Chứng minh rằng nếu có bốn số hạng liên tiếp của dãy ( u n ) là số nguyên thì mọi số hạng của dãy là số nguyên. Từ đó suy ra b là số hữu tỷ.. Cho a,b là các số nguyên lớn hơn 1.. Đây[r]
(1)MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN
Lê Xuân Đại, Trần Ngọc Thắng
Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc
Dãy số phần quan trọng đại số giải tích tốn học Dãy số có vị trí đặc
biệt quan trọng tốn học, không đối tượng để nghiên cứu mà cịn đóng
vai trị cơng cụ đắc lực mơ hình rời rạc giải tích lý thuyết phương
trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn… Các vấn đề liên quan đến dãy số phong phú
Hiện có nhiều tài liệu đề cập đến tốn dãy số Tuy nhiên, chủ yếu quan tâm đến
các tính chất dãy số Giới hạn dãy, số hạng tổng quát, đơn điệu dãy, tính bị
chặn…
Các tốn dãy số ngun tốn hay khó Trong viết chúng tơi
muốn trình bày số vấn đề phương pháp thường sử dụng dãy số nguyên
Chuyên đề chia thành phần sau:
Phần 1: Giới thiệu số phương pháp giải toán dãy số nguyên Phần 2: Khai thác số tốn điển hình qua kì thi Olimpic tốn học I- MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT CƠ BẢN
1 Dãy Fibonacci dãy Lucas
1.1 Dãy Fibonacci
(
F
n)
mang tên nhà tốn hoc Pisano Fibonacci Dãy cho hệ thứctruy hồi đơn giản
2
1
n n n
F F
F F F n
Dễ dàng thấy công thức tổng quát dãy
(
F
n)
là:1 5
2
5
n n
n F
(2)Từ sau, để thuận tiện cho việc tính tốn, ta quy ước
F
00
1.2 Một vài tính chất số học dãy Fibonacci:
1 (F Fn, n1)1 với n
2 Nếu n chia hết cho m
F
n chia hết choF
m3 Nếu
F
n chia hết choF
m n chia hết cho m với m>24 (F Fn, m)Fd với
d
( , )
m n
5 Nếu
n
5
F
n số nguyên tố n số nguyên tố6 Dãy
(
F
n)
chứa tập vô hạn số đôi nguyên tố7 F5n 5F qn n với
q
n không chia hết cho8 Fn5k n k
9
F
n có tậnn
15
10
F
n có tận hai chữ sốn
150
1.3 Một vài hệ thức dãy Fibonacci:
1 F1F2 Fn Fn21
2 F1F3 F2n1F2n
3 F2F4 F2n F2n11
4 Fn1.Fn1Fn2 ( 1)n
(3)5 F0F1F2F3 F2n1F2n F2n11
6 Fn21Fn2 Fn1.Fn2
7 F F1 2F F2 3 F2n1 2F n F22n
8 Fn1.Fn2F Fn n3 ( 1)n
9 Fn4 1 Fn2Fn1Fn1Fn2
1.4 Dãy Lucas
(
L
n)
được xác định sau:2
2;
n n n
L L
L L L n
Những số hạng dãy Lucas coi giống với dãy Fibonacci hai dãy có
cùng hệ thức xác định dãy
Tương tự cơng thức Binet cho dãy Fibonacci, ta có cơng thức tổng quát dãy Lucas:
1 5
,
2
n n
n
L n
2
2 Thặng dư bậc hai
2.1 Định nghĩa Ta gọi thặng dư bậc hai modulo (hay số phương
( )) tồn số nguyên cho ≡ ( ), số nguyên dương
2.2 Định lí. Cho số nguyên tố
(i) Nếu = số lẻ số phương ( 2)
(ii) Nếu > Khi
số phương ( ) ≡ 1( );
(4)2.3 Kí hiệu Legendre. Giả sử số nguyên tố lẻ, số ngun khơng chia hết cho Khi ta có kết sau:
(1) ≡ ( )
(2) Nếu ≡ ( ) =
(3) =
(4) = (−1)
(5) = (−1)
(6) Luật tương hỗ Gauss: Nếu , hai số nguyên tố lẻ thì:
= (−1)
3 Phương trình sai phân tuyến tính cấp
3.1 Định nghĩa. Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai ẩn ( ) phương trình sai phân
dạng: + + = ( ) (1)
Phương trình sai phân tuyến tính tương ứng với phương trình (1) có dạng:
+ + = (2)
Nghiệm tổng quát (1) có dạng = + , nghiệm tổng quát (2),
nghiệm riêng (1)
Để tìm nghiệm (2) ta lập phương trình đặc trưng (2) là:
+ + = (3)
TH1 Nếu phương trình đặc trưng (3) có hai nghiệm thực phân biệt , thì:
(5)TH2 Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm kép = = thì:
= ( + )
TH3 Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm phức = + = ( + ) với
= −1; = + ; = Khi đó: = ( + )
Ở , số thực xác định dựa vào điều kiện ban đầu
II- MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN
1 Phương pháp quy nạp toán học
Bài toán 1. Cho dãy số
(
a
n)
xác địnha
0
0;
a
1
1
1
3
( 1)
2
n
n
a
n na
a
với n nguyên dương Chứng minh
a
n số phương vớin
0
Lời giải. Chú ý
a
2
1;
a
3
4;
a
4
9;
a
5
25
Do
a
0
F
02;
a
1
F
12;
a
2
F
22;
a
3
F
32;
a
4
F
42;
a
5
F
52,(
F
n)
dãy FibonacciTừ ta có định hướng chứng minh
a
n
F
n2 quy nạp theo nThậy vậy, giả sử
a
k
F
k2 vớik
n
Như2 2
1 2
;
;
n n n n n n
a
F a
F
a
F
(1)Từ giả thiết ta có
a
n1
3
a
n
a
n1
2( 1)
na
n
3
a
n1
a
n2
2( 1)
n1Cộng hai đẳng thức ta được:
a
n1
2
a
n
2
a
n1
a
n2
0,
n
2
(2) (6)
2
22 2
1 1
2 2
1 2
2
2
n n n n n n n n n
n n n n
F
F
F
F
F
F
F
F
F
F
a
F
F
Vậy
a
nF
n2,
n
0
ta có điều phải chứng minhBài toán 2. Cho dãy số
(
a
n)
xác địnha
1
a
2
1;
a
3
4
3
2
2
n n n n
a
a
a
a
với n nguyên dương Chứng minh
a
n số phương vớin
1
Bài toán 3. Cho dãy số
(
a
n)
xác địnha
0
0;
a
1
1;
a
2
2;
a
3
6
4
2
2
,
0
n n n n n
a
a
a
a
a
n
Chứng minh
a
n chia hết cho n vớin
1
Lời giải. Từ giả thiết ta có
a
4
12;
a
5
25;
a
6
48
Ta có
1;
2;
3;
5;
8
1
2
3
4
5
6
a
a
a
a
a
a
, nn
a
F
n
với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6,(
F
n)
dãy FibonacciTừ ta có định hướng chứng minh
a
n
nF
n vớin
1
quy nạp theo nBài toán 4. Cho k nguyên dương lớn Xét dãy số
(
a
n)
xác định bởi:
2
0
1 1
4;
(
2)
2
8,
2
n n n n n n
a
a
a
k
a
a a
a
a
a
n
Chứng minh
2
a
n số phương vớin
0
Lời giải. Gọi
,
hai nghiệm phương trình1
k
t kt
(7)+ Ta chứng minh quy nạp theo n:
2Fn 2Fn
2,
0
n
a
n
(1)Dễ thấy (1) với n = 0, 1,
Giả sử (1) đến n Ta có:
1
2
1
1
2 2
4 4 4
4
2 2
n n n n n n
n n
n n n n
F F F F F F
F F
a a a a
Suy 1
1
2
4 2
2 Fn Fn Fn Fn
n
a Do (1) chứng minh
+ Từ (1), ta có 2 2Fn 2Fn
Fn Fn
2n n
a a
số phương (đpcm)
Bài tốn 4 (IMO 1981) Tìm giá trị lớn Pm2n2, m, n số nguyên thoả mãn 1m n; 1981 (n2mn m 2)
Lời giải. Ta xét nghiệm nguyên dương
( , )
x y
phương trình:2 2
(x xyy ) (1) với x y
Gọi
( , )
n m
nghiệm (n
m
)+ Xét (mn n; ) ta có:
(mn)2 (mn n n) 2
2 (n2mn m 2)
2 1Suy (mn n; ) nghiệm (1)
Rõ ràng (2; 1) nghiệm (1), nên ta có sau nghiệm (1):
(3, 2); (5,3); (8,5); (13,8);(21,13); (34, 21);
+ Xét ( ;m n m ) ta có:
m2m n( m) ( n m )2
2 (n2mnm2)
2 1 (8)- Nếu m n mn2mn n m( )2m2 n2mn m 1 (m1) (vơ lí)
- Nếu
m
n
m
( ;
m n
m
)
là nghiệm (1) nhỏ nghiệm( , )
n m
Quá trình phải dừng lại kết thúc nghiệm
( ,1) (
n
n
1)
Chú ý thêm (2, 1) nhât thoả mãn (1) màn
1
Tóm lại tất nghiệm nguyên dương (1) là:
F Fn; n1
vớin
2
Như vậy, giá trị lớn P giá trị lớn
F
n2
F
n21 vớiF
n1981.
