Vậy, nếu d không là số nguyên thì d phải thỏa mãn điều kiện gì để mọi số hạng của dãy đều là các số nguyên.. Chính câu hỏi này đã đưa ta đến với bài toán sau.[r]
(1)KHÁM PHÁ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA DÃY SỐ TRUY HỒI TUYẾN TÍNH CẤP HAI
Trước hết, để bước vào chuyên đề này, cần biết dãy số truy hồi tuyến tính cấp hai
Định nghĩa Dãy số truy hồi tuyến tính cấp hai dãy số có dạng sau
un+2 =aun+1+bun, a, b số thực khác
Dãy số đơn giản đằng sau bí ẩn thú vị chờ đợi Nào, bắt đầu hành trình
Mở đầu cho khám phá bí ẩn, tìm hiểu tính chất thú vị sau
Tính chất Cho dãy số {un} thỏa mãn un+2 =aun+1+bun với n ∈N∗ Khi ta có đẳng thức sau
un+2un−u2n+1= (−b)
n−1(u
3u1−u22), ∀n ∈N
∗
(1)
Chứng minh.Trước hết, ta chứng minh
un+2un−u2n+1 =−b(un+1un−1−u2n) (2) Thật vậy, ta có
un+2un−u2n+1+b(un+1un−1−u2n) =un(un+2−bun)−un+1(un+1−bun−1)
=un·aun+1−un+1·aun =
Vậy(2) chứng minh Từ đây, cách áp dụng liên tiếp(2), ta dễ dàng thu đẳng thức (1)
Bây giờ, trong(1) chob =−1, ta có
un+2un−u2n+1 =u3u1−u22 (3)
Giả sửun 6= với mọin ≥1.Khi đó, đặt c=u3u1−u22, từ(3) ta suy un+2 =
u2n+1+c un
(2)
Tính chất Cho dãy {un} xác định u1 =m, u2 =p, u3 =q (mpq 6= 0) un+2 =
u2
n+1+c un
, ∀n≥1,
trong c=mq−p2. Khi đó, ta có{u
n}chính dãy số truy hồi tuyến tính cấp dạng
un+2 =aun+1−un, với a= q+m
p
Chứng minh Từ giả thiết, ta suy
c=un+2un−u2n+1 (4)
Thay n bởin−1,ta
c=un+1un−1−u2n (5)
Từ (4) (5), ta cóun+2un−u2n+1 =un+1un−1−u2n, hay
un(un+2+un) = un+1(un+1+un−1), un+2+un
un+1
= un+1+un−1
un
Thay n n−1, n−2, , 2,ta
un+2+un
un+1
= un+1+un−1
un
=· · ·= u3+u1
u2
= q+m
p =a
Từ suy un+2 =aun+1−un Tính chất chứng minh
Các tính chất 1, thường sử dụng cho dạng toán mà dãy số xác định Sau số ví dụ
Ví dụ (VMO 1999) Cho dãy số {an} xác định
a1 = 1, a2 = 2, an+2 = 3an+1−an, ∀n ≥1 Chứng minh
an+2+an≥2 +
a2
n+1 an
, ∀n≥1
Lời giải Ta dễ dàng chứng minh dãy số dãy tăng, suy an >0 với
n Sử dụng tính chất 1, ta có
an+2 =
a2n+1+
an
Từ đây, sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương, ta
an+2+an=
a2
n+1+ an
+an=
a2 n+1 an + an +an
≥ a
2
n+1 an
+
(3)Ví dụ (Bulgaria 1978) Cho dãy số {un} thỏa mãn đồng thời tính chất sau un 6= 0, ∀n = 1, 2,
2 u1, u2 ∈Z
3 u
2
1+u22+a u1u2
∈Z
4 un+2 =
u2n+1+a un
, ∀n= 1, 2,
Chứng minh dãy {un} chứa toàn số nguyên
