sáng kiến kinh nghiệm dự thi 41

BÁO CÁO SÁNG KIẾN I ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN 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 toán dãy số Tuy nhiên, chủ yếu quan tâm đến tính chất dãy số Giới hạn dãy, số hạng tổng quát, đơn điệu dãy, tính bị chặn… Trong đề thi học sinh giỏi (HSG) cấp, kỳ thi chọn HSG cấp tỉnh, kỳ thi HSG cấp Quốc gia, Olympic Quốc tế, xuất toán dãy số Bên cạnh toán chứng minh tỉnh đơn điệu, bị chặn, tìm giới hạn dãy số, toán dãy số nguyên thường xuyên xuất đề thi Dãy số nguyên chất hàm số từ * vào Do giá trị phần tử dãy số số nguyên nên toán dãy số nguyên thường gắn liền với phương pháp quy nạp tốn học tính chất số học Các toán số học thách thức bao hệ học sinh kỳ thi chọn học sinh giỏi.Hơn toán lại gắn với dãy số nên chúng đem lại nhiều khó khăn cho em học sinh, phần lớn việc tiếp cận toán số học cách không tự nhiên, không bản, khơng hình thành tư số học cho em nên em thường bế tắc giải toán số học Đặc biệt cách tiếp cận hướng khai thác từ ý tưởng tốn có học sinh vấn đề không dễ Với ý tưởng nghiên cứu số ứng dụng toán dãy số ngun qua kì thi học sinh giỏi, từ tìm hướng tiếp cận để khai thác hướng phát triển, sáng tạo tốn mục đích nghiên cứu đề tài tác giả II MƠ TẢ GIẢI PHÁP: Mơ tả giải pháp trước tạo sáng kiến: Trước đây, chưa tiếp cận tính chất dãy số nguyên, ứng dụng số học dãy số ngun nhiều tốn dãy số ngun gặp nhiều khó khăn Nhiều học sinh nhiều thời gian cho tốn này, chí có học sinh đến cuối đành “bó tay” với Những học sinh làm chứng minh dài dịng thơng qua số bổ đề, tính chất phụ Mơ tả giải pháp sau có sáng kiến: Việc áp dụng tính chất dãy số nguyên tính chất số học dãy số nguyên làm cho tốn trở nên đơn giản hơn, ngắn gọn Khơng thế, học sinh nghiên cứu thêm tính chất, bổ đề sử dụng toán dãy số nguyên … Bên cạnh đó, học sinh sáng tạo để nghiên cứu, phát triển toán lên mức độ cao A CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ: I Định nghĩa dãy số: - Dãy số hàm số u : n → un = u ( n ) - Ta thường kí hiệu dãy số ( un ) un  - Nếu hàm số u : → dãy số gọi dãy số có tập giá trị nguyên II Dãy số truy hồi: Dãy truy hồi tuyến tính cấp với hệ số 1.1 Dạng tổng quát: un+1 = aun + b, n  , a, b  1.2 Cơng thức: +) Nếu a = dãy ( un ) cấp số cộng +) Nếu a  un = Aa n + B với A, B  Dãy truy hồi tuyến tính cấp với hệ số 2.1 Dạng tổng quát: un+ = aun+1 + bun , n  , a, b  2.2 Công thức: Xét phương trình đặc trưng: λ2 − aλ = (1) - Nếu phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt λ1 , λ tồn A, B  cho un = Aλn1 + Bλn2 , n  - Nếu phương trình (1) có nghiệm kép λ tồn A, B  cho un = ( A + B ) λn , n  - Nếu phương trình (1) có phức λ = x + iy ta đặt r = λ = x + y tan φ = y  π π , φ  − ;  x  2 Khi λ = r ( cosφ + i sin φ ) un = r n ( A cos ( nφ ) + B sin ( nφ ) ) , n  , A, B  Dãy truy hồi cấp dạng un+1 = f ( un , n ) Phương pháp:  φ ( un ) = f ( φ ( u n ) ) Biến đổi để đưa dạng  φ ( un ) = f ( φ ( un ) , n ) Đặt = φ ( un ) Khi ta dãy truy hồi theo đơn giản Dãy truy hồi cấp dạng un+2 = f ( un , un+1 , n ) Phương pháp: φ ( un ) + φ ( un−1 ) = f ( φ ( un ) , φ ( un−1 ) ) Biến đổi để đưa dạng  φ ( un ) + φ ( un−1 ) = f ( φ ( un ) , φ ( un−1 ) , n ) Đặt = φ ( un ) Khi ta dãy truy hồi theo đơn giản II Một số dãy số đặc biệt Dãy Fibonacci 1.1 Định nghĩa: Dãy Fibonacci ( Fn ) mang tên nhà tốn hoc Pisano Fibonacci  F1 = F2 = Dãy cho hệ thức truy hồi đơn giản   Fn+ = Fn+1 + Fn , n  * 1.2 Công thức tổng quát: n n  +   −   Fn =   −  , n         * (Công thức Binet) Từ sau, để thuận tiện cho việc tính tốn, ta quy ước F0 = 1.3 Các hệ thức dãy Fibonacci: 1.3.1 F1 + F2 + + Fn = Fn + − 1.3.2 F1 + F3 + + F2 n −1 = F2 n 1.3.3 F2 + F4 + + F2 n = F2 n +1 − 1.3.4 Fn −1.Fn +1 − Fn2 = (−1) n 1.3.5 F12 + F22 + + Fn2 = Fn Fn +1 1.3.6 F0 − F1 + F2 − F3 − F2 n −1 + F2 n = F2 n −1 − 1.3.7 Fn2+1 − Fn2 = Fn −1.Fn + 1.3.8 F1F2 + F2 F3 + + F2 n −1F2 n = F22n 1.3.9 Fn +1.Fn + − Fn Fn +3 = (−1)n 1.3.10 Fn4 − = Fn − Fn −1Fn +1Fn + 1.4 Các tính chất số học dãy Fibonacci: 1.4.1 ( Fn , Fn+1 ) = với n 1.4.2 Nếu n chia hết cho m Fn chia hết cho Fm 1.4.3 Nếu Fn chia hết cho Fm n chia hết cho m với m>2 1.4.4 ( Fn , Fm ) = Fd với d = ( m, n ) 1.4.5 Nếu n  Fn số nguyên tố n số nguyên tố 1.4.6 Dãy ( Fn ) chứa tập vô hạn số đôi nguyên tố 1.4.7 F5n = 5Fn qn với qn không chia hết cho 1.4.8 Fn 5k  n k 1.4.9 Fn có tận n 15 1.4.10 Fn có tận hai chữ số n 150 Dãy Lucas 2.1 Định nghĩa:  L0 = 2; L1 = Dãy Lucas ( Ln ) xác định sau:   Ln + = Ln +1 + Ln , n  Những số hạng dãy Lucas coi giống với dãy Fibonacci hai dãy có hệ thức xác định dãy 2.2 Công thức tổng quát: n n 1+  1−  Ln =   +  , n  2     2.3 Các tính chất số học dãy Lucas: 2.3.1 umn chia hết cho u n m số lẻ 2.3.2 Ln = Fn−1 + Fn+1, n  * Tổng qt hơn, ta có cơng thức sau Ln = Fk + Ln−k + Fk +1Ln−k −1 , k  n 2.3.3 L2n = 5Fn2 + 4.( −1) , n  n 2.3.4 F2 n = Ln Fn , n  2.3.5 Fn = Ln−1 + Ln+1 , n  * 2.3.6 Ln  ( mod n ) n số nguyên tố 2.3.7 Số nguyên tố Lucas số Lucas, đồng thời số nguyên tố Các số nguyên tố Lucas nhỏ biết 2, 3, 7, 11, 29, 47, 199, 521, 2207, 3571, … III Ước nguyên tố dãy số nguyên Định nghĩa: Cho dãy số nguyên ( an ) Số nguyên tố p gọi ước nguyên tố dãy số nguyên ( an ) tồn số m cho p am Một số định lý: 2.1 Định lý Fermat nhỏ: Với p số nguyên tố, a số nguyên thỏa mãn ( a, p ) = ta ln có a p −1  ( mod p ) 2.2 Định lý phần dư Trung Hoa: Giả sử m1 , m2 , , mn số nguyên đôi nguyên tố Khi hệ  x  r1 ( mod m1 )   x  r2 ( mod m2 ) đồng dư tuyến tính  có nghiệm modulo m = m1m2 mn   x  r ( mod m ) n n  m  Chứng minh: Dễ thấy  , m j  = 1, j = 1, n m   j  m m Suy tồn s j  cho s j  ( mod m j ) , j = 1, n  s j rj  rj ( mod m j ) , j = 1, n mj mj n m m m Xét số nguyên x0 =  s j rj , ta có x0 =  s j rj  si ri  ri ( mod mi ) , i = 1, n mi j =1 m j j =1 m j n hay x0 nghiệm hệ đồng dư tuyến tính Giả sử x1 nghiệm Ta có x1  x0 ( mod mi ) , i = 1, n  ( x1 − x0 ) mi , i = 1, n Vì m1 , m2 , , mn số nguyên đôi nguyên tố nên ( x1 − x0 ) m Định lý chưng minh 2.3 Định lý phần dư Trung Hoa mở rộng: Giả sử m1 , m2 , , mn số ngun đơi ngun tố Khi điều  x  r1 ( mod m1 )   x  r2 ( mod m2 ) kiện cần đủ để hệ đồng dư tuyến tính    x  r ( mod m ) n n  ( có nghiệm ) ri  rj mod ( mi , m j ) Khi hệ có nghiệm theo modulo m = m1m2 mn 2.4 Định lý Euler: Nếu a n hai số nguyên dương nguyên tố a φ( n )  ( mod n ) φ ( n ) số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Hệ quả: Cho k số nguyên khác a1 , a2 , , ak số nguyên dương m  Khi tồn số nguyên dương N đủ lớn để N +nφ( m)  aiN ( mod m ) , i = 1, k , n  * Chứng minh: Giả sử ta có phân tích thừa số ngun tố m t m p j j , p1  p2   pt số nguyên tố k j  k j =1   Đặt N = max k j : j = 1, t Khi ( ) +) Nếu p j | từ p j j m ta suy φ p j j φ ( m ) k k ( ) Áp dụng định lý Fermat ta có ( )  mod p j j Suy φ m k N + nφ( m ) +) Nếu p j N  k j nên ( ) N + nφ( m ) (  aiN  mod p j j ( k (  aiN mod p j j k ) ) ) Do p j j aiN +nφ( m) − aiN , j = 1, t Suy m aiN +nφ( m) − aiN , i = 1, k k Hệ chứng minh IV Thặng dư bậc hai Định nghĩa Ta gọi a thặng dư bậc hai modulo p (hay a số phương modulo p ) tồn số nguyên x cho x  a ( mod p ) , p số nguyên dương Định lí Cho p số nguyên tố (i) Nếu p = số a lẻ số phương modulo (ii) Nếu p  Khi a số phương modulo p a a số phương modulo p a p −1 p −1  ( mod p ) ;  −1 ( mod p ) Kí hiệu Legendre Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên khơng chia hết cho p Khi ta có kết sau: (1) a p −1 a    ( mod p )  p a b (2) Nếu a  b ( mod p )   =    p  p  a   b   ab  (3)     =    p  p  p  p −1  −1  (4)   = ( −1)  p p −1 2 (5)   = ( −1)  p (6) Luật tương hỗ Gauss: Nếu p, q hai số nguyên tố lẻ thì: p −1 q −1  p  q   q  p  = ( −1) 2    B MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG I Dạng Chứng minh dãy số dãy số nguyên Phương pháp: Để chứng minh môt dãy số dãy số nguyên, ta thường biến đổi công thức truy hồi dãy số dạng un+1 = a0un + a1un−1 + + ak un−k , a1 , a2 , , ak số nguyên k số hạng dãy số nguyên Từ quy nạp, ta chứng minh số hạng dãy số nguyên - Trong số trường hợp, ta tìm cơng thức số hạng tổng qt u n dãy, từ ta chứng minh trực tiếp u n số nguyên Bài tập vận dụng 2.1 Bài Cho dãy số ( un ) u1 = 1, u2 =  xác định  un2+1 + , n  un+ = u n  * Chứng minh số hạng dãy số số nguyên Lời giải: Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh un+2 = 4un+1 − un , n  +) Thật với n = ta có u3 = u22 + 32 + = = 11 = 4u2 − u1 u1 Do (1) với n = +) Giả sử (1) với n = k , ( k  1) tức uk + = 4uk +1 − uk +) Ta chứng minh (1) với n = k + Theo giả thiết quy nạp, ta có * (1) uk2+1 + uk +2 = 4uk +1 − uk  = 4uk +1 − uk  uk2+1 + = uk ( 4uk +1 − uk ) uk  uk2 − 4uk uk +1 + = −uk2+1  (16uk2+1 + uk2 − 8uk uk +1 ) + = 16uk2+1 − 4uk uk +1 − uk2+1  ( 4uk +1 − uk ) + = 4uk +1 ( 4uk +1 − uk ) − uk2+1  uk2+2 + = 4uk +1uk +2 − uk2+1 uk2+2 +  = 4uk +2 − uk +1  uk +3 = 4uk +2 − uk +1 uk +1 Suy (1) với n = k + Theo nguyên lý quy nạp ta có (1) với n  * Vậy số hạng dãy số số nguyên 2.2 Bài 2.Cho dãy số ( un ) u1 =  xác định   3 u = + u + − , n  n + n    n n    * Chứng minh số hạng dãy số số nguyên Lời giải: *) Nhận xét: Ta thấy un+1 = ( un + ) + 3( un − 1) , n  n Do để chứng minh un  , n  , ta chứng minh = * * u1 = 1 3( un − 1)  , n  n