SH luan HT hai ky nang trong giai toan roi rac

Mục lục 0.1 Dự đoán qui nạp 0.1.1 Hình thức qui nạp chuẩn tắc 0.1.2 Hình thức qui nạp nhảy bước 0.1.3 Hình thức qui nạp bội 0.1.4 Hình thức qui nạp truy hồi 0.1.5 Hình thức qui nạp kiểu CauChy 0.1.6 Các toán luyện tập 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 0.2.1 Vài toán thể phương pháp 0.2.2 Vài chuyên đề phần 2 11 14 14 20 Hai kỹ cần thiết giải toán rời rạc Người viết: Huỳnh Thanh Luân Trường THPT chuyên Hùng Vương - Gia Lai Để giải Tốn rời rạc nói chung, tốn số học nói riêng đòi hỏi người làm tốn nhiều kỹ khác Sau hai kỹ Tơi gọi chúng tính phổ dụng chúng khơng chúng đơn giản Hiệu mà chúng đem lại không kể được, điều phụ thuộc vào lực người dùng 0.1 Dự đoán qui nạp Khả dự đoán tư qui nạp yêu cầu tối cần thiết người làm toán Hãy luyện tập chúng! Ta bắt đầu việc nhắc lại vài hình thức qui nạp hay dùng, thơng qua mà hiểu qui nạp! Qui nạp - Đó trường hợp cụ thể kết hợp với qui luật để khẳng định trường hợp tổng quát Nên nhớ hình thức qui nạp cho tốn thường tìm thấy lúc ta tiến hành khẳng định toán trường hợp cụ thể Khi thực qui nạp nên vẽ mơ hình cụ thể để từ kiểm sốt hình thức qui nạp dùng 0.1.1 Hình thức qui nạp chuẩn tắc [p (n0 ) ; ∀k n0 ∈ Z : p (k) ⇒ p (k + 1)] ⇒ [∀n n0 ∈ Z : p (n)] Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Đây hình thức qui nạp có lẽ học sinh học Ta nhắc lại tập đơn giải sau: Bài toán 0.1 Chứng minh √ 1+ √ 1+ √ n + 1− n √ − 1− √ n n số chẵn với số nguyên dương chẵn n Chứng minh Ta chứng minh qui nạp √ n √ n + + − = 2an 1+ √ n − 1− √ n √ = bn với số nguyên dương chẵn n Trong an , bn số tự nhiên 1)Kiểm tra n = Ta có: 1+ √ 1+ √ + 1− √ 2 − 1− √ = 12 + √ 2 = 2.3 √ √ = 4.1 = Khẳng định 2)Với số nguyên dương chẵn k bất kỳ, giả sử điều khẳng định n = k Khi đó, số chẵn n = k + ta có 1+ √ =3 k+2 + 1− 1+ √ k √ k+2 + 1− = 1+ √ k √ 2 √ +2 1+ √ 1+ √ k + 1− k √ − 1− 2 √ 1− √ k √ √ = 3.2ak + 2bk = (3ak + 2bk ) = 2ak+1 0.1 Dự đoán qui nạp k Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Trong ak+1 = 3ak + 2bk ∈ N Và 1+ √ =3 k+2 − 1− 1+ √ k √ k+2 − 1− = 1+ √ k √ 2 √ +2 1+ √ 1+ √ k − 1− k √ + 1− 2 √ 1− √ k √ √ √ √ = 3.bk + 2.2ak = (3bk + 4ak ) = bk+1 Trong bk+1 = 4ak + 3bk ∈ N Bài toán chứng minh 0.1.2 Hình thức qui nạp nhảy bước [p (n0 ) ; p (n0 + 1) ; ; p (n0 + a − 1) ; ∀k ⇒ [∀n n0 ∈ Z : p (k) ⇒ p (k + a)] n0 ∈ Z : p (n)] Bài tốn 0.2 Tìm tất số nguyên dương n cho phương trình sau có nghiệm ngun dương: 1 + + + = x1 x2 xn Giải Tại n = phương trình có nghiệm: x1 = Tại n = 2, n = phương trình vơ nghiệm Tại n = phương trình có nghiệm (2, 2, 2, 2) Tại n = phương trình vơ nghiệm Tại n = 6, n = 7, n = phương trình có nghiệm tương ứng là: (2, 2, 2, 3, 3, 6); (2, 2, 2, 4, 4, 4, 4); (3, 3, 3, 3, 3, 7, 14, 21) Nếu với số nguyên k, (k 6) phương trình 1 + + + = x1 x2 xk có nghiệm (a1 , a2, , ak) 0.1 Dự đoán qui nạp k Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Ln ta có 1 1 + + + + = a1 a2 ak−1 ak 1 1 1 ⇒ + + + + + + + = a1 a2 ak−1 4ak 4ak 4ak 4ak tức phương trình 1 + + + = x1 x2 xk+3 có nghiệm (a1 , a2, , 2ak, 2ak , 2ak , 2ak ) Vậy n = 1, n = 4, n tất số ngun dương cần tìm Bài tốn 0.3 Một số nguyên n gọi số đẹp ta viết n = a1 + a2 + + ak ai, i = 1, 2, , k số nguyên dương (có thể không khác nhau) thỏa mãn 1 + + + = a1 a2 ak Biết số nguyên từ 33 đến 73 số đẹp Chứng minh số nguyên lớn hay 33 số đẹp Chứng minh Ta chứng minh khẳng định toán qui nạp Giả thiết cho biết số nguyên từ 33 đến 73 số đẹp tức khẳng định tính bước sở nên cần tìm qui luật bước qui nạp Nhận thấy 74 = 2.33 + nên ta liên tưởng đến qui luật từ n suy 2n + Lại kiểm tra thêm, 2.34 + = 76, bỏ qua 75 75 = 2.33 + nên cần kiểm tra thêm qui luật từ n suy 2n + Thật vậy, xét n số nguyên lớn hay 33 giả sử n = a1 + a2 + + ak ai, i = 1, 2, , k số nguyên dương (có thể không khác nhau) thỏa mãn 1 + + + = a1 a2 ak 0.1 Dự đoán qui nạp Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Ta lại có 2n + = 2a1 + 2a2 + + 2ak + + 1 1 1 1 + + + + + = + + =1 2a1 2a2 2ak 4 4 2n + = 2a1 + 2a2 + + 2ak + + 1 1 1 1 + + + + + = + + =1 2a1 2a2 2ak 6 Tức khẳng định 2n + 2n + số đẹp Vậy toán chứng minh 0.1.3 Hình thức qui nạp bội [p (n0 ) ; p (n0 + 1) ; ; p (n0 + a) ; ∀k n0 : p (k) , p (k + 1) , , p (k + a) ⇒ p (k + a + 1)] ⇒ [∀n n0 : p (n)] Bài toán 0.4 Chứng minh dãy số Fibonacci (an ) : có tính chất: a0 = 1; a1 = 1; an = an−1 + an−2 , n = 2, 3, 4, ∀m, n ∈ N∗ : am+n = am−1 an−1 + aman Chứng minh Với m ta qui nạp theo n Tại n = 1, n = : am+1 = am−1 a0 + am a1 = am−1 + am am+2 = am−1 a1 + am a2 = am−1 + 2am = am+1 + am khẳng định Giả sử khẳng định n = k − n = k, với k đó, Tức am+k−1 = am−1 ak−2 + am ak−1 am+k = am−1 ak−1 + am ak 0.1 Dự đoán qui nạp Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Cộng vế theo vế ta am+k+1 = am−1 ak + am ak+1 đẳng thức khẳng định n = k + Vậy tốn chứng minh 0.1.4 Hình thức qui nạp truy hồi [p (n0 ) ; ∀k n0 ∈ Z : p (n0 ) ; p (n0 + 1) ; ; p (k) ⇒ p (k + 1)] ⇒ [∀n n0 ∈ Z : p (n)] Bài toán 0.5 Xét hàm số f : N → N thỏa hai tính chất sau: i) f(1) > 0; 2 ii) f (m2 + n2 ) = [f (m)] + [f (n)] , ∀m, n ∈ N Chứng minh f(n) = n, ∀n ∈ N Chứng minh *) Trong tính chất ii) chọn n = m = ta f (0) = [f (0)]2 ⇔ f (0) = f (0) = 12 Nhưng f(0) số tự nhiên nên ta chọn f(0) = *) Cũng lại từ tính chất ii) hàm f chọn n = ta thu tính chất khác [f (m)] = f(m2), ∀m ∈ N *) Và ta có tính "cộng tính số phương" hàm f sau f m2 + n2 = f m2 + f n2 , ∀m, n ∈ N *) Để sử dụng giả thiết ta phải lập đẳng thức dạng a + b2 = c2 + d2 Xuất phát từ ba Pitago "nhỏ nhất" 32 + 42 = 52 ta 0.1 Dự đoán qui nạp Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân xây dựng đẳng thức sau: (5k)2 = (4k)2 + (3k)2 ; (5k + 1)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k − 1)2 ; 2 (5k + 2) + 12 = (4k + 1) + (3k + 2) ; (5k + 3)2 + 12 = (4k + 3)2 + (3k + 1)2 ; (5k + 4)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k + 4)2 *) Bây ta bước qui nạp để biết cần làm bước sở Với số tự nhiên k , giả sử mệnh đề ∀n k Xét n = k + Để sử dụng giả thiết ta phải dùng đẳng thức nêu Xét trường hợp ta nhận thấy, với n = k + = 5t + 1, để sử dụng giả thiết qui nạp ta cần 4t + k = 5t điều dẫn đến k 10 Như cần kiểm tra cụ thể bước sở tất số tự nhiên nhỏ hay 10 bước qui nạp "nối" từ 10 mà thơi Ta có f(1) = f(12 ) = f (1) Vì f(1) > nên f(1) = Từ suy ra: f (2) = f 12 + 12 = f (1) + f (1) = 2; f (4) = f (2) = 4; f (5) = f (2) + f (1) = 5; f (8) = f (2) + f (2) = Từ đẳng thức 32 + 42 = 52 ta tính f (3) = f (5) − f (4) = ⇒ f (3) = Từ ta lại có f (9) = f (3) = 9; f (10) = f (3) + f (1) = 10 Từ đẳng thức 72 + 12 = 52 + 52 ta tính f (7) = 2f (5) − f (1) = 49 ⇒ f (7) = Và cuối sử dụng đẳng thức 102 = 62 + 82 ta thu f (6) = f (10) − f (8) = 36 ⇒ f (6) = 0.1 Dự đoán qui nạp Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Lưu ý: Hãy tìm đẳng thức có dạng 2 (2k + 1) + ( ) = ( ) + ( ) (2k + 2)2 + ( )2 = ( )2 + ( )2 0.1.5 Hình thức qui nạp kiểu CauChy Bài tốn 0.6 Giải phương trình hàm: f : N∗ → N∗ thỏa   f (2) = f (mn) = f (m) f (n) , ∀ (m, n) =  f (m) < f (n) , ∀m < n Giải Ta chứng minh f (n) = n, ∀n ∈ N∗ qui nạp 1) Rõ ràng f(1) = 1; f(2) = 2) Với số nguyên k giả sử f(k) = k; f(k + 1) = k + Khi f (k (k + 1)) = f (k) f (k + 1) = k (k + 1) 3) Với số nguyên k 2, giả sử f(k) = k Khi = f (1) < f (2) < f (3) < < f (k − 1) < f (k) = k nên f (1) = 1; f (2) = 2; f (3) = 3; ; f (k − 1) = k − Với ba bước ta khẳng định mệnh đề giá trị nào? Thật khẳng định n = 1, n = mà thơi 1.2 = khơng tạo nên số Để qui nạp số khác ta cần khẳng định n = 0.1 Dự đoán qui nạp Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân 4) Ta có 15 < 18 ⇒ f (15) < f (18) ⇒f (3) f (5) < 2f (9) < 2f(10) = 4f (5) ⇒f (3) < ⇒f (3) = Thêm bước ta khẳng định f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Thông qua hình thức qui nạp ta hiểu xếp số nguyên tập số nguyên nguyên lý qui nạp để từ đề hình thức qui nạp phù hợp cho tốn Cần nhắc lại rằng, "qui nạp" ln "dự đốn" qui luật qui nạp cho tốn có thơng qua dự đốn ta thực trường hợp cụ thể Hơn nữa, tốn khơng diện cụm từ "chứng minh" nhiều ta lại dự đoán kết để chứng minh chúng Hãy luyện tập tập sau 0.1 Dự đoán qui nạp 10 Chương Hai kỹ cần thiết Hướng dẫn Huỳnh Thanh Luân y3 = 2k − y4 = 8k − 20k + 13 y5 = 32k − 120k + 148k − 59 Nếu suy theo k y4 khó khơng phải số phương, y5 khó k khó đưa số phương Ta tính theo đại lượng khác Ta thấy y3 số chẵn nên giả sử: y3 = 4a2 → k = 2a2 + Khi đó, y4 = 32a4 − 8a2 + Cũng chưa 32 khơng số phương Ta tiếp tục với số hạng y5 = 256a6 − 96a4 + 8a2 + Đây có lẽ mấu chốt toán! Nếu a = Nếu a > ta có: 16a3 − 3a y5 > 16a3 − 3a − Vì y5 số phương nên y5 = 16a3 − 3a ta tìm a = Suy yn+2 = 7yn+1 − yn − Khi đó: y3 = 22 ; y4 = 52 ; y5 = 132 ; ; yn = (an )2 Vấn đề tìm dãy (an )? Để ý 2, 5, 13, số hạng dãy Fibonacci: 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; Dùng phương pháp sai phân ta có   f (3) = 3 b1 − → f (n) = an + b → f (n) = 2n − f (4) = → 22  f (5) = Và cuối ta dự đoán 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 16 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân yn = (F2n−3 )2 Để chứng minh ta nhớ đến tính chất dãy Fibonacci: Fn+2 = 3Fn − Fn−2 Fn+2 Fn−2 − Fn2 = (−1)n Bài toán 0.12 Xét dãy √ 3+ {xn } : xn = √ 3− n + n − 2, n ∈ N Chứng minh x2k+1 (k ∈ N) số phương Hướng dẫn Lưu ý √ √ 3+ 6+2 = = √ 5+1 2 Do đó, xn = √ 3+ n + √ 3+ Xét dãy an = Chuyển dãy hồi qui √ n −2= 5+1 n − √ 5+1 √ 5−1 √ a1 = 1, a2 = √ an+2 = 5an+1 − an , n n − √ 5−1 n n Dùng qui nạp cm √ a2k+1 = m1 ∈ Z, a2m = m2 5; m1, m2 ∈ Z 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 17 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Bài toán 0.13 Xét dãy số an = √ 2+1 n ,n ∈ N Chứng minh an viết dạng √ √ an = m + m − với m số tự nhiên Hướng dẫn Dùng qui nạp ta n √ √ + = pn + qn với p1 = q1 = pn+1 = pn + 2qn , n qn+1 = pn + qn Từ điều cần chứng minh √ an = pn + qn = ta định hướng (pn )2 + (qn )2 (pn )2 − (qn )2 = Hãy chứng minh điều qui nạp Bài toán 0.14 Xét dãy (xn ) : x1 = x2 = 1, x3 = xn+3 = 2xn+2 + 2xn+1 − xn , n = 1, 2, Chứng minh xn số phương Hướng dẫn Bắt đầu với số hạng đầu ta dự đoán xn = (Fn )2 với (Fn ) dãy Fibonacci Hãy chứng minh dự đốn qui nạp 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 18 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Bài toán 0.15 Xét dãy (an ) : a0 = a1 = an+2 = 14an+1 − an , n = 0, 1, 2, Chứng minh 2an − số phương với số tự nhiên n Hướng dẫn Ta thấy 2a0 − = 12 , 2a1 − = 12 , 2a2 − = 52 , 2a3 − = 192 , 2a4 − = 712 Do ta cần xét dãy số: ±1, ±1, ±5, ±19, ±71, Ta dùng sai phân khơng hội tụ Ta tìm dãy truy hồi tuyến tính hệ số xem Ta thử dần từ cấp trở Kết ta thu dãy −1, 1, 5, 19, 71, , bn+2 = 4bn+1 − bn Hãy dùng qui nạp để khẳng định 2an − = b2n Lưu ý: Bài ta giải tìm số hạng tổng quát dãy tiến hành làm dạng trước Bài toán 0.16 (VMO 2010) Cho dãy số nguyên (an ) xác định bỡi: a0 = 1; a1 = −1, an = 6an−1 + 5an−2 , n Chứng minh a2012 − 2010 chia hết cho 2011 Hướng dẫn Mặc dù dãy cho dãy tuyến tính hệ số phương trình đặc trưng có nghiệm khơng "đẹp" nên ta xét dãy số (bn ) : b0 = 1; b1 = −1, bn = 6bn−1 + 2016bn−2 , n Bằng qui nạp ta chứng minh bn ≡ an (mod2011) 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 19 Chương Hai kỹ cần thiết Dãy {bn } có phương trình đặc trưng x2 − 6x − 2016 = ⇔ Huỳnh Thanh Luân x = −42 x = 48 Ta có cơng thức tổng quát dãy 41.48n + 49 (−42)n bn = 90 Bây ta chứng minh b2012 + ≡ (mod2011) Ta có 41.482012 + 49 (−42)2012 + 90 90 (2011, 90) = nên ta cần chứng minh b2012 + = 41.482012 + 49 (−42)2012 + 90 ≡ (mod2011) Cần lưu ý 2011 số nguyên tố Theo định lý Fermat nhỏ ta có: 482011 ≡ 48 (mod2011) ; 422011 ≡ 42 (mod2011) Do 41.482012 + 49 (−42)2012 + 90 ≡ 41.482 + 49.422 + 90 (mod2011) Vì 41.482 + 49.422 = 90b2 = 90.