Đang tải... (xem toàn văn)
Mục đích của Luận văn là trình bày một số dạng toán về dãy số nguyên thường gặp trong các kỳ thi Olympic toán quốc gia và quốc tế. Qua đó trình bày phương pháp tiếp cận các dạng toán nói trên.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG TRẦN THỊ MINH HẬU MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỦA DÃY SỐ NGUN TĨM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Hà Nội-Năm 2018 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG TRẦN THỊ MINH HẬU MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỦA DÃY SỐ NGUYÊN CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP MÃ SỐ: 8460113 TĨM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN VĂN NGỌC Hà Nội-Năm 2018 Mục lục Trang Mở đầu Chương Dãy số nguyên có điều kiện 1.1 Tính chất chia hết tập hợp số nguyên 1.1.1 Tính chia hết số nguyên 1.1.2 Đồng dư 1.2 Nguyên lý Dirichlet 1.3 Dãy số nguyên có điều kiện 1.4 Bài toán chọn 1.5 Bài toán chia hết toán liên quan 3 3 5 Chương Bất đẳng thức cực trị 2.1 Các toán bất đẳng thức 2.2 Cực trị biểu thức nguyên 2.3 Cực trị biểu thức phân 10 Chương Dãy số truy hồi 3.1 Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai hệ số 3.1.1 Công thức số hạng tổng quát dãy số 3.1.2 Ví dụ 3.2 Dãy truy hồi phi tuyến 20 20 20 21 22 Kết luận 24 Tài liệu tham khảo 25 ii Mở đầu Dãy số đặc biệt quan trọng tốn học khơng 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, Trong nhiều kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic tốn quốc tế, thi vơ địch tốn nước, toán liên quan đến dãy số thường hay đề cập Dãy số nguyên thường xuất kỳ thi học sinh giỏi gây khơng khó khăn cho thí sinh Sự kết hợp dãy số tính chất số học có lẽ lý mà gây khó khăn Mục đích Luận văn trình bày số dạng toán dãy số nguyên thường gặp kỳ thi Olympic tốn quốc gia quốc tế Qua trình bày phương pháp tiếp cận dạng tốn nói Luận văn gồm phần Mở đầu, ba chương, Kết luận Tài liệu tham khảo : Chương 1: Dãy số ngun có điều kiện tốn liên quan Chương 2: Bất đẳng thức cực trị Chương 3: Dãy số truy hồi Chương 1: Trình bày số khái niệm tính chất chia hết tập hợp số nguyên, nguyên lý Dirichlet số toán dãy số nguyên, tốn dãy số ngun có điều kiện, dãy số chọn toán chia hết Chương 2: Trong chương tác giả trình bày tốn bất đẳng thức số nguyên, cực trị biểu thức nguyên biểu thức phân, đặc biệt biểu thức chứa trị tuyệt đối tập hợp số nguyên dương Chương 3: Như biết học sinh thường gặp nhiều khó khăn giải toán liên quan đến toán xác định công thức số hạng tổng quát dãy số chứng minh dãy số dãy số nguyên Để giải vấn đề chương tác giả trình bày quy luật tính chất vài dãy số thường gặp chứa dãy số truy hồi với số hạng tổng (hoặc hiệu) hai số nguyên, chứa dãy Fibonacci, Lucas, Pell, Pell-Lucas Ngoài ra, luận văn xét số dãy truy hồi phi tuyến tuyến tính hóa Tác giả đưa số toán minh họa cho phần lý thuyết trình bày Luận văn hồn thành giúp đỡ Thầy: TS Nguyễn Văn Ngọc Dù tác giả cố gắng tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận ý kiến góp ý quý báu thầy, cô bạn đồng nghiệp Xin trân trọng cảm ơn! Hà Nội, Tháng 12, Năm 2018 Tác giả Trần Thị Minh Hậu Chương Dãy số nguyên có điều kiện toán liên quan Chương trình bày số khái niệm tính chất chia hết tập hợp số nguyên, nguyên lý Dirichlet số toán dãy số ngun, tốn dãy số ngun có điều kiện, dãy số chọn toán chia hết Nội dung chương dựa tài liệu [1], [4] [5] 1.1 Tính chất chia hết tập hợp số nguyên 1.1.1 Tính chia hết số nguyên Định nghĩa 1.1 Với hai số nguyên a b( với b = 0), ta nói a chia hết cho b (hay a bội b, hay b ước a), tồn số nguyên k cho a = kb Lúc ký hiệu a b Trường hợp ngược lại ký hiệu a b ta nói a khơng chia hết cho b, hay b khơng chia hết a Các tính chất tính chia hết i) Nếu a, b nguyên dương mà a b, a ≥ b ii) Nếu b với i = 1, n (a1 + a2 + · · · + an ) b iii) Với hai số nguyên không âm a b, b = 0, ln ln tồn cặp số nguyên q r cho a = bq + r, ≤ r < b 1.1.2 Đồng dư Định nghĩa 1.2 Nếu hai số nguyên a b chia cho số tự nhiên m (m = 0) có số dư ta nói a đồng dư với b theo modulo m viết a ≡ b mod m Các tính chất đồng dư i) Hai số nguyên a b đồng dư với theo modulo m (m số nguyên dương) (a − b) m ii) Quan hệ đồng dư quan hệ tương đương tập hợp số nguyên Z iii) Nếu a ≡ b (mod m) c ≡ d (mod m) a+c≡b+d (mod m), a−c≡b−d (mod m), ac ≡ bd (mod m) iv) Nếu p số nguyên tố ab ≡ (mod p) a ≡ (mod p) b ≡ (mod p) 1.2 Nguyên lý Dirichlet Nguyên lý 1.1 (Nguyên lý Dirichlet bản) Nếu nhốt n + thỏ vào n chuồng có chuồng chứa hai thỏ Nguyên lý 1.2 (Nguyên lý Dirichlet mở rộng) Nếu nhốt n thỏ vào m ≥ thỏ, kí hiệu chuồng tồn chuồng có n+m−1 m [α] để phần nguyên số α., ( Đk n − ≥ m ) Chứng minh Giả sử trái lại chuồng thỏ khơng có đến n+m−1 n−1 n−1 = +1 = +1 m m m Từ suy con, số thỏ chuồng nhỏ n−1 m tổng số thỏ không vượt m · n−1 = n − Điều vơ lý có m n thỏ Vậy giả thiết phản chứng sai Nguyên lý Dirichlet mở rộng chứng minh Nguyên lý Dirichlet tưởng chừng đơn giản vậy, cơng cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc tốn học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng lĩnh vực khác toán học Nguyên lý nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh tồn mà không đưa phương pháp tìm vật cụ thể, thực tế nhiều toán ta cần tồn đủ Nguyên lý Dirichlet thực chất định lý tập hữu hạn Người ta phát biểu xác ngun lý dạng sau Nguyên lý 1.3 (Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp) Cho A B hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử A lớn số lượng phần tử B Nếu với quy tắc đó, phần tử A cho tương ứng với phần tử B , tồn hai phần tử khác A mà chúng tương ứng với phần tử B 1.3 Dãy số ngun có điều kiện Bài tốn 1.1 Tìm dãy gồm 2n + số nguyên dương liên tiếp với n ≥ cho tổng n + số hạng đầu tổng n số hạng cuối Bài tốn 1.2 Tìm dãy gồm 2n + số nguyên dương liên tiếp với n ≥ cho tổng bình phương n + số hạng đầu tổng bình phương n số hạng cuối Bài toán 1.3 Cho dãy gồm 100 số nguyên dương khác nhau, số nhỏ 1200 Chứng minh hiệu hai số dãy có hiệu số Bài toán 1.4 Cho dãy số gồm n số nguyên dương khác với n ≥ Lấy số dãy số để lập tất tổng có từ đến n số hạng Chứng minh rằng: a)Trong tổng có n(n + 1) tổng không 2 b) Nếu cho n số nguyên dương khơng thể lấy nhiều n(n + 1) tổng khơng Bài tốn 1.5 Cho dãy