Ta có v1 = 0, v2 = 3, v3 = 7, v4 = 12, Dễ dàng nhận thấy = vn−1 + ( n + 1) , n  * , n  Từ ta suy = vn−1 + ( n + 1)   n ( n + 1) vn−1 = vn−2 + n  − + n, n    = v1 + + + + n + ( n + 1) =   v2 = v1 +  Mặt khác v1 = = 1(1 + 1) n ( n + 1) − + nên  = − + n, n  2 Từ ta dự đốn un = + ( n − 1) n ( n + 4) , n  * (1) Ta chứng minh công thức (1) phương pháp quy nạp * * ,n2 * 10 +) Với n = u1 = nên công thức (1) với n = +) Giả sử công thức (1) với n = k , ( k  1) tức uk = + ( k − 1) k ( k + 4) +) Với n = k + Ta có    ( k − 1) k ( k + )   3 uk +1 = 1 +  uk + − = 1 +  1 + + −  k  k  k  k   uk +1 k − 1) k ( k + ) ( k − 1)( k + ) k ( k + 1)( k + 5) ( k + 6k + 5k = 1+ + + = 1+ = 1+ Suy công thức (1) với n = k + Theo ngun lý quy nạp ta có cơng thức (1) với n  un = + ( n − 1) n ( n + 4) , n  * tức * Khi đó, ta có n ( n − 1)  n ( n − 1)( n + ) Mặt khác n ( n − 1)( n + ) = ( n − 1) n ( n + 1) + 3n ( n + 1) Do n ( n − 1)( n + ) Suy un  , n  * Vậy số hạng dãy số số nguyên 2.3 Bài 3.Cho a, b, c ba số nguyên thỏa mãn điều kiện a = b + Xét dãy số u0 = u xác định ( n)  2 un+1 = aun + bun + c , n  Chứng minh số hạng dãy số số nguyên Lời giải: Theo giả thiết ta có un+1 = aun + bun2 + c , n   ( un+1 − aun ) = bun2 + c , n   un+1 − aun = bun2 + c , n   un2+1 − 2aunun+1 + a 2un2 = bun2 + c , n  (1) Vì a = b + nên từ (1) ta suy (a − b ) un2+1 − 2aunun+1 + a 2un2 = ( a − 1) un2 + c , n   un2 − 2aun+1un + a 2un2+1 = bun2+1 + c , n   ( un − aun+1 ) = bun2+1 + c , n  (2) 47  p an Giả sử tồn số nguyên tố p  để  , (n   p an+1 * )  p an  p an  p ( 5an−1 − 6an−2 )  p an−2  p an      p a p a − a p a p a  p an−1  ( n  ( n−1 )  n−1  n−1 n −1 )  p a1 Thực liên tiếp thao thác này, ta suy   p a2 Điều vơ lý ( a1 , a2 ) = Vậy ( an , an+1 ) = 1, n  ( * ) Xét p ước nguyên tố a2k  p 22 + 32 p ước nguyên tố lẻ k k ( mod p )  22  32 ( mod p ) Mặt khác, ( p, ) = ( p, 3) = nên theo định lý Fermat nhỏ ta có p −1  p −1  ( mod p ) Gọi h số nguyên dương nhỏ thỏa mãn 2h  3h ( mod p ) Suy 22  −32 k k +1 k k +1 Khi số nguyên dương h '  h thỏa mãn điều kiện ta có h h ' Thật vậy, đặt h ' = h.t + r , (  r  h ) ta có 2h '  3h ' ( mod p )  2ht +r  3ht +r ( mod p )  ( 2h ) 2r  ( 3h ) 3r ( mod p )  2r  3r ( mod p ) t t Do h số nguyên dương nhỏ thỏa mãn 2h  3h ( mod p ) nên r = h h ' Khi theo đề ta có h ' = 2k +1 thỏa mãn nên h 2k +1 , tức h = x , (  x  k + 1) Giả sử  x  k 22  32 x ( Mà p 22 + 32 k k ) x ( mod p )  p ( 22 ( x ) ( − 32  p 22 − 32 x k k ) ) nên  p 2.22 Điều mâu thuẫn p số nguyên tố lẻ k Suy x = k + , h = 2k +1 Mặt khác h ' = p − thỏa mãn 2h  3h ( mod p ) nên h ( p − 1) hay 2k +1 ( p − 1) Vậy p ước nguyên tố a2k p − chia hết cho 2k +1 với số tự nhiên k 3.2.7 Bài Cho dãy số ( pn ) , p1  p2   pn  dãy tất số nguyên tố Chứng minh hai số p1 + p2 + + pk p1 + p2 + + pk + pk +1 ln tìm số bình phương Lời giải: Ta phát biểu lại toán thành mệnh đề sau: Giả sử p1 , p2 , , pn , dãy số nguyên tố với p1 = 2, p2  3, pn+1 − pn  2, n  * , n  Khi số tự nhiên hai số 48 sn = p1 + p2 + + pn sn+1 = p1 + p2 + + pn + pn+1 tìm số bình phương Chứng