[6.(−1) + 2016.1] = 2010 nên ta có điều phải chứng minh 0.2.2 Vài chuyên đề phần Chun đề 1: Tính tuần hồn dãy số nguyên Bài toán 0.17 Xét dãy số a1 = 750 an+1 = 1964an + 2010, n CMR dãy cho có vơ hạn phần tử chia hết cho 105 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 20 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Hướng dẫn Xét dãy số (bn ) với bn số dư an chia cho 105 Khi ta có b1 = 15 bn+1 ≡ 74bn + 15 (mod105) , n Ta có b1 = 15; b2 = 75; b3 = 0; b4 = 15 Dễ dàng chứng minh dãy tuần hoàn chu kỳ T = Từ ta có điều cần chứng minh Câu hỏi đặt tính tuần hồn dãy phần dư có phải ngẫu nhiên? Hãy tìm hiểu tính chất qua định lý sau Định lý Cho dãy số nguyên (an ) truy hồi cấp k (k số nguyên dương) nghĩa an+k = f (a0, a1, a2, , ak−1) , n = 0, 1, 2, Nếu dãy bị chặn dãy tuần hồn kể từ lúc Chứng minh Giả sử dãy bị chặn số nguyên dương M, nghĩa |an | M, ∀n ∈ N Xét k số (a0 , a1, a2, , ak−1) ; (a1 , a2, , ak) ; (a2 , a3, , ak+1) ; k k Có tối đa (2M + 1) khác nên (2M + 1) + phải có trùng Chẳng hạn (ai , ai+1 , ai+2, , ai+k−1) = (aj , aj+1 , aj+2 , , aj+k−1) với i > j Khi đó, theo cơng thức truy hồi ta ai+k = aj+k Do đặt T = i − j an+T = an , ∀n N0 = j + k Vậy dãy cho tuần hoàn chu kỳ T = i − j kể từ N0 = j + k 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 21 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Hệ Cho dãy số nguyên an = c1 an+1 + c2 an+2 + + ck an+k , ∀n = 0, 1, 2, truy hồi cấp k , tuyến tính với hệ số số nguyên m số nguyên dương lớn hay Khi dãy phần dư theo modulo m tuần hồn Cần lưu ý dãy cho "rút" số hạng nhỏ theo số hạng lớn với hệ số nguyên Theo kết định lý trên, dựa vào cách chứng minh ta giải lớp tốn sau: Bài toán 0.18 Xét dãy số nguyên {an } : a1 = 39, a2 = 45 an+2 = (an+1 ) − an , n Chứng minh dãy cho có vơ hạn phần tử chia hết cho 1986 Hướng dẫn Xét dãy số   b1 = 39, b2 = 45 (bn )n∈Z : bn+2 = (bn+1 ) − bn , n  bn = (bn+1 ) − bn+2 , n Rõ ràng an = bn , ∀n > Tìm hiểu dãy phần dư (rn ), với rn số dư bn chia cho 1986 Xét cặp số (rn , rn+1 ) với − (1986) n Vì có tối đa 1986 cặp số (rn , rn+1 ) phân biệt nên theo Dirichlet tồn N, − (1986) < N < cho rN = rN +h ; rN +1 = rN +h+1 Khi ta chứng minh dãy (rn , n > N) tuần hoàn Dễ thấy r3 = nên ta có điều phải chứng minh Bài tốn 0.19 Xét dãy số {an } : a1 = 3, a2 = 43 an+2 = 3an+1 + an , n = 1, 2, 3, 4, Chứng minh tồn vô số số tự nhiên n cho an − an+1 − chia hết cho 2012 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 22 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Hướng dẫn Lưu ý: a−2 = a−1 = Ta trình bày theo cách khác Xét dãy (bn ) xác định sau b1 = 1, b2 = bn+2 = 3bn+1 + bn , n = 1, 2, Dễ thấy an = bn+4 , ∀n Tiếp theo ta chứng minh dãy phần dư tuần hồn Gọi rn