Thang ho

Một số ứng dụng bất biến dãy số số học Hồ Thắng Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, Đắk Lắk Bất biến đại lượng, tính chất khơng thay đổi q trình thực phép biến đổi Khái niệm nghiên cứu ứng dụng nhiều lĩnh vực khác toán học phép biến hình mơn hình học với cá bất biến khoảng cách hai điểm phép dời hình, tỉ số khoảng cách phép đồng dạng; môn Đại số Tổ hợp, Trong nội dung viết xin đề cập đến số ứng dụng bất biến dãy số số học Cấp số cộng Bài toán Cho dãy số (un ) , n ∈ N∗ , biết với sô nguyên dương n có un = vn+1 − (bất biến số hạng dãy số hiệu hai số hạng liên tiếp dãy số khác) ta có u1 + u2 + · · · + un = vn+1 − v1 Chứng minh Ta có u1 + u2 + · · · + un = (v2 − v1 ) + (v3 − v2 ) + · · · + (vn+1 − ) = vn+1 − v1 Ví dụ Tính tổng Sn = u1 + u2 + · · · + un , n ∈ N∗ , biết số hạng tổng quát un trường hợp a) un = n (2n + 1)2 − n (n + 1) (2n + 1)2 − (2n − 1)2 ⇒ Sn = + + · · · + n = = Giải un = n = 8 b) un = n2 (2n + 1)3 − (2n + 1) − (2n − 1)3 + (2n − 1) ⇒ Sn = 12 + 22 + · · · + n2 = 24 (2n + 1)3 − (2n + 1) n (n + 1) (2n + 1) = 24 c) un = q n (q = 1) Giải un = n2 = q n+1 − q n q−1 q n+1 − q q (1 − q n ) ⇒ Sn = q + q + · · · + q n = = q−1 1−q Giải Ta có un = q n = un−1 Ví dụ (VMO năm 2001) Cho dãy số thực (un ) xác định u1 = , un = (2n − 1) un−1 + với n ≥ Tính tổng 2001 số hạng dãy số Giải Từ giả thiết có dãy số cho có số hạng ln ln dương n 1 4n2 − + (4i − 2) + − = − = ui ui−1 u1 i=1 2 1 Suy un = = − 4n − 2n − 2n + 2001 2001 1 4002 Vậy un = − =1− = 2n − 2n + 4003 4003 n=1 n=1 n = un i=2 123 1 − = 4n − ⇒ un un−1 x2n−1 + 4xn−1 + xn−1 Ví dụ (VMO năm 2009) Cho dãy số thực (xn ) xác định x1 = , xn = 2 với n ≥ n Với số n nguyên dương, đặtyn = Chứng minh dãy số (yn ) có giới hạn hữu hạn i=1 xi Hãy tìm giới hạn trường hợp Giải Ta thấy dãy số (xn ) cho dãy số thực dương, đơn điệu tăng Nếu dãy số bị chặn có giới hạn hữu hạn giả sử a √ Ta có a ≥ 2a = a2 + 4a + a ⇒ a = (vơ lí) Vậy dãy số (xn ) không bị chặn nên lim xn = +∞ Với n ≥ 2, ta có 1 2xn − xn−1 = x2n−1 + 4xn−1 ⇒ x2n − xn xn−1 = xn−1 ⇒ − = xn−1 xn xn Nên n n 1 1 = + − =6− ⇒ lim yn = yn = 2 x1 i=2 xi−1 xi xn i=1 xi Bài toán (Cấp số cộng) Cho dãy số (un ) , n ∈ N∗ biết u1 un+1 = un + a, ∀n ≥ (với a số cho trước) a) Chứng minh với số n nguyên dương có un = u1 + (n − 1) a n (2u1 + (n − 1) a) b) Sn = u1 + u2 + · · · + un = , n ∈ N∗ Chứng minh a) Ta có un+1 − un = a, ∀n ≥ (bất biến) Nên có un = (un − un−1 ) + (un−1 − un−2 ) + · · · + (u2 − u1 ) + u1 Do un = u1 + (n − 1) a b) Từ câu a ví dụ có + + · · · + (n − 1) an (n − 1) n (2u1 + (n − 1) a) Sn = nu1 + a = nu1 + = , n ∈ N∗ 2 vn+1 (bất biến số hạng dãy số tỉ hai số hạng liên tiếp dãy số khác mà vn+1 số hạng khác 