [a; b] là ước chung lớn bội chung nhỏ a, b Hãy chứng minh A hợp số dương tổng ước số dương A chia hết cho 24 Lời giải Lời giải Gọi p số ngun tố Nếu p khơng ước [a; b; c] dễ thấy vp (V T ) = vp (V P ) = Nếu p | [a; b; c] p ước a, b c Đặt a = px a1 ; b = py b1 ; c = pz c1 không giảm tổng quát giả sử x y z Khi ta có a) Gọi d(n) tổng ước dương n Trước hết, ta chứng minh d(n) chia hết cho √ Thật vậy, gọi a ước n na ước n xét < a < n a; na đơi khác (do n + chia hết cho 24 nên n chia dư khơng thể số phương) Vì n chia dư nên hai số a, na có số chia dư số chia dư 2; suy tổng chúng phải chia hết cho Do d(n) = a+ √ 0 ta có b) Trước hết, ta chứng minh n hợp số dương Thật vậy, ta chứng minh x > y y x > xy (∗) Bất đẳng thức tương đương với x ln y > y ln x ⇔ ln y ln x > y x t Hàm số f (t) = lnt t , t > có f (t) = 1−ln < nên hàm nghịch biến, suy f (x) < f (y) t2 hay (*) Cũng cách dùng hàm số, ta chứng minh với n đủ lớn < a < n có đánh giá nn+a >2 (n + a)n Do 20102011 > 2.20112010 > 20112010 + 20521994 nên A > Xét modun A ≡ − + 21994 (mod5) 117(5q − 2q ) 3q ⇔ 39(5q − 2q ) q Do 5q − 2q ≡ − ≡ [q] theo Fermat nên q | 39, q = 13 Nếu < p < q (để ý V T (∗) không chia hết p, q = 5) tương tự ta có p − 2p ≡ − ≡ [p], từ giả thiết suy 5q − 2q p Lại có 5p−1 ≡ 2p−1 ≡ [p] nên 5p−1 − 2p−1 p Do q > p − nên (q, p − 1) = Theo định lý Bezout, tồn m, n ∈ N∗ thỏa mq − (p − 1)n = m(p − 1) − nq = (∗∗) Xét đồng dư mod p ta có  5p−1 ≡2 5q ≡ 2q p−1 ⇒  5n(p−1) ≡ 2n(p−1) 5mq ≡ 2mq 34 63 Suy 5n(p−1) 2mq ≡ 2n(p−1) 5mq Kết hợp với (**), sau rút gọn hai vế ta ≡ [p] hay p = (loại xét p > 5) Kết luận: (p; q) = (3; 3), (3; 13), (13; 3) ✷ Bài tập 3.6 Tìm cặp số nguyên tố (p, q) thỏa 2p + 2q pq Lời giải Nhận xét (x − 1, x + 1) = (2, x + 1) * Nếu p = q 2p+1 p2 ⇒ p = q = 2 ∀x ∈ Z * Nếu p > q : Xét q = ta có 22 + 2p 2p ⇒ + 2p−1 p ⇒ p ∈ {2; 3} Xét q > 2p + 2q = 2q (2p−1 + 1) q nên 2p−1 + q (1) ⇒ 22(p−q) ≡ [q] Gọi a số nhỏ thỏa 2a ≡ [q] Theo tính chất ord suy q − a 2(p − q) a Đặt p − q = 2k m; q − = 2l n; a = 2r s (k + r; l r; m s; n s; m, n, s lẻ ) Trường hợp 1: r = k + Ta suy l k +   2(p − q) = 2k+1 m 2(p − q)s = am ⇒ q − (q − 1)m = (p − q).n.2l−k−1 = 2l n ⇒ (q − 1).m q−1 2l n n.2l−k−1 = = = r 2s 2s(p − q) a s ⇒ 2l−k−2 = 2l−r ⇒ r = k + (mâu thuẫn) Trường hợp 2: r k Suy p − q a ⇒ 2p−q − 2a − q (2) Từ (1) (2) suy q | (2p−q − 1, 2p−q + 1) Mà (2p−q − 1, 2p−q + 1) theo chứng minh trên, q = (mâu thuẫn xét q > 2) Kết luận: (p, q) = (2; 2), (2; 3), (3; 2) ✷ Bài tập 3.7 Cho số nguyên dương x, y, z thoả (xy + 1)(yz + 1)(zx + 1) số phương Chứng minh xy + 1, yz + 1, zx + số phương Lời giải Ví dụ Chứng minh τ (n) số lẻ n số phương Với giá trị n σ(n) số lẻ? Lời giải Ta thấy τ (n) = (a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1) (ak + 1) nên τ (n) lẻ tất số mũ phải số chẵn, nghĩa n số phương Ta cần chọn ước nguyên tố số mũ thích hợp để σ(n) số lẻ Ta có σ(n) = + p1 + p21 + + pa11 + p2 + p22 + + pa22 + pk + p2k + + pakk nên có ước ngun tố thỏa mãn, n có ước nguyên tố lẻ tổng trên, chúng phải xuất chẵn lần Do đó, số cần tìm có dạng n = 2k m2 với m số phương lẻ Ví dụ Một mật hợp lệ có độ dài n, n gồm phần: kí tự đầu chữ số 1, n − kí tự sau 26 kí tự bảng chữ tiếng Anh không chứa toàn chữ ‘A’ Chẳng hạn: 0100XYZ mật có kí tự, hợp lệ 0111AAA hay 0123ABC mật có kí tự khơng hợp lệ a Hỏi tổng số mật hợp lệ bao nhiêu? Đặt số lượng sn b Gọi số tất cách biểu diễn sn thành tổng số nguyên dương (có lượng số hạng tùy ý gồm số hạng) tn Chứng minh tn chia hết cho 10 Lời giải Câu a: Xét mật có dạng X1 X2 X3 Xn với  X ∈ {0; 1} ∀i = 1, i Xk ∈ {A, B, C, , Z} ∀k > Mỗi số X1 , X2 , X3 , X4 có cách chọn nên có tất × × × = 16 cách chọn kí tự đầu Mỗi số Xk , < k n có 26 cách chọn nên có tất 26n−4 cách chọn trừ trường hợp tồn A nên có tổng cộng 26n−4 − cách chọn n − kí tự sau Do đó, tổng số mật hợp lệ có sn = 16(26n−4 − 1) Câu b: Dễ dàng thấy tn số ước sn Ta có (16, 26n−4 − 1) = nên viết sn dạng sn = 24 × p với p số nguyên dương lẻ Do n nên n − 26n−4 chia hết cho 4, tức 26n−4 − có dạng 4k + 3, khơng thể số phương, tức có số ước chẵn Thêm vào đó, + = nên theo cơng thức tính số ước số ngun dương tn vừa chia hết cho vừa chia hết phải chia hết cho 10 Ta có đpcm 62 35 n Tiếp theo, ta xét biểu diễn k pji i=1 = + p1 + p21 + + pa11 + p2 + p22 + + pa22 + pk + p2k + + pakk Trong số (x; y; z) thoả toán, xét (x; y; z) có x + y + z nhỏ (1) Không giảm tổng quát giả sử z = max{x; y; z} Gọi t số thỏa phương trình bậc hai j=1 t2 + x2 + y + z − 2(xy + yz + zt + tx + zx + ty) − 4xyzt − = (∗) Dễ thấy khai triển có tất (a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1) (ak + 1) số hạng ước phân biệt n Do đó, đại lượng tổng ước n thu gọn thành σ(n) = pa11 +1 − pa22 +1 − pa33 +1 − pkak +1 − p − p2 − p3 − pk − ⇔t2 − 2t(x + y + z + 2xyz) + x2 + y + z − 2(xy + yz + zx) − = Nhận xét (*) tương đương với phương trình sau: (x + y − z − t)2 = 4(xy + 1)(zt + 1) Nhận xét Nếu f hàm nhân tính, nghĩa f (m)f (n) = f (mn) với (m, n) = ta có F (n) = f (d) hàm nhân tính (x + z − y − t)2 = 4(xz + 1)(yt + 1) d|n Thật vậy, giả sử m, n số nguyên dương nguyên tố F (mn) = (x + t − y − z)2 = 4(xt + 1)(yz + 1) f (d) d|(mn) Rõ ràng ta viết d = d1 d2 cách cho d1 ước m d2 ước n với (d1 , d2 ) = Khi , ta có F (mn) = f (d) = d|(mn) f (d1 d2 ) = d1 |m, d2 |n f (d1 )f (d2 ) = d1 |m, d2 |n f (d1 ) d1 |m Và t nguyên (*) có nghiệm nguyên t1,2 = x + y + z + 2xyz ± (xy + 1)(yz + 1)(zx + 1) f (d2 ) = F (m)F (n) d2 |n Nhận xét chứng minh Từ đây, thay f (x) = x f (x) = 1, ta suy hàm σ(n) τ (n) hàm nhân tính Nên nhân phương trình vế theo vế, ta suy (xt + 1)(yt + 1)(zt + 1) số phương Ngồi ta có xt + Ví dụ áp dụng 0; zt + Suy Ví dụ 1 Tìm tất số nguyên dương n cho σ(n) 12, 18, 24, 48, 52, 84? Tìm số nguyên dương n nhỏ cho τ (n) 1, 2, 3, 6, 14, 100? Lời giải Để làm này, ta cần chọn số nguyên tố số mũ thích hợp cho + p1 + p21 + + pa11 0; yt + 1 + p2 + p22 + + pa22 + pk + p2k + + pakk = σ(n) Ta liệt kê số có dạng + pk + p2k + + pakk từ nhỏ đến lớn: + 2, + 3, + 5, + + 22 , + 7, + + 32 , + + 22 + 23 , t −1 > −1 (do x = y = z = không thoả) max{x; y; z} * Nếu t = từ (*) ta suy (x + y + z)2 = 4(xy + yz + zx + 1) ⇔ (x + y − z)2 = 4(xy + 1) Suy xy + số phương Chứng minh tương tự ta có yz + 1, zx + số phương * Nếu t > từ (1) suy t z với t thoả (*) Nhưng t t1 t2 , ta lại có t1 t2 = x2 + y + z − 2(xy + yz + zx) − Với σ(n) = 12, ta thấy viết thành 12 = (1 + 2)(1 + 3) số cần tìm n = Các số lại thực tương tự Suy điều mâu thuẫn Vậy ta có đpcm ✷ Ở này, ta chọn số mũ thích hợp trước tiếp đến chọn số nguyên tố nhỏ giá trị n nhỏ tốt Chẳng hạn với τ (n) = 14, ta chọn số mũ 13 ứng với ước nguyên tố 2, tức n = 213 Tuy nhiên, ta làm cho giá trị nhỏ cách viết 14 = · 7, ứng với số mũ 6, ta chọn số n = · 26 Đây số nhỏ cần tìm Các số lại thực tương tự Bài tập 3.8 Tìm số nguyên (a; b; c) thỏa     a − bc = 91 b2 − ca = 91    c2 − ab = 91 Lời giải z − x(2z − x) − y(2z − y) < z 36 Không giảm tổng quát giả sử a b c Do 91 khơng số phương nên a, b, c = Nếu a b, c a2 − bc < 91, a < Nếu (a; b; c) thỏa hệ (−a; −b; −c) thỏa hệ Do ta xét số có c > Nếu b = c ta có a−b=0 a2 − b2 = 91 = b2 − ab ⇔ a = −2b Chuyên đề 5: Một số hàm số học ứng dụng Dễ thấy a = b = c vô lý, a = −2b dẫn đến 5b2 = 91, vơ lý Do b = c Tương tự ta có a = b Lê Phúc Lữ Trường hợp 1: b > Từ hệ ta có Hàm số học f hàm nhận đối số giá trị tập rời rạc tập số ngun, thơng thường ta xét f : N → N Các hàm số học quen thuộc gặp nhiều ứng dụng như: hàm phần nguyên, hàm phần lẻ, hàm tổng chữ số, hàm Euler Còn hàm tổng ước hàm số ước rõ ràng giới thiệu nhiều phần ứng dụng Bài viết lược dịch từ chương Elementary Number Theory and Its Application tác giả Kenneth Rosen Mong với số lượng tập phong phú, tiếp cận tốt hai hàm số học “quen mà lạ” 91b = b(b2 − ac); 91c = c(c2 − ab) ⇒ 91b − 91c = b3 − c3 ⇒ 91 = b2 + bc + c2 3b2 ⇒ b ∈ {1; 2; 3; 4; 5} Thay vào hệ ta tìm nghiệm (a; b; c) = (−10; 1; 9), (−11; 5; 6) Trường hợp 2: b < Từ hệ ta có 91b = b(b2 − ac); 91a = a(a2 − bc) Hàm tổng ước số số ước số ⇒ 91(b − a) = b3 − a3 ⇒ 91 = a2 + ab + b2 Kiến thức cần nhớ 3b2 ⇒ b ∈ {−1; −2; −3; −4; −5} Thay vào hệ ta tìm nghiệm (a; b; c) = (−9; −1; 10), (−6; −5; 11) Tóm lại (a; b; c) thỏa giả thiết (−10; 1; 9), (10; −1; −9), (−11; 5; 6), (11; −5; −6), (−9; −1; 10), (9; 1; −10), (−6; −5; 11), (6; 5; −11) hoán vị ✷ Bài tập tự luyện Bài 1: (APMO 2002) Tìm số nguyên dương a, b thoả b2 − a | a2 + b; a2 − b | b2 + a Bài 2: Chứng minh có vơ hạn số nguyên dương (a; b; c) thoả ab + 1, bc + 1, ca + số phương Bài 3: Tìm số nguyên dương x, y, z đôi nguyên tố thoả x y z + + ∈ N∗ y z x Bài 4: Tìm số nguyên (x; y; z) thoả x y z z | xy − 1; y | zx − 1; x | yz − Định nghĩa tính chất Với số nguyên dương n, kí hiệu tổng ước dương n (kể n) τ (n) số ước dương n (kể n) Ta xét biểu diễn n n = pa11 pa22 pa33 pakk với