minh mệnh đề: Giả sử phản chứng: Tồn số nguyên dương n cho hai số sn , sn+1 khơng có số bình phương nào, tức tồn k  k  sn  sn+1  ( k + 1) * cho (1) Khi pn+1 = sn+1 − sn  ( k + 1) − k = 2k +  pn  pn+1 −  2k − Tiếp tục thao tác trên, ta có: pn−1  2k − pn −  k − p2  x p1 = +) Khả 1: Nếu x = p2  Nhưng p2  nên suy p2 = Khi bất đẳng thức trở thành đẳng thức, tức pn+1 = 2k + 1, pn = 2k − 1, pn−1 = 2k − 3, pn−2 = 2k − 5, Suy sn+1 = p1 + p2 + + pn + pn+1 = + p2 + + pn + pn+1  sn+1  + + + ( 2k + 1) = ( k + 1) (2) Từ (1) (2) ta thấy (2) mâu thuẫn với (1) +) Khả 2: Nếu x  (do x −  ) Khi sn = p1 + p2 + + pn = + p2 + + pn  + + + + ( 2k − 1) = k (3) Từ (1) (3) ta thấy (3) mâu thuẫn với (1) Như vậy, trường hợp ta có mâu thuẫn Do điều giả sử sai Vậy số tự nhiên hai số sn = p1 + p2 + + pn sn+1 = p1 + p2 + + pn + pn+1 ln tìm số bình phương 3.2.8 Bài Chứng minh tồn dãy vô hạn số nguyên tố phân biệt ( pn ) thỏa mãn pn  ( mod 2017 n ) , n  * Lời giải: Đặt p = 2017 p số nguyên tố Xét dãy ( An ) xác định An = p − 1, n  n * 49 Ta có (2 ) + (2 ) + (2 ) p n −1 p n −1 p n −1 ( ) p n −1 + + p −1 ( ) Suy An = An−1.Bn−1 với Bn−1 =  p i =0 n −1 p −1 ( ) = 2p n −1 p −1 n −1 p −1 p −1 n = n −1 p −1 = An An−1 i Gọi pn ước nguyên tố Bn −1 +) Ta chứng minh An −1 không chia hết cho pn ( ) n −1 Thật vậy, giả sử An−1 pn tức p − pn Đặt a = p  a  ( mod pn ) n −1 p −1 ( ) =  a  p ( mod p ) Khi Bn−1 =  i =0 p n −1 i p −1 i n i =0 Mà Bn−1  ( mod pn ) nên p  ( mod pn )  p = pn  a  ( mod p ) (*) Mặt khác ( 2, p ) = nên theo định lý Fermat nhỏ ta có p  ( mod p ) ( )  p = ( p )  p  ( mod p )  p = p p p  p  ( mod p ) Chứng minh tương tự ta thu p  ( mod p )  a  ( mod p ) (**) n −1 Từ (*) (**) ta suy mâu thuẫn Vậy An −1 không chia hết cho pn +) Từ cách xây dựng dãy ( An ) ta suy An Am n  m Khi n  m tồn ước nguyên tố pn cho An pn Am không chia hết cho pn với m  n Vì An pn nên p  ( mod pn ) n Mặt khác pn ước nguyên tố Bn −1 Bn −1 số lẻ nên pn số nguyên tố lẻ Do ( 2, pn ) = Theo định lý Fermat ta có pn −1  ( mod pn ) hn p n (1) Gọi hn số nguyên dương nhỏ cho  ( mod pn )   hn ( pn − 1) ( ) hn Từ (1) suy hn = p k , ( k  , k  n ) Nếu k  n ta có 2hn − = p − = Ak Mà k  n nên Ak không chia hết cho pn k Suy 2hn − không chia hết cho pn , điều mâu thuẫn Do k = n  h = p n Kết hợp với (2) suy p n ( pn − 1) hay pn  ( mod p n ) 50 Từ ta có điều phải chứng minh 3.9 Bài (Poland Finals 2002) Cho k số nguyên dương cố định Xét dãy số ( an ) xác định bởi: a1 = k +  an+1 = an − kan + k , n  * Chứng minh với số nguyên dương m, n, ( m  n ) gcd ( am , an ) = Lời giải:Ta có an+1 − k = an2 − kan = an ( an − k ) = an an−1 ( an−1 − k ) = = an an−1 a1 ( a1 − k ) = an an−1 a1 Khơng tính tổng quát, giả sử m  n Khi đó, gọi p ước nguyên tố chung am , an Ta có am − k = am−1am−2 an a2a1 p  p k  p ( an − k ) Mà an − k = an2−1 − kan−1  p an2−1  p an−1  p ( an−1 − k )  p ( an2−2 − kan−2 )  p an2−2  p an−2 Cứ tiếp tục trình ta p a1  p ( k + 1)  p (điều vô lý) Vậy am , an khơng có ước ngun tố chung nào, hay gcd ( am , an ) = Một số tập tương tự Bài 4.1 Cho dãy