số gồm n số nguyên dương a1 , a2 , a3 , , an với n ≥ Lập dãy số sau: bs = (as + as+1 ), ≤ s ≤ n Tiếp tục Chứng minh dãy ban đầu có hai số khác đến lúc xuất dãy chứa số hạng khơng ngun Bài tốn 1.6 Cho dãy gồm bốn số nguyên a1 , a2 , a3 , a4 Lập dãy số gồm bốn số sau: b1 = a1 − a2 , b2 = a2 − a3 , b3 = a3 − a4 , b4 = a4 − a1 Từ dãy số b1 , b2 , b3 , b4 tiếp tục lập dãy gồm bốn số Chứng minh đến lúc nhận dãy số gồm bốn số hạng số chẵn 1.4 Bài toán chọn Các toán sau yêu cầu ta yêu cầu chọn từ dãy cho trước dãy với thuộc tính quy định (chủ yếu liên quan đến tổng số hạng nó) Để bắt đầu, ta làm rõ cụm từ “ số số hạng chọn cho tổng S chúng ” không loại trừ trường hợp mà số hạng đơn chọn; rõ ràng “tổng” ta nên dùng S = , Bài toán 1.7 Chứng minh 100 số nguyên dương chọn hay nhiều số mà tổng chúng chia hết cho 100 Bài toán 1.8 a) Trong 2n số nguyên từ đến 2n chọn n + số Chứng minh số chọn có số tổng hai số chọn (hai số khác nhau) b) Có thể lấy nhiều số 2n số nguyên dương để số chọn không tổng hai số chọn (hai số khác nhau) Bài toán 1.9 a) Trong 2n số nguyên từ đến 2n chọn n + số Chứng minh số chọn có cặp số mà số chia hết cho số b) Có thể lấy nhiều số 2n số nguyên dương để số chọn khơng có cặp số mà số chia hết cho số Bài toán 1.10 Cho n số nguyên khác a1 , a2 , a3 , , an số nguyên k với k > n ≥ Chứng minh chọn số nguyên t để tích (a1 + t)(a2 + t) (an + t) khơng chia hết cho số k Bài tốn 1.11 Chứng minh số nguyên dương liên tiếp chọn số mà ngun tố với số cịn lại Bài tốn 1.12 Chứng minh 29 số nguyên dương liên tiếp chọn 10 số cho số chọn khơng trung bình cộng hai số khác chọn Bài toán 1.13 Giả sử tổng số nguyên dương a1 , a2 , , an 2n số nguyên lớn khác n + Chứng minh n chẵn, từ dãy a1 , a2 , , an ta chọn số số hạng có tổng n Bài toán 1.14 Giả sử số nguyên dương x1 , x2 , , xn , y1 , y2 , , ym thỏa mãn tổng x1 + x2 + + xn y1 + y2 + + ym nhỏ m · n Chứng minh từ phương trình x1 + x2 + + xn = y1 + y2 + + ym (1.1) ta loại bỏ số (nhưng tất cả) số hạng cho phương trình 1.5 Bài tốn chia hết Bài tốn 1.15 Chứng minh khơng tồn hợp số n > cho có hốn vị a1 , a2 , , an số 1, 2, , n cho số a1 , a1 a2 , a1 a2 a3 , , a1 a2 · · · an có phần dư khác sau chia cho n Điều có với n = khơng? Bài tốn 1.16 Chứng minh với n ≥ ta chọn n số nguyên < a1 < a2 < · · · < an có tính chất sau: Nếu b1 , b2 , , bn hoán vị số a1 , a2 , , an + b2 b3 · · · bn bội b1 Bài toán 1.17 Chứng minh với n > tồn hoán vị a1 , a2 , , an số nguyên 1, 2, , n cho aj+1 ước tổng a1 + a2 + · · · + aj với j = 1, 2, , n − Bài tốn 1.18 Giả sử số ngun n có tính chất sau: Tồn hốn vị dãy 2n số 1, 1, 2, 2, , n, n cho với k = 1, 2, , n tồn k phần tử hai số k Chứng minh n2 + n chia hết cho Với x = k, k = 1, 2, , n Trong trường hợp ta có [(k − 1) + (k − 2) + + + 1] + [1 + + (n − k)] (n + − k) + (n + − k) + + (n + n − k) 2k − 2k(n + 1) + n(n + 1) = (3n + 1)n − 2nk An (k) = (2.2) Với k=1và k=n, từ (2.2) tương ứng ta có An (1) = n−1 , 3n − An (n) = n−1 , An (1) < An (n), ∀n > n+1 (2.3) Lấy đạo hàm An (k) theo k ta A′n (k) = 2n[−2k + 2k(3n + 1) − (n + 1)(2n + 1)] [(3n + 1)n − 2nk]2 (2.4) Từ suy An (k) đồng