p1 , p2 , p3 , , pk số nguyên tố a1 , a2 , a3 , , ak số nguyên dương Từ ta quy ước biểu diễn n dạng Khi ta có: pa1 +1 − pa22 +1 − pa33 +1 − pakk +1 − σ(n) = p − p2 − p3 − pk − τ (n) = (a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1) (ak + 1) Chú ý ta kí hiệu σ(n) = d τ (n) = d|n d|n Chứng minh Ta thấy số d = pb11 pb22 pb33 pbkk ước n bi với i = 1, 2, 3, , k Như giá trị bi có + cách chọn thế, theo nguyên lí nhân, số ước Sinh viên Đại học FPT 61 60 37 Bài 5: Tìm số nguyên dương a, b, c > đôi khác thỏa (a − 1)(b − 1)(c − 1) | abc − Bài 6: Chứng minh với số nguyên dương a, b, n (36a + b)(36b + a) = 2n Bài 7*: (VMO 2013) Tìm số (a; b; c; a ; b ; c ) với a, b, c, a , b , c ∈ {0; 1; 2; ; 14} thoả ab + a b ≡ bc + b c ≡ ca + c a ≡ 1( mod 15) Bài 8: (VMO 2012) Tìm số nguyên dương lẻ a, b thoả a | b2 + 2; b | a2 + Bài 9: Cho a, b, c ∈ Z thỏa a b c + + =3 b c a Chứng minh abc lập phương số nguyên Tài liệu tham khảo Trang web brilliant.org Các chuyên đề số học - Phan Huy Khải Các phương pháp giải toán qua kỳ thi Olympic - Trần Nam Dũng (Chủ biên), Võ Quốc Bá Cẩn, Lê Phúc Lữ Problems in Elementary Number Theory - Peter Vandendriessche, Hojoo Lee 38 59 Áp dụng tương tự với phần tử bắt đầu a1 Quá trình lặp lại độ lệch giảm dần nên sau hữu hạn bước ta gặp số phương * b) Xét d + k 2d + ta có: a1 = f (m) = m + Do √ m = d2 + k + d = (d + 1)2 + k − d − k − d − < d + nên ta có: √ a1 = f (m) = √ (d + 1)2 + k − d − ⇒ [ a1 ] = f (m) = d + Mặt khác, ta lại có: a2 = f (a1 ) = f (m) + f (m) = d2 + k + 2d + = (d + 1)2 + k Vậy (d + 1)2 số phương lớn khơng vượt q a2 k độ lệch Do k < d + nên ta quay lại trường hợp a) với phần tử bắt đầu dãy a2 Như vậy, ta chứng minh sau hữu hạn bước dãy (an ) gặp phần tử số phương Trường hợp 2: Nếu m số phương dãy (an ) có vơ hạn số phương tồn n0 ∈ N : an0 khơng số phương Khi ta quay lại trường hợp sau hữu hạn bước ta gặp lại phần tử dãy số phương Do q trình lặp lại vơ hạn lần nên ta suy dãy có vơ hạn số phương Xét dãy (tb ) Theo khai triển Newton, ta có:  √ l √   + = zl + yl l lẻ l √ √   − = zl − yl ⇒(2 − 1)l = 2zl − yl ⇒ + yl = 2zl √ ⇒yl + yl = yl zl √ ⇒ yl + yl = yl zl Mặt khác: yl < Lại có yl + yl < yl + ⇒ yl + yl = yl √ √ yl + yl = yl zl ⇒ yl zl = yl √ Do yl zl dãy dãy tb nên ta suy dãy có vơ hạn số phương Như ∃ b0 , n0 ∈ N : an0 tb0 ∈ Z ⇒ an0 +1 = f (an0 ) = d2 + d = d (d + 1) Vậy ta có đpcm ✷ 58 √ +Với un lẻ un chẵn, 5un ± un − 4.6n ln số chẵn nên hiển nhiên chia hết cho Cho nên x số nguyên Mặt khác x2 − 5xun + 6n + 6un Chuyên đề 4: DÃY SỐ SỐ HỌC x3 5x2 un = − + 6un + 6n x + C (C ∈ R) = f (x) Mặt khác hàm số đạt cực đại cực tiểu a, b, x0 nên từ ta suy điều phải chứng minh ✷ Bài tập 4.14 Xét hàm số f (t) = t + √ Ninh Văn Tú1 t Dãy số (an ) xác định Dãy số vấn đề thiết yếu giải tích ứng dụng vào nhiều lĩnh vực khác phương trình hàm, tổ hợp, số học Những toán giới hạn dãy số dường trở thành vấn đề quen thuộc xuất nhiều kì thi học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh, cấp thành phố kì thi Olympic, VMO Nhưng mảng đặc biệt dãy số việc ứng dụng số học toán số học để giải toán dãy số vấn để thú vị mảng dãy số Hi vọng chuyên đề giúp ích cho bạn việc tiếp thêm kinh nghiệm mảng thú vị a0 = m > 2, (m ∈ N) an+1 = f (an ) , ∀n = 0, 1, √ √ dãy (tb ) : tb = b ∀b ∈ N Chứng minh tồn n0 ; b0 : an0 tb0 ∈ Z Lời giải Với điều kiện đề bài, ta nhận tích số phải số phương Như an0 ; tb0 số phương, an0 = tb0 , an0 tb0 số phương Việc tồn an0 = tb0 , an0 tb0 số phương cơng đoạn tính tốn vất vả hàm phần nguyên Như ta chứng minh tồn vơ số số hạng số phương để khẳng định tồn biến độc lập mà không cần cụ thể điều kiện biến việc tính tốn Ta chứng minh tốn theo tính chất hàm phần nguyên áp dụng khai triển Newton dãy số độ lệch hạng tử dãy Xét dãy (an ), ta có: m < f (m) < f (f (m)) < nên dãy dãy tăng ngặt Vậy ta chia làm hai trường hợp sau: Dãy số nguyên tính chất số học Ta xét tổng quan toán với dạng tổng qt để có nhìn bao qt hết giới dãy nguyên phong phú, đa màu Từ ta có ý tưởng gặp toán chứng minh dãy nguyên toán liên quan đến dạng Bài tập 4.1 Cho a, b, c ∈ Z thỏa mãn a2 = b + Dãy số (un ) xác định Trường hợp 1: Nếu m khơng phải số phương Gọi t2 số phương lớn khơng vượt m = a0 Theo cách xác định ta suy √ d = [ m] Đặt m = d2 + k Ta có d2 < m (d + 1)2 ⇒ < k 2d + u0 = un+1 = aun + bun + c2 , ∀n ∈ N Chứng minh số hạng dãy số nguyên * a) Xét < k < d + 1.Theo cách xác định dãy