0) ta có u1 u2 un = v1 v2 v3 vn+1 vn+1 Chứng minh Ta có u1 u2 un = = v1 v2 v1 Bài toán (Cấp số nhân) Cho dãy số (un ) , n ∈ N∗ , biết với sơ ngun dương có un = Bài tốn (Cấp số nhân) Cho dãy số (un ) , n ∈ N∗ biết u1 un+1 = un a, ∀n ≥ (với a số cho trước) a) Chứng minh với số n nguyên lớn có un = u1 a(n−1) − an b) Với a khác có Sn = u1 + u2 + · · · + un = u1 , n ∈ N∗ 1−a Chứng minh a) Khi au1 = ⇒ un = u1 a(n−1) = 0, ∀n > un+1 un un−1 u2 Khi au1 = ⇒ un = 0, ∀n > = a(bất biến) un = u1 = u1 an−1 un un−1 un−2 u1 124 b) Vì a khác theo câu a ví dụ 1c) có Sn = u1 + u2 + · · · + un = u1 (1 + a + · · · + an−1 ) = − qn , n ∈ N∗ u1 1−q Ví dụ (VMO bảng B năm 2004) Cho dãy số thực (xn ) xác định x1 = 1, xn+1 = (2 + cos 2α) xn + cos2 α (2 − cos 2α) xn + − cos 2α n α tham số thực Tìm α để dãy số (yn ) xác định yn = , ∀n ≥ có i=1 2xi + giới hạn hữu hạn Hãy tìm giới hạn trường hợp Giải Với số nguyên i ≥ 1, ta có (4 + cos 2α) xi + 2cos2 α + (2 − cos 2α) xi + − cos 2α 2xi+1 + = (2 − cos 2α) xi + − cos 2α 6xi + >0 = (2 − cos 2α) xi + − cos 2α 1 14 Nên = + sin2 α sin2 α + + sin2 α2xi + = 2xi+1 + xi 2xi + 1 1 ⇒ − sin2 α = − sin2 α 2xi+1 + 2xi + Theo tính chất cấp số nhân có: 1 ⇒ − sin2 α = i−1 − sin2 α 2xi + 2x1 + 1 1 = i−1 − sin2 α + sin2 α ⇒ 2xi + 3 1 ⇒ yn = 1− n − sin2 α + n sin2 α 3 Khi α = kπ, k ∈ Z ⇒ lim yn = +∞ Khi α = kπ, k ∈ Z ⇒ lim yn = 2 Một số bất biến dãy số Bài toán Cho dãy số thực (un ) , n ∈ N gồm số hạng khác 0, biết u0 , u1 un+1 = aun − un−1 + b, ∀n ≥ (với a, b số) Ta có số kết (bất biến) sau: un+1 + un−1 − b 1) = a, ∀n ≥ (1) un 2) un+1 un−1 − un + bun = c (c = u2 u0 − u1 + bu1 ) (2) 2 3) un + un−1 − b (un + un−1 ) − aun un−1 + c = 0, ∀n ≥ (3) 4) Phương trình x2 − (b + aun−1 ) x + un−1 − bun−1 + c = 0, ∀n ≥ (4) có nghiệm x = un Đặc biệt biết dãy số cho dãy số nguyên a, b hai số ngun cho trước ta ln có biệt số ∆ số phương Chứng minh 1) Theo định nghĩa dãy số cho ta suy (1) 2) Từ (1), ta suy ∀n ≥ có 125 un + un−2 − b un+1 + un−1 − b = = a ⇒ un+1 un−1 − un + bun = un un−2 − un−1 + bun−1 = un−1 un ··· = c 3) Thay giả thiết dãy số cho vào (2), ∀n ≥ ta có (aun − un−1 + b) un−1 − un + bun = c ⇒ un + un−1 − b (un + un−1 ) − aun un−1 + c = 4) Từ (3) ta suy (4) Nhận xét Ta xét số tốn tương tự Bài tốn 3 Ví dụ   u0 = u1 = Chứng minh Ví dụ Cho dãy số (un ) , n ∈ N xác định u 2+2  un = n−1 , ∀n ≥ un−2 tất số hạng dãy số cho số nguyên Nhận xét Bài tập cho có dạng (2), tính u2 = 3, b = 0, a = 4, c = Giải Phương pháp Dùng phương pháp quy nạp, chứng minh un+1 = 4un − un−1 , ∀n ≥ Vì u0 = u1 = 1, nên un ∈ Z, ∀n ∈ N.(ĐPCM) Phương pháp Từ giả thết có un > 0, ∀n ∈ N ∀n ≥ 2, ta có un+1 + un−1 un + un−2 un un−2 − un−1 = ⇒ un+1 un−1 − un = un un−2 − un−1 ⇒ = = ··· = un un−1 u2 + u0 =4 u1 Do un+1 = 4un − un−1 , ∀n ≥ Vì u0 = u1 = 1, nên un ∈ Z, ∀n ∈ N.