biến theo k −2k + 2k(3n + 1) − (n + 1)(2n + 1) ≥ (2.5) ⇔ 2k − 2k(3n + 1) + (n + 1)(2n + 1) ≤ Dễ dàng tìm nghiệm bất phương trình (2.5) 3n + − √ 5n2 − ≤k≤ 3n + + √ 5n2 − (2.6) Dễ ràng chứng tỏ 3n + + √ 5n2 − > n, √ 3n + − 5n2 − 1< < n (∀n ≥ 2) (2.7) (2.8) Như hàm An (k) nghịch biến khoảng (1, K(n)) đồng biến khoảng (K(n), n), ký hiệu K(n) = 3n + − √ 5n2 − (2.9) Vì x = k số nguyên dương lớn 1, nên cần phải đánh giá số K(n) số nguyên gần Giả sử p số nguyên dương thỏa mãn điều kiện n ≥ p + Xét hệ bất phương trình √ p + ≤ n, 3n + − 5n − ≥ p, √ 3n + − 2√ 5n2 − ≤p+1≤n ⇔ 3n + − 2p ≥ √5n2 − 3n − − 2p ≤ 5n2 − Vì n ≥ p + 1, nên 3n − − 2p ≥ 0, nên hệ cuối tương đương với 11 ⇔ p + ≤ n, Ta có p + ≤ n, (3n + − 2p)2 ≥ 5n2 − ⇔ (3n − − 2p)2 ≤ 5n2 − 2n2 − 3n(2p − 1) + 2p2 − 2p + ≥ 2n2 − 3n(2p + 1) + 2p2 + 2p + ≤ (2.10) ∆1 = 9(2p − 1)2 − 8(2p2 − 2p + 1) = 20p2 − 20p + > 0, ∆2 = 9(2p + 1)2 − 8(2m2 + 2m + 1) = 20p2 + 20p + > Ký hiệu N1 = 3(2p − 1) − 3(2p − 1) + 20p2 − 20p + , N2 = 20p2 − 20p + M1 = 3(2p + 1) − 20p2 + 20p + 3(2p + 1) + , M2 = 20p2 + 20p + Có bất đẳng thứ kép N1 < M1 < N2 < M2 Rõ ràng N1 < M1 N2 < M2 Chúng ta cần chứng minh M1 < N2 Thật M1 < N2 ⇔ − ⇔6< 20p2 + 20p + < −3 + 20p2 + 20p + + ⇔ 36 < 40p2 + + 20p2 − 20p + 20p2 − 20p + (20p2 + 20p + 1)(20p2 − 20p + 1) (2.11) Bất đẳng thức (2.11) với p ≥ Do nghiệm n hệ bất phương trình (2.10) xác định bất đẳng thức kép n ≥ p + 1, 2 (2.12) 3(2p − 1) + 20p − 20p + ≤ n ≤ 3(2p + 1) + 20p + 20p + 4 Chúng ta có kết sau Mệnh đề 2.1 Giả sử số nguyên dương n p thỏa mãn bất đẳng thức kép (2.12) Khi đoạn [1, n] hàm An (x) đạt giá trị nhỏ x = p p + giá trị lớn x = n Với x = n + k, k = 1, 2, , n Trong trường hợp ta có |n + k − 1| + |n + k − 2| + + |n + k − n| |n + k − n − 1| + |n + k − n − 2| + + |n + k − 2n| n(n − 1) + 2nk = 2k − 2k(n + 1) + n(n + 1) An (n + k) = 12 (2.13) Xét giá trị An (n + k) n+1 2n Ta có An (n + 1) = n+1 , n−1 An (2n) = Đạo hàm theo k An (n + k) : A′n = 3n − n−1 (2.14) 2n{n(n + 1) − 2k(n − 1) + n2 − − 2k ]} [2k − 2k(n + 1) + n(n + 1)]2 Như vây An (n + k) đồng biến theo k n(n + 1) − 2k(n − 1) + n2 − − 2k ≥ ⇔ 2k + 2k(n − 1) − (2n2 + n − 1) ≤ 0, k = 1, 2, , n (2.15) Dễ dàng tìm nghiệm k bất phương trình (2.15) −(n − 1) − √ 5n2 − −(n − 1) + ≤k≤ Từ ta có −(n − 1) + 1≤k≤ Ta có −(n − 1) + 1< √ √ 5n2 − √ 5n2 − 5n2 − (2.16) < n, ∀n > (2.17) Thật vậy, bất đẳng thức (2.17) tương đương với n+1< 5n2 − < 3n − ⇔ n2 + 2n + < 5n2 − < 9n2 − 6n + ⇔ n2 + 2n + < 5n2 < 9n2 − 6n + ⇔ n + < 2n2 < 4n2 − 3n + Bất đẳng thức cuối hiển nhiên với n ≥ Từ suy √ (n − 1) + 5n2 − n+1≤x=n+k ≤ < 2n, ∀n > Để thuận tiện ta ký hiệu √ (n − 1) + 5n2 − H(n) = (2.18) Ta thấy hàm An (x) đồng biến đoạn [n + 1, H(n)] nghịch biến đoạn [H(n), 2n] Ta có An (n + 1) = n+1 3n − , An (2n) = n−1 n−1 Giả sử n q số nguyên dương lớn thỏa mãn điều kiện 2q +1 ≥ n Xét hệ bất phương trình theo n √ q + ≤ 2n, n − + 5n − ≥ q, n−1+ √ 5n2 −1 ≤ q + ≤ 2n 13 ⇔ 2q √ + ≥ n, √5n − ≥ 2q − n + 5n2 − ≤ 2q − n + Vì 2q + ≥ n, nên hệ cuối tương đương với q + ≤ 2n, ⇔ Ta có 2q + ≥ n, 5n2 − ≥ (2q − n + 1)2 5n2 − ≤ (2q − n + 3)2 q + ≤ 2n, 2q + ≥ n, 2n2 + n(2q + 1) − (2q + 2q + 1) ≥ 0, 2n2 + n(2q + 3) − (2q + 6q + 5) ≤ (2.19) ∆1 = (2q + 1)2 + 8(2q + 2q + 1) = 20q + 20q + > 0, ∆2 = (2q + 3)2 + 8(2q + 6q + 5) = 20q + 60q + 49 > Ký hiệu P1 = Q1 = −(2q + 1) − −(2q + 3) − −(2q + 1) + 20q + 20q + 20q + 20q + , P2 = , 4 −(2q + 3) + 20q + 60q + 49 20q + 60q + 49 , Q2 = 4 Dễ thấy Q1 < P1 < P2 < Q2 Đễ dàng chứng tỏ 2q + ≥ n Như nghiệm n hệ bất phương trình (2.19) q + ≤ 2n ≤ 4q + 2, 2 (2.20) −(2q + 1) + 20q + 20q + ≤ n ≤ −(2q + 3) + 20q + 60q + 49 4 Mệnh đề 2.2 Giả sử số nguyên dương n q thỏa mãn bất đẳng thức kép (2.20) Khi đoạn [n + 1, 2n] hàm An (x) đạt giá trị lớn x = q x = q + giá trị nhỏ x = n + • Từ mệnh đề 2.1 2.2 có kết sau Định lý 2.1 Giả sử số nguyên n, p, q lớn thỏa mãn bất thức (2.12) (2.20) Khi [1, 2n]An (x) = min{An (p), An (p + 1)}, (2.21) max [1, 2n]An (x) = max{An (q), An (q + 1)} (2.22) Như trường hợp với n>1 ta cần tính An (x) giá trị x ∈ {p, p + 1, q, q + 1} 14 Bài tốn 2.13 Tìm số nguyên dương x làm cực trị biểu thức Bn (x) = (x − 1)2 + (x − 2)2 + + (x − n)2 (x − n − 1)2 + (x − n − 2)2 + + (x − 2n)2 Lời giải • Trường hợp n=1 Ta có B1 (x) = Dễ thấy (x − 1)2 = 1+ (x − 2) x−2 , x ∈ D := {1, 3, 4, } B1 (x) = A1 (1) = 0, max B1 (x) = A1 (3) = D D • Trường hợp n>1 Chúng ta cần công thức sau n(n + 1) , n(n + 1)(2n + 1) 11 + 22 + + n2 = + + + n = (2.23) (2.24) Có thể công thức phương pháp quy nạp Khai triển tử thức mẫu thức biểu thức cho, sử dụng công thức (2.23)-(2.24), ta 6nx2 − 6xn(n + 1) + n(n + 1)(2n + 1) 6nx2 − 6xn(3n + 1) + 6n3 + 6n2 (n + 1) + n(n + 1)(2n + 1) (2.25) 24n2 [−3x2 + 3x(2n + 1) − (2n2 + 3n + 1)] [6nx2 − 6xn(3n + 1) + 6n3 + 6n2 (n + 1) + n(n + 1)(2n + 1)]2 (2.26) Bn (x) = Sau cần dùng Bn thay cho Bn (x) Đạo hàm theo x Bn (x) : Bn′ (x) = Từ (2.26) suy hàm Bn (x) đồng biến −3x2 + 3x(2n + 1) − (2n2 + 3n + 1) ≥ ⇔ 3x2 − 3x(2n + 1) + (2n2 + 3n + 1) ≤ (2.27) Biệt thức (2.27) ∆ = 9(2n + 1)2 − 12(2n2 + 3n + 1) = 12n2 − Nghiệm x bất phương trình (2.27) S1 (n) ≤ x ≤ S2 (n), (2.28) √ √ 3(2n + 1) + 12n2 − 3(2n + 1) − 12n2 − , S2 (n) = S1 (n) = 6 15 (2.29) Bổ đề 2.1 Với n>1 ta có < S1 (n) < n < S2 (n) < 2n (2.30) Chứng minh a).1 < S1 (n) : Ta có √ 3(2n + 1) − 12n2 − 1< ⇔ 12n2 − < 6n − ⇔ 12n2 − < (6n − 3)2 = 36n2 − 36n + ⇔ < 2n2 − 3n + = (n − 1)2 + n2 − n Hiển nhiên b).S1 (n) < n : Ta có √ 3(2n + 1) − 12n2 − < n ⇔ < 12n2 − ⇔ < 12n2 − ⇔ 12 < 12n2 Hiển nhiên với n>1 c).S1 (n) < n : Hiển nhiên d).S2 (n) < 2n : Ta có √ 3(2n + 1) + 12n2 − < 2n ⇔ 12n2 − < 12n − ⇔ 12n2 − < (12n − 3)2 = 144n2 − 72n + ⇔ < 132n2 − 72n + 9.Hiển nhiên Ta có Bn (x) nghịch biến khoảng (1, S1 ), đồng biến khoảng (S1 , S2 ) nghịch khoảng (S2 , 2n) Vì số S1 (n), S2 (n) khơng ngun, nên khơng thể có kết mong muốn Ta có Bn (1) = 2n2 − 3n + 2n2 − 3n + 14n2 − 9n + , B (n) = , B (2n) = (n ≥ 2) n n 14n2 − 9n + 2n2 + 3n + 2n2 − 3n + (2.31) Có thể chứng minh Bn (1) < Bn (n) < Bn (2n), n ≥ (2.32) Vấn đề trở nên phức tạp n đủ lớn Trong trường hợp tiến hành tiếp cận sau 16 • Giả sử số nguyên dương r > 1, n > 1, cho r ≤ S1 ≤ r + ≤ n Xét hệ bất phương trình theo ẩn số n: r + ≤ n, √ r + ≤ n, 3(2n + 1) − 12n − √ ≥r ⇔ 6n − 6r + ≥ √12n − 3, √ 6n − 6r − ≤ 12n2 − 3(2n + 1) − 12n − ≤ r + r + ≤ n, r + ≤ n, 2 ⇔ (6n − 6r + 3) ≥ 12n − 3, ⇔ 4n2 − 6n(2r − 1) + 2r2 − 2r + ≥ 0, (6n − 6r − 3)2 ≤ 12n2 − 4n − 6n(2r + 1) + 2r2 + 2r + ≤ (2.33) Ta có ∆′1 = 9(2r − 1)2 − 4(2r2 − 2r + 1) = 28r2 − 28r + > 0(r ≥ 1), ∆′2 = 9(2r + 1)2 − 4(2r2 + 2r + 1) = 28r2 + 28r + > 0(r ≥ 0) Ký hiệu √ 3(2r − 1) + 28r2 − 28r + 28r2 − 28r + , P2 = , P1 = 4 √ √ 3(2r + 1) − 28r2 + 28r + 3(2r + 1) + 28r2 + 28r + Q1 = , Q2 = , 4 3(2r − 1) − √ Bổ đề 2.2 (2.34) P1 < Q1 < P2 < Q2 Chứng minh a) P1 < Q1 ⇔ −3 − √ ∆′1 < − ∆′2 ⇔ ∆′2 < + ∆′1 ⇔ 56r2 < 36 + 12 ∆′1 ⇔ 14r2 − < 28r2 − 28r + ⇔ 196r2 − 252r + 81 < 252r2 − 252r + 45 ⇔ < 56r2 − 36 ⇔ < 14r2 − 9, với r>1 b) Q1 < P2 ⇔ − ∆′2 < −3 + ∆′1 ⇔ < ∆′1 + ∆′2 ⇔ 18 < 28r2 + ∆′1 ∆′2 + bất đẳng thức cuối hiển nhiên với r>1 c) P2 < Q2 hiển nhiên Bổ đề chứng minh Suy nghiệm n hệ bất phương trình (2.36) r + ≤ n, √ √ 3(2r − 1) + 28r2 − 28r + 3(2r + 1) + 28r2 + 28r + ≤n≤ 4 (2.35) Mệnh đề 2.3 Giả sử số nguyên dương n r thỏa mãn bất đẳng thức kép (2.35) Khi đoạn [1, n] hàm Bn (x) đạt giá trị nhỏ x = r hoăc x = r + 17 • Tiếp theo xét vấn đề tương tự S2 (n) Giả sử số nguyên dương s > 1, n > 1, cho s ≤ S2 ≤ s + ≤ 2n Xét hệ bất phương trình theo ẩn số n: 2s ≥ 2n + 1,√ 2s ≥ 2n + 1, 3(2n + 1) + 12n2 − s√+ ≤ 2n, ≥s ⇔ √ 2−3 √12n − ≥ 6s − 6n − 3, 3(2n + 1) + 12n 12n2 − ≤ 6s − 6n + ≤ s + ≤ 2n 2s ≥ 2n + 1, 2s ≥ 2n + 1, s + ≤ 2n, s + ≤ 2n, ⇔ − ≥ (6s − 6n − 3)2 , ⇔ 2n2 − 3n(2s − 1) + 3s2 − 3s + ≤ 0, 12n 2n2 − 3n(2s + 1) + 3s2 + 3s + ≥ 12n2 − ≤ (6s − 6n + 3)2 (2.36) Ta có ∆1 = 9(2s − 1)2 − 8(3s2 − 3s + 1) = 12s2 − 12s + > 0(r ≥ 1), Ký hiệu ∆2 = 9(2s + 1)2 − 8(3s2 + 3s + 1) = 12s2 + 12s + > 0(r ≥ 0) √ √ 12s2 − 12s + 3(2s − 1) + 12s2 − 12s + X1 = , X2 = , √4 √4 3(2s + 1) − 12s2 + 12s + 3(2s + 1) + 12s2 + 12s + , Y2 = , Y1 = 4 3(2s − 1) − Bổ đề 2.3 X1 < Y1 ≤ X2 < Y Chứng minh √ √ √ √ √ a) X1 < Y1 ⇔ −3 − ∆1 < − ∆2 ⇔ ∆2 < + ∆1 ⇔ 24s < 36 + 12 ∆1 √ ⇔ 2s − < 12s2 − 12s + Nếu s = bất đẳng thức hiển nhiên Nếu √ s ≥ ta có 2s−3 < 12s2 − 12s + ⇔ 4s2 −12s+9 < 12s2 −12s+1 ⇔ < 8s2 −8 Bất đẳng thức cuối hiển nhiên √ √ √ √ √ b)Y1 ≤ X2 ⇔ 3− ∆2 ≤ −3+ ∆1 ⇔ ≤ ∆1 + ∆1 ⇔ 36 ≤ 24s2 +2+2 ∆1 ∆2 Nếu s ≥ 2, bất đẳng thức cuối hiển nhiên Nếu s=1, bất đẳng √ thức trở thành 36 ≤ 24 + + 25 = 36, bất đẳng thức trở thành đẳng thức Như Y1 = X2 s=1 c) X2 < Y2 hiển nhiên Suy nghiệm n hệ bất phương trình (2.36) 2s ≥ 2n + 1, s + ≤ 2n, √ √ 3(2s − 1) − 12s2 − 12s + 3(2s + 1) − 12s2 + 12s + ≤n≤ 4 18 (2.37) Mệnh đề 2.4 Giả sử số nguyên dương n s thỏa mãn bất đẳng thức kép (2.37) Khi đoạn [n, 2n] hàm Bn (x) đạt giá trị lớn x = s x = s + Từ mệnh đề 2.3 2.4 ta có kết sau Định lý 2.2 Giả sử số tự nhiên n, r, s lớn thỏa mãn điều kiện (2.35) (2.37) Khi Bn (x) = min{Bn (r), Bn (r + 1)}, max Bn (x) = max{Bn (s), Bn (s + 1)} [1,2n] [1,2n] 19 (2.38) Chương Dãy số truy hồi Trong chương ta tìm quy luật tính chất vài dãy số truy hồi với số hạng tổng (hoặc hiệu) hai số nguyên, chứa dãy Fibonacci, Lucas, Pell, Pell-Lucas trường hợp riêng Trong chương cịn trình bày số dãy truy hồi phi tuyến, tuyến tính hóa Đặc điểm bật phương pháp tìm số hạng tổng