TÍNH CHIA HẾT TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐVÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN Nguyễn Thị Giang Tổ Toán Tin - Trường THPT chuyên Lê Hồng - Nam Định 1.. 9 Định lí cơ bản của số học Mọi
Trang 1TÍNH CHIA HẾT TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN
Nguyễn Thị Giang
Tổ Toán Tin - Trường THPT chuyên Lê Hồng - Nam Định
1 LÝ THUYẾT VỀ TÍNH CHIA HẾT
1.1 Tính chia hết trên tập số nguyên Các số nguyên tố cùng nhau
a Định nghĩa
Cho hai số nguyên a, b Nếu tồn tại số nguyên q sao cho a=b.q thì ta nói rằng a chia hết cho b , hay b chia hết a (kí hiệu b|a) Khi đó người ta cũng gọi a là bội số (hay đơn giản là bội) của b, còn b là ước số (hay đơn giản là ước) của b
Kí hiệu (a,b) là ước số chung lớn nhất của a và b; [a,b] là bội số chung nhỏ nhất của a và b Nếu (a,b)=1 thì ta gọi a, b là hai số nguyên tố cùng nhau
b Tính chất
1) Nếu a=bt+c thì (a,b)=(c,b) Nói riênga .b ⇔ (a + bt) .b.
2) (a,b).[a,b]=ab
3) Nếu (a,b)=1 thì (ac,b)=(c,b) Nói riêng nếu (a,b)=1 màac .bthìc .b.
4) Nếu (a,b)=1 màab .d thìd = d
1.d2trong đód1|a, d2|b 5) Nếu (a,b)=1 màab = c nthìa = c1n , b = c2nvớic = c1.c2
6) Nếu (m,n)=1 màa m = b nthìa = c n , b = c m
7) Định lí nhỏ Fermat
Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên thì (a p − a) .p hay a p ≡ a ¡ mod p¢ Nói riêng, nếu
(a,p)=1 thìa p−1≡ 1¡ mod p¢
8) Giả sử(a n− 1) .m, gọi d là số mũ nhỏ nhất sao cho¡a d− 1¢ .mthìn .d
9) Định lí cơ bản của số học
Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 có thể viết một cách duy nhất (không kể sự sai khác về thứ tự các thừa số) thành tích các thừa số nguyên tố Mọi số tự nhiên n lớn hơn 1, có thể viết duy nhất dưới dạng:n = p α1
1 p α2
2 p α k
k , trong đóp1, p2, , p klà các số nguyên tố vàα1,α2, ,α k là các
số tự nhiên dương Tuy nhiên do tính giao hoán của phép nhân các số tự nhiên, tính duy nhất
bỏ qua các sai khác về thứ tự các thừa số Vế phải của đẳng thức này được gọi là dạng phân tích tiêu chuẩn của n
1.2 Đồng dư thức
a Định nghĩa
Ta xét theo môđun m, với m là số nguyên dương
Khi a=b+mt ta gọi là a đồng dư với b theo môđun m và kí hiệua ≡ b ( mod m).
Trang 21) Nếua ≡ b ( mod m)vàc ≡ d ( mod m)thì
a + c ≡ b + d ( mod m);
a.c ≡ b.d ( mod m);
a n ≡ b n ( mod m)
2) Nếua.c ≡ b.c ( mod m)và (c,m)=1 thìa ≡ b ( mod m).
3)a ≡ b ( mod m) ⇔ a.c ≡ b.c ( mod m.c),c 6= 0.
4)a ≡ b ( mod m.n) ⇒ a ≡ b ( mod m).
5) Nếua ≡ b ( mod m)vàa ≡ b ( mod n)với (m,n)=1 thìa ≡ b ( mod m.n).
6) Nếu P(x) là đa thức với hệ số nguyên vàa ≡ b ( mod m)thìP (a) ≡ P(b)( mod m).