ta có: m = d2 + k + d < (d + 1)2 √ f (a0 ) < (d + 1) ⇒ d = f (a0 ) = [ a1 ] d2 < a1 = f (a0 ) = m + ⇒d < Lời giải √ Ta có: √ √ √ a2 = f (a1 ) = a1 + [ a1 ] = m + m + [ a1 ] = m + 2d = (d + 1)2 + k − Như ta thấy số phương lớn khơng vượt q a2 (d + 1)2 độ lệch chúng giảm sau lần thực trình Cách giải tốn tương tự cách tìm cơng thức truy hồi dạng công thức truy hồi thức để tìm cơng thức tổng qt dạng dãy với điều kiện ngặt Ta có: un+1 − aun = bun + c2 ⇒un+1 − 2aun un+1 + a2 un = bun + c2 ⇒un+1 = 2aun un+1 − un + c2 Học sinh THPT chuyên Trần Đại Nghĩa 39 (1) 40 57 Giảm n xuống đơn vị ta có: un = 2aun un−1 − un−1 + c2 (2) Lấy (1) − (2), ta có: un+1 − un−1 = 2aun (un+1 − un−1 ) ⇒ *Với un+1 = un−1 , ∀n Như dãy số có dạng un+1 + αun un+2 + 6n + β = (do dạng ta tách un+2 theo cơng thức truy hồi đưa phương trình dạng nêu trên) Ngồi ta chứng minh biểu thức thông thường theo quy nạp biểu thức đốn Như diễn đạt trên, ta có: un+1 − 5αun+1 un + 6αun + 6n + β = un+1 = un−1 un+1 = 2aun − un−1 Xem biểu thức phương trình bậc theo tham số un ẩn un+1 , ta ∆ = 25α2 un − 24αun − 4.6n − 4β = α2 un − 4.6n − 4β dãy (un ) dãy tuần hồn theo chu kì Như , ta suy u0 = u2 = u4 = = u2k = u1 = u3 = u5 = = u2k+1 = |c| un un+2 − un+1 = 6n , ∀n ∈ N Nên (un ) có số hạng số nguyên *Với (un ) thỏa u0 = 1; u1 = |c| un+1 = 2aun − un−1 , ∀n Đồng hệ số với biểu thức cần chứng minh ta α = 1; β = Như ta chứng minh theo quy nạp , Ta có hệ số hệ thức truy hồi số nguyên số hạng dãy số nguyên nên từ ta suy (un ) có số hạng số nguyên Tóm lại, số hạng dãy số nguyên ✷ Thật điều với n = 2.13 − 52 = 60 = n = 5.35 − 132 = Giả sử điều đến n = k, tức uk uk+2 − uk+1 = 6k Xét n = k + 1, ta có: uk+1 uk+3 − uk+2 = uk+1 (5uk+2 − 6uk+1 ) − uk+2 = 5uk+1 uk+2 − 6uk+1 − uk+2 ⇒uk+1 uk+3 − uk+2 = 5uk+1 uk+2 + 6k+1 − 6uk uk+2 − uk+2 =uk+2 (5uk+1 − 6uk ) + 6k+1 − uk+2 = 6k+1 (do uk+2 = 5uk+1 − 6uk ) Vậy điều với n = k + 1, theo nguyên lý quy nạp ta chứng minh Bài tập 4.2 Cho dãy (an ) thỏa mãn điều kiện un un+2 − un+1 = 6n , ∀n ∈ N a0 = 2; a1 = an+1 an−1 − an = 6n−1 , ∀n Chứng minh tồn dãy số nguyên dương thỏa mãn điều kiện Lời giải Ý tưởng tốn tìm cơng thức truy hồi cho dãy Như vậy, ta dùng phương pháp quen thuộc để đánh giá tốn, phương pháp sai phân Ta có an+1 an−1 − an = 6n−1 an an+2 − an+1 = 6n ⇒an (an+2 + 6an ) = an+1 (an+1 + 6an−1 ) ⇒ Đặt = (an+1 +6an−1 ) , an (an+2 + 6an ) (an+1 + 6an−1 ) = an+1 an ta vn+1 = = vn−1 = = v1 = ⇒ an+1 = 5an − 6an−1 , ∀n = 1, 2, Do số hạng đầu dãy số nguyên: a0 = 2, a1 = công thức truy hồi dãy có hệ số số nguyên nên từ ta suy dãy dãy số nguyên Do đó, ta có: u2n+1 − un un+2 + 6n = ⇒ u2n+1 − 5un un+1 + 6u2n + 6n = (∗) Xem (*) phương trình bậc theo tham số un ẩn un+1 , ta có: X − 5un X + 6un + 6n = Do dãy số dãy số nguyên nên ta suy X phải số nguyên Như ∆ = 25un − 24u2n − 4.6n = un − 4.6n = phải số phương Xét phương trình tổng quát x2 − 5un x + 6un + 6n = (x ∈ R) Phương trình có nghiệm ∆ = = un − 4.6n > √ Mà số phương (chứng minh trên) nên phương trình ln có nghiệm ∆ ∈ N Như nghiệm phương trình √ 5un ± un − 4.6n x= 56 41 Số ước a số tích số số nguyên tố với lần thay đổi khác số mũ αi , ∀ i = 1; n Chính mà theo quy tắc nhân ta đếm a có (2α1 + 1) (2α2 + 1) (2α3 + 1) (2αn + 1) số ước hiển nhiên tổng số ước số lẻ Ngược lại giả sử số a có lẻ số ước, ta có dạng tổng quát a Để có thêm điều kiện dãy có số hạng số nguyên dương, ta cần phải có thêm yếu tố đơn điệu tăng Việc chứng minh đơn điệu sử dụng cơng thức truy hồi mà ta vừa tìm ta chưa chứng minh công thức Chính mà ta chứng minh trực tiếp quy nạp thông qua cách diễn đạt đề Ta thấy điều với n = : a1 > a0 (5 > 2) Giả sử điều đến n = k : ak > ak−1 Xét n = k + 1, ta có: a = p1 r1 p2 r2 p3 r3 pn rn ak+1 ak−1 − ak = 6k−1 ⇒ ak+1 = Theo quy tắc nhân ta đếm acó (r1 + 1) (r2 + 1) (r3 + 1) (rn + 1) Do a có lẻ số ước nên ri + 1, ∀i = 1; n phải số lẻ, suy ri = 2k (k ∈ N) , ∀i = 1; n Vây a số phương Tính chất chứng minh hồn tất Quay lại tốn sử dụng tính chất để tìm lời giải thích hợp cho tốn Ta có: xn tn có lẻ số ước Áp dụng tính chất ta suy xn tn số phương Mặt khác tn dãy số phương ⇒ xn dãy số phương 6k−1 6k−1 + ak > + ak > ak (ak > ak−1 ) ak−1 ak Vậy điều với n = k + nên theo nguyên lý quy nạp ta suy (an ) dãy đơn điệu tăng với n ∈ N Bây ta chứng minh dãy dãy thỏa mãn điều kiện đề bài: Cách thông thường mà nghĩ đến dùng phản chứng để chứng minh tồn Giả sử tồn dãy an cho với n