Lời giải Sử dụng tính chất 2, ta có
un+2 =kun+1−un, ∀n ≥1, (6)
với k= u3+u1
u2
Do u3 = u2
2+a
u1 nên ta có
u3+u1
u2 =
u2
1+u22+a
u1u2 ∈ Z, suy k ∈Z Mà theo giả thiết
thì u1, u2 ∈Znên từ (6), ta dễ dàng suy un ∈Z, ∀n ≥1
Nhận xét Ví dụ cho ta tiêu chuẩn để đánh giá dãy số số hạng dãy
{un} với un+2 =
u2n+1+a un
có số nguyên hay không
Bây giờ, tiếp tục xem xét dãy số {un} thỏa mãn
u1 =a, u2 =b, un+2 =dun+1−un
Rõ ràng, a, b số nguyên d số nguyên hiển nhiên số hạng dãy {un} ln số nguyên Vậy, d không số nguyên d phải thỏa mãn điều kiện để số hạng dãy số nguyên? Chính câu hỏi đưa ta đến với toán sau
Bài toán Cho dãy số{un} thỏa mãn
u1 =a, u2 =b, un+2 =dun+1−un, ∀n ≥1,
trong a, b số nguyên khác 0và d số thực khác Tìm giá trị d
để số hạng dãy số nguyên
Bây tìm hiểu lời giải tốn
Lời giải Nếud số vơ tỉ rõ ràngu3 =bd−a số vơ tỉ vìa, b số
(4)Giả sử d số hữu tỉ thỏa mãn yêu cầu tốn Vì d số hữu tỉ nên ta đặt
d= p
q với p, q số nguyên khác 0và (p, q) = Từ un+2 = p
qun+1−un, hay
q(un+2+un) =pun+1 (7)
Với n = (7) trở thànhq(u3+u1) =pu2 q, suy u2 q (do (p, q) = 1) Tương tự,
bằng cách cho n nhận giá trị 3, 4, ta có u4 q u5 q Từ cho n = 2, ta suy
pu3 =q(u2+u4) q2
Mà (p, q) = nên (p, q2) = 1, do từ suy ra u
3 q2 Do pu4 =q(u3+u5) q2
Vì (p, q2) = nên u4 q2 Cứ làm ta rút nhận xét
un qk−1, ∀n≥k ≥1 (8)
Điều ta chứng minh quy nạp theo k Thật vậy, dễ thấy (8) với
k= 1.Giả sử tới k,tức
un qk−1, ∀n ≥k ≥1
Khi từ (7) ta suy raun+1 qk, tức làun qk,∀n≥k+ Nhận xét chứng minh Bây giờ, sử dụng tính chất 1, ta có
un+2un−u2n+1 =c,
với c=u3u1−u22 số
Từ kết hợp với (8), ta suy c q2k với k lớn tùy ý.
Do c số nên c 6= q (vì q khác 1, ta có
q2k > c k tăng đến giá trị đó), đód số ngun (vì mẫu 1) Xétc= 0, ta có
un+2un=u2n+1 (9)
Dễ thấy, a, b số nguyên khác ta chứng minh un 6= với số nguyên dươngn (có thể quy nạp từ (9)) Từ (9) suy
un+2 un+1
= un+1
un
, ∀n≥1
Suy
un+1 un
= un
un−1
=· · ·= u2
u1
= b
(5)Do un+1=run, ∀n≥1 Rõ ràng, lúc dãy số{un}là cấp số nhân,
un+1 =rna (10)
Đến đây, ta viết lại r dạng phân số tối giản r = u
v với u, v ∈Z (u, v) = Do un số nguyên với n nên
un+1 = un
vna ∈Z
Từ suy a (do (un, vn) = 1) Mà a lại số nên v nhận giá trị 1, r∈Z hay b a Ta lại có
d= u3+u1
u2
= ar
2+a
ar =
r2+
r =
a2+b2 ab