7) Hàm số Euler
Hàm số Euler ϕ(m) của một số nguyên dương m được định nghĩa là số các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng m và nguyên tố cùng nhau với m
+ Giả sửm = p a1
1 .p a2
2 p a t
t thìϕ(m) = m p1 −1
p1 p2 −1
p2 p t−1
p t Nói riêng với p là số nguyên tố thìϕ¡p¢ = p − 1vàϕ¡p a ¢ = ¡p − 1¢ p a−1
Định lí Euler: Nếu (a,m)=1 thì¡a ϕ(m)− 1¢ .mhaya ϕ(m) ≡ 1 ( mod m)
2 Tính chia hết trong các bài toán về dãy số
2.1 Tìm số hạng tổng quát của dãy số và dùng định lí nhỏ Fermat
Đây là một phương pháp thường dùng để giải quyết các bài toán về tính chia hết của dãy
số Ta có thể sử dụng phương trình đặc trưng để tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi hoặc dựa vào quy luật của dãy để tìm ra số hạng tổng quát của dãy số Kết hợp với định lí nhỏ Fermat để giải các bài toán
Bài toán 1 Cho dãy số(b n ) , n = 1,2, xác định bởi
b1= 0, b2= 14, b3= −18
b n+1 = 7b n−1 − 6b n−2 , ∀n ≥ 3.
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p ta luôn cób p .p.
Hướng dẫn giải
Xét phương trình đặc trưngx3− 7x + 6 = 0
Phương trình này có 3 nghiệm là 1, 2 và -3
Dễ dàng suy ra số hạng tổng quátb n= 1 + 2n+ (−3)nVới p là số nguyên tố, theo định lí nhỏ Fermat ta có
2p≡ 2¡ mod p¢, (−3) p
≡ (−3)¡ mod p¢
⇒ b p≡ (1 + 2 − 3)¡ mod p¢
Trang 3Do đób p .pvới mọi số nguyên tố p.
Nhận xét: đây là bài toán đơn giản Dễ thấy ba nghiệm của phương trình đặc trưng có tổng bằng 0 Từ công thức số hạng tổng quát và từ yêu cầu bài toán cho ta nghĩ ngay đến định lí nhỏ Fermat Từ bài toán này chúng ta có thể sáng tác ra nhiều bài toán khác nhau có nội dung tương tự
Bài toán 2 Dãy(u n ) , (n = 1,2,3, )được xác định như sau:
u1= 2,
u n = 3u n−1 + 2n3− 9n2+ 9n − 3, ∀n ≥ 2.
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p thìp−1P
i =1
u i chia hết cho p
Hướng dẫn giải
Từ giả thiết ta cóu n + n3= 3¡u n−1 + (n − 1)3¢
Từ đóu n + n3= 32¡u n−2 + (n − 2)3¢ = = 3n−1 ¡u1+ 13¢ = 3n
Như vậyu n= 3n − n3, ∀n = 1,2,3,
Với p=2 cóu1 .2 (1)
Với p là số nguyên tố lẻ thì
p−1
P
i =1
u i= 3 + 32+ + 3p−1− 13− 23− −¡p − 1¢3
Do với mọii = 1,2, , p − 1ta có³i3+¡p − i¢3´ .p, nên
13+ 23+ +¡p − 1¢3=12p−1P
i =1
³
i3+¡p − i¢3´ .p.
Trong khi đó3 + 32+ + 3p−1= 3.3p−13−1−1=12(3p− 3) .p(theo định lí nhỏ Ferma).
Vậy với mỗi số nguyên tố lẻ p thìp−1P
i =1
u i chia hết cho p (2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
Bài toán 3 Hai dãy số(x n)và¡ y n ¢ , n = 1,2,3được xác định như sau:
x1= −1, y1= 1
x n+1 = −3x2n − 2x n y n + 8y n2
y n+1 = 2x2n + 3x n y n − 2y n2, ∀n ≥ 1.
Tìm tất cả các số nguyên tố p sao chox p + y p không chia hết cho p
Hướng dẫn giải
Trước hết ta chứng minhx n + 2y n = 1 (1) , ∀n ≥ 1bằng phương pháp quy nạp
+ Với n=1, dễ thấy (1) đúng
+ Giả sử (1) đúng với n=k Từ giả thiết ta có
x k+1 + 2y k+1=¡x k + 2y k¢2
= 1
Từ đó (1) được chứng minh
Trang 4Ta lại cóx n+1= −¡x n + 2y n ¢ ¡3x n − 4y n ¢ = −3x n + 4y n.