Dãy số hạng dãy Fibonacci thoả mãn là: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377,
610, 987, 1597
Vậy giá trị nhỏ P
1597
2
987
2Bài toán 6. Chứng minh với số nguyên dương
n
4
F
n1
khơng số nguyến tốLời giải. Ta có đẳng thức
F
n4
1
F
n2F
n1F
n1F
n2 (1)Giả sử tồn
n
4
choF
n1
số ngun tố Khi từ (1)F
n1
chia hết sốF
n2;
F
n1;
F
n1;
F
n2Nhưng
F
n
1
F
n2;
F
n
1
F
n1 nênF
n
1|
F
n1F
n
1|
F
n2Trong trường hợp
1
1| 1| ( 1) ( 1) 1|
n n n n n n n n
F F F F F F F F (vơ lí)
Trong trường hợp thứ hai
1
11| 1| 2( 1) 1|
n n n n n n n n
F F F F F F F F (vơ lí)
(9)Bài toán 7. Cho dãy số nguyên
(
x
n)
:x
0
3;
x
1
11
x
n2
2
x
n1
7
x
n
n
0
Tìm tất số nguyên dương lẻ a cho với m, n nguyên dương tồn k nguyên dương
mà
x
nk
a
chia hết cho2
mLời giải. Bằng quy nạp ta chứng minh
x
n3 (mod 8)
* Chọn m3;n theo giả thiết tồn
k
cho11
k
a
(mod8)
Suy 3k a (mod 8)a1;3 (mod 8)
* Ta chứng minh tất số
a
1(mod8)
a
3(mod8)
đều thoả mãn đề- Với
m
1
ta chọnk
1
thoả mãn- Với
m
2,3
ta chọnk
chẵna
1(mod8)
chọnk
lẻa
3(mod8)
- Xét
m
3
: Ta chứng minh toán quy nạp theo mGiả sử với
m
3
tồn sốk
m cho km2
m km2
mn n
x
a
x
a
b
- Nếu b chẵn km
0 (mod 2
m1)
n
x
a
, ta chọnk
m1
k
m- Nếu b lẻ, chọn
k
m1
k
m
2
m2Khi xn2m2 1
xn1
xn1
xn21
xn2m31
2 mqm;q
m lẻVì xn2 1 (xn 1)(xn1)8q với q lẻ
Suy km1 2m2
km
2m2 1
2m
2m2. .
2m1n n n n n m
x ax x a a x x b a q
Vậy số
k
m1 thoả mãnKết luận: Tất số a cần tìm a 1(mod 8) a 3(mod 8)
(10)Một tính chất có nhiều ứng dụng dãy tuyến tính cấp hai tính chất sau đây:
Cho dãy tuyến tính cấp hai
(
u
n)
:u
n2
au
n1
bu
n,
n
1
Khi
2
2
(
)
,
1
n
n n n
u u
u
b
u u
u
n
Bài toán 1. Cho dãy
(
a
n)
xác định bởi:1
2
20;
30
3
,
1
n n n
a
a
a
a
a
n
Tìm tất số nguyên dương n cho
1 5
a a
n n1 số phươngLời giải
* Áp dụng kết với dãy
(
a
n)
ta được:2 2
1 1
500
500
1n n n n n n
a a
a
a a
a
a
a a
* Xét với
n
4
, ta có:
a
n
a
n1
2
a
n2
2
a a
n n1
a
n21,a
n21
9
a
n2
6
a a
n n1
a
n21Suy
2 2 2 2
1 1
2
1 1
2
1
2
1 1
1
2
9
6
2
3 (3
)
3
5
5
500
5
500
n n n n n n n n n
n n n n n n n n n
n n n n n
n n n n
n n
a
a
a
a a
a
a a
a
a a
a
a
a
a
a
a a
a a
a
a a
a a
a
a
a a
Do
a
n
a
n1
2
5
a a
n n1
500
5
a a
n n1
1
Từ dãy
(
a
n)
tăngn
4
ta cóa
n
a
n1
180
470
650
(11)
1
501 5
1
a
n
a
n
a a
n n
Vậy
a
n
a
n1
2
5
a a
n n1
1
a
n
a
n1
1
2 nên1 5
a a
n n1 khơng phươngBằng phép thử trực tiếp với n = 1, 2, ta n = giá trị cần tìm
Bài toán 2. Cho dãy số nguyên
(
a
n)
:a
1
2;
a
2
7
2
1
1
1
1
,
2
2
2
n n na
a
n
a
Chứng minh
a
n số lẻ vớin
1
Lời giải. Ta có
a
1
2;
a
2
7;
a
3
25;
a
4
89;
a
5
317
Ta thấy 2 1
1
1
2
2
n n n n na
a
a
a
a
Do đoạn2 1
1
1
;
2
2
n n n na
a
a
a
có độ dài nên
a
n1tồn cách nhất, dãy
(
a
n)
xác địnhTa có
a
n
3
a
n1
2
a
n2(*)
vớin
3,4,5
Ta hy vọng (*) cơng thức truy hồi cho dãy(
a
n)
Tuy nhiên việc chứng minh khẳng định không đơn giản Một kĩ thuật hay dùng xét dãy( )
b
n có tính chất dãy(
a
n)
chứng minha
n
b
nTa xét dãy số
( )
b
n xác định sau:1
2;
7
3
2
n n n
b
b
b
b
b
Khi với
n
2
b
n1.
b
n1
b
n2
( 2)
n2Ta dễ dàng có
b
n2
n quy nạpTừ
2
2
1 1
1
2
1
.
2
2
n n nn n n n
n n
b
b
b
b
b
(12)Do dãy
(
a
n)
xác định nêna
n
b
n vớin
1
Khi
a
n
3
a
n1
2
a
n2,
n
3
ta cóa
n số lẻ vớin
1
(đpcm)Bài toán 3. Cho trước a, b nguyên dương dãy
(
x
n)
xác định bởi:0
1
1
,
0
n n
x
x
ax
b
n
Chứng minh với cách chọn a,b dãy
(
x
n)
tồn vơ hạn hợp sốLời giải Giả sử
x
n hợp số với hữu hạn n Gọi N số nguyên dương lớn tất giá trịn thoả mãn Khi
x
m số nguyên tố vớim
N
Chọn số nguyên tố
x
m
p
không chia hếta
1
Gọi t số thoả mãn
t
(1
a
)
b
(mod )
p
,x
n1
t
a x
(
n
t
) (mod )
p
Tiếp tục trình đặt biệt với m=n ta
1
1
(
) (mod )
(
) (mod )
p
m p m m
x
t
a
x
t
p
x
t
p
Hay
x
m p 1
0 (mod )
p
, điều vơ líx
m p 1 số nguyên tố lớn pBài toán 4. Cho dãy số
(
a
n)
xác định bởi:0
2
1
1
7
45
36
,
0
2
n n
n
a
a
a
a
n
Chứng minh rằng:
a)
a
n số nguyên dương vớin
0
(13)Lời giải
a) Ta có
a
15
dễ thấy dãy(
a
n)
tăng ngặtTừ giả thiết ta có
2
a
n1
7
a
n
45
a
n2
36
Bình phương hai vế ta được:2
1
7
9
0
n n n n
a
a a
a
(1)Từ (1) ta có
a
n2
7
a a
n1 n
a
n21
9
0
(2)Từ (1) (2) suy
a
n21
a
n21
7
a a
n
n1
a
n1
0
a
n1
7
a
n
a
n1(3)
n
1
Từ (3) suy
a
n số nguyên dương vớin
0
b) Từ (1) ta có
2
2 1
1
9
1
1
3
n n
n n n n n n
a
a
a
a
a a
a a
Do
a a
n.