Thử lại giá trị d,ta thấy số hạng dãy ngun Từ ta rút kết luận • Nếu b khơng chia hết cho a d số ngun
• Nếu b chia hết cho a d số nguyên d= a
2 +b2 ab
Chính tốn cho ta tính chất Tính chất Cho dãy số {un} thỏa mãn
u1 =a, u2 =b, un+2 =dun+1−un, ∀n ≥1,
với a, b số nguyên ab6= Khi đó, số hạng dãy số nguyên ta có điều sau
• d số nguyên b không chia hết cho a; • d số nguyên d= a
2+b2
ab b chia hết cho a
Không dừng lại đây, tiếp tục khám phá tiếp, nhiều bí ẩn đằng sau chờ đợi
Xét dãy số {un} thỏa mãn u1 =m, u2 =p
un+2 =aun+1−un (11)
Theo tính chất dãy số ln biến đổi dạng
un+2un−u2n+1 =u3u1−u
2 =c (12)
(6)Từ (11) (12), ta suy (
un+2+un =aun+1 un+2un=c+u2n+1
Do un+2 un nghiệm phương trình bậc hai
X2−aun+1X+u2n+1+c= 0,
với X ẩn số, un+1 tham số
Từ ta rút tính chất Tính chất Cho dãy số {un} thỏa mãn
u1 =m, u2 =p, un+2 =aun+1−un Khi đó, un+2 un nghiệm phương trình bậc hai
X2−aun+1X+u2n+1+c= 0, (13)
với X ẩn số, un+1 tham số c=u3u1−u22
Có lẽ, đến bạn tự hỏi, tính chất suy điều nữa? Bây giờ, ta xem, số hạng dãy {un} số nguyên giả sử a số nguyên, rõ ràng phương trình (13) có hai nghiệm ngun Mà điều kiện cần để phương trình bậc hai có hệ số nguyên có nghiệm nguyên biệt thức ∆ phải số phương Mà
∆ = a2u2n+1−4(u2n+1+c) = (a2−4)u2n+1−4c
Do ta có (a2−4)u2n+1−4clà số phương Ta rút tính chất sau Tính chất Cho dãy số {un} thỏa mãn
un+2 =aun+1−un, ∀n ≥1
Giả sử số hạng dãy số nguyên a số nguyên Khi ta có (a2−4)u2
n+1−4c số phương (c=u3u1−u22)
Ví dụ Cho dãy số {un} xác định sau
u1 = 5, u2 = 16, un+2= 1994un+1−un, ∀n≥1 Chứng minh 3976032u2
2508 −159239là số phương
Lời giải Ta có 3976032 = 19942−4, u3 = 1994·16−5 = 31899
159239 = 31899·5−162
Do theo tính chất 3976032u2
(7)Ví dụ (VMO 1997) Cho dãy số nguyên {an} xác định a0 = 1, a1 = 45 an+2 = 45an+1−7an,
với n = 0, 1, 2,
(a) Tìm số ước dương a2
n+1−anan+2 theo n
(b) Chứng minh với n 1997a2n+ 4·7n+1 số phương
Lời giải (a)Ta có a2 = 452−7·1 = 2018.Sử dụng tính chất 1, ta an+2an−a2n+1 =
n
(a2a0−a21),
suy
a2n+1−an+2an = 7n+1 Do số nguyên tố nên số ước nguyên dương a2
n+1−anan+2 n+ số
(b) Ta dùng tư tưởng tính chất để giải câu hỏi Từ giả thiết
an+2 = 45an+1−7an a2n+1−anan+2 = 7n+1 (theo tính chất 1), ta suy
(
an+2+ 7an= 45an+1
(7an)an+2 = 7a2n+1−7
n+2
Do 7an an+2 nghiệm phương trình bậc hai X2−45an+1X+ 7a2n+1−7
n+2 = 0.