(ĐPCM) Ví dụ Cho dãy số (un ) , n ∈ N xác định u0 = 0, u1 = un+2 = 2014un+1 − un − 3, ∀n ≥ a) Tìm tất số tự nhiên n để un số nguyên tố b) Chứng minh có số nguyên M không đổi, cho với số nguyên dương n, số M + un+1 un−1 + un số phương Giải a) Từ giả thết có: u2 = 2014u1 − u0 − = 2011 số nguyên tố Dãy số (un ) có giá trị tự nhiên, un+1 > un + > 0, ∀n ≥ Giả sử un+1 (n ≥ 1) số nguyên tố Theo kết (2) có un+1 un−1 −un −3un = u2 u0 −u1 −3u1 = −4 ⇒ un+1 un−1 = un +3un −4 = (un − 1) (un + 4) Mà un + un+1 , nên un − un+1 ⇒ un = ⇒ n = Vậy có số u2 = 2011 nguyên tố b) Theo có un+1 un−1 − un − 3un = −4 ⇒ un+1 un−1 + un + = (un + 2)2 Vậy M = thỏa mãn yêu cầu đề Ví dụ (VMO bảng A năm 1997) Có hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (1) = 1, f (n) f (n + 2) = f (n + 1) + 1997 126 Giải Giả sử f : N∗ → N∗ hàm số thỏa mãn đề Đặt un = f (n) ⇒ u1 = 1, un un+2 − un+1 = 1997 (*) u + u u + u u + u n−1 n+1 n n+2 = = ··· = ⇒ un un+2 − un+1 = un−1 un+1 − un hay un+1 un u2 u1 + u3 p Đặt = (p, q ∈ N∗ ; (p, q) = 1) Thay vào có u2 q q (un + un+2 ) = pun+1 ⇒ un+1 q, ∀n ∈ N∗ (**) Từ (*) (**) có với n > có un un+2 − un+1 = 1997 q ⇒ q = (1997 số nguyên tố) Vậy u3 = pu2 − = u2 + 1997 ⇒ u2 (p − u2 ) = 1998 Vậy u2 ước nguyên dương 1998 = 2.33 37, có 2.4.2 = 16 cách chọn u2 1988 ∈ N∗ Đảo lại ứng với cách chọn u2 trên, chọn p = u2 + u2 Thì hàm số f xác định f (1) = 1, f (2) = u2 , f (n) = un = pun−1 − un−2 , ∀n ≥ thỏa mãn yêu cầu.Do có 16 hàm số thỏa mãn Ví dụ (VMO bảng B năm 1997) Cho dãy số nguyên (an ) , n ∈ N xác định a0 = 1, a1 = 45 an+2 = 45an+1 − 7an , ∀n ≥ a) Tìm số ước nguyên dương số an+1 − an an+2 theo n b) Chứng minh 1997an + 7n+1 số phương với số n Giải a) Từ giả thiết suy số hạng dãy số nguyên dương tương tự tốn với số tự nhiên n có an+2 + 7an an+1 + 7an−1 an+2 + 7an = 45 ⇒ = an+1 an+1 an 2 ⇒ an+1 − an+2 an = (an − an+1 an−1 ) = · · · = 7n (a1 − a2 a0 ) = 7n+1 a1 − a2 a0 = Vậy số ước nguyên dương số an+1 − an an+2 n + b) Theo giả thiết có an+1 − (45an+1 − 7an ) an = 7n+1 Nên x = an+1 nghiệm nguyên dương phương trình x2 − 45an x + 7an − 7n+1 = Nên ∆ = 1997an + 4.7n+1 phải số phương (ĐPCM) Ví dụ Cho dãy số nguyên (an ) , n ∈ N xác định a0 = 1, a1 = an+1 = 4an − an−1 , ∀n ≥ Chứng minh với số n nguyên dương ta có (x = an−1 , y = an ) nghiệm nguyên dương phương trình x2 + y = 4xy + Giải Từ giả thiết cho có dãy số nguyên (an ) , n ∈ N dãy tăng, số hạng nguyên dương Ta có an+1 + an−1 an+1 + an−1 an+2 + an =4⇒ = an+1 = 4an − an−1 ⇒ an an an+1 2 ⇒ an+2 an+1 − an+1 = an+1 an−1 − an = · · · = a2 a0 − a1 = −1 Nên (4an − an−1 ) an−1 − a2n = −1 ⇒ a2n−1 + a2n = 4an an−1 + Vậy (x = an−1 , y = an ) nghiệm nguyên dương phương trình x2 + y = 4xy + Ví dụ 10 Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình x2 + y = 4xy + 127 Giải Với x, y hai số nguyên dương - Nếu x = y khơng thỏa mãn phương trình - Nhận thấy (x, y) nghiệm phương trình (y, x) nghiệm phương trình đó.Ta xét x < y Nếu x = y = (x = an−1 , y = an ) ví dụ nghiệm phương trình Nếu < x < y ta xét dãy số nguyên (un ) , n ∈ N xác định u0 = y, u1 = x, un+1 = 4un − un−1 , ∀n ≥ Tương tự có (un−1 , un ) nghiệm ngun phương trình Ta có x2 − = −y (y − 4x) > ⇒ y < 4x ⇒ u2 > (y − x) (y − 3x) = x2 + y − 4xy + 2x2 = + 2x2 > ⇒ y > 3x ⇒ < u2 < u1 < u0 Nếu u2 > ta tiếp tục trình có số ngun dương k mà uk = ⇒ uk−1 = Do có số n nguyên dương mà (x = an−1 , y = an ) Vậy nghiệm nguyên dương phương trình cho (x = an−1 , y = an ) (x = an , y = an−1 ) với n số nguyên dương tùy ý √ √ Xác định an : Xét phương trình đặc trưng x2 −4x+1 = có hai nghiệm x1 = 2+ 3, x2 = 2− √ n+1 √ n+1 Nên an = √ 2+ − 2− 3 x2 + y = k có nghiệm ngun Ví dụ 11 Tìm tất số k nguyên dương để phương trình xy − dương Khi tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình Giải Xét x, y hai số nguyên dương, số lớn Theo bất đẳng thức AM – GM x2 + y có k = >2⇒k≥3 xy − Phương trình viết lại x2 − kxy + y + k = Xét hàm số f (x) = x2 − kxy + y + k k =1+ ≤ ⇒ x = y = (loại) - Nếu x = y có x2 (2 − k) + k = ⇒ x2 = k−2 k−2 - Nếu x, y phân biệt, ta nhận thấy (x, y) nghiệm phương trình (y, x) nghiệm phương trình, xét x > y Gọi (x0, y0) nghiệm phương trình mà x0 nhỏ Đặt f (x) = x2 − kxy0 + y0 + k Ta tìm số x1 cho x1 ≥ x0 > y0 f (x0 ) = f (x1 ) = k ⇒ f (y0 ) = (2 − k) y0 + k > ⇒ y0 < ≤ ⇒ y0 = k−2 x0 + x0 = ⇒k= = x0 + + ∈N⇒ ⇒k=5 x0 = x0 − x0 − Bằng cách làm tương tự ví dụ 10, ta có nghiệm nguyên dương phương trình cho k =5 (x = an−1 , y = an ), (x = an , y = an−1 ),(x = bn−1 , y = bn ) (x = bn−1 , y = bn ) với n số nguyên dương tùy ý Trong a0 = 1, a1 = 2, an+1 = 5an − an−1 , ∀n ≥ b0 = 1, b1 = 3, bn+1 = 5bn − bn−1 , ∀n ≥ Ví dụ 11 (VMO bảng A 1999) Cho hai dãy số (xn ) , (yn ) với n ∈ N xác định sau x0 = 1, x1 = 4, xn+2 = 3xn+1 − xn , ∀n ≥ y0 = 1, y1 = 2, yn+2 = 3yn+1 − yn , ∀n ≥ 1) Chứng minh với số tự nhiên n, ta có xn − 5yn + = 2) Giả sử a, b hai số nguyên dương mà a2 − 5b2 + = Chứng minh tồn số tự nhiên mà xk = a, yk = b Giải 1) Hiển nhiên x0 − 5y0 + = x1 − 5y1 + = hai dãy số có số hạng 128 nguyên dương Ta giả sử với ≤ k ≤ n có xk − 5yk + = Từ giả thiết có xn+2 + xn xn+1 + xn−1 =3= ⇒ xn+2 xn − xn+1 = xn+1 xn−1 − xn = = x2 x0 − x1 = −5 xn+1 xn Nên xn − (3xn − xn−1 ) xn−1 = xn+1 − (3xn+1 − xn ) xn = Suy xn+1 = 7xn − xn−1 + 10 Tương tự có yn+1 = 7yn − yn−1 − Nên