tồn an+2 : an+2 > an+2 thỏa: an an+2 − an+1 = 6n an an+2 − an+1 = 6n Suy an (an+2 − an+2 ) = (vô lý an+2 > an+2 ) Bài tập 4.13 Cho dãy (un ) thỏa mãn u0 = 2; u1 = un+1 = 5un − 6un−1 , ∀n Xét hàm số x3 5x2 un − + 6un + 6n x + C (C ∈ R) có đạo hàm x0 ∈ (a; b) với a; b ∈ N Chứng minh f (x) có điểm cực đại cực tiểu có hồnh độ ln số ngun Như ta suy dãy dãy thỏa mãn điều kiện đề ✷ Những toán tương tự dạng tồn nhiều dạng khác Đôi lúc cách diễn đạt truy hồi khiến ta phương hướng sai phân Nhưng ta cần phải hiểu mục đích việc chứng minh dãy số ngun tìm cơng thức truy hồi f (x) = Bài tập 4.3 (GER 2003, Ngày 2) Cho dãy số (an ) xác định   a1 = 1; a2 = 1; a3 =  an+3 = an+2 an+1 + , ∀n ∈ N an Lời giải Đầu tiên, ta có nhận xét sau: điểm cực trị hàm số thuộc phương trình Chứng minh số hạng dãy số nguyên dương f (x) = x2 − 5xun + 6un + 6n = Như điều kiện để nghiệm phương trình số nguyên ∆ = un −4.6n phải số phương với n Như ta đưa toán việc chứng minh = un − 4.6n số phương với n Trong toán này, ta chứng minh phương pháp dùng tam thức bậc hai để giải toán nhanh gọn (nghĩa ta đưa toán dạng X + αXun + β + 6n = số 6n xuất cách không tự nhiên số hạng un bậc tốn) Lời giải Ta có: an+3 an = an+1 an+2 + Do độ lệch thứ tự phần tử dãy khơng nên khó cho ta nghĩ đến việc dùng sai phân dùng sai phân xuất thêm phần tử thứ Tuy vậy, việc áp dụng sai phân dãy số nguyên công cụ mạnh ta khơng nên bỏ qua chớp 42 55 Giả sử điều với n = k; tức tk = 2k−1 + Ta xét n = k + 1; ta có: nhống ý nghĩ Hạ n xuống bậc, ta có: an+2 an−1 = an an+1 + an+3 an − an+2 an−1 = an+1 an+2 − an an+1 ⇒an (an+3 + an+1 ) = an+2 (an+1 + an−1 ) an+3 + an+1 an+1 + an−1 ⇒ = an+2 an n−1 , ta có vn+2 = Đặt = an+1a+a n Vậy dãy (vn ) tuần hoàn theo chu kì Như ta cần xét thêm tính chẵn lẻ dãy, điều dẫn đến dãy gồm công thức truy hồi song song *Với n chẵn ta suy ra: v2k+2 = v2k = = v2 = ⇒ an+1 = 3an − an−1 *Với n lẻ ta suy ra: v2k+3 = v2k+1 = = v3 = ⇒ an+1 = 5an − an−1 Từ ta xác định cơng thức truy hồi dãy là:   a = a2 = 1, a3 =   (k ∈ N) an+1 = 3an − an−1 , n = 2k   a = 5a − a , n = 2k + n tk−1 tk−1 − 2k−2 √ = 7tk − tk − 2k−1 tk+1 = 7tk − 14tk−1 + 8tk−2 = 7tk − 14tk−1 + Trừ biểu thức cho nhau, ta n+1 √ ⇒tk+1 = 7tk − 6tk−1 − 8.2k−1 tk−1 + 8.22(k−2) √ √ ⇒tk+1 = tk + 2.2k tk + 22k = tk + 2k Vậy điều với n = k + nên theo nguyên lý quy nạp ta suy (an ) dãy tăng ngặt Từ đó, ta chứng minh dãy (an ) có số hạng số nguyên dương ✷ Bài tập 4.4 (Croatia TST 2011) Với a, b số nguyên tố phân biệt, cho dãy (xn ) thỏa mãn    x1 = a, x2 = b xn+1 + xn  , ∀n ∈ N  xn+2 = xn+1 + xn Chứng minh xn không số nguyên với n − 8.2k−1 √ tk − 2k−1 + 8.22(k−2) Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy tn+1 = 2n + √ tn ∀n ∈ N Mặt khác t1 = số phương nên từ ta suy số hạng dãy số phương √ √ Vậy = tn+1 − 2n+1 tn+1 + 22n = ( tn+1 − 2n ) số phương Câu b: Việc chứng minh số phương giúp ta đưa toán dạng quen thuộc hơn: √ “Nếu A = + 12a2 + ∈ N số phương" √ Thật vậy, giả sử A ∈ N ⇒ 12tn + = k (k ∈ N) ⇒ 12tn = (k − 1)(k + 1) Do k lẻ nên ta suy k = 2l + (l ∈ N) Từ ta suy ra: 3tn = l(l + 1) Do (l; l + 1) = tn số phương nên ta suy l = 3a2 n−1 Do số hạng đầu dãy số nguyên hệ số hệ thức truy hồi dãy số nguyên nên ta suy số hạng (an ) số nguyên Để dãy dãy số nguyên dương, ta cần chứng minh dãy dãy tăng ngặt với n Dễ thấy: a3 > a2 nên điều với n = Giả sử điều với n = k : ak > ak−1 Xét n = k + 1, ta có: ak ak−1 + ak ak−1 + 7 ak+1 = > > ak + > ak ak−2 ak−1 ak−1 l + = b2 * Trường hợp 1: l = b2 l + = 3a2 l = b2 l + = 3a2 (a; b ∈ N) ⇒ 3a2 = + b2 Mặt khác = 4.0 + nên từ ta suy b2 + có ước dạng 4k + nên ta suy (vô lý) Vậy trường hợp xảy * Trường hợp 2: Ta có: l = 3a2 l + = b2 √ A = + 12tn + = + 2k = (k + 1) = 4(t + 1) = 4b2 Từ ta suy A số phương √ Vậy A = + 12n2 + ∈ N số phương Câu c: Một tính chất số phương: Nếu a số phương ln có lẻ số ước ngược lại (tính chất chứng minh nhờ việc sử dụng phép đếm) Chứng minh: Giả sử a số phương, ta viết dạng tổng quát a a = p1 2α1 p2 2α2 p3 2α3 pn 2αn 54 43 Lời giải nên ta suy k + 50d = 501 ⇒d=5 k − 50d = √ √ Vậy ∃ n0 ∈ N : xn0 = 5 Ta tính tốn x3 = 5 xn dãy tăng ngặt nên ta suy n = Vậy với n = A = 5an+1 an + số phương ✷ Bài tập 4.12 Cho dãy số tn thỏa mãn: Ta dễ dàng chứng minh xn > 0, ∀x ∈ N theo quy nạp Ta chứng minh bổ đề dãy này: Bổ đề: Nếu kể từ phần tử n0 cho xn0 không số nguyên dãy mà có dạng phân thức, khơng tồn n để xn ∈ N, ∀n n0 Giả sử x3 số hữu