Vì 7an, an+2 số ngun nên phương trình có hai nghiệm ngun, suy biệt
thức ∆ số phương Mà
∆ = (45an+1)2−4(7a2n+1−7n+2) = 1997a2n+1+ 4·7n+2,
nên ta có1997a2
n+1+ 4·7n+2 số phương Hơn nữa, dễ thấy1997a20+ 4·71 = 452
Do ta có 1997a2
n+ 4·7n+1 số phương với số tự nhiên n
Nhận xét Qua ví dụ trên, ta thấy tính chất tổng quát cho trường hợp
un+2 =pun+1+qun, với u1, u2 số nguyên vàp, q số nguyên
Khi un+2−qun=pun+1 vàun+2(−qun) = −qu2n+1+ (−q)nc vớic=u3u1−u22 Từ
ta có un+2 −qun hai nghiệm phương trình bậc hai
X2−pun+1X−qu2n+1+ (−q)
n
c=
Và (p2+ 4q)u2
(8)Bây giờ, tiếp tục khám phá tiếp, liệu từ tính chất 4, ta khai thác điều thú vị nữa? Các bạn thử giải phương trình (13) Theo cơng thức nghiệm phương trình bậc hai, ta suy
X1,2 =
aun+1±
p
(a2−4)u2
n+1−4c
2
Giả sử un+2 > un, ta dãy số truy hồi có dạng
un+2 = a
2un+1+
q
(a2−4)u2
n+1−4c
Như vậy, ta rút tính chất sau Tính chất Mọi dãy số {un} thỏa mãn
u1 =m, un+2 = a
2un+1+
q
(a2−4)u2
n+1+ 4c, (ac6= 0)
ln đưa dãy số truy hồi tuyến tính cấp hai có dạng sau
un+2 =aun+1−un
Lời giải Chuyển a
2un+1 sang vế trái bình phương hai vế, ta
u2n+2−aun+2un+1+ a2
4 u
2
n+1 =
1
(a2−4)u2n+1+ 4c, u2n+2−aun+2un+1+u2n+1−c=
Thayn bởin−1,ta có
u2n+1−aun+1un+u2n−c=
Từ suy raun+2 un nghiệm phương trình bậc hai
X2−aun+1X+u2n+1−c=
Áp dụng định lý Viette, ta có un+2+un =aun+1, hay un+2 =aun+1−un Tính chất chứng minh
Ví dụ Cho a, b, clà ba số nguyên thỏa mãn a2 =b+ 1 và dãy số{u
n} xác định sau
u0 = 0, un+1 =aun+ p
bu2
n+c2, ∀n= 0, 1, 2, Chứng minh số hạng dãy số nguyên
Lời giải Ta có
un+1 =aun+ p
bun+c2 =aun+ p
(a2−1)u2
n+c2 = 2a
2 un+
p
(4a2−4)u2
n+ 4c2 Theo tính chất 6, ta suy
un+2 = 2aun+1−un
(9)Tính chất Xét dãy số {un} thỏa mãn u1, u2 ∈Z un+1 =aun+
p
bu2
n+c Nếu c số nguyên tồn số d cho a = d
2 b =
d2−4
4 với d số nguyên (nếu u2 chia hết không chia hết cho u1) d =
u2 1+u22 u1u2
(nếu u2 chia
hết cho u1) số hạng dãy nguyên
Đây xem tiêu chuẩn để đánh giá dãy số dạng dãy nguyên Trước kết thúc chuyên đề, xem xét toán sau Bài toán (Bulgaria 1987) Xét dãy số {xn} xác định x1 =x2 =
xn+2 = 14xn+1−xn−4, ∀n≥1
Chứng minh với n≥1, ta có xn bình phương số nguyên
Lời giải Để giải thành công toán này, trước hết cần phải nghiên cứu
giá trị số hạng dãy sau rút nhận xét mối quan hệ chúng Thử vài giá trị đầu, ta có
x1 = 12, x2 = 12, x3 = 32, x4 = 112, x5 = 412, x6 = 1532,
Hãy quan sát để ý, số hồn tồn có quy luật Ta nhận thấy
3 = 4·1−1, 11 = 4·3−1, 41 = 4·11−3, 153 = 4·41−11,
Từ yếu tố trên, số1, 1, 3,11,41,153, hình thành dựa vào dãy sau
y1 = 1, y2 = 1, yn+2 = 4un+1−yn, ∀n≥1 Bây giờ, việc chứng minh
xn =y2n (14)
Cách chứng minh đơn giản sử dụng quy nạp: Dễ thấy (14) vớin = 1,
2 Giả sử vớin = 1, 2, , k,tức
xn=yn2, ∀n = 1, 2, , k Ta cần chứng minh với n =k+ Ta có
y2k+1 = (4yk−yk−1)2 = 16yk2−8ykyk−1+y2k−1