số không âm ( un ) xác định u1 =   um+n + um−n = ( u2 m + u2 n ) , m, n  , m  n Chứng minh với n u n số phương u1 = 1, u2 = −1 Bài 4.2 Cho dãy số ( un ) xác định  un = −un−1 − 2un−2 , n  Xét dãy ( ) xác định = 2n+1 − 7un2−1, n  n  * * * , n  , n  Chứng minh với , n  số phương a0 = 1, a1 = Bài 4.3.Cho dãy số ( an ) xác định  an+ = 4an+1 − an , n  Tìm tất số nguyên dương n để ( an − 1) số phương 51 Bài 4.4 Cho dãy số nguyên ( an ) thỏa mãn an+ + an−1 = ( an+1 + an ) , n  * Chứng minh tồn số nguyên M không phụ thuộc vào n cho M + 4a1a2 an số phương a0 = Bài 4.5 Cho dãy số ( an ) xác định  an+1 = 4an + 15an − 60, n  Chứng minh số b = ( a2n + 8) biểu diễn thành tổng bình phương số nguyên dương liên tiếp với n  * Bài 4.5 (VMO 1997) u0 = 1, u1 = 45 Cho dãy số nguyên ( un ) xác định  un+ = 45un+1 − 7un , n  Tính số ước dương un2+1 − unun+2 theo n Chứng minh 1997un2 − 4.7n+1 số phương, với n Bài 4.6 (Balkan 2002) a1 = 20, a2 = 30 Cho dãy số ( an ) xác định  an+ = 3an+1 + an , n  * Tìm tất số nguyên dương n để (1 + 5an an+1 ) số phương a0 = 0, a1 = Bài 4.6 Cho dãy số ( an ) xác định  an+ = 1999an+1 − an , n  Tìm tất số nguyên dương n để an số nguyên tố Bài 4.8 (Czech and Slovak Republic 2000) Chứng minh tồn dãy số tự nhiên tăng dần ( an ) cho với k  dãy ( k + an ) chứa số hữu hạn số nguyên tố Bài 4.9.Cho dãy số ( pn ) xác định p1 = với n  2, pn thừa số nguyên tố lớn + p1 p2 pn−1 Chứng minh pn  7, n  10 Bài 4.10 Cho dãy số ( un ) xác định un = 2.22 − 1, n  2n * * Chứng minh số hạng dãy số đôi nguyên tố III Dãy số nguyên với đa thức Trước hết ta nhắc lại định nghĩa số vấn đề bản: 1.1 Định nghĩa: Cho dãy số nguyên ( an ) Số nguyên tố p gọi ước nguyên tố dãy số nguyên ( an ) tồn số m cho p am 52 1.2 Các kí hiệu - Với ( an ) dãy số nguyên tập hợp ước nguyên tố dãy ( an ) kí kiệu  ( an ) - Với S   ( S ) hiểu tập số nguyên tố ước phần tử S 1.3 Một số tính chất:  x số nguyên a, b, ( a  b ) Khi đó: ( a − b ) ( P ( a ) − P (b )) +) Cho số nguyên a, b , m  * đa thức P ( x )   x  Khi Nếu a  b ( mod m ) P ( a )  P ( b ) ( mod m ) +) Cho đa thức P ( x )  Bài tập vận dụng 2.1 Bài 1.Cho dãy số nguyên ( un ) xác định bởi: u1 = 1900, u2 = 1989, u3 = 2000  un+3 = 19un+ + 9un+1 + un + 1991, n  Với n  * * , gọi rn số dư u n cho 1992 Chứng minh dãy ( rn ) dãy tuần hồn Chứng minh tồn vơ số số nguyên x dãy ( un ) cho 5x1992 + 5x1994 + x1975 + 8x1945 + x1990 + 11x + 48 chia hết cho 1992 Lời giải: Xét ba số dư ( r1, r2 , r3 ) , ( r2 , r3 , r4 ) , ( ri , ri +1, ri +2 ) , ( ri +1, ri +2 , ri +3 ) , Số ba số dư lập theo cách vơ hạn, có hữu hạn số dư khác chia u n cho 1992 Suy tồn m, s  * cho ( rm , rm+1, rm+2 ) = ( rm+ s , rm+ s+1, rm+ s+2 ) , rm = rm+ s  nghĩa ta có rm+1 = rm+ s +1 r = r  m+ m+ s + *) Ta chứng minh rk = rk + s , k  , k  m (1) +) Khẳng định (1) với k = m, k = m + 1, k = m + +) Giả sử khẳng định (1) đến k = p, p  m + +) Xét k = p + 53 Từ giả thiết ta có u p +1+ s − u p +1 = 19 ( u p + s − u p ) + ( u p + s −1 − u p −1 ) + ( u p + s −2 − u p −2 )  u p +1+ s − u p +1  19 ( rp + s − rp ) + ( rp + s −1 − rp −1 ) + ( rp + s −2 − rp −2 )  ( mod 1992 ) Mà  u p +1+ s − u p +1  rp +1+ s − rp +1 ( mod 1992 ) nên ta có rp +1+ s − rp +1  ( mod 1992 ) hay rp +1+ s = rp +1 Do khẳng định (1) với k = p + Theo nguyên lý quy nạp ta có rk = rk + s , k  , k  m *) Ta chứng minh rk = rk + s , k  * Thật vậy, m = (1) ta có điều cần chứng minh Nếu m  (1) nên ta cần chứng minh rk = rk +s , k  * ,  k  m − Ta có • um−1+ s − um−1 = ( um+2+ s − um+2 ) − 19 ( um+1+ s − um+1 ) − ( um+ s − um )  rm−1+ s − rm−1 = ( rm+2+ s − rm+2 ) − 19 ( rm+1+ s − rm+1 ) − ( rm+ s − rm )  rm−1+ s − rm−1 = ( mod 1992 )  rm−1+ s = rm−1 • um−2+ s − um−2 = ( um+1+ s − um+1 ) − 19 ( um+ s − um ) − ( um−1+ s − um−1 )  rm−2+ s − rm−2 = ( rm+1+ s − rm+1 ) − 19 ( rm+ s − rm ) − ( rm−1+s − rm−1 )  rm−2+ s − rm−2 = ( mod 1992 )  rm−2+ s = rm−2 Cứ tiếp tục trình trên, sau m − bước xét tương tự ta rm−1 = rm−1+ s , rm−2 = rm−2+ s , rm−3 = rm−3+ s , , r2 = r2+ s , r1 = r1+ s Vậy rk = rk + s , k  * hay dãy ( rn ) dãy tuần hoàn Do từ u2 , dãy ( un ) tăng s  (vì r1 = −2  r2 = −3 ) nên suy us  u2 s  u3s   uks  u( k +1)s  Đặt P ( x ) = x1992 + x1994 + x1975 + x1945 + x1990 + 11x + 48 Ta chứng minh P ( uks ) 1992, k  * Thật vậy, ta có uks = uks+3 − 19uks+2 − 9uks+1 − 1991, k  *  uks  rks +3 − 19rks +2 − 9rks +1 + ( mod 1992 )  uks  r3 − 19r2 − 9r1 + ( mod 1992 ) , k  Mà r1 = −2, r2 = −3, r3 = nên uks  84 ( mod 1992 ) , k  Suy P ( uks )  P ( 84 ) ( mod 1992 ) , k  Mặt khác 84n  ( mod 24 ) , n  Nên (3) * * * * (2) , n  48  ( mod 24 ) P ( 84 ) = 5.841992 + 5.841994 + 4.841975 + 8.841945 + 2.841990 + 11.842 + 48  ( mod 24 ) 54 Lại có 84  ( mod 83)  P (84 )  P (1) ( mod 83) Mà P (1) = 83  ( mod 83)  P (84 )  ( mod 83) (4) Từ (3) (4), kết hợp với ( 24, 83) = ta có P (84 )  ( mod 1992 ) (5) Từ (2) (5) suy P ( uks ) 1992, k  Vậy tồn vô số số * nguyên x dãy ( un ) cho P ( x ) = x1992 + x1994 + x1975 + x1945 + x1990 + 11x + 48 chia hết cho 1992 2.2 Bài (Định lý Schur) Cho đa thức hệ số nguyên f ( x ) có bậc dương Khi tập ước nguyên tố dãy an = f ( n ) , n  * vô hạn Lời giải: Giả sử ngược lại, tập tất ước nguyên tố dãy an = f ( n ) , n  * tập hữu hạn sau ( an ) =  ( f ( n ) ) =  p1, p2 , , pt  Vì f ( x )   x nên f ( x ) = an xn + an−1xn−1 + + a1x + a0 , (  , i = 0, n, an  0, n  * ) Ta xét trường hợp sau: *) Trường hợp 1: Nếu a0 = Khi với p số ngun tố bất kì, ta ln có p f ( p) Do dãy an = f ( n ) , n  * nhận số nguyên tố làm ước nguyên tố *) Trường hợp 2: Nếu a0  với số nguyên dương k , đặt mk = kp1 p2 pt Ta có f ( a0mk ) = an ( a0mk ) + an−1 ( a0mk ) n n−1 + + a1 ( a0mk ) + a0  f ( a0 mk ) = a0 ( an a0n−1mkn + an−1a0n−2mkn−1 + + a1mk + 1) Đặt g ( x ) = a0n−1an x n + a0n−2 an−1 x n−1 + + a1x + Vì deg g ( x ) = deg f ( x ) = n  * nên phương trình g ( x ) = có hữu hạn nghiệm Do tồn k  Mà g ( x )   x * cho g ( mk )  nên g ( mk )  Kết hợp với g ( mk )  g ( mk ) có ước nguyên tố p  p f ( a0m0 )  p  ( f ( n ) ) (*) Mặt khác ta có g ( mk )  ( mod mk )  ( g ( mk ) , mk ) =  ( mk , p ) =  p  ( f ( n ) ) (**) Từ (*) (**) ta nhận mâu thuẫn