tỉ Ta có:  c a2 +b2   x3 = a+b = d (c, d ∈ N; (c, d) = 1)    c 2  x4 = ( d c) +b = +b t1 = 9; t2 = 25; t3 = 81 d tn+3 = 7tn+2 − 14tn+1 + 8tn ∀n √ a) Chứng minh rằng: = tn+1 − 2n+1 tn+1 + 22n ∀n số phương √ b) Chứng minh T = + 12tn + ∈ N số phương c) Giả sử tồn dãy số xn cho xn tn có lẻ số ước Chứng minh dãy xn gồm toàn số phương Câu a: Ta thấy biểu thức cần chứng minh có dạng thức Điều gợi cho ta việc chứng minh tn dãy số phương Bằng việc thử số hạng dãy, ta rút nhận xét dãy tn gồm tồn số phương Bây việc ta cần làm chứng minh dãy tn gồm tồn số phương Thơng thường tốn chứng minh dãy số phương khơng số phương ta thường phải tìm cơng thức tổng qt dãy để đưa tốn số học thơng thường Nhưng dãy số ta chủ động biến đổi linh hoạt chúng để tạo nên lời n giải hợp lý Điển hình với tốn ta thấy việc chứng minh tn = 22 + 2n+1 + gồm tồn số phương rõ ràng cơng việc khơng khả thi Song ta dựa vào phương pháp dãy số chứng minh thẳng để dự đốn chứng minh tn bình phương đẳng thức Nhờ phương pháp sai phân ta có đánh sau: 21 22 17 23 Do (c, d) = nên x4 ∈ / N, đặt x4 = Ta có: f d ⇒ f √ √ t1 21 √ t2 x5 = 22 23 (cf )2 + (ed)2 = (cf + de) df Mặt khác tử số mẫu số f < (cf )2 + (de)2 nên f chia hết cho (cf )2 + (de)2 Điều vô lý (e, d) = d < f Vậy x5 số vô tỉ Trường hợp 2: f = d, ta có: 24 t4 (cf )2 + (de)2 df ⇒ (de)2 df ⇒ de2 f (vô lý) x5 = √ c + fe d c + fe d Giả sử x5 ∈ N, suy 33 √ t3 e, f ∈ N; (e, f ) = 1; f d d Ta chia làm trường hợp: Giả sử x5 ∈ N, suy Hay e f Trường hợp 1: f > d ⇒ > fd , ta có: Lời giải c2 +b2 d2 d(c+bd) c + fe d c + fe d = (cf )2 + (ed)2 c2 + e2 = (cf + de) df f (c + e) c2 + e2 c + e ⇒ 2ce c + e t5 24 √ Do đó, ta chứng minh theo quy nạp tn+1 = (2n + tn ) Do t1 = = 32 nên điều với n = : t2 = (2 + 3)2 = 25 Điều hiển nhiên vơ lý Vậy tóm lại, ta chứng minh rằng, xuất phát với x3 số hữu tỉ ta thu dãy số hữu tỉ khơng tồn số nguyên dãy với n Bây ta việc chứng minh x3 số ngun Do cơng thức truy hồi có dạng phân 44 53 thức nên x3 có dạng phân số tối giản Giả sử x3 ∈ N, suy Suy A = 5an+1 an + a2 + b2 a + b ⇒ 2ab a + b Xét hai số số nguyên tố chẵn Giả sử a, suy a = ⇒ 4b b + ⇒ b + (vô lý b > 2) Suy 4b = b + (vô lý b số nguyên tố lẻ nên tính chẵn lẻ vế khơng đồng nhất) Kí hiệu {a, b} ước a b Vậy a + b | {a, b, 2} (a, b, 2) = Ta có nhận xét a + b | {a, b, 2} do: * a + b | {a, b} a a+b b ⇒ (sai a, b > 0) b a+b a * a + b | {2}: Do a, b số nguyên tố nên a + b > Suy    a + b a  cb a ⇒ a + b = 2ab ⇒ ⇒ ⇒ a = b (sai a = b)   a.b a + b b √ 3+ ⇒A = 5.102 √ + ⇒A = 500   √ 5+1  ⇒A = 500  √ 5+1 ⇒A = 500  √ n 3− + 2n−1 + 4n−2 2n−1 √ 4n−2 5−1 + √ 5−1 2n−1 Xét dãy phụ sau: x1 = xn+2 3+   √ 3− + √  n n−1 + √ 3− n−1  +1 + 3 +  + 3 + 2n−1 2  + 501 √ 5; x2 = √ = 5xn+1 − xn ∀n Dãy có cơng thức tổng qt Như vậy, ta kết luận điều giả sử sai nên x3 số nguyên Vậy theo bổ đề ta suy xn số nguyên với n ✷ Bài tập 4.5 Cho dãy số nguyên dương cho ta chọn 1998 phần tử dãy tạo thành hệ thăng dư không đầy đủ riêng biệt xét modulo 1999 Liệu có tồn cách chia 1998 phần tử thành tập A, B cho tích phần tử tập không? Lời giải √ 5+1 xn = n + √ 5−1 n ∀n ∈ N Ta có: √ xn − xn−1 = √ = 5+1 5+1 √ n + √ n−2 + 5−1 5−1 √ n − 5+1 n−1 − √ 5−1 n−1 n−2 >0 Một suy luận đơn giản cho này: tích chúng phải có số dư xét modulo với số nguyên dương Sử dụng bổ đề quen thuộc: Nếu x2 + y p (p nguyên tố ) p = 4k + p = 4k + Khi p = 4k + x, y p Gọi 1998 phần tử dãy thỏa điều kiện đề x1 ; x2 ; x3 ; ; x1998 Ta có: A ∪ B = {x1 ; x2 ; ; x1998 } Giả sử ∃xi ≡ (mod 1999) Do 1998 phần tử lập thành hệ thăng dư không đầy đủ riêng biệt nên xj ≡ r = (mod 1999) ∀j = i Suy xn > xn−1 ∀n ∈ N Vậy xn dãy tăng ngặt Tương tự 2, dãy có tính chất chứng minh quy nạp theo dãy song song là: x2n = c (c; d ∈ N) √ x2n−1 = d √ Chính mà ta suy ra: A = 500 d + 501 Giả sử ∃ n0 ∈ N : A = 5an0 +1 an0 + số phương, ta có: Vì xi ∈ A A chia hết cho 1999 B không chia hết cho 1999 Tương tự xi ∈ B Vậy khơng có phần tử dãy chia hết cho 1999 Vậy hệ thăng dư dãy: {1; 2; ; 1998} Ta có: Mặt khác ta phân tích 501 = 3.167, mà xk xk ∈A = xj ≡ 1.2.3 1998 (mod 1999) xi xi ∈A xj ∈B (50d)2 + 501 = k (k ∈ N) ⇒ 501 = (k − 50d) (k + 50d) k + 50d + k − 50d = 2k k + 50d > k − 50d 52 45 Ta suy dãy dãy tăng ngặt Bây ta có dãy Suy ≡ 1998! (mod 1999) xk a2 = xk ∈A an+1 = an + an + ∀n Mặt khác theo định lý Wilson ta có: 1998! ≡ −1 (mod 1999), Vận dụng tính chất trên, ta chứng minh an khơng thể số phương theo phương pháp