n1
1
số phương vớin
0
(đpcm)Bài toán 5. Cho dãy số
(
a
n)
xác định bởi:0
2
2
4
15
60,
0
n n n
a
a
a
a
n
Chứng minh số
1
28
5
nb
a
biểu diễn thành tổng ba só nguyên duơng liêntiếp với
n
1
Lời giải. Tương tự toán ta được:
a
n1
8
a
n
a
n1
0,
n
1
Từ tìm
4
15
4
15
n n
n
(14)Nhận xét : Với
n
1
tồnk
* cho:
4
15
4
15
15.
n n
n
a
k
Khi
2 2 2
2
4
15
4
15
15
4
15
4
15
15
2
n n n n
k
k
Do
1
28
3
2
(
1)
2(
1)
25
nb
a
k
k
k
k
ta có đpcmBài toán 6. Cho hai số thực a b khác Xét dãy số
(
u
n)
xác định bởi:0
2
0;
1
,
0
n n n
u
u
u
au
bu
n
Chứng minh có bốn số hạng liên tiếp dãy
(
u
n)
số nguyên số hạng dãy số nguyênLời giải
Ta có
u
n21
u u
n n2
b
n (1)+ Giả sử tồn bốn số hạng
u u
m;
m1;
u
m2;
u
m3 số nguyên, từ (1) suyb
mb
m1 số nguyên Từ suy b số hữu tỷ Nhưngb
m số nguyên nên b nguyên+ Ta cần phải chứng minh
a
: Ta có3
m m m
m m m
u
au
bu
u
au
bu
Nếu a số vơ tỉ từ hệ thức suy
u
m1
u
m2
0
, suy b=0, mẫu thuẫn Vậy a số hữu tỷXét dãy đa thức hệ số nguyên
2
( )
0;
( ) 1
( ) :
( )
( )
( )
0
n
n n n
Q x
Q x
Q x
Q
x
xQ
x
bQ x
(15)Khi Q xn( )
x , mơnícdeg
Q x
n( )
n
1
Ta có
Q a
n( )
u
n, đặc biệtQ
m1( )
a
u
m1 Vậy a nghiệm hữu tỷ đa thức1
( )
m( )
mP x
Q
x
u
Vì đa thức
P x
( )
x
mơníc nêna
Vậy số hạng dãy(
u
n)
là số nguyênBài toán Cho m số nguyên dương dãy số
(
x
n)
xác định bởi:0
2
1
0;
,
1
n n n
x
x
m
x
m x
x
n
Chứng minh với cặp
( ; )
a b
2, vớia
b
nghiệm phương trình2
2
1
a
b
m
ab
tồnn
để( ; )
a b
(
x x
n;
n1)
Bài toán Cho a,b số nguyên lớn Dãy
(
x
n)
xác định bởi:0
2 2
2 2
0;
1
(
1)
n n n
n n n
x
x
x
ax
x
n
x
bx
x
Chứng minh với số tự nhiên m,n
x
n m.
x
n m 1x
n1 chia hết chox x
m.
m13 Phương pháp sử dụng giới hạn dãy số
Ta có tính chất thú vị giới hạn dãy số nguyên
“Nếu dãy số nguyên
(
a
n)
hội tụ số a tồnn
0 cho vớin
n
0a
n
a
”Bài tốn 1. Cho dãy số nguyên
(
a
n n)
0 thoả mãn điều kiện sau:1
0
a
n
7
a
n
10
a
n
9,
n
0
(16)Lời giải
Đây thực tốn khó Từ giả thiết dãy
(
a
n)
nguyên kết luận toán giúp ta định hướng việc chứng minhlim
a
n0
Đặt
x
k
min
a a
k,
k1, ;
y
k
max
a a
k,
k1,
(
x
k)
dãy tăng;(
y
k)
dãy giảmk k
x
y
với kDãy
(
a
n)
bị chặn nên hai dãy(
x
k)
,(
y
k)
bị chặn Do hai dãy hội tụGiả sử
lim
x
n
x
;lim
y
n
y
Do
x y
k;
k nên tồnn
0 cho vớin
n
0x
n
x y
;
n
y
Tồn
n
n
0 choa
n2
y a a
;
n,
n1
x
8
x
10
y
9
(1)Cũng vậy, Tồn
m
n
0 choa
m2
x a a
;
m,
m1
y
10
x
8
y
0
(2)Từ (1), (2) x,y số nguyên suy
x
y
0
Do
lim
a
n0
, suy đpcmBài toán 2 Cho số tự nhiên
c
3
Xét dãy số(
a
n)
xác định bởi:1
1
1
1
2
2
n
n n
a
c
a
a
a
n
Chứng minh tồn số tự nhiên
n
0 cho vớin
n
0a
n3
Lời giải. Bài toán giải ta chứng minh đuợc
lim
a
n3
+ Dễ chứng minh quy nạp
a
n
3
n
1
(17)Vậy dãy
(
a
n)
hội tụ Chuyển qua giới hạn talim
a
n3
(đpcm)Phương pháp sử dụng tính tuần hồn dãy số dư
Định lý. Cho dãy số nguyên (an) thoả mãn = + + ⋯ + , , … , số nguyên m số nguyên dương lớn Gọi số dư phép chia
cho m Khi dãy ( )rn tuần hồn
Bài tốn 1. Chứng minh tồn vơ hạn số hạng dãy Fibonacci chia hết cho 2012
Lời giải
Ta chứng minh toán tổng quát với số tự nhiên n, tồn vô hạn số hạng dãy
Fibonacci chia hết cho n
Xét cặp số dư chia hai số hạng liên tiếp dãy Fibonacci theo modulo n
0 1 2
(F F, ); ( ,F F ); (F F, )
Vì dãy Fibonacci vơ hạn mà có
n
2 khả cho cặp số dư theo modulo n nên tồn1
( ,
F F
i i)
thoả mãnF
i
F
i mF
i1
F
i m 1 (mod n) vớim
Xét i > 1, ta có:
F
i1
F
i1
F
i
F
i m 1
F
i m
F
i m 1(mod )
n
Quá trình tiếp tục dẫn đến
F
j
F
j m(mod )
n
j
0
Suy
0
F
0
F
m
F
2m
(mod )
n
, tức có vơ hạn sốF
km thoả mãn yêu cầu toán Vậy toán chứng minhBài toán 2. Cho dãy số
(
a
n)
xác định bởi:0
3
29;
105;
381
3
2
(1)
0
n n n n
a
a
a
a
u
u
a
n
Chứng minh với số nguyên dương m tồn số tự nhiên n cho số
1
,
1,
2
n n n
(18)Lời giải
Ta bổ sung thêm bốn số hạng dãy
a
1
8,
a
2
2,
a
3
1,
a
4
0
Giả sử
a
n
r
n(mod ); 0
m
r
n
m
1
Xét ba
( ,
r r
n n1,
r
n2)
Khi tồn hai số nguyênp
q
cho:1 1
2 2
(mod )
(mod )
(mod )
p q p q
p q p q
p q p q
r
r
a
a
m
r
r
a
a
m
r
r
a
a
m
Kết hợp với (1) ta được:
a
q k
a
p k(mod )
m
k
Do
a
k
a
q p k (mod )
m
k
Đặtt
q
p
*a
k
a
k t(mod )
m
k
Suy
a
k
a
k ht(mod )
m
k
;
h
*Nói riêng ta
4
3
2
0 (mod )
1 (mod )
2 (mod )
ht
ht
ht
a
a
m
a
a
m
a
a
m
Với h đủ lớn
ht
4
Khi đặtn
ht
4
ta được:1
0(mod ),
1(mod ),
2(mod )
n n n
a
m
a
m
a
m
Do số
a a
n,
n1
1,
a
n2
2
chia hết cho m (đpcm)Bài toán 3. Cho dãy
(
x
n)
, xác định bởi:= 603, = 102
= + + − , ∀ ≥
(19)a) Mọi số hạng dãy số nguyên dương
b) Có vơ số ngun dương n cho có chữ số tận 2003
c) Không tồn số nguyên dương n cho có chữ số tận 2004
Bài toán 4. Cho dãy số
(
x
n)
xác định bởi:0
2
1
;
5
3
1
n n n n
x
a x
b
x
x
x
a
n
Chứng minh với cách chọn số nguyên a,b dãy khơng có số chia hết cho 2011 có vơ số số chia hết cho 2011
Bài toán Cho dãy số
(
x
n)
xác định bởi:0
2
22;
9
.