xn+1 − 5yn+1 + = (xn − 5yn + 4) − (xn−1 − 5yn−1 + 4) = Theo phương pháp quy nạp tốn học có xn − 5yn + = 0, ∀n ∈ N 2) Bằng phương pháp quy nạp chứng minh đươc 3xn + 5yn 3yn + xn 3xn+1 − 5yn+1 3yn+1 − xn+1 , yn+1 = , ∀n ≥ hay xn = , yn = xn+1 = 2 2 Giả sử a, b hai số nguyên dương mà a2 − 5b2 + = 0, a, b tính chất chẵn, lẻ - Nếu b = a = với k = xk = a, yk = b - Nếu b = a = với k = xk = a, yk = b - Nếu b > a2 − 5b2 + = ⇒ 4b2 < a2 = 5b2 − < 9b2 ⇒ 2b < a < 3b Xét hai dãy số (un ) , (vn ) với n ∈ N xác định sau 3un − 5vn 3vn − un u0 = a, v0 = b, un+1 = , vn+1 = , ∀n ≥ 2 3b − a 3a − 5b < a, v1 = < b nguyên dương tính chất chẵn, lẻ thỏa Ta có u1 = 2 phương trình u1 − 5v1 + = Nếu v1 ≥ ta tiếp tục q trình phải có số ngun dương k mà vk = 1, uk − 5vk + = ⇒ uk = ⇒ (uk , vk ) = (x0 , y0 ) ⇒ (a, b) = (xk , yk ) Ví dụ 12 (VMO 2012) Xét số tự nhiên lẻ a, b mà a ước b2 + b ước a2 + Chứng minh a, b số hạng tự nhiên dãy số tự nhiên (vn ) xác định v0 = v1 = = 4vn−1 − vn−2 với n ≥ Giải Gọi d = (a, b) ⇒ d/a, d/b mà a/a2 theo giả thiết b/a2 + ⇒ d/2 Lại có a, b số tự nhiên lẻ nên d = Vậy có (a, b) = Xét số N = a2 + b2 + ⇒ N a, N b mà (a, b) = ⇒ N ab ⇒ N = kab Vậy (a, b) nghiệm tự nhiên lẻ phương trình x2 + y + = kxy, với k số nguyên dương x, y nguyên dương lẻ Theo bất đẳng thức AM – GM ta có k ≥ Hơn nửa x, y hai số nguyên dương lẻ nên k số nguyên dương chẵn Nếu (x, y) nghiệm phương trình (y, x) Nên ta cần xét y ≥ x Gọi (x0, y0) nghiệm nguyên dương lẻ phương trình x2 + y + = kxy mà y0 nhỏ Đặt f (x) = x2 − ky0 x + y0 + x2 + Theo định lí Vi et: ∃y1 = ≥ y0 ≥ x0 cho kx0 k=3 f (y0 ) = f (y1 ) = ⇒ f (x0 ) = (2 − k) x0 + ≥ ⇒ x0 ≤ ⇒ k=4 k−2 2 Mà k nguyên dương chẵn nên k = có phương trình x + y + = 4xy (1) Theo x, y tính chất chẵn, lẻ Nếu x, y chẵn x2 + y + ≡ mod (4) , 4xy ≡ mod (4) (vô lý) 129 Vậy x, y lẻ Ta chứng minh cặp(x = vn−1 , y = ) với số n nguyên dương nghiệm nguyên dương lẻ (1) Từ giả thiết có dãy số cho dãy số tăng với n ≥ 1, số hạng nguyên dương lẻ, đồng thời có + vn−2 vn+1 + vn−1 = = ⇒ vn+1 vn−1 − = vn−2 − vn−1 = = v2 v0 − v1 = Theo vn−1 giả thiết chứng minh có (4vn − vn−1 ) vn−1 − = ⇒ + vn−1 + = 4vn vn−1 (∀n ≥ 1) Nên (x = vn−1 , y = ) (x = , y = vn−1 ) nghiệm nguyên dương lẻ (1) Đảo lại Nếu (a, b) nghiệm nguyên dương lẻ (1) với ≤ a ≤ b Ta chứng minh có số n nguyên dương cho (a = vn−1 , b = ) Nếu a = b =1hoặc b = nên n = n = Nếu a > a < b Xét dãy số (un ) xác định u0 = b, u1 = a un = 4un−1 − un−2 với n ≥ 2ta có a2 + b2 + = 4ab ⇒ a2 + = b (4a − b) > ⇒ b < 4a Có (b − a) (b − 3a) = a2 + b2 − 4ab + 2a2 = 2a2 − > Nên 3a < b < 4a Suy u0 = b > u1 = a > u2 = 4a − b > Nếu u2 = u3 = suy (u0 = b, u1 = a) = (v3 , v2 ) Nếu u2 > tiếp tục q trình phải