quy nạp đơn thuần, an số phương phải có tận số 0, 1, 4, 5, 6, Ta thấy rõ số hạng dãy có tận xuất phát từ n = 3: a3 = 7; a4 = 57 Giả sử điều đến n = k; tức ak có tận Xét n = k + 1, ta có: ak+1 = ak + ak + Do ta xét chữ số tận ak+1 nên ta xét chữ số tận số hạng biểu thức Ta có ak có tận 7nên ak có tận Như chữ số tận ak+1 = b1 b2 + c1 c2 + = d1 d2 + + = + = Điều với n = k + 1, theo nguyên lý quy nạp ta suy an có tận là7 ∀n Áp dụng tính chất ta suy an khơng thể số phương với n Mặt khác a2 = khơng số phương Vậy ta suy an khơng số phương với n ✷ xk + ≡ (mod 1999) xk ∈A Áp dụng bổ đề ta suy điều vô lý 1999 số nguyên tố dạng 4k + nên chia hết cho 1999 Vậy chia 1998 phần tử dãy nguyên dương thành tập có tích phần tử tập ✷ Bài tập 4.6 Cho dãy số (un ) thỏa    u1 = 1, u2 = un un−1 (n + 1)   un+1 = Pn−1 −1 a) Tìm số nguyên tố pđể S = up−2 số nguyên pp−1 un−1 b) Chứng minh n ≡ (mod n − 1) Lời giải Ý tưởng đơn giản tìm plà số nguyên tố để up−2 − ≡ (mod pp−1 ) Qua đó, ta dự đốn cơng thức tổng qt un để đưa tốn số học đơn Bài tập 4.11 (Balkan 2002) Cho dãy số an thỏa mãn a1 = 20; a2 = 30 an+2 = 3an+1 − an ∀n Câu a: Ta chứng minh theo qui nạp un = n! ∀n ∈ 1, 2, u1 = = 1! Thật điều với n = 1; : u2 = 2.u1 = 2! Giả sử điều đến n = ktức uk = k! Xét uk+1 , ta có: Tìm n để A = 5an+1 an + số phương Lời giải uk+1 = Tương tự, ta tìm cơng thức tổng qt dãy số biện luận Đối với tìm giá trị n để biểu thức số phương dãy số Ta cần lưu ý đến tính chất dãy dãy (nếu có) đơn điệu, đồng dư Dễ dàng chứng minh theo quy nạp công thức tổng quát an  an = 10  √ 3+ n−1 + √ 3− n−1   (k + 1)uk uk−1 (k + 1)!(k − 1)! = = (k + 1)! Pk−1 (k − 1)! Vậy điều đến n = k + 1nên theo nguyên lý quy nạp ta suy un = n!∀n = 1; 2; Vậy S = (p−2)!−1 Giả sử S số nguyên, ta suy S.pp−1 + = (p − 2)! pp−1 Xét p > ta có: (p − 2)! ≡ (mod p − 1) ⇒ S.pp−1 + ≡ (mod p − 1) ⇒ S + ≡ (modp − 1) Mặt khác: S + < p − ⇔ (p − 2)! < + pp−2 (p − 3) (đúng) Từ ta suy điều vô lý Vậy p Dễ thấy p = thỏa mãn điều kiện đề 46 51 Câu b: +Trường hợp 1: n số nguyên tố Theo định lý Wilson ta có: (n − 1)! ≡ −1 (mod n) ⇒ (n − 1)! + ∈ N∗ n Lại có un−1 (n − 1)! (n − 1)! + 1 (n − 1)! + 1 = = − = − (do < < 1) n n n n n n Một vấn đề thú vị ta lại phải cần đến dãy song song để chứng minh Chính dãy song song tạo nên thú vị tốn, khiến trở nên chặt chẽ lời giải Vì xét n chẵn lẻ ta diễn đạt xn theo 2 hình thức hình thức có dạng 2x2 ± nên hiển nhiên khơng thể số phương với n Một lời giải khác chung ý tưởng lời giải ngắn gọn hơn: Xét dãy số nguyên u0 = 0; u1 = un+2 = 2un+1 + un Ta dễ dàng chứng minh theo quy nạp √ √ n ( + 1) − − √ un = Suy un−1 (n − 1)! − (n − 1) (n − 1) [(n − 2)! − 1] = = n n n Mặt khác, (n; n − 1) = ⇒ (n−2)!−1 n ∈ N∗ nên ta suy Mặt khác, dãy un−1 ≡ (mod n − 1) n + Trường hợp 2: n khơng bình phương số nguyên tố ⇒ n = rs với < r < s n − Do r < s n − nên ta suy r < s n − nên r, slà ước số số {1; 2; ; n − 2} Vậy (n − 2)! (n − 2)! (n − 1).(n − 2)! un−1 = ∈ N∗ ⇒ = = (n − 1).k ≡ (mod n − 1) n rs n n +Trường hợp 3: n bình phương số nguyên tố Đặt n = p với p < n − p = hiển nhiên ta có điều phải chứng minh Lập luận tương tự trường hợp 2, p ước số {1; 2; ; n − 2} Bây ta xét xem liệu p ước số khơng Thật vậy, ta có: n − = p2 − = (p − 1)(p + 1) > 2p > p Vậy 2p ước số số {1; 2; ; n − 2} Chính mà x0 = 1; x1 = xn+2 = 6xn+1 − xn xn = √ 3+2 (n − 1)! un−1 ≡ (mod n − 1) ⇒ ≡ (mod n − 1) n n Từ điều ta có đpcm ✷ Bài tập 4.7 Cho dãy số xác định bởi: an+1 = {an } [an ] , n Chứng minh an = an+2 n đủ lớn Lời giải có cơng thức tổng quát √ + 3−2 2 √ n = 2+1 2n + √ 2−1 2n Vây xn + (−1)n+1 = un Từ ta kết luận xn khơng thể số phương với n ✷ Bài tập 4.10 (CIS 1992) Cho dãy số an xác định a1 = an+1 = a1 + a2 + a3 + + an + n ∀n Chứng minh an khơng số phương với n Lời giải (n − 1)! ≡ (mod 2p.p.