Do giả sử sai Vậy tập ước nguyên tố dãy an = f ( n ) , n  * vô hạn 55 2.3 Bài Cho số nguyên dương a, b với a  b Tìm tất đa thức hệ số nguyên P ( x ) thỏa mãn P ( n ) ( a n − b n ) , n  * Lời giải: Ta xét hai trường hợp *) Trường hợp 1: Nếu P ( x ) không đa thức Khi theo định lý Schur, tồn vô số ước nguyên tố dãy P ( n ) Giả sử p ước nguyên tố thế, (với p  a ) p P ( m ) với m  * Ta có p ( a m − b m ) Mặt khác, P ( x )   x nên P ( m + p )  P ( m )  ( mod p ) Do p ( a m+ p − b m+ p ) Vì p khơng ước a, b a m  b m ( mod p ) nên kết hợp với định lý Fermat nhỏ ta có: a m+ p − b m+ p  a m ( a p − b p )  a m ( a − b ) ( mod p ) Điều kéo theo p ( a − b ) , a − b số ngun dương cố định nên khơng thể có vơ số ước ngun tố Vậy trường hợp không xảy với d = P (1) *) Trường hợp 2:Nếu P ( x ) đa thức P ( x ) = d d (a − b) Khi ( a − b ) ( a n − b n ) , n  * nên P ( n ) ( a n − b n ) , n  * Do trường hợp thỏa mãn Vậy tất đa thức cần tìm thỏa mãn tốn P ( x ) = d , x  với d ước số ( a − b ) 2.4 Bài Giả sử a1 , a2 , , am số nguyên dương phân biệt,  a1  a2   am P1 ( x ) , P2 ( x ) , , Pm ( x ) đa thức hệ số nguyên khác đa thức Xét dãy ( f n ) xác định f n = a1n P1 ( n ) + a2n P2 ( n ) + + amn Pm ( n ) , n  * Chứng minh dãy số ( f n ) có vơ hạn ước ngun tố Lời giải: Khơng tính tổng qt, giả sử hệ số cao Pm ( x ) dương Giả sử  ( f n ) tập hữu hạn, cụ thể ( f ( n ) ) =  p1, p2 , , pt  Ta có lim f n = + nên tồn N đủ lớn cho f N0  đồng thời với số nguyên N0 +n ( m) dương m cho trước, ta có  aiN0 ( mod m ) 56 Đặt f N0 = p1k1 p2k2 ptkt , ki  pi số nguyên tố, với i = 1, t Xét M = p11+k1 p12+k2 pt1+kt M ' = p12+k1 p22+k2 pt2+kt Ta có  ( M ') = M  ( pi − 1) = p1 p2 pt ( M ) 1i t Kết hợp với Pi ( x )  f N0 + ( M ') =  x, i = 1, t a 1 j  m N + ( M ') j với số nguyên dương n ta có Pj ( N +  ( M ') )  ( ) a 1 j  m N0 j Pj ( N )  f N0 ( mod M ) Do v pi ( M ) = + v pi f N0 , i = 1, t nên ta có ( ) ( ) v pi f N0 + ( M ') = v pi f N0 , i = 1, t , n  * Suy lim f N0 +( M ') = f N0 Điều mâu thuẫn với lim f n = + Do điều giả sử sai Vậy tập  ( f n ) tập vô hạn 2.5 Bài Giả sử a1 , a2 , , am số nguyên dương phân biệt,  a1  a2   am P1 ( x ) , P2 ( x ) , , Pm ( x ) đa thức hệ số nguyên khác đa thức Xét dãy ( f n ) xác định f n = a1n P1 ( n ) + a2n P2 ( n ) + + amn Pm ( n ) , n  * Chứng minh rằng, với k số nguyên dương cho trước, tồn số nguyên dương m cho f m có k ước ngun tố phân biệt Lời giải: Nếu không tồn số nguyên dương m cho f m có k ước ngun tố phân biệt, số hạng dãy ( f n ) có hữu hạn ước nguyên tố Giả sử K số thỏa mãn f K có nhiều ước nguyên tố Đặt f K = p1k1 p2k2 ptkt , ki  pi số nguyên tố, với i = 1, t Xét M = p11+k1 p12+k2 pt1+kt M ' = p12+k1 p22+k2 pt2+kt để với n đủ lớn ta có f K + ( M ')  f K ( mod M ) Từ suy f K f K +n ( M ') Do f K +n ( M ') có t ước nguyên tố ước nguyên tố f K Nhưng vai trò K nên f K +n ( M ') có nhiêu ước nguyên tố Mặt khác v pi ( M ) = + v pi ( f K ) , i = 1, t f K + ( M ')  f K ( mod M ) nên với n đủ lớn ta có ( ) v pi f K + ( M ') = v pi ( f K ) , i = 1, t Suy lim f K + ( M ') = f K