y n+1=¡x n + 2y n ¢ ¡2x n − y n ¢ = 2x n − y n
⇒ x n+2 = −3x n+1 + 4y n+1 = −3x n+1+ 4¡2x n − y n¢
= −3x n+1 + 8x n − (x n+1 + 3x n ) = −4x n+1 + 5x n
Dãy(x n)là dãy truy hồi tuyến tính cấp 2
Dễ dàng suy rax n=13£1 − 4(−5)n−1¤
Tương tự ta cũng có
y n=1 + 2(−5)n−1
3
⇒ x n + y n=2£1 − (−5)n−1¤
3 Nếu p là số nguyên tố khác 3 và 5 thì theo định lý Fermat nhỏ3¡x p + y p¢ .p ⇒¡x
p + y p
¢ .p. Thử trực tiếp với p=3 và p=5 ta đều cóx p + y p không chia hết cho p
Nhận xét: mấu chốt của bài toán này là nhìn ra được đẳng thức (1) Từ đó tìm được công thức truy hồi của hai dãy(x n)và¡ y n¢
Bài toán 4 Dãy(x n ) , (n = 1,2, )được xác định như sau:
x1= 7, x2= 50,
x n+1 = 4x n + 5x n−1 − 1975, ∀n ≥ 2.
Chứng minh rằngx1996chia hết cho 1997
Hướng dẫn giải
Xét dãy¡ y n ¢ ,(n = 1,2,3 )được xác định như sau:
y1= 7, y2= 50,
y n+1 = 4y n + 5y n−1 + 22, ∀n ≥ 2.
Dễ thấyy n ≡ x n( mod 1997) Do đó chỉ cần chứng minhy1996≡ 0 ( mod 1997)
Ta có4y n+1+ 11 = 4¡4y n+ 11¢ + 5¡4yn−1+ 11¢
Đặtz n = 4y n+ 11ta đượcz n+1 = 4z n + 5z n−1vớiz1= 39, z2= 211
Dùng phương trình đặc trưng của dãy truy hồi cấp 2 ta được
z n=8 × (−1)n+ 25 × 5n
3 ⇒ z1996=8 + 25 × 51996
Theo định lí nhỏ Fermat51996≡ 1 ( mod 1997)
Vậy
8 + 25 × 51996≡ 33 ( mod 1997) ⇒ 3z1996≡ 33 ( mod 1997)
⇒ z1996≡ 11 ( mod 1997) ⇒ 4y1996≡ 0 ( mod 1997)
⇒ y1996≡ 0 ( mod 1997)
Bài toán 5 (Putnam, 1999) Dãy(u n ) , (n = 1,2,3, )được xác định như sau:
u1= 1, u2= 2, u3= 24
u n=6u
2
n−1 u n−3 − 8u n−1 u2n−2
u n−2 u n−3 , ∀n ≥ 3.
Trang 5Chứng minh rằngu nlà bội của n với∀n ∈ N∗.
Hướng dẫn giải
Đặtv n= u n
u n−1.khi đó đẳng thứcu n=6u
2
n−1 u n−3 −8u n−1 u2n−2
u n−2 u n−3
được viết đơn giản thành:v n = 6v n−1 − 8v n−2
Dễ dàng suy ra được
v n+1= 4n− 2n Suy rau n=¡4n−1− 2n−1¢ ¡4n−2− 2n−2¢ (4 − 2)
Lại có, với mọi số p nguyên tố thì4p−1≡ 2p−1 ¡ mod p¢(1)
Do đó4p−1− 2p−1chia hết cho p và4s− 2schia hết cho p với mọi số s là bội của p-1
Nếu n chia hết cho p r, với p là số nguyên tố thì tồn tại ít nhất r bội của p-1 nhỏ hơn n (p − 1,¡p − 1¢2, ,¡p − 1¢ r), do đóu nchia hết chop r
Từ đó suy rau nchia hết cho n
Nhận xét: định lí nhỏ Fermat được dùng để chứng minh (1) Nếu p=2 thì hiển nhiên (1) đúng Nếu p>2 thí theo định lí nhỏ Fermat2p−1≡ 1¡ mod p¢ Từ đó ta có (1) Sau đó sử dụng tiếp định lí cơ bản của số học, phân tích n ở dạng tiêu chuẩn
Bài toán 6 (VMO 2011) Cho dãy số nguyên(a n)xác định bởi a0= 1, a1= −1, a n = 6a n−1+
5a n−2với mọin ≥ 2.