(n − 1)) ⇒ (n − 1)! ≡ (mod 2n(n − 1)) ⇒ n n Với tốn có công thức truy hồi phức tạp trên, việc ta cần nghĩ đến sử dụng sai phân để đưa biểu thức ngắn gọn đơn giản để biện luận Qua đó, ta vận dụng tính chất số phương để chứng minh Cụ thể số phương có tận 0, 1, 4, 5, 6, Ta có: a2 = Với n 2; ta có:  n   a = ak + n    n+1 k=1 ⇒ an+1 − an = an + > n−1     ak + n −  an = k=1 50 47 Từ (1);(2);(3);(4) ta suy điều với n = k + nên theo nguyên lý quy nạp ta chứng minh √ √ x1 = 1; x2 = x2n = α 5; x2n+1 = γ √ xn+2 = − 5xn+1 + 2xn ∀n = 1; 2; Xét < a0 < 1, ta có [a0 ] = ⇒ an = [an ] {an } = 0, ∀n = 1, 2, Xét a0 > 1, ta có: an+1 = {an } [an ] < [an ] < an ⇒ < [an+1 ] < [an ] < < [a1 ] ⇒ [an0 ] = c1 n0 đủ lớn Do x2n+1 = γ nên ta suy số hạng lẻ dãy số phương ✷ Dựa vào ta xét thêm thú vị sau: Xét a0 < ⇒ an < 0, ∀n = 1, 2, ta có: an+1 = {an } [an ] > an ⇒ > [an+1 ] > [an ] > > [a1 ] ⇒ [an0 ] = c2 n0 đủ lớn Bài tập 4.9 Cho dãy số (xn ) thỏa mãn: Như [an0 ] = k với n0 đủ lớn Ta có: an+1 = {an } [an ] = an [an ] − ([an ])2 = kan − k , ∀n x0 = 1; x1 = xn+2 = 6xn+1 − xn Chứng minh với n (xn ) khơng số phương Lời giải Tương tự ý tưởng 2, ta biến đổi khéo léo để đưa y dạng Nhưng điều đặc biệt ta cần dãy chứng minh song song quy nạp để củng cố cho lời giải toán thêm chặt chẽ (Lưu ý: Lời giải để bổ sung cho ta thấy ứng dụng mạnh 2) Dễ dàng chứng minh theo quy nạp: √ n √ n 3+2 + 3−2 xn = Ta biến đổi xn theo hình thức sau:  √ √  2n   + + 2−1    xn =  √ √ 2n   2+1 + 2−1    xn = √ 2n 2+1 n = √ 2n = + 2+1 n − √ 2−1 −1 √ 2−1 Sử dụng phương pháp sai phân với hạng tử dãy với hệ số tương ứng ta có:   k n−1 an+1 = k n an − k n+1       k n an+2 = k n−1 an+1 − k n   k2 k2 k (1 − k n ) n n = k a + − ⇒ a = k a − n i+n n  1−k 1−k 1−k    kai+n−1 = k ai+n−2 − k     a i+n = kai+n−1 − k Nếu |k| > an+i = k n an + k2 1−k − k2 → ∞ (vô lý dãy bị chặn) 1−k Suy −1 k ⇒ k ∈ {−1; 0; 1} * Nếu k = : an = 0, ∀n > n0 * Nếu k = : an+1 = an − 1, ∀n n0 (vô lý [an0 ] = k ∀n tử liên tiếp dãy 1) * Nếu k = −1 suy n n +1 √ Và ta dung phương pháp truy hồi để tìm cơng thức truy hồi 2+1 có cơng thức truy hồi là: √ √ v0 = 2; v1 = 2 z1 = 2; z2 = √ √ vn+2 = 2vn+1 − zn+2 = 2zn+1 − zn n ± √ 2−1 an+1 = − an , ∀n n Theo ta chứng minh chúng có tính chất √ v2n = a z2n = c (c; d ∈ Z) √ (a; b ∈ Z) v2n+1 = b z2n+1 = d Từ ta rút xn có dạng A2 + B − nên rõ ràng xn khơng thể số phương với n ✷ n0 Trừ ta có an = an+2 , ∀n n0 ⇒ n0 mà khoảng cách hạng an+1 = − an an+2 = − an+1 n0 (đpcm) ✷ Dãy số nguyên tính phương Bài tập 4.8 a) Chứng minh √ 3+ n + √ 3− b) Chứng minh số hạng lẻ dãy n số nguyên √ 3+ n + √ 3− n − số phương 48 49 √ Lời giải Vậy tốn trở thành toán thứ ta việc chứng minh xn = Câu a: Xét dãy số sau: √ x1 = 3; x2 = xn+2 = 3xn+1 − xn ∀n = 1; 2; √ n √ n 3+ 3− xn = + ∀n = 1; 2; 2  √ √  − +    + =3 x =   2 Thật điều với n = 1; : √ √   3− x = +  + =7   2 √ k √ k 3− 3+ + Giả sử điều đến n = ktức xk = 2 Xét xk+1 , ta có: √ xk+1 = 3xk − xk−1 =  ⇔ xk+1 = √ 3+ k−1 3+ k + √ 7+3 √ 3− k √ 3− +  √  − 3+ k−1 √ 7−3 √ k−1 + = 3− √ 3+ k−1   k+1 + √ 3− k+1 √ 3+ n √ 3− √ ⇒x2k+3 = √ ⇒x2k+3 = √ Câu b: Tiếp tục với ý tưởng biện luận dãy nguyên theo công thức truy hồi chút biến đổi khéo léo để chứng minh số phương Ta có: √ n √ n 3+ 3− + −2 2   √ √ 2n 2n 5+1 5−1 = + − 2 2 √ = nguyên với n lẻ √ n ∀n = 1; 2; có cơng thức truy hồi với hệ số nguyên x1 ; x2 √ n √ n 3+ 3− nguyên nên từ ta suy xn nguyên Vậy + nguyên ∀n = 1; 2; 2 + 5+1 √ n − 5−1 n − 5+1 √ n − 5−1 n có cơng thức truy hồi √ √ x1 = 1; x2 = x2n = α 5; x2n+1 = γ √ xn+2 = − 5xn+1 + 2xn ∀n = 1; 2;  √ √  5+1 5−1    − =1 x1 =   2 Thật điều với n = 1; : √ √ √ 2   + − √   x = = − =   2 √ Giả sử điều đến n = 2k tức x2k+2 = 5x2k+1 − x2k x2k+1 nguyên x1 ; x3 ; √ nguyên x2k = α √ Vậy x2k+2 = β (β = x2k+1 − α) Xét x2k+3 ; x2k+4 Ta có: √ x2k+3 = 5x2k+2 − x2k+1     √ √ √ √ 2k+2 2k+2 2k+1 2k+1 √ 5+1 5−1 5+1 5−1 −  = 5 − − 2 2 Vậy điều đến n = k + nên theo nguyên lý quy nạp ta suy √ n √ n 3+ 3− xn = + ∀n = 1; 2; 2 Do xn = n n Chứng minh theo quy nạp xn = Ta chứng minh theo quy nạp  5−1 5+1 = Và 5+1 5+1 5+1 2k+1 2k+1 √ 2k+3 − √ √ √ 2k+1 5−1 5+ 5− −1 − −1 2 √ √ √ 2k+1 3+ 3− 5−1 − 2 5−1 2k+3 √ x2k+4 = 5x2k+3 − x2k+2  √ √ 2k+3 √ + 5−1 = 5 − 2 √ ⇒x2k+4 = √ 5+1 2k+2 √ 3+ (1) 2k+3 − √ 5+1 −   √ 5−1 2k+2 √ 2k+2 − √ 3− √ 2k+4 2k+4 5+1 5−1 = − (2) 2 √ Lại có x2k+3 = 5x2k+2 − x2k+1 = 5β − x2k+1 số nguyên (3) √ √ x2k+4 = 5x2k+3 − x2k+2 = 5(λ − β) không số nguyên (4) 5−1 2k+2   ... (cf + de) df Mặt khác tử số mẫu số f < (cf )2 + (de) 2 nên f chia hết cho (cf )2 + (de) 2 Điều vô lý (e, d) = d < f Vậy x5 số vô tỉ Trường hợp 2: f = d, ta có: 24 t4 (cf )2 + (de) 2 df ⇒ (de) 2... lý Wilson ta có: (n − 1)! ≡ −1 (mod n) ⇒ (n − 1)! + ∈ N∗ n Lại có un−1 (n − 1)! (n − 1)! + 1 (n − 1)! + 1 = = − = − (do < < 1) n n n n n n Một vấn đề thú vị ta lại phải cần đến dãy song song để... xn > xn−1 ∀n ∈ N Vậy xn dãy tăng ngặt Tương tự 2, dãy có tính chất chứng minh quy nạp theo dãy song song là: x2n = c (c; d ∈ N) √ x2n−1 = d √ Chính mà ta suy ra: A = 500 d + 501 Giả sử ∃ n0 ∈ N