1
0
n n n
x
x
x
x
x
n
a) Cho p số nguyên tố Chứng minh tồn
x
k
p
tồnm
k
chom
x
p
b) Giả sử
x
k
p
k
1
Chứng minh dãy(
x
n)
tuần hoàn kể từ sốn
k
III- KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN QUA CÁC KÌ THI OLIMPIC
1 Bài toán (TST VN 2011) Cho dãy số nguyên dương xác định bởi:
với n 0
Chứng minh an2an an21 2n với số tự nhiên n
Trong
x kí hiệu số ngun lớn khơng vượt q x
an0 1,
a a
2
2
n n
n
a a
a
(20)Lời giải
Hướng thứ Ta thử dự đoán dãy số dãy tuyến tính dạng an2 pan1 qan , r
với n Theo cơng thức truy hồi ta tính 0 a2 10,a3 34,a4 116 Khi từ
2
n n n
a pa qa , với r n ta hệ: 0
3 10
10 34
34 10 116
p q r p
p q r q
p q r r
Do an2 4an12an n (1)
Ta chứng minh dãy
an thỏa mãn công thức truy hồi (1) hai cách sau đây:Cách Ta chứng minh quy nạp công thức truy hồi (1) Thật vậy, trước hết từ đẳng thức
, quy nạp ta suy an1 2an, n nên
1
2 2n , n
n n
a a a n (2)
Ta dễ thấy (1) với n , ta giả sử (1) đến 0 nk tức là:
2
2 1
2 1
1
2
4 k k k k k
k k k k k k k k k
k k
a a a a
a a a a a a a a a
a a (3)
Ta có
2
2 2
2 1 1
1
2
2 k k k
k k k k k k k k
k k
a a a
a a a a a a a a
a a
22
2
1 1
1 1
4
2 4
2 k k k
k k k k
k k k k
k k k k
a a a
a a a a
a a a a
a a a a
2
2 2 2
1
2 2
2 1
1 1 1 1
4
4 4.2
4
k k
k k k
k k k k k
k k k
k k k k k k k k
a a a
a a a a a
a a a
a a a a a a a a
(do
(3)) Kết hợp với (2) ta được:
2 2
2 2
2
1 1
4 1
k k k k
k k k k k
k k k k
a a a a
a a a a a
a a a a
Do đẳng thức
(1) với nk Vậy đẳng thức (1) với n 0
an (21)Từ đẳng thức (1) ta suy được:
2
2 1
2 1
1
2
4 n n n n n
n n n n n n n n n
n n
a a a a
a a a a a a a a a
a a Cách
Bây ta xây dựng dãy
bn thỏa mãn điều kiện: b0 1,b1 3, bn2 4bn12bn n Từ cách xác định dãy
bn ta được:2
2 1
2 1
1
2
2
n n n n
n n n n n n
n n
b b b b
b b b b a a
b b
2 2
2 1 2
n n
n n n n n n
b b b b b b b b b
2 2n n n n n b b b b
(4)
Bằng quy nạp dễ thấy dãy
bn dãy tăng đó:2
1 2
4 2 2n 2n 2n
n n n n n n
b b b b b b b (5)
Từ (4) (5) ta suy
2 2 2
1 1 1
2
2
1 1 ,
n
n n n n n
n n
n n n n n n
b b b b b
b b n
b b b b b b
(6)
Từ (6) suy dãy
bn thỏa mãn:0 1,
b b
2
2 ,
n n n b b n b
Do ta an bn, Vì n an2an an21 2n với số tự nhiên n
Hướng thứ hai Ta dự đoán đẳng thức an2 4an12an sau n
Giả sử ta chứng minh đẳng thức an2an an21 2n với số tự nhiên n Khi ta có:
2 2 1
2 1
1
2 2
2 n n n n
n n n n n n
n n
a a a a a a
a a a a a a
a a a
(22) an2 4an12an
Để chứng minh công thức truy hồi ta thực giống cách 1, cách chứng minh theo hướng thứ
Nhận xét Từ cách xác định dãy với n , 0
phương pháp quy nạp ta an 2 ,n n Khi ta có:
2 1 2 n n n n n n a a a a a
Từ ta đề xuất tốn sau:
Bài 1.2 Cho dãy số nguyên dương xác định bởi:
2 2n n n n a a a
với n 0
Chứng minh an2an an21 2n với số tự nhiên n
Trong
x kí hiệu số ngun lớn không vượt xBài tập tương tự
Bài 1.3(IMO Shortlist 1988) Cho dãy số
an thỏa mãn điều kiện:0 2,
a a
2 2 n n n a a a
với n 0
Chứng minh a số lẻ n
2
n
n n n
a a a với n 0
Bài 1.4 (VMO 1997, bảng B) Cho dãy số nguyên
an ,n xác định sau:0 1, 45, n 45 n n
a a a a a với n 0
a) Tính số ước nguyên dương an21 a an n2 theo n b) Chứng minh
1997 4.7n n
a số phương với n
Bài 1.5 Dãy số
an ,n xác định sau:0 1,
a a
2 n n n a a a
an0 1,
(23)0 2
, 0,1, 2,
n n n a a a a n a
Chứng minh số hạng dãy số số nguyên dương
Bài 1.6 Dãy số
an ,n xác định sau:0 2
, 0,1, 2,
n n n a a a a n a
Chứng minh an2an an21 2, n 0,1, 2, Bài 1.7
Gọi a nghiệm dương phương trình
x
2
2012
x
1 0
.Xét dãy số
(
x
n)
:x
0
1;
x
n1
ax
n
,
n
0
Tìm phần dư chiax
2012 cho 20122 Bài toán (China South East Mathematical Olimpiad 2011)
Cho dãy ( ) thỏa mãn điều kiện: = = = − với =
2, 3, 4, …Chứng minh với số nguyên dương số + + số phương
Lời giải
Hướng thứ Ta tính + + = ; + + = ; + + =
7 ; + + = 18 ; + + = 47 ; … nên ta dự đoán + + = ,
= 2, = 3, = 7, = 18, = 47, … Ta tìm tính chất dãy ( ) Đầu tiên ta thử dự
đốn dãy ( ) tuyến tính tức = + + với = 2,3, …
Do ta có hệ sau:
+ + =
+ + =
+ + =
3 + + = 7 + + = 18 18 + + = 47
= = −1
=
(24)= 2, = = − với = 2, 3, …Sau ta chứng minh + +
2 = với = 1, 2, …
Cách Từ dãy truy hồi ( ) ( ) ta được: = √ √ + √ √ ; =
√ √
+ √ √ Khi ta kiểm tra đẳng thức + + =
với = 1, 2, …
Cách Ta chứng minh quy nạp đẳng thức Thật vậy, từ cách xác định dãy ta
ra được:
− = (3 − ) − = = + + = +
+ + + = + + +
(1)
Theo công thức truy hồi dãy ( ) (1) ta có:
= (3 − ) = + − 2.3 = 9( + + 2) + + + −
2( + + + 9) = − + − + = + + hay =
+ +
Do = + + với = 1, 2, …
Hướng thứ hai Từ công thức truy hồi dãy ( ) ta tìm cơng thức tổng qt: =
√ √
+ √ √ Khi ta chứng minh được:
+ + = 3√5 −
5
3 + √5
2 +
5 − √5 10
3 − √5
Bài tập tương tự
Bài 2.1 (Problem M1174, Kvant) Cho dãy số nguyên ( ) xác định bởi: = 1, =
12, = 20 = + − với = 1, 2, … Chứng minh với số
nguyên dương , số + số phương
Bài 2.2 Cho dãy số
(
a
n)
xác địnha
0
0;
a
1
1
1
3
( 1)
2
n
n
a
n n (25)với n nguyên dương Chứng minh
a
n số phương vớin
0
3 Bài toán (VMO 2011)
Cho dãy số nguyên xác định bởi:
0 1, 1
a a an2 6an15an với n 0
Chứng minh a2012 2010 chia hết cho 2011
Lời giải
Hướng thứ
Xét phương trình đặc trưng dãy số an2 6an1 5an là:
2 6 5 0 3 14
x x x , ta thấy nghiệm lẻ nên công thức a phức tạp Do n
toán yêu cầu chứng minh a2012 2010 chia hết cho 2011 nên ta thay dãy
an dãy
bn cho an bn
mod 2011 , n=0,1,2,
Bây ta chọn dãy
bn thỏa mãn: b0 1,b1 bn2 6bn1
5k b
n với n 0 k số ta chọn sau Khi phương trình đặc trưng là:6 ' 14
x x k k, để ' số phương ta chọn k 2011 Như ta xây dựng dãy
bn xác định sau: b0 1,b1 bn2 6bn1 2016bn với n 0Phương trình đặc trưng
6 2016 48; 42
x x x x , 148n 2
42
nn
b c c
kết hợp với b0 1,b1 suy
4148 49
42
90 41.48 49.