quát dãy truy hồi tuyến tính cấp hai chương khơng sử dụng cơng thức ngiệm phương trình sai phân cấp hai Nội dung chương hình thành chủ yếu từ tài liêu [2] [3] 3.1 3.1.1 Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai hệ số Công thức số hạng tổng quát dãy số Mục trình bày phương pháp xác định dãy số Un+1 = aUn + bUn−1 , n ∈ N (3.1) theo giá trị đầu U0 , U1 , biến số n hệ số a, b Chúng ta giả thiết U0 , U1 , a, b, c số nguyên, phương pháp trình bày áp dụng cho số không nguyên Định lý 3.1 Cho dãy số tuyến tính cấp hai liên kết với số a, b, c hai số nguyên U0 , U1 cho trước dạng (3.1) với n ≥ Giả sử a2 + 4b ≥ ký hiệu α, β nghiệm thực phương trình đặc trưng x2 − ax − b = Khi ta có a) Nếu α khác β Un = b) (U1 − U0 α)β n − (U1 − U0 β)αn β−α (3.2) Nếu α = β tức a2 + 4b = Un = nαn−1 U1 − (n − 1)αn U0 20 (3.3) 3.1.2 Ví dụ Ví dụ 3.1 (Dãy Fibonacci) Xét dãy Fibonacci F0 = 0, F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 , n ≥ (3.4) Theo cơng thức (3.2) ta có Fn = √ √ 1+ n √ 1− − n (3.5) Công thức (3.5) gọi cơng thức Binet Nhà tốn học pháp Jacques Philippe Marie Binet(1786-1856) chứng minh năm 1843 Tuy nhiên người ta thấy nhà toán học Thụy Sỹ Leonhard Euler Daniel Bernoulli biết đến cơng thức trước nhiều năm, người sử dụng công thức sớm (1730) nhà toán học Pháp Abraham de Moivre(1667-1754) Mười số hạng dãy số là: F0 = 0, F1 = 1, F2 = 1, F3 = 2, F4 = 3, F5 = 5, F6 = 8, F7 = 13, F8 = 21, F9 = 34, F10 = 55, · · · Dãy số mang tên nhà toán học người Italia Leonardo Pisano (khoảng 1170 đến khoảng 1250), nghĩa Leonardo thành phố Pisa Người Italia gọi ông Fibonacci, nghĩa ông Bonaccio (bố ông lấy biệt hiệu Bonaccio) Nhiều nhà toán học nghiên cứu đưa hệ thức số hạng dãy số Fibonacci Lucas, Binet, Cassini, Catalan, D’Ocagne,· · · Ví dụ 3.2 (Dãy Lucas) Xét dãy Lucas L0 = 2, L1 = 1, Ln+1 = Ln + Ln−1 , n ≥ (3.6) Theo công thức (3.2) ta có Ln = √ 1+ n √ 1− + n (3.7) Mười số hạng dãy số là: L0 = 2, L1 = 1, L2 = 3, L3 = 4, L4 = 7, L5 = 11, L6 = 18, L7 = 29, L8 = 47, L9 = 76, L10 = 123 Dãy số nhà toán học người Pháp Fran¸cois Édouard Anatole Lucas (1842-1891) nghiên cứu Ví dụ 3.3 (Dãy Pell) Xét dãy Pell P0 = P1 = 1, Pn+1 = 2Pn + Pn−1 , n ≥ 21 (3.8) Theo cơng thức (3.2) ta có Pn = (1 + √ 2)n − (1 − √ 2 √ 2)n (3.9) Những số hạng dãy số Pn là: 0, 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, 985, 2376, 5741, 13860, Nhận thấy số số chẵn-lẻ xen kẽ(liệu có phải tất số Pn số chẵn-lẻ xen kẽ?) John Pell (1611-1685) nhà tốn học Vương quốc Anh Ví dụ 3.4 (Dãy Pell-Lucas) Xét dãy Pell-Lucas Q0 = 2, Q1 = 2, Qn+1 = 2Qn + Qn−1 , n ≥ (3.10) Theo cơng thức (3.2) ta có Qn = (1 + √ 2)n + (1 − √ 2)n (3.11) Những số hạng dãy số Qn là: 2, 2, 6, 14, 34, 82, 198, 478, 1154, 2786, 6726, Nhận thấy số số chẵn (liệu có phải tất số Qn số chẵn?) 3.2 Dãy truy hồi phi tuyến Trên thực tế hay gặp phải dạng toán xác định dãy số nguyên xác định công thức Un = f (xn ), f hàm phi tuyến Để chứng minh dãy số {Un } dãy số nguyên, ta thường dùng kỹ thuật " tuyến tính hóa," tức biến đổi cơng thức truy hồi dãy số dạng Un+1 = an Un + an−1 Un−1 + + a1 U1 + a0 U0 , ak số nguyên