có số m nguyên dương cho um = um+1 = ta có (u0 = b, u1 = a) = (vm+1 , vm ) (ĐPCM) Bài toán Cho số m nguyên dương cho trước dãy số nguyên (un ) , n ∈ N biết u0 , u1 un+1 = aun + bun−1 , ∀n ≥ (với u0 , u1 , a,b số nguyên cho trước) Ta gọi dãy số nguyên (rn ) , n ∈ N với rn ≡ un mod (m) , ≤ rn < m với số n ∈ N có số ngun dương T >1 số n0 ∈ N cho trước cho rT k+n = rn , ∀n ≥ n0 , k ∈ N Chứng minh Ta có (rn−1 , rn ) có tối đa m2 giá trị khác Và un+1 = aun + bun−1 ⇒ rn+1 ≡ (arn + brn−1 ) mod (m) , ∀n ≥ Nên dãy gồm m2 + cặp (r0 , r1 ) , (r1 , r2 ) , , (rm2 , rm2 +1 ) có hai cặp trùng Gọi n0 số tự nhiên nhỏ cho có số nguyên dương T mà rn0 = rn0 +T , rn0 +1 = rn0 +1+T ⇒ rn0 +2 = rn0 +2+T Từ suy rT k+n = rn , ∀n ≥ n0 , k ∈ N Chú ý Trong toán nếuun+1 = aun + bun−1 , ∀n ≥ 1, b ≡ −1 mod (m) số n0 bé 0, n0 ≥ ⇒ −brn0 −1 ≡ rn0 −1 ≡ −rn0 +1 + arn0 mod (m) Mà −brn0 +T −1 ≡ rn0 +T −1 ≡ −rn0 +T +1 + arn0 +T mod (m) ≡ −rn0 +1 + arn0 mod (m) ≡ rn0 −1 ⇒ rn0 +T −1 = rn0 −1 Nên rn0 −1 = rn0 +T −1 , rn0 = rn0 +T (Vơ lí với số n0 bé nhất) un−1 + , ∀n ≥ Chứng Ví dụ 13 Cho dãy số (un ) , n ∈ N xác định u0 = u1 = un = un−2 minh u2013 số nguyên chia hết cho 19 Giải Tương tự ví dụ ta có un+1 = 5un − un−1 , ∀n ≥ mà u0 = u1 = 1, nên dãy số cho dãy số nguyên, xét dãy số (rn ) , n ∈ N với rn ≡ un mod (19) , ≤ rn < 19 Ta có bảng sau n rn 1 4 15 18 18 15 10 11 12 13 14 15 15 18 16 18 17 15 18 Suy r10k+n = rn , ∀n ≥ 0, k ∈ N ⇒ r2013 = r10.210+3 = r3 mod (19) = mod (19) Nên u2013 19 130 Ví dụ 14 Cho dãy số nguyên (un ) , n ∈ N xác định u0 = 19, u1 = 98 un+2 = un+1 +un , ∀n ≥ Tìm số dư phép chia u20 + u21 + u22 + + u22013 cho Giải Xét dãy số (rn ) , n ∈ N với rn ≡ un mod (4) , ≤ rn < ⇒ un = rn + 4t ⇒ u2n = (rn + 4t)2 ≡ rn2 mod (8) ≡ an mod (8) (0 ≤ an < 8) Ta có bảng sau n rn an 1 1 3 0 1 10 0 11 Lại có 335.6 = 2010 u20 +u21 +u22 + +u22013 ≡ 12 334 13 14 1 15 16 0 17 18 u26k + u26k+2 + + u26k+5 +u26.335 +u26.335+1 + k=0 u26.335+2 + u26.335+3 Suy u20 + u21 + u22 + + u22013 ≡ mod (8) Vậy số dư phép chia u20 + u21 + u22 + + u22013 cho Ví dụ 15 (VMO bảng A 1995) Cho dãy số nguyên (an ) , n ∈ N xác định a0 = 1, a1 = an+2 = an+1 + 9an , với n số tự nhiên chẵn, an+2 = 9an+1 + 5an , với n số tự nhiên lẻ 1) Chứng minh a21995 + a21996 + + a22000 chia hết cho 20 2) a2n+1 khơng số phương với số tự nhiên n Giải 1) Với số tự nhiên n, ta gọi rn ≡ an mod (4) , un ≡ an mod (5) , ≤ rn ≤ 3, ≤ un ≤ Ta lập bảng sau n rn un 1 3 2 3 10 11 12 1 13 14 15 16 17 18 Ta có r6k+m = rm với số tự nhiên k, m Nên r1995 = r6.332+3 = r3 = a21995 + a21996 + + a22000 ≡ r32 + r42 + r52 + r02 + r12 + r22 ≡ mod (4) Tương tự có u8k+m = um , ∀k, m ∈ N, m ≥ 2,u1995 = u8.249+3 = u3 a21995 + a21996 + + a22000 ≡ u23 + u24 + u25 + u26 + u27 + u28 ≡ mod (5) Mà (4;5) =1 nên a21995 + a21996 + + a22000 chia hết cho 20 Cách Với số tự nhiên n, ta gọi yn ≡ an mod (10) , ≤ yn ≤ ⇒ an = yn + 10t ⇒ a2n ≡ yn2 mod (20) Ta lập bảng sau n yn n yn 19 3 20 2 3 21 22 23 7 24 25 26 10 27 11 28 12 29 13 30 14 31 15 32 16 33 17 18 34 Ta có y24k+n = yn , ∀n ≥ Suy a21995 + a21996 + + a22000 ≡ y27 + y42 + y52 + y62 + y72 + y82 ≡ mod (20) 131 35 36 Vậy a21995 + a21996 + + a22000 20 2) Từ tính chất tuần hồn dãy (rn ) , n ∈ N ta có a2n+1 ≡ r2n+1 mod (4) ≡ 3; mod (4) Nếu a2n+1 số phương a2n+1 ≡ 0; mod (4) (vơ lí) Vậy a2n+1 khơng phải số phương Ví dụ 16 Cho dãy số nguyên (an ) , n ∈ N xác định a0 = 103, a1 = 23 an+2 = 4a2n+1 − an Chứng minh có vơ số số hạng dãy chia hết cho 2013 Giải Với số tự nhiên n, ta gọi rn ≡ an mod (2013) , ≤ rn ≤ 2012 Chứng minh tương tự tốn 4, ta có số T ngun dương cho rT k+m = rm , ∀k, m ∈ N,a2 = 4.232 − 103 = 2013 ⇒ r2 = Suy rT k+2 = r2 = ⇒ aT k+2 2013, ∀k ∈ N Vậy có vơ số số hạng dãy chia hết cho 2013 Chú ý Bằng chương trình tin học, ta kiểm chứng số T = 938 có tất số hạng dãy chia hết cho 2013 số hạng aT k+2 , aT k+170 , aT k+422 , aT k+590 (T = 938) Ví dụ 17 (Đề thi chọn đội tuyển trường THPTC Nguyễn Du – Đắklắk – năm 2013 -2014) Cho dãy số nguyên (un ) thỏa mãn : u1 = 1; u2 = 3và un+2 = 3un+1 + un với số n nguyên dương Chứng minh với số nguyên dương k, tồn số n nguyên dương để un chia hết cho 10k Giải Xét dãy số (vn ) với ≡ un mod 10k , ≤ < 10k un ≡ ⇒ nhận tối đa 10k giá trị khác ⇒ (vn ; vn+1 ) nhận tối đa 10k 10k = 102k giá trị khác ⇒ có m> n cho (vn ; vn+1 ) = (vm ; vm+1 ) ⇒ mod10k um ≡ un mod10k um+1 ≡ un+1 mod10k ⇒ um−1 ≡ um+1 − 3um ≡ un+1 − 3un ≡ un−1 mod10k u2 mod10k um−n+1 ≡ u1 mod10k ⇒ um−n ≡ um−n+2 − 3um−n+1 ≡ u2 − 3u1 ≡ mod10k ⇒ có um−n 10k Cứ ta có: um−n+2 ≡ Ví dụ 18 (VMO 2011) Cho dãy số nguyên (an ) , n ∈ N xác định a0 = 1, a1 = −1 an = 6an−1 + 5an−2 với n ≥ Chứng minh a2012 − 2010 chia hết cho 2011 Nhận xét Nếu ta dãy số dư phép chia an cho 2011 ví dụ trên, chương trình Tin học, chứng minh được dãy tuần hồn chu kì 2010 có a2012 ≡ a2 ≡ 2010 mod (2011) ⇒ a2012 − 2010 2011.(Thực tế giải vậy) Giải Xét dãy số nguyên (bn ) , n ∈ N xác định b0 = 1, b1 = −1 bn = 6bn−1 + 2016bn−2 ⇒ bn ≡ an mod (2011) với n ≥ Phương trình đặc trưng dãy (bn ) , n ∈ N là: x2 − 6x − 2016 = ⇔ (x − 48) (x + 42) =    α = 41 α + β = n n 90 Nên bn = α.48n + β.(−42) Vì có ⇔ 49 ⇒ 90bn = 41.48 + 48α − 42β = −1   β= 90 n 49.(−42) (∀n ≥ 0) 132 Ta có 2011 số nguyên tố nên theo định lí Fecma có 90b2012 = 41.482010+2 + 49.