42
90 90
n n
n n
n n
b b (1)
suy 90b2012 41.482012 49.422012
Do 2011 số ngun tố nên theo định lí Fecma nhỏ ta có: 482011 48 mod 2011 ,
2011
42 42 mod 2011 ta thu được:
2
2012 2012
90 b 1 41.48 49.42 90 mod 2011 0 mod 2011 b 1 mod 2011 hay
2012 2010
b chi hết cho 2011
(26)Từ cách xác định dãy
an
bn ta có: an bn
mod 2011 , n=0,1,2,
Do2012 2010
a chi hết cho 2011
Hướng thứ hai
Từ dãy truy hồi an2 6an15an ta tìm cơng thức tổng qt cho a n
+) Phương trình đặc trưng dãy là: − − = ↔ = ± √14 Khi =
3 + √14 + − √14 , sử dụng giả thiết = 1, = −1 ta được:
= √
√ + √14 +
√
√ − √14 (2)
+) Đặt = 2011 ta được:
= √14 −
2√14 + √14 +
√14 +
2√14 − √14
Chú ý: + √14 = + √14, − √14 = − √14, đó:
= + √14 + ⋯ + √14 (3)
Và = + √14 + ⋯ + √14 (4)
Dễ dàng chứng minh được: = − (5)
Ta có ( − 1) = ( − 1) + ≡ 0( ) suy ≡ 0( ) với
mọi = 2, … , − Do theo (3) (4) ta được:
≡ 14 + ( ) ≡ 3.14 + ( ), từ kết hợp với (5) ta
thu được: ≡ 14 − ( ) (6)
Ta có 45 = 2025 ≡ 14( ) nên theo định lí Fecma nhỏ (6) ta được:
≡ −3 + 2.45 ≡ −3 + ≡ −1( ) hay ta − 2010 chia hết cho 2011
Nhận xét Trong (1) ta thay n 2011 ta được:
2011
2011 2011
90b 41.48 49 42 41.4849.42 mod 2011 90 mod 2011 ,
(27)Bài 3.1 Cho dãy số nguyên xác định bởi:
0 1, 1
a a an2 6an1 5an với n 0
Chứng minh a20112010 chia hết cho 2011
Nhận xét Nếu (1) thay n số nguyên tố p 5 ta được:
90 41.48p 49 42 p 41.48 49.42 mod 90 mod
p p
b p p b p Từ ta có
tốn sau:
Bài 3.2 Cho dãy số nguyên xác định bởi:
0 1, 1
a a an2 6an1 2016an với n 0
Chứng minh a p chia hết cho p, p số nguyên tố lớn
Nhận xét Nếu (1) thay n số p 1, plà số nguyên tố lớn ta được:
1
1 2
1
1
90 41.48 49 42 41.48 49.42 mod 180900 mod
90 2010 2010
p p
p
p p
b p p
b p b p
Bài 3.3 Cho dãy số nguyên xác định bởi:
0 1, 1
a a an2 6an1 2016an với n 0
Chứng minh ap12010 chia hết cho p, p số nguyên tố lớn
Nhận xét Bây ta đưa toán tổng quát cho toán Trong cách chứng minh theo
hướng thứ toán ta thấy số nguyên tố 2011 thỏa mãn 45 ≡ 14( 2011) hay 14
số phương 2011
Do toán ta thay số nguyên tố 2011 số nguyên tố thỏa mãn 14 số phương Khi ta có tốn sau:
Bài 3.4 Cho dãy số nguyên xác định bởi:
0 1, 1
a a an2 6an1 5an với n 0
Tìm tất số nguyên tố > cho 14 số phương + chia hết cho
an
an
an (28)Lời giải Trước hết ta tìm tất số nguyên tố > cho 14 số phương
14 số phương = = = = −1
TH1 = = Khi ta có: = = (−1) p ≡ ±1(mod 8) từ xảy hai khả
năng sau:
+) Nếu p ≡ 56k + 8r + ( = 0,1, … ,6) = (−1) = = r =
0, 1, 3, hay ta ≡ 1, 9, 25, 49( 56)
+) Nếu p ≡ 56k + 8r − ( = 0,1, … ,6) = (−1) = = r =
1, 2, 3, hay ta ≡ 7, 15, 23, 39( 56)
TH2 = = −1 Khi ta có: = −1 = (−1) p ≡ ±3(mod 8) từ xảy hai
khả sau:
+) Nếu p ≡ 56k + 8r + ( = 0,1, … ,6) = (−1) = = −1 r =
0, 2, hay ta ≡ 3, 19, 27( 56)
+) Nếu p ≡ 56k + 8r − ( = 0,1, … ,6) = (−1) = = −1 r =
1, 2, 3, hay ta ≡ 5, 13, 21, 45( 56), nguyên tố nên ta loại trường hợp ≡
21( 56)
Vậy tất số ngun tố cần tìm có dạng:
≡ 1, 3, 5, 7, 9, 13, 15, 19, 23, 25, 27, 39, 45, 49( 56)
Chú ý số nguyên tố có dạng tồn theo định lí Dirichlet với hai số nguyên dương
nguyên tố , tồn vơ hạn số nguyên tố dạng +
Ta trở lại chứng minh 3.4
Ta dựa theo hướng giải thứ toán Do 14 số phương nên tồn số nguyên dương cho − 14 ≡ 0( ) Xét dãy số xác định sau:
0 1, 1
b b bn2 6bn1
m2 9
bn với n , dễ thấy 0 số thỏa mãn (2 ; ) = Khi phương trình đặc trưng dãy ( ) là: 26 ;
x xm x m x m
suy kết hợp với b0 1,b1 ta được:
bn
2
21 3
n
(29)
2
2
1
2 4
2 4 4 mod
n n
n
p p
p
mb m m m m
mb m m m m m m m m p
+ ≡ ( − 14)( )
+ ≡ ( − 14) ( ) ≡ 0( ) (1)
Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:
≡ ( )với ≥ (2)
Mặt khác ta có: ≡ ( + 4)(3 + ) + ( − 4)(3 − )( ) suy ≡
−2 ( ) b + ≡ 0(modp)
Từ (1) (2) ta được: + ≡ 0( )
Vậy tất số nguyên tố > thỏa mãn yêu cầu toán là:
≡ 1, 3, 5, 7, 9, 13, 15, 19, 23, 25, 27, 39, 45, 49( 56)
Nhận xét Theo hướng chứng minh thứ hai tốn ta có:
≡ 14 − ( ) nên theo định lí nhỏ Fecma ta có:
+ ≡ + 14 − ≡ 14 − ( )
Do số nguyên tố > thỏa mãn + chia hết cho 14 − chia hết cho hay 14 số phương Do ta thu toán sau:
Bài 3.5 Cho dãy số nguyên xác định bởi:
0 1, 1
a a an2 6an1 5an với n 0
Tìm tất số nguyên tố > cho + chia hết cho
Lời giải
Theo nhận xét tất số nguyên tố > cho + chia hết cho số nguyên tố thỏa mãn 14 số phương
Ta có 14 số phương = = = = −1
TH1 = = Khi ta có:
(30)= = (−1) p ≡ ±1(mod 8) từ xảy hai khả sau:
+) Nếu p ≡ 56k + 8r + ( = 0,1, … ,6) = (−1) = = r =
0, 1, 3, hay ta ≡ 1, 9, 25, 49( 56)
+) Nếu p ≡ 56k + 8r − ( = 0,1, … ,6) = (−1) = = r =
1, 2, 3, hay ta ≡ 7, 15, 23, 39( 56)
TH2 = = −1 Khi ta có:
= −1 = (−1) p ≡ ±3(mod 8) từ xảy hai khả sau:
+) Nếu p ≡ 56k + 8r + ( = 0,1, … ,6) = (−1) = = −1 r =
0, 2, hay ta ≡ 3, 19, 27( 56)
+) Nếu p ≡ 56k + 8r − ( = 0,1, … ,6) = (−1) = = −1 r =
1, 2, 3, hay ta ≡ 5, 13, 21, 45( 56), nguyên tố nên ta loại trường hợp ≡
21( 56)
Vậy tất số ngun tố cần tìm có dạng:
≡ 1, 3, 5, 7, 9, 13, 15, 19, 23, 25, 27, 39, 45, 49( 56)
Nhận xét Theo hướng chứng minh thứ hai tốn ta có =
3 + √14 + ⋯ + √14 (1)
Và = + √14 + ⋯ + √14 (2)
Ta có với = 1, 2, … , − ta có ≡ 0( ) nên từ (1) (2) ta được: ≡
3 ( ) ≡ 14 ( ) Mặt khác ta có = − suy + ≡ −
4 14 + ≡ 14 − ( )
Do số nguyên tố > thỏa mãn + chia hết cho 14 − chia hết cho hay 14 số phương Do ta thu toán sau:
(31)0 1, 1
a a an2 6an1 5an với n 0
Tìm tất số nguyên tố p 5 cho + chia hết cho
Từ cách giải 3.5 ta suy lời giải toán sau:
Bài 3.7 Cho dãy số nguyên xác định bởi:
0 1, 1
a a an2 6an1 5an với n 0
Tìm tất số nguyên tố p 5 cho − 2010 chia hết cho
Bài 3.8 Cho dãy số nguyên xác định bởi:
0 1, 1
a a an2 6an1 5an với n 0
Tìm tất số nguyên tố p 5 cho − 2010 chia hết cho
Bây ta tiếp tục suy nghĩ tốn xem phục thuộc vào giá trị ban đầu , nào? Tại người ta lại lấy = 1, = −1 ta tìm điều kiện , để kết tốn khơng thay đổi khơng? Sau nghiên cứu vấn đề tơi thu tốn sau:
Bài 3.9 Cho , số nguyên cho trước Dãy số nguyên ( ) xác định sau:
= , = = + với số tự nhiên
Tìm tất số nguyên , cho − 2010 chia hết cho 2011
Lời giải
Ta xây dựng dãy
bn xác định sau: b0 1,b1 bn2 6bn12016bnvới n 0
Phương trình đặc trưng x2 6x20160 x48;x 42, bn c148n c2
42
n kết hợp với b0 a b, 1 b suy
42 48
48 42 90 42 48 48 42
90 90
n n
n n
n n
a b a b
b b ab a b (1)
an (32)suy 90b2012
42a b
.482012
48a b
.422012Do 2011 số nguyên tố nên theo định lí Fecma nhỏ ta có: 482011 48 mod 2011 ,
2011
42 42 mod 2011 ta thu được:
2
2012
2012
90 42 48 48 42 90 mod 2011 mod 2011 90 90 mod 2011
b a b a b
b a b
hay b2012 2010 chi hết cho 2011 + + ≡ 0( 2011)
Từ cách xác định dãy
an
bn ta có: an bn
mod 2011 , n=0,1,2,
Do2012 2010
a chi hết cho 2011 + + ≡ 0( 2011) Từ phương trình đồng dư ta tìm = − + + , = −5 − + 371 , , số nguyên tùy ý
Tương tự lời giải tốn ta đưa tập sau:
Bài 3.10 Cho , số nguyên cho trước Dãy số nguyên ( ) xác định sau:
= , = = + với số tự nhiên
Tìm tất số nguyên , cho − 2010 chia hết cho 2011
Bài 3.11 Cho , số nguyên cho trước Dãy số nguyên ( ) xác định sau:
= , = = + với số tự nhiên
Tìm tất số nguyên , cho + chia hết cho , > số nguyên tố cho 14 số phương
Bài 3.12 Cho , số nguyên cho trước Dãy số nguyên ( ) xác định sau:
= , = = + với số tự nhiên
(33)Bây ta nghiên cứu toán theo hướng sau: thay giả thiết = + với
mọi số tự nhiên = 2ℎ + với số tự nhiên = , = ,
ℎ, , , số ngun Khi ta tìm điều kiện cho số ℎ, , , cho + chia hết cho 2011 hay tổng quát ta tìm điều kiện cho ℎ, , , , , số nguyên tố lớn cho + chia hết cho Ta suy nghĩ theo hướng giải thứ toán Khi ta có tốn sau:
Bài 3.13 Cho dãy số nguyên ( ) xác định sau:
= , = = 2ℎ + với số tự nhiên ; , , ℎ, số
nguyên cho trước
Tìm tất số nguyên , , ℎ, cho + chia hết cho ; số nguyên tố
lớn 5, thỏa mãn ℎ + số phương khơng chia hết cho
Lời giải
Do ℎ + số phương nên tồn số nguyên dương cho −
ℎ − ≡ 0( ) Xét dãy số xác định sau: = , = =
2ℎ + ( − ℎ ) với ≥ 0, dễ thấy số thỏa mãn (2 ; ) = Khi phương
trình đặc trưng dãy ( ) là:
− 2ℎ − ( − ℎ ) = ↔ = ℎ ± , nên ta được:
= (ℎ + ) + (ℎ − ) , kết hợp với = , = ta thu được:
= − ℎ +
2 (ℎ + ) +
+ ℎ −
2 (ℎ + )
+ = ( − ℎ + )(ℎ + ) + ( + ℎ − )(ℎ − )
+ ≡ ( − ℎ + )(ℎ + ) + ( + ℎ − )(ℎ − ) +
≡ ( ( − ℎ ) + ℎ + 1) ≡ ( + ℎ + 1)( )
Do (2 ; ) = nên + chia hết cho + ℎ + ≡ 0( ) Mặt
khác quy nạp dễ thấy ≡ ( ), với số tự nhiên Vậy + chia hết cho
+ ℎ + ≡ 0( )
Bài 3.14 Cho dãy số ( ) xác định sau:
= 5, = 11 = − với = 2, 3, …
Chứng minh chia hết cho 11
(34)Lời giải Ta thấy phương trình đặc trưng − + = vô nghiệm nên việc thực theo
hướng giải thứ toán phức tạp Bây ta viết công thức truy hồi dãy ( )
dưới dạng = + − 11 nên ta xét dãy ( ) xác định = 5, =
11, = + Từ dễ thấy ≡ 0( 11) nên ≡ 0( 11)
Tương tự cách suy luận toán ta hồn tồn đưa tốn tổng quát cho 3.14
Để kết thúc việc nghiên cứu dạng tốn 3, bạn đọc dựa vào hướng giải thứ
nhất toán để giải tập sau:
Bài 3.15 Dãy số nguyên ( ) xác định sau:
= 2, = 3, = −1 = − 26 + 1987 với số tự nhiên
Chứng minh − 2010 chia hết cho 2011
Bài 3.16 Dãy số nguyên ( ) xác định sau:
= 179, = 269, = −1 = − + 15 − 13 với số tự nhiên
Chứng minh − 2010 chia hết cho 2011
4 BÀI TOÁN (IMO 2010) Tìm tất dãy số nguyên dương ( ) thỏa mãn tính chất
( + )( + ) số phương với số nguyên dương ,
Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề Nếu số nguyên tố thỏa mãn | − | −
Chứng minh Ta xét hai trường hợp sau:
TH1 | − suy = + , số nguyên Chọn số đủ lớn cho
> { , } không chia hết cho
Lấy = − ta
+ = ≡ ( ) + không chia hết cho
+ = + + − = + ≡ ( )
(35)+ ≡ 0( )
+ ≡ 0( ) suy − ≡ 0( )
TH2 | − − không chia hết cho
Chọn cho = − khơng chia hết cho Khi ta được:
+ =
+ = + − ≡ 0( ) + không chia hết cho
Mặt khác ( + )( + ) ( + )( + ) số phương nên:
+ ≡ 0( )
+ ≡ 0( ) suy − ≡ 0( )
Vậy bổ đề chứng minh
Trở lại tốn ta thấy = với số nguyên tố đủ lớn > ( , ) theo bổ đề ta | − , điều xảy =
Cũng theo bổ đề dễ thấy | − | = với số nguyên dương Từ ta
− = − = −1
+) Nếu − = hay = + Do | − | = | − − 1| = − − =
1 = + (ta thấy không xảy trường hợp − − = −1 ℎ = → = vô
lí)
Do quy nạp ta suy = + − = + với số nguyên dương Thử lại ta
thấy thỏa mãn
+) Nếu − = −1 hay = − Do | − | = | − + 1| = − +
1 = −1 = − (ta thấy không xảy trường hợp − + = ℎ = =
1 vơ lí)
Do quy nạp ta suy = − + với số nguyên dương Điều không xảy
ra với đủ lớn < vơ lí Vậy trường hợp không xảy
Vậy = + , với nguyên dương số ngun khơng âm
Dựa theo tốn ta thu toán sau:
(36)Lời giải
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề Nếu số nguyên tố thỏa mãn | − | −
Chứng minh Ta xét hai trường hợp sau:
TH1 | − suy = + , số nguyên Chọn số , đủ lớn
sao cho , > { , } , không chia hết cho
Lấy = − , = − ta
+ = ≡ ( ) + không chia hết cho
+ = ≡ 0( ) + không chia hết cho
Do ( + )( + )( + ) lập phương số nguyên dương nên + ≡
0( ) (1)
Mặt khác + = + + − ≡ 0( ) + không chia hết cho
Theo giả thiết ta có ( + )( + )( + ) lập phương số nguyên dương nên
+ ≡ 0( ) (2)
Từ (1) (2) ta − ≡ 0( )
TH2 | − − không chia hết cho Đặt = + , số nguyên
không chia hết cho
Chọn số , đủ lớn cho , > { , } , không chia hết cho Khi
đó lấy = − = − Khi ta được:
+ = ≡ 0( ) + không chia hết cho
+ = ≡ 0( ) + không chia hết cho
Do ( + )( + )( + ) lập phương số nguyên dương nên + ≡
0( ) (3)
Mặt khác + = + + − ≡ 0( ) + không chia hết cho
Theo giả thiết ta có ( + )( + )( + ) lập phương số nguyên dương nên
+ ≡ 0( ) (4)
(37)Trở lại toán ta thấy = với số nguyên tố đủ lớn > ( , ) theo bổ đề ta | − , điều xảy =
Cũng theo bổ đề dễ thấy | − | = với số nguyên dương Từ ta
− = − = −1
+) Nếu − = hay = + Do | − | = | − − 1| = − − =
1 = + (ta thấy không xảy trường hợp − − = −1 ℎ = = (vơ
lí)
Do quy nạp ta suy = + − = + với số nguyên dương Thử lại ta
thấy thỏa mãn
+) Nếu − = −1 hay = − Do | − | = | − + 1| = − +
1 = −1 = − (ta thấy không xảy trường hợp − + = ℎ = =
1 vơ lí)
Do quy nạp ta suy = − + với số nguyên dương Điều khơng xảy
ra với đủ lớn < vơ lí Vậy trường hợp khơng xảy
Vậy = + , với nguyên dương số nguyên không âm
Bài 4.2 (tổng qt tốn 4.1) Tìm tất dãy số nguyên dương ( ) thỏa mãn tính
chất + + … + + lũy thừa bậc số nguyên
dương với số nguyên dương , , … , , số nguyên dương lớn cho trước
Bây ta tổng quát toán (IMO 2010) theo hướng khác Trong toán ta thay giả thiết ( + )( + ) số phương với số nguyên dương , ; số nguyên dương cho trước Khi ta phát biểu tốn sau:
Bài toán A Cho số nguyên dương cho trước Tìm tất dãy số nguyên dương ( )
thỏa mãn tính chất ( + )( + ) số phương với số nguyên dương ,
Trong q trình tìm lời giải tốn A, tơi nhận thấy tốn khó khơng giải trường hợp số nguyên dương Tuy nhiên ta xét số trường hợp đặt biệt ta giải toán Các toán trường hợp số đặc biệt xét chúng tốn khó
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
(38)Chứng minh
Chọn = + pm = + ≡ 1( ) suy tồn số nguyên dương
cho = + (1)
Chọn cho − không chia hết cho Lấy = − kết hợp với (1) ta được:
= − + ( − ) = − + ( − + ) + = ( − +
) Do + chia hết cho khơng chia hết cho Từ ta chọn = ta
được kết luận bổ đề
Bổ đề Cho , hai số nguyên tố khác số nguyên dương cho trước Khi ln tồn số ngun dương cho + chia hết cho không chia hết cho
Chứng minh Theo định lí Euler ta có ≡ 1( )
Chọn = + pm = + ≡ 1( ) suy tồn số nguyên dương
cho = + (2)
Chọn cho − không chia hết cho Lấy = − kết hợp với (2) ta được:
= − + ( − ) = − + ( − + ) + =
( − + ) Do + chia hết cho khơng chia hết cho Từ ta
chọn = ta kết luận bổ đề
Bổ đề Cho , hai số nguyên tố khác , số nguyên dương cho trước Khi ln tồn số ngun dương cho + chia hết cho không chia hết cho
Chứng minh Theo định lí Euler ta có ≡ 1( )
Chọn = + pm = + ≡ 1( ) suy tồn số nguyên dương
cho = + (3)
Chọn cho − không chia hết cho Lấy = − kết hợp với (3) ta được:
= − + ( − ) = − + ( − + ) + =
( − + ) Do + chia hết cho khơng chia hết cho Từ
đó ta chọn = ta kết luận bổ đề
Bổ đề Cho số nguyên tố Chứng minh tồn hai số nguyên dương
, cho ( + + )( + + ) khơng số phương
(39)Chọn cho − không chia hết cho , = + Đặt = + − dễ
thấy không chia hết cho Từ suy = + − = ( − ) + − +
Đặt = − ta được: = + + +
Bây ta chọn = + Khi ( + + )( + + ) = ( + + + 1)( + +
+ ) = ( + − 1) không số phương khơng chia hết cho Vậy bổ đề chứng minh
Bổ đề Cho số nguyên dương > 1, số nguyên tố số nguyên dương Chứng minh tồn số nguyên dương , cho số ( + + ( − 1) )( +
+ ( − 1) ) khơng số phương
Chứng minh
Do > nên − có ước nguyên tố khác Giả sử số nguyên dương cho − chia hết cho khơng chia hết cho Khi tồn không chia hết cho
sao cho = + Gọi số tự nhiên cho + = , khơng chia
hết cho
Chọn = ta được:
( + + ( − 1) )( + + ( − 1) ) = ( + )( + + ( − 1) ) = ( +
) − ( − 1) − ( − 1) ( + ) (4)
Theo bổ đề tồn số nguyên dương cho + = , khơng chia hết
cho
Do với = 1, chọn kết hợp với (4) ta thu
( + + ( − 1) )( + + ( − 1) ) = ( − ( + ) )
= ( − ) = ( − )
Khơng số phương ( − ) không chia hết cho Vậy bổ đề chứng
minh
Bổ đề Nếu số nguyên tố thỏa mãn | − | ( − )
Ta xét hai trường hợp sau:
TH1 | − suy = + , số nguyên Theo bổ đề ta chọn
cho + chia hết cho không chia hết cho Từ ta được:
(40)+ = + + − ≡ ( ) không chia hết cho
Mặt khác ( + )( + ) ( + )( + ) số phương nên:
+ ≡ 0( )
+ ≡ 0( ) suy ( − ) ≡ 0( )
TH2 | − − không chia hết cho
Theo bổ đề tồn số nguyên dương cho: + chia hết cho khơng chia hết cho Khi ta được:
+ chia hết cho không chia hết cho
+ = + − ≡ 0( ) + không chia hết cho
Mặt khác ( + )( + ) ( + )( + ) số phương nên:
+ ≡ 0( )
+ ≡ 0( ) suy ( − ) ≡ 0( )
Vậy bổ đề chứng minh
Bổ đề Nếu = =
Chứng minh
Giả sử số nguyên tố đủ lớn cho > | − | Khi từ giả thiết suy | − suy | ( − ) vơ lí Vậy bổ đề chứng minh
Bổ đề Cho số nguyên tố lớn Chứng minh không tồn số tự nhiên
, > thỏa mãn đẳng thức − =
Chứng minh Ta xét hai trường hợp sau:
TH1 Nếu số lẻ − = ( − 1)( + + ⋯ + + 1) có ước ngun tố
lẻ, vơ lí
TH2 Nếu = − = p − p + = Từ suy tồn hai số tự