số hàng đầu dãy số nguyên Từ đó, quy nạp ta thấy số hạng dãy số số nguyên Để chứng minh dãy số {Un } dãy số nguyên, ta thường dùng kỹ thuật " tuyến tính hóa," tức biến đổi công thức truy hồi dãy số dạng Un+1 = an Un + an−1 Un−1 + + a1 U1 + a0 U0 , ak số nguyên số hàng đầu dãy số nguyên Từ đó, quy nạp ta thấy số hạng dãy số số ngun 22 Bài tốn 3.1 (Olympic Bulgary,vịng 4, 2001) Cho dãy số an = 6an−1 − an−2 , n ≥ 2, a0 = 4, a1 = 22 Chứng minh tồn dãy {xn }, {yn } gồm số nguyên dương, cho an = yn2 + , n ≥ xn − yn Bài toán 3.2 (Olympic Balkan,Sennior, 1986) Cho số nguyên r, s khác không k số hữu tỷ dương Dãy an xác đinh sau a1 = r, a2 = a2n+1 + k Chứng minh số hạng cuả dãy an số nguyên an r + s2 + k số nguyên rs s, an+2 = Bài toán 3.3 (Olympic Moscow lần thứ 16) Dãy {un } xác định theo công thức u0 = u1 = 1, un = u2n−1 + , n ∈ N, n ≥ un−2 (3.12) Chứng minh tất số hạng dãy {an } số nguyên Bài toán 3.4 (Olympic Moscow lần thứ 9) Dãy {un } xác định theo công thức u0 = 0, u1 = 1, un+1 = 5un + 24u2n + 1, n ∈ N (3.13) Chứng minh tất số hạng dãy {un } số nguyên 23 Kết luận Luận văn Một số dạng toán dãy số nguyên trình bày vấn đề sau đây: Đã phân loại số toán dãy số ngun, dãy số có điều kiện, tốn chọn toán chia hết Tổng hợp số toán bất đẳng thức cực trị tập hợp số nguyên, toán cực trị biểu thức phân đề xuất hồn tồn Trình bày quy luật tính chất số dãy tuyến tính đặc biệt dãy số truy hồi với số hạng tổng (hoặc hiệu) hai số nguyên, chứa dãy Fibonacci, Lucas, Pell, Pell-Lucas trường hợp riêng Đặc điểm bật phương pháp tìm số hạng tổng quát dãy truy hồi tuyến tính cấp hai luận văn không sử dụng công thức nghiệm phương trình sai phân cấp hai Mỗi dạng có tập minh họa kèm theo Trình bày cách tìm số hạng tổng quát số dãy truy hồi phi tuyến phương pháp tuyến tính hóa 24 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Việt Hải (2012), Một số dạng toán dãy số nguyên, Kỷ yếu Hội thảo Khoa học :"Các chuyên đề Toán bồi dưỡng giáo viên THCS", Chủ biên: Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Bá Đức, Tuyên Quang, ngày 16-17 tháng 12 năm 2012 [2] Phan Huy Khải (2009), Số học dãy số, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Tuấn (2008),Chuyên đề chọn lọc: Dãy số áp dụng, NXBGD, 2008 Tiếng Anh [4] J Herman, R Kucera, and J Simsa (2003), Counting and Configurations Problems in Combinatorics, Arithmetic, and Geometry [5] International Mathematical Olympiad (2010), 51 st IMO, Shortlisted Problems with Solutions, Astana, Kazakhstan, July, 2-14, 2010 25 ... {un } số nguyên 23 Kết luận Luận văn Một số dạng toán dãy số nguyên trình bày vấn đề sau đây: Đã phân loại số toán dãy số nguyên, dãy số có điều kiện, toán chọn toán chia hết Tổng hợp số toán bất... Chương Dãy số nguyên có điều kiện tốn liên quan Chương trình bày số khái niệm tính chất chia hết tập hợp số nguyên, nguyên lý Dirichlet số toán dãy số nguyên, tốn dãy số ngun có điều kiện, dãy số. .. + an−1 Un−1 + + a1 U1 + a0 U0 , ak số nguyên số hàng đầu dãy số nguyên Từ đó, quy nạp ta thấy số hạng dãy số số nguyên Để chứng minh dãy số {Un } dãy số nguyên, ta thường dùng kỹ thuật " tuyến