(−42)2010+2 ≡ 90b2 mod (2011) , (90; 2011) = ⇒ b2012 ≡ b2 ≡ 2010 mod (2011) Vậy a2012 − 2010 2011 (ĐPCM) Ví dụ 19 (Đề kiểm tra đội tuyển Toán 12, tỉnh Đắk lắk, năm học 2011 – 2012) Cho dãy số (un ) , n ∈ N xác định sau:    un+3 u0 = u1 = u2 = = 3un+2 − un , ∀n ≥ 1/ Chứng minh có ba số thực a, b, c không đổi mà a < b < c u n = an + b n + c n với số tự nhiên n 2/ Tìm số dư phép chia c2011 + c2012 cho 12 (Với [t] để phần nguyên số thực t) √ Giải: Xét hàm số f (x) = x3 − 3x2 + → f (−1).f (−1/2) < 0; f (−1/2)f (1) < 0, f (2 2).f (3) < √ Nên phương trình f(x) = có ba nghiệm phân biệt a, b, c với −1 < a < −1/2 < b < < 2 suy bn > |a|n ≥ −an → < an + bn ≤ a2 + b2 = − c2 < 1, ∀n ≥ ⇒ un − < cn = un − (an + bn ) < un , un ∈ Z → [cn ] = un − Vậy c2011 + c2012 = u2011 + u2012 − Gọi rn số dư cúa phép chia un cho 12 Ta có n rn 3 9 6 9 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 Nên chứng minh rn+14 = rn với số tự nhiên n mà 2011 =143x14 +9, 2012 =143x14 +10 nên c2011 + c2012 = u2011 + u2012 − ≡ r9 + r10 − ≡ (mod12) Nên số dư cần tìm 133 Ví dụ 20 Cho dãy số (un ) , n ∈ N∗ lập thành cấp số cộng, có số hạng đầu u1 = −1, cơng sai d = 19 Tính u2925 tìm tất số hạng dãy số số nguyên dương có tất chữ số chữ số Giải u2925 = u1 + 2924.d = −1 + 2924.19 = 55555 Giả sử un = 55 (có k chữ số 5, k nguên dương) (n > 1) Nên có −1 + (n − 1) 19 = 10k − ⇔ 171n − 175 = 5.10k ⇔ 171n1 − 35 = 10k , n = 5n1 , n1 ∈ N∗ Hay có 10k ≡ −35 mod (171) 171 = 9.19; 10m ≡ mod (9) ; 1018 ≡ mod (19) ⇒ 1018m ≡ mod (171) ; 105 ≡ 136 ≡ −35 mod (181) ⇒ 1018m+5 ≡ −35 mod (171) , m ∈ N (1) Gọi r số dư phép chia 10m cho 171 Ta có bảng sau n r 1 10 100 145 82 136 163 91 55 37 10 28 11 109 12 64 13 127 14 73 15 46 16 118 17 154 Do 10k ≡ −35 mod (171) ⇔ k = 18m + 5, m ∈ N 1018m+5 + 35 Vậy số hạng un với n = 5n1 = , m ∈ N có 18m+5 chữ số có 171 số hạng mà thơi Tài liệu tham khảo 1) Nguyễn Văn Mậu (chủ biên) Các chuyên đề toán học bồi dưỡng HSG cấp THPT, Kỷ yếu HỘI NGHỊ KHOA HỌC năm 2011) 2) Nguyễn Văn Mậu (chủ biên) Các chuyên đề toán học bồi dưỡng HSG cấp THPT, Kỷ yếu HỘI NGHỊ KHOA HỌC năm 2012) 3) Đoàn Quỳnh (Chủ biên), Tài liệu chuyên toán, ĐẠI SỐ 10 NXB Giáo dục năm 2009 4) Một số đề thi chọn học sinh giỏi cấp 134 18 ... Bài toán (Cấp số nhân) Cho dãy số (un ) , n ∈ N∗ , biết với sô nguyên dương có un = Bài tốn (Cấp số nhân) Cho dãy số (un ) , n ∈ N∗ biết u1 un+1 = un a, ∀n ≥ (với a số cho trước) a) Chứng minh... có nghiệm x = un Đặc biệt biết dãy số cho dãy số nguyên a, b hai số nguyên cho trước ta ln có biệt số ∆ số phương Chứng minh 1) Theo định nghĩa dãy số cho ta suy (1) 2) Từ (1), ta suy ∀n ≥ có... Ví dụ   u0 = u1 = Chứng minh Ví dụ Cho dãy số (un ) , n ∈ N xác định u 2+2  un = n−1 , ∀n ≥ un−2 tất số hạng dãy số cho số nguyên Nhận xét Bài tập cho có dạng (2), tính u2 = 3, b = 0, a =