Chứng minh rằnga2012− 2010chia hết cho 2011
Hướng dẫn giải
Xét dãy số nguyên(b n)xác định bởib0= 1, b1= −1, b n = 6b n−1 + 2016b n−2với mọin ≥ 2.
Dễ thấy với mọin ≥ 0, ta có a n ≡ b n( mod 2011)
Dễ dàng suy ra số hạng tổng quát của dãy(b n)làb n=49.(−42)90n+41.48n , ∀n ≥ 0.
Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có(−42)2010≡ 482010≡ 1 ( mod 2011)
Do đó90b2012≡ 49.(−42)2012+ 41.482012≡ 49.(−42)2+ 41.482≡ 90b2( mod 2011)
Suy rab2012≡ b2( mod 2011)(vì (90,2011)=1)
Màb2= 6b1+ 2016b0= 2010nênb2012≡ 2010 ( mod 2011)
Vì thếa2012≡ 2010 ( mod 2011)
Nhận xét: ở bài này học sinh thường trình bày theo lời giải 2 là tìm luôn số hạng tổng quát của dãy số (an) Tuy nhiên lời giải này phức tạp hơn vì các nghiệm của phương trình đặc trưng
là các số vô tỉ và số hạng tổng quát của dãy (an) phức tạp hơn số hạng tổng quát của dãy (bn) Nên khi làm bài chúng ta thay thế dãy ban đầu bằng một dãy có tính chất tương tự nhưng phương trình đặc trưng của nó có nghiệm nguyên thì lời giải sẽ ngắn gọn hơn
2.2 Dùng phương pháp quy nạp
Một trong những công cụ quan trọng ta thường sử dụng trong các bài toán về dãy số là nguyên lý quy nạp của toán học Công cụ đơn giản này cho chúng ta một phương pháp hiệu
Trang 6quả để giải quyết các bài toán về dãy số.
Bài toán 7 Dãy(u n ) , (n = 0,1,2, )được xác định như sau:
u0= 3, u1= 11,
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 tùy ý luôn tìm được số nguyên dương k thỏa mãnu n k − achia hết cho2m
Hướng dẫn giải
Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh đượcu n≡ 3 ( mod 8)
Điều kiện cần Chọn n=1, m=3 thì tồn tại số k sao cho11k ≡ a ( mod 8) ⇔ 3 k ≡ a ( mod 8) Với số nguyên dương k tùy ý thì hoặc3k≡ 1 ( mod 8)hoặc3k≡ 3 ( mod 8)
Do đóa ≡ 1( mod 8)hoặca ≡ 3( mod 8).
Điều kiện đủ Giả sửa ≡ 1( mod 8)hoặca ≡ 3( mod 8).
Với m=1 chọn k=1, với m bằng 2 hoặc 3 chọn k chẵn nếu a ≡ 1( mod 8)và chọn k lẻ nếu
a ≡ 3( mod 8).
Xétm ≥ 3.Ta chứng minh bằng quy nạp theo m Với m=3 đúng Giả sử khẳng định đúng với m nghĩa là tồn tạik msao chou k m
n − a = 2 m b.
Nếu b chẵn thìu k m
n − a ≡ 0¡ mod 2m+1¢
do đó chọnk m+1 = k m Nếu b lẻ ta chọnk m+1 = k m+ 2m−2.Khi đó, chú ý rằngu n≡ 3 ( mod 8) ,ta có
u2n − 1 = (u n − 1) (u n + 1) = 8q(với q lẻ)
u n2m−2 − 1 = (u n − 1) (u n+ 1)¡u2
n+ 1¢ ³u n2m−3+ 1
´
= 2m q m (vớiqmlẻ)
Thành thử
u k m+1
n − a = u2n m−2
³
u k m
n − a
´
+ a
³
u2n m−2− 1
´
= 2m
³
u2n m−2 b + aq m
´ .2m+1
Bài toán 8 (Putnam, 1997) Dãy(a n ) , (n = 1,2,3, )được xác định như sau:
a1= 2,
a n+1= 2a n , ∀n ≥ 1.
Chứng minh rằnga n ≡ a n−1 ( mod m) , ∀m ≤ n.