số dư bn chia cho 2012 Đầu tiên ta có dãy (bn ) tuần hồn kể từ lúc đó, nghĩa tồn n0 , T cho rn+T = rn , ∀n n0 Chọn n = n0 − + T ta rn0 −1+T ≡ −3rn0 +T + rn0 +1+T ≡ −3rn0 + rn0 +1 ≡ rn0 −1 (mod2012) Cứ ta dãy (rn ) tuần hoàn Suy r1+kT = r1 = , ∀k ∈ N r2+kT = r2 = Vậy có điều phải chứng minh Bài tốn 0.20 Xét dãy {xn } : x1 = 603; x2 = 102 xn+2 = xn+1 + xn + xn+1 xn − 2, n = 1, 2, Chứng minh a) xn ∈ N∗ , ∀n ∈ N∗ b) Có vơ số số hạng dãy có tận 2003 c) Có hay khơng số hạng dãy có số tận 2004 Hướng dẫn a) Đầu tiên ta tuyến tính hóa hai cách C1: PP hệ số bất định Giả sử xn−3 = axn+2 + bxn+1 + cxn sau tính ba giá trị cụ thể để lập hệ tìm a, b, c C2: Biến đổi xn+2 = xn+1 + xn + xn+1 xn − ⇔ xn+2 − xn+1 − xn = xn+1 xn − 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 23 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân ⇔ x2n+2 + x2n+1 + x2n − 2xn+2 xn+1 + 2xn+1 xn − 2xn xn+2 = 4xn+1 xn − ⇔ −8 = x2n+2 + x2n+1 + x2n − 2xn+2 xn+1 − 2xn+1 xn − 2xn xn+2 Suy −8 = x2n+3 + x2n+2 + x2n+1 − 2xn+3 xn+2 − 2xn+2 xn+1 − 2xn+1 xn+3 Từ ta x2n+3 − x2n − 2xn+3 xn+2 − 2xn+3 xn+1 + 2xn+2 xn + 2xn+1 xn = Để dễ nhìn ta thay ký hiệu tương ứng ta a2 − d2 − 2ab − 2ac + 2db + 2dc = Dễ thấy a = d đẳng thức nên ta có hướng phân tích sau (a − d) (a + d) − 2b (a − d) − 2c (a − d) = ⇔ (a − d) (a − 2b − 2c + d) = Vì dãy cho tăng nên ta có xn+3 = 2xn+2 + 2xn+1 − xn b) Xét theo modulo 104 ta có r4 = 2003 c) Xét theo modulo ta dãy phần dư tuần hồn chu kỳ sau: r1 = 3; r2 = 2; r3 = 1; r4 = 3; r5 = 2; r6 = 1; Bài toán 0.21 Xét dãy (an ) xác định sau a1 = 19, a2 = 98 an+2 (n 1) số dư an+1 + an chia cho 100 Hãy tìm số dư a21 + a22 + + a22010 cho Chứng minh Vì (100, 8) = nên ta xét dãy phần dư (rn ) dãy cho chia cho Bằng qui nạp ta dãy phần dư tuần hoàn với chu kỳ 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 24 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Lại có a2n − rn2 = (an − rn )(an + rn ) Do (an − rn ) nên an , rn tính chẵn lẻ (an + rn ) Suy (a2 − r2 ) n Vậy n a21 + a22 + + a22010 ≡ r12 + r22 + + r2010 (mod8) Mà r12 + r22 + + r2010 = 335 r12 + r22 + + r62 = 335 (9 + + + + + 9) ≡ (mod8) Vậy số dư cần tìm Bài tốn 0.22 Xét dãy {an } cho sau: a0 = 1, a1 = an+2 = an+1 + 9an , n chẵn an+2 = 9an+1 + 5an , n lẻ Chứng minh a21995 + + a22000 chia hết cho 20 Chứng minh Hãy chuyển giả thiết cho thành giả thiết phù hợp dễ dùng Hãy tìm hiểu điều đó: Nhận xét đầu tiên: an+2 ≡ an+1 + an (mod4) Bằng qui nạp ta chứng minh dãy phần dư tuần hoàn chu kỳ từ chứng minh a2 + + a2 1995 2000 Nhận xét thứ hai: a2k+4 ≡ a2k+3 − a2k+2 (mod5) ⇒ a2k+3 ≡ −a2k+2 (mod5) ⇒ a2k+4 ≡ −2a2k+2 (mod5) a22k+3 ≡ a22k+2 (mod5) a22k+4 ≡ 4a22k+2 ≡ −a22k+2 (mod5) ⇒ a22k+4 ≡ −a22k+3 (mod5) −a22k+2 ≡ −a22k+3 (mod5) ⇒ a22k+4 + a22k+3 ≡ (mod5) 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 25 Chương Hai kỹ cần thiết Suy Huỳnh Thanh Luân a21995 + + a22000 Bài toán