nhiên , cho − = ; + = − = s = 1; t = Do ta
= 1, = vơ lí
Vậy bổ đề chứng minh
(41)Chứng minh Ta xét trường hợp sau:
TH1 Nếu số lẻ + = ( + 1)( − + ⋯ − + 1) có ước ngun tố lẻ, vơ
lí
TH2 Nếu số chẵn, =
(i) Nếu số chẵn, = ta có ≡ 1( 3) nên chia hết cho hay = Tiếp theo ta có: (2 − 1)(2 + 1) = 3^ Từ suy tồn hai số tự nhiên , cho − =
3 ; + = − = s = 0; t = Do ta = 1, = 3, = vơ lí
(ii) Nếu số lẻ = + thay vào phương trình ta được: ( ) − (2 ) = −1 suy ( ; ) nghiệm nguyên dương phương trình Pell loại 2: − = −1
(1)
Xét phương trình Pell loại liên kết với phương trình trên: − = (2)
Phương trình (2) có nghiệm ngun dương nhỏ (3; 2) Khi ta xét hệ phương trình:
3 = +
2 =
Hệ phương trình có nghiệm (1; 1) Do ( ; ) tất nghiệm phương trình (1) xác định sau:
= 1, = 7, = − ; = 1, = 5, = −
Từ suy = 7, kết hợp với số lẻ nên ta có trường hợp sau:
+) = 6ℎ + = (64) ≡ 2( 7), + ≡ 1( 7) suy trường hợp không
xảy
+) = 6ℎ + = (64) 2^5 ≡ 5( 7), + ≡ 1( 7) suy trường hợp
không xảy
+)
n
6h
3
3u
2
n
64 8
h
0 mod16 ;7
m
1 49
s
1 mod16
suy trường hợp không xảyVậy bổ đề chứng minh
Bài 4.3 Cho số nguyên tố Xét tất dãy số nguyên dương ( ) thỏa mãn tính chất
( + )( + ) số phương với số nguyên dương ,
a) Chứng minh với số nguyên dương tồn số tự nhiên cho | −
(42)b) Chứng minh xảy đẳng thức | − | = với số nguyên dương
Lời giải
a) Nếu số − có ước nguyên tố , với số nguyên dương Khi
theo bổ đề ta có | ( + − ) hay = Do = − có hai ước
Do tồn số tự nhiên cho | − | =
b) Giả sử đẳng thức | − | = xảy với số nguyên dương
Khi ta có − = − = −1
+) Nếu − = hay = + Do | − | = | − − 1| = − − =
1 = + (ta thấy không xảy trường hợp − − = −1 ℎ = = vô
lí, bổ đề 7)
Do quy nạp ta suy = + − = + với số nguyên dương
.Theo bổ đề dãy xác định không thỏa mãn
+) Nếu − = −1 hay = − Do | − | = | − + 1| = − +
1 = −1 = − (ta thấy không xảy trường hợp − + = ℎ = =
1 vơ lí, bổ đề 7)
Do quy nạp ta suy = − + với số nguyên dương Điều khơng xảy với đủ lớn < vơ lí Vậy trường hợp khơng xảy
Vậy ta có kết luận phần b
Bài 4.4 Cho số nguyên tố thỏa mãn tính chất với số ngun dương + − khơng có dạng , số nguyên dương Xét tất dãy số nguyên dương ( ) thỏa mãn tính chất ( + )( + ) số phương với số nguyên dương ,
a) Chứng minh tồn số nguyên dương cho | − | = , với số nguyên dương
b) Chứng minh − + = với = 2, 3, 4, …
Lời giải
a) Theo 4.3 ta có với số nguyên dương tồn số tự nhiên cho
| − | = , từ suy | − | = | − | = giả sử ≥ Khi
sẽ xẩy hai trường hợp sau:
TH1 Nếu − = − = − = + = ( + 1), theo giả
thiết > + có ước nguyên tố khác 2, Mặt khác theo bổ đề
(43)TH2 Nếu − = − = − − = − = ( − 1), theo giả thiết > + có ước nguyên tố khác 2, Mặt khác theo bổ đề
các ước nguyên tố − vơ lí nên =
Do ta chứng minh = = ⋯ =
Theo 4.3 b = không thỏa mãn nên số nguyên dương
b)Theo phân a ta có | − | = | − | với = 2, 3, … nên xảy hai trường hợp:
TH1 Nếu tồn số nguyên dương cho − = −( − ) suy =
theo bổ đề ta thu + = − vơ lí
TH2 Nếu không tồn số nguyên dương cho − = −( − ) −
= − hay − + = với = 2, 3, 4, …
Bài 4.5 Cho số ngun tố lớn , thỏa mãn khơng có dạng 2 + − 1, số nguyên dương Tìm tất dãy số nguyên dương ( ) thỏa mãn tính chất
( + )( + ) số phương với số nguyên dương ,
Lời giải
Nếu số − có ước nguyên tố , với số nguyên dương Khi
theo bổ đề ta có | ( + − ) hay = Do = − có hai ước Do
đó với số nguyên dương tồn số tự nhiên cho | − | = , từ suy
ra | − | = | − | = giả sử ≥ Khi xẩy hai trường hợp sau:
TH1 Nếu − = − = − = + = ( + 1)
+) Nếu − > theo bổ đề ta có + khơng có dạng suy số +
có ước nguyên tố khác 2, Mặt khác theo bổ đề ước nguyên tố −
vơ lí Nên trường hợp − > không xảy
+) Nếu − = theo giả thiết + = + khơng có dạng nên có ước
nguyên tố khác 2, Mặt khác theo bổ đề ước nguyên tố − vơ lí Nên trường hợp − = không xảy
Vậy ta có =
TH2 Nếu − = − = − − = − = ( − 1)
(44)+) Nếu − = theo giả thiết − = − khơng có dạng nên có ước nguyên tố khác 2, Mặt khác theo bổ đề ước nguyên tố −
vơ lí Nên trường hợp − = không xảy
Vậy trường hợp ta có = Do ta có = = ⋯ =
Nếu = đẳng thức | − | = xảy với số nguyên dương Khi ta có
− = − = −1
+) Nếu − = hay = + Do | − | = | − − 1| = − − =
1 = + (ta thấy không xảy trường hợp − − = −1 ℎ = = vơ
lí, bổ đề 7)
Do quy nạp ta suy = + − = + với số nguyên dương Theo bổ đề
3 dãy xác định không thỏa mãn điều kiện ( + )( + ) số phương với số nguyên dương ,
+) Nếu − = −1 hay = − Do | − | = | − + 1| = − +
1 = −1 = − (ta thấy không xảy trường hợp − + = ℎ = =
1 vơ lí, bổ đề 7)
Do quy nạp ta suy = − + với số nguyên dương Điều không xảy với đủ lớn < vơ lí Vậy trường hợp khơng xảy
Vậy > nên ta có đẳng thức thức | − | = xảy với số nguyên dương
Khi ta có − = − = −
+) Nếu − = hay = + Do | − | = | − − | = − −
= = + (ta thấy không xảy trường hợp − − = − ℎ =
= vơ lí, bổ đề 7) Bằng quy nạp ta suy = + ( − 1) với số nguyên
dương Theo bổ đề > dãy xác định không thỏa mãn điều kiện ( +
)( + ) số phương với số nguyên dương , Do = hay = +
( − 1) với số nguyên dương , thử lại thấy thỏa mãn
+) Nếu − = − hay = − Do | − | = | − + | = −
+ = − = − (ta thấy không xảy trường hợp − + = ℎ =
= vơ lí, bổ đề 7) Bằng quy nạp ta suy = − ( − 1) với số nguyên
dương Điều không xảy với đủ lớn < vơ lí Vậy trường hợp không xảy