Hướng dẫn giải
Ta sẽ chứng minh kết quả này bằng quy nạp
Kết quả hiển nhiên đúng với n=2 Giả sử nó đúng với mọi k<n Ta phải chứng minh a n≡
a n−1 ( mod m) , ∀m ≤ n, nghĩa là2a n−1≡ 2a n−2 ( mod m) , ∀m ≤ n.
Đặtm = 2 s (2r + 1) Khi đó, theo định lí Euler2φ(2r +1) ≡ 1 ( mod 2r + 1) ,
Doφ(2r + 1) ≤ 2r + 1 ≤ m ≤ n,theo giả thiết quy nạp ta cóa n−1 ≡ a n−2¡ modφ(2r + 1)¢,
Trang 7Suy ra2a n−1≡ 2a n−2 ( mod 2r + 1).
Hiển nhiên ta có2s|2a n−1và2s|2a n−2nên2a n−1≡ 2a n−2( mod 2s)
Nhưng (2r+1) và2snguyên tố cùng nhau, do đó2a n−1≡ 2a n−2 ( mod m) , ∀m ≤ n.
Ta có điều phải chứng minh
Bài toán 9 Cho dãy số(a n)xác định bởi
a0= 1, a1= 3, a n+2=
a n+1 + 9a n với n chẵn
9a n+1 + 5a n với n lẻ Chứng minh rằng
1 2000P
k=1995
a k2chia hết cho 20
2.a 2n+1không phải là số chính phương với mọi số nguyên dương n
Hướng dẫn giải
1 Với mỗi n, kí hiệub n ∈ [0; 3] ; c n∈ [0; 4]tương ứng là số dư trong phép chiaa ncho 4 và 5 Khi đób0= 1, b1= 3, b n+2 ≡ b n+1 + b n( mod 4) ,và
c0= 1, c1= 3, c n+2≡
cn+1-cn¡mod5¢
với n chẵn -cn+1¡mod5¢
với n lẻ Tính toán trực tiếp ta được
b0= 1, b1= 3, b2= 0, b3= 3, b4= 3, b5= 2, b6= 1,
Và
c0= 1, c1= 3, c2= 2, c3= 3, c4= 1, c5= 4, c6= 3,
Suy rab k = b k+6l , c k = c k+8l , ∀k ≥ 2,l ≥ 1.
Chú ý rằng 1995=3+6.332=3+8.249 và 1996=4+6.332=4+8.249
Từ đó suy rab1995= b3= 3, b1996= b4= 3
Vàc1995= c3= 3, c1996= c4= 1
Do đób1997= 2, b1998= 1, b1999= 3, b2000= 0vàc1997= 4, c1998= 3, c1999= 2, c2000= 4
Vì vậy 2000P
k=1995
a k2≡
2000
P
k=1995
b2k≡ 0 ( mod 4)
Và 2000P
k=1995
a2k≡
2000
P
k=1995
c2k≡ 0 ( mod 5)
Vì (4,5)=1, ta có 2000P
k=1995
a k2≡ 0 ( mod 20)
2 Theo 1,a 2n+1≡ 3 ( mod 4)hoặca 2n+1≡ 2 ( mod 4)
Mặt khác, a là một số chính phương khi và chỉ khi a ≡ 0( mod 4)hoặca ≡ 1( mod 4) Từ đó
suy raa 2n+1 không là số chính phương với mọi n
2.3 Sử dụng tổ hợp
Trang 8Nguyên lý Diriclet cũng thường được sử dụng để giải quyết các bài toán về tính chất số học của dãy số Ta đã biết tập các số dư của phép chia một số hạng của dãy số cho một số bất
kì là một tập hữu hạn Trong khi đó số các số hạng của dãy là vô hạn Khi đề bài có nội dung
là chứng minh rằng có vô số số hạng của dãy chia hết cho một số nào đó, ta thường sử dụng nguyên lý Diriclet để giải quyết Sau đây là một số bài toán dạng này
Bài toán 10 Dãy(x n ) , (n = 1,2, )được xác định như sau:
x1= a, x2= b,
x n+1 = 5x n2− 3x n−1 , ∀n ≥ 2.