chứng minh Bài toán 0.23 Gọi α nghiệm dương lớn phương trình x3 − 3x2 + = Xét dãy (xn ) xác định theo công thức sau: xn = [αn ] + αn+1 , n = 1, 2, Tìm số dư phép chia x2011 cho 17 Chứng minh Đầu tiên ta khẳng định phương trình có ba nghiệm là: x1 ∈ −1; − Xét dãy số √ ; , x3 = α ∈ 2; , x2 ∈ (Sn ) : Sn = xn1 + xn2 + αn , ∀n Khi Sn nghiệm phương trình sai phân tuyến tính có phương trình đặc trưng x3 − 3x2 + = Tức dãy cho theo công thức truy hồi (Sn ) : S0 = 3, S1 = 3, S2 = Sn+3 = 3Sn+2 − Sn , n = 0, 1, 2, Vậy dãy (Sn ) dãy số nguyên Ta có x1 + x2 = − x3 > ⇒ x2 > −x1 = |x1 | > ⇒ x2n > |x1|n Mặt khác x1 ∈ nên Suy ra, −1; − −xn1 ⇒ xn1 + xn2 > , x2 ∈ √ ; , x3 ∈ 2; < xn1 + xn2 < x21 + x22 = − x23 < αn = Sn − (xn1 + xn2 ) = (Sn − 1) + − (xn1 + xn2 ) ⇒ [αn ] = Sn − 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 26 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Vậy cuối ta tìm cách thể khác dãy cho (xn ) : xn = Sn+1 + Sn − 2, n = 1, 2, Dãy phần dư (rn ) Sn chia cho 17 tuần hoàn với chu kỳ 16 r0 = 3; r1 = 3; r2 = 9; r3 = 7; r4 = 1; r5 = 11; r6 = 9; r7 = 9;8 r9 = 16; r10 = 5; r11 = 2; r12 = 1; r13 = 14; r14 = 6; r15 = 0; r16 = 3; r17 = 3; r18 = 9; Vậy, x2011 = S2012+S2011−2 ≡ r2012+r2011−2 ≡ r12+r11 −2 ≡ 1+2−2 ≡ (mod17) Chuyên đề 2: Cơng thức nghiệm phương trình nghiệm ngun Trong đa số trường hợp phương trình có nghiệm khơng đặc biệt lúc phương trình có vô số nghiệm Trong trường hợp ta thường phải xây dựng cơng thức nghiệm cho phương trình Tuy nhiên phần ta làm việc chứng minh phương trình vơ số nghiệm chứng minh cơng thức nghiệm phương trình xin hẹn chun đề phương trình nghiệm ngun Bài tốn 0.24 Chứng tỏ phương trình sau có vơ số nghiệm ngun x2 + y = z Chứng minh Với m, n hai số nguyên bất kỳ, ta thấy x = m2 − n2; y = 2mn; z = m2 + n2 nghiệm phương trình nên khẳng định đề hiển nhiên Bài toán 0.25 Chứng tỏ phương trình sau có vơ số nghiệm ngun x2 + y = z + Chứng minh Thay z = y + ta có x2 = 2y + Nếu lại chọn x = 2k ta lại có y = 2k − Như vậy, với k số nguyên x = 2k; y = 2k − 2; z = 2k − nghiệm phương trình nên khẳng định đề hiển nhiên 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 27 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Bài toán 0.26 Chứng minh phương trình sau có vơ số nghiệm ngun x2 + y = z Chứng minh Ta thấy m m x = 2 ;y = 23 ;z = m+1 thỏa phương trình Do ta cần chọn m cho m 2; m 3; (m + 1) chẳng hạn m = 6(5k + 4), k ∈ Z ta nghiệm ngun phương trình Điều khẳng định phương trình có vơ số nghiệm ngun Bài tốn 0.27 Chứng minh phương trình sau có vô số nghiệm nguyên: x2 − 2y = Chứng minh Ta có đẳng thức sau a2 − 2b2 c2 − 2d2 = (ac + 2bd) − 2(ad + bc) Dựa vào đẳng thức ta xây dựng dãy nghiệm cho phương trình cho Trước tiên ta tìm nghiệm phương trình Dễ thấy (3, 2) nghiệm phương trình Giả sử (xn , yn ) nghiệm không âm phương trình Khi ta có x2n − 2yn2 = ⇔ x2n − 2yn2 32 − 2.22 = ⇔ (3xn + 2.2yn )2 − (3yn + 2xn )2 = Suy (3xn + 4yn , 3yn + 2xn ) nghiệm không âm phương trình Theo nguyên lý qui nạp ta suy tất cặp (xn ; yn ) xây dựng sau nghiệm không âm phương trình: x0 = 3, y0 = xn+1 = 3xn + 4yn , n = 0, 1, 2, yn+1 = 2xn + 3yn , n = 0, 1, 2, Theo công thức truy hồi ta chứng minh xn+1 > xn ; yn+1 > yn , ∀n ∈ N nên phương trình cho có vơ số nghiệm nguyên 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 28 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Lưu ý: Dạng tổng quát phương trình x2 − dy = đẳng thức dùng x2 − dy 2 u2 − dv = (xu + dyv) − d(xv + yu) Tất nhiên ta mở rộng lên phương trình x2 − dy = n với vài kỹ thuật biến đổi nhỏ xem tập sau Bài tốn 0.28 Chứng minh phương trình sau có vơ số nghiệm ngun: x2 − 2y = Chứng minh Xét phương trình liên kết là: x2 − 2y = Ta tìm nghiệm phương trình liên kết (3; 2) nghiệm phương trình gốc (2; 1) Giả sử (xn , yn ) nghiệm không âm phương trình Khi ta có x2n − 2yn2 = ⇔ (x2n − 2yn2 ) 32 − 2.22 = ⇔ (3xn + 4yn )2 − 2(2xn + 3yn )2 = Suy (3xn + 4yn , 3yn + 2xn ) nghiệm khơng âm phương trình Theo nguyên lý qui nạp ta suy tất cặp (xn ; yn ) xây dựng sau nghiệm khơng âm phương trình: x0 = 2, y0 = xn+1 = 3xn + 4yn , n = 0, 1, 2, yn+1 = 2xn + 3yn , n = 0, 1, 2, Theo công thức truy hồi ta chứng minh xn+1 > xn ; yn+1 > yn , ∀n ∈ N nên phương trình cho có vơ số nghiệm ngun 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 29 Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Bài tốn 0.29 Chứng minh phương trình sau có vơ số nghiệm nguyên 2x2 − 3y = 15 Chứng minh Phương trình có nghiệm (3; 1) Phương trình liên kết x2 − 6y = có nghiệm (5; 2) Giả sử (xn , yn ) nghiệm khơng âm phương trình Khi ta có 2x2n − 3yn2 = 15 ⇔ − 3yn2 ) 52 − 6.22 = 15 ⇔ 2(5xn + 6yn )2 − 3(4xn + 5yn )2 = 15 (2x2n Suy (5xn + 6yn ; 4xn + 5yn ) nghiệm khơng âm phương trình Theo ngun lý qui nạp ta suy tất cặp (xn ; yn ) xây dựng sau nghiệm khơng âm phương trình: x0 = 3, y0 = xn+1 = 5xn + 6yn , n = 0, 1, 2, yn+1 = 4xn + 5yn , n = 0, 1, 2, Theo công thức truy hồi ta chứng minh xn+1 > xn ; yn+1 > yn , ∀n ∈ N nên phương trình cho có vơ số nghiệm ngun Lưu ý: Khi xét phương trình Ax2 − By = n ta cần phương trình liên kết x2 − ABy = dùng đẳng thức Ax2 − By α2 − ABβ = A(αx + Bβy)2 − B(Aβx + αy)2 0.2 Xây dựng dãy số cho toán 30 ... 1− √ k √ √ = 3.2ak + 2bk = (3ak + 2bk ) = 2ak+1 0.1 Dự đoán qui nạp k Chương Hai kỹ cần thiết Huỳnh Thanh Luân Trong ak+1 = 3ak + 2bk ∈ N Và 1+ √ =3 k+2 − 1− 1+ √ k √ k+2 − 1− = 1+ √ k √ 2 √... toán 0.5 Xét hàm số f : N → N thỏa hai tính chất sau: i) f(1) > 0; 2 ii) f (m2 + n2 ) = [f (m)] + [f (n)] , ∀m, n ∈ N Chứng minh f(n) = n, ∀n ∈ N Chứng minh *) Trong tính chất ii) chọn n = m =... biết tích hai số nguyên liên tiếp số chẵn nên phải ta xây dựng dãy (bn ) để Sn = bn (bn + 1) , n = 1, 2, Với n = 1, ta có a31 = a22 ⇔ 0.2 Xây dựng dãy số cho toán a1 = a1 = 14 Chương Hai kỹ cần