= 14xk−xk−1−4 + (2yk2−8ykyk−1+ 2yk2−1+ 4)
=xk+1+ 2yk2−2(4yk−yk−1)yk−1+
(10)Sử dụng tính chất 1, ta có
yk−1yk+1−yk2 = Từ suy y2
k+1 =xk+1 Vậy ta có điều phải chứng minh
Nhận xét Ta hồn tồn tổng quát toán Xét dãy số {un} thỏa mãn
un+2 =aun+1−un c=u1u3−u22, ta có
un+2un−u2n+1 =c
Xét tiếp dãy số {vn} cho =u2n với mọin, ta có
vn+2 =u2n+2 =a 2u2
n+1−2aun+1un+u2n=a
2u2
n+1−2un(aun+1−un)−u2n =a2u2n+1−un2 −2unun+2 = (a2−2)u2n+1−2(unun+2−u2n+1)−u
2
n = (a2−2)vn+1−vn−2c
Suy vn+2 = (a2 −2)vn+1−vn−2c
Mặt khác, cách sử dụng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh điều ngược lại đúng, tức là: Nếu hai dãy{un},{vn} thỏa mãn v1 =u21, v2 =u22, c=u1u3 −u22
un+2 =aun+1−un, vn+2 = (a2−2)vn+1−vn−2c, ta có =u2n với mọin
Và vậy, ta có tốn tổng qt sau: Cho hai dãy số {un} {vn} thỏa mãn
v1 =u21, v2 =u2, c=u1u3−u22 un+2 =aun+1−un Khi
vn+2 = (a2−2)vn+1−vn−2c vn=u2n với số nguyên dương n
Từ cách chứng minh trên, ta rút phương pháp giải tốn dãy số có liên quan đến số phương Với tư tưởng trên, ta giải tốn tương tự sau
Bài toán Cho dãy số {yn} thỏa mãn y1 =y2 =
yn+2= (4k−5)yn+1−yn+ 4−2k, ∀n≥1 Tìm k ∈Z cho số hạng dãy số phương
(Ta chứng minh dãy số thỏa mãn toán có dạng sau
yn+2 = 7yn+1−yn−2
(11)Bài toán (Canada 1988) Cho hai dãy số {xn}, {yn} xác định x0 = 0, x1 = 1, xn+1 = 4xn−xn−1 y0 = 1, y1 = 2, yn+1 = 4yn−yn−1 Chứng minh
y2n= 3x2n+ 1, ∀n ∈N
Bài toán Cho dãy {un} thỏa mãn u1 =k, u2 =k+ với k số nguyên un+1 =un(un−1) + 2, ∀n = 2, 3,
Chứng minh số A= (u21+ 1)(u22+ 1)· · ·(u22005+ 1)−1 số phương (Gợi ý, quy nạp ta chứng minh đượcAn = (un+1−1)2 với
An= (u21+ 1)(u
2+ 1)· · ·(u
n+ 1)−1.) Sau số tập dành cho bạn đọc
Bài tập Cho dãy số{un} thỏa mãn u1 = 1, u2 =−1và un=−un−1−2un−2, ∀n = 3, 4,
Xét dãy {vn} sau
vn = 2n+1−7un2−1, ∀n= 2, 3,
Chứng minh số hạng dãy {vn} số phương Bài tập Cho dãy số {un} thỏa mãn u1 = 2, u2 =
un =nun−1−(n−2)un−2−2n+
với n= 3, 4,
(a) Tìm n để|un−2007|có giá trị nhỏ (b) Tìm số dư chia u2007 cho2006
Bài tập (VMO 1998) Cho dãy số {an} xác định a0 = 20, a1 = 100và an+2 = 4an+1+ 5an+ 20, ∀n∈N
Tìm số nguyên dương h nhỏ thỏa mãn điều kiện an+h −an chia hết cho 1998 với số tự nhiênn
Bài tập (TST Việt Nam 1993) Gọi ϕ(n) phi hàm Euler Tìm tất số nguyên dương k > thỏa mãn điều kiện: với a số nguyên > bất kỳ, đặt x0 = a, xn+1 =kϕ(xn) với n = 0, 1,2, {xn} ln bị chặn
Bài tập (Ba Lan 2002) Cho k∈N∗ và dãy số {a
n}được xác định
a1 =k+ 1, an+1 =an2 −kan+k, ∀n ∈N∗ Chứng minh với mọim, n∈N∗, m6=n, ta có (a
(12)Bài tập Cho số thựcr dãy số {xn} xác định
x0 = 0, x1 = 1, xn+2 =rxn+1−xn, ∀n∈N Chứng minh
x1+x3+· · ·+x2m−1 =x2m, ∀m∈N
∗
Tài liệu tham khảo
[1] Phan Huy Khải, Số học dãy số, Nhà xuất Giáo Dục, 2009
[2] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Chuyên đề chọn lọc dãy số áp dụng, Nhà xuất Giáo Dục, 2008