Chứng minh rằng với mỗi cách chọn các số nguyên a, b tùy ý thì dãy trên hoặc không có
số hạng nào chia hết cho 1997, hoặc có vô số số hạng chia hết cho 1997
Hướng dẫn giải
Với mỗii ∈ N∗gọir i là số dư của phép chiax i cho 1997(0 ≤ r i≤ 1996)
Xét dãy các cặp số (r1, r2) , (r2, r3) , Vì tập giá trị của dãy này hữu hạn nên tồn tại cặp số
¡i , j ¢vớii , j ∈ N∗sao chor i = r j , r i +1 = r j +1hayx i ≡ x j ( mod 1997) , x i +1 ≡ x j +1( mod 1997)
Từ cách xác định(x n)suy ra với i,j như thế thìx i +k ≡ x j +k ( mod 1997) , ∀k ∈ N (1)
Mặt khác cũng từ công thức truy hồi suy ra3x i −1 ≡ 3x j −1 ( mod 1997) ⇒ x i −1 ≡ x j −1( mod 1997) Tiếp tục như thế ta đượcx i −k ≡ x j −k ( mod 1997) , ∀0 ≤ k ≤ i (2)
Từ (1) và (2) vàx j +k = x i +k+j −i , ∀k ≥ 0suy rax n ≡ x n+T ( mod 1997) , ∀n ∈ N∗, T = j − i (3).
Nếu tồn tại0 ≤ r ≤ T − 1đểx r ≡ 0 ( mod 1997)thìx n ≡ 0 ( mod 1997) , ∀n = mT + r (m ∈ N )
Nếu trong tập{x0, x1, , x T −1}không có số nào chia hết cho 1997 thì với mọin = mT + r ;0 ≤
r ≤ T − 1ta cóx n6= 0 ( mod 1997)
Bài toán 11 Xét dãy số Fibonacci xác định bởia1= a2= 1, a n+2 = a n+1 + a nvới mọin ≥ 1.
Đặt f (n) = 1985n2+ 1956n + 1960.
1 Chứng minh rằng có vô hạn số hạng F của dãy sao cho f (F )chia hết cho 1989
2 Chứng minh rằng không tồn tại một số hạng G của dãy sao cho f(G)+2 chia hết cho 1989
Hướng dẫn giải
1 Đặtg (n) = 4n2+ 33n + 29.
Khi đóg (n) = 1989 ¡n2+ n + 1¢ − f (n), và do đóf (n)chia hết cho 1989 khi và chỉ khi g(n) chia hết cho 1989 Xét dãy sau -1, 1, 0, 1, 1, 2, được kí hiệu bởiF (n) , n ≥0 Với dãy mới, ta cũng
cóF n+1 = F n + F n−1 , n ≥ 1
Gọi r i là số dư trong phép chia F i cho 1989, 0 ≤ r i ≤ 1988 Trong 19892+ 1 cặp đầu tiên
(r0, r1) , (r1, r2) , có ít nhất hai cặp trùng nhau Giả sử ¡r p , r p+1 ¢ = ¡r p+l , r p+l +1¢
, nghĩa là r p =
r p+l , r p+1 = r p+l +1 Chú ý rằng F n−1 = F n+1 − F n nên ta có r p−1 = r p+l −1 , r p−2 = r p+l −2 , , r1 =
r l +1 , r0= r l
Trang 9Từ đó suy rar i = r i +l , ∀i ≥ 0.Vì vậyr0= r l = r 2l = = r kl , ∀k ≥ 1.Do đó, ta cóF kl = 1989t +r0=
1989t − 1, t ∈ N
Suy rag (F kl ) = g (1989t − 1) = 4(1989t − 1)2+ 33 (1989t − 1) + 29 = 1989A, A ∈ N
Mặt khác,F kl , k ≥ 3là tất cả các số hạng của dãy Fibonacci, vì vậy có vô hạn các số F của dãy Fibonacci sao cho f(F) chia hết cho 1989
2 Ta có f (n) + 2 = 1989 ¡n2+ n + 1¢ − 26(n + 1) − ¡4n2+ 7n + 1¢ ,
Và cả 1989 và 26 đều chia hết cho 13
Dễ dàng chỉ ra rằng với mọin ∈ N thì4n2+ 17n + 1không chia hết cho 13
Thật vậy,16¡4n2+ 7n + 1¢ = (8n + 7)2− 7 − 13.2
Đặt8n +7 = 13t ±r (0 ≤ r ≤ 6), t,r là các số nguyên Ta có(8n + 7)2= (13t ± r )2= (13t )2±.13t r +
r2= 13¡13t2± 2t r ¢ + r2, do đó16¡4n2+ 7n + 1¢ = r2− 7 + 13m với m là một số nguyên Thử trực tiếp ta cór2− 7không chia hết cho 13 với mọir ∈ {0,1,2, ,6}.
Do đó f(n)+2 không chia hết cho 1989 với mọi n Từ đó ta có điều phải chứng minh
2.4 Một số bài toán khác
Bài toán 12 Dãy số(u n ) , (n = 1,2,3, )được xác định như sau:
u1= −1, u2= −2,
nu n+2 − (3n + 1) u n+1 + 2 (n + 1) u n = 3, ∀n ∈ N∗
ĐặtS =2009P
n=1
u n− 2¡22009− 1¢ Chứng minh rằngS .2009.
Hướng dẫn giải
Ta có
nu n+2 − (3n + 1) u n+1 + 2 (n + 1) u n= 3
⇒ n (u n+2 − 2u n+1 − (n + 1) + 3) = (n + 1) (u n+1 − 2u n − n + 3)
Do đó
u n+2 − 2u n+1 − (n + 1) + 3 = n + 1
n (u n+1 − 2u n − n + 3)
=n + 1
n .
n
n − 1
2
1(u2− 2u1− 1 + 3) = 2 (n + 1)
Suy ra
u n+2 − 2u n+1 = 3n
⇒ u n+2 + 3 (n + 2) = 2 (u n+1 + 3 (n + 1))
= 22(u n + 3n) = = 2 n (u2+ 6) = 2n+2
Trang 10Bởi vậyun= 2n − 3n, ∀n ∈ N∗.
⇒ S =
2009
X
n=1
u n− 2¡22009− 1¢ =2009X
n=1
¡2n − 3n¢ − 2¡22009
− 1¢
=
2009
X
n=1
2n− 3
2009
X
n=1
n − 2¡22009
− 1¢
=¡22010− 2¢ − 3.2009.1005 − 2¡22009
− 1¢
= −3.2009.1005 .2009.
Bài toán 13 Giả sửx1, x2là hai nghiệm của phương trìnhx2− 6x + 1 = 0 Chứng minh rằng
S n = x1n + x n2, n ∈ N∗là số nguyên không chia hết cho 5
Hướng dẫn giải Ta có S n+2 = 6S n+1 − S n , ∀n ≥ 1
Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh đượcS n ∈ N , ∀n ∈ N∗
Lại cóS n+2 = 6S n+1 − S n = 6 (6S n − S n−1 ) − S n = 35S n − 5S n−1 − S n−1
Suy raS n+2và−S n−1chia cho 5 có cùng số dư
Do đóS n , −S n+3 , S n+6 , −S n+9chia cho 5 có cùng số dư
Mà các sốS1= 6; S2= 34; S3= 198đều không chia hết cho 5
Từ đó ta có điều phải chứng minh
Bài toán 14 Xét hàm f : Z → Z thỏa mãn:f (0) = 1và f ( f (x)) = x + 4f (x),∀x ∈ Z
Hãy tìm tất cả các số tự nhiên n(n ≥ 1)sao cho f n(0) .2011 2012
trong đó f1(x) = f (x), f n (x) =
f ¡ f n−1 (x) ¢ ,n ≥ 2
Hướng dẫn giải
Đặtu n = f n (0) , ∀n = 0,1,2 thì
u0= 0, u1= 1, u2= 4,
∀n ≥ 0 : u n+2 = 4u n+1 + u n (1)
Phương trình đặc trưngx2= 4x + 1có hai nghiệm
x1= 2 +p5
x2= 2 −p5
Do đóu n=¡x n
1− x2n¢ : 2p5 (2) Đặt
a = x21, b = x2n⇒
a.b = (−1) n (3)
a − b = 2p5u n (4)
Ta tìm điều kiện đểu n .5k vàu n .2k
a) Từ (1) suy rau n+5 = 305u n+1 + 288u n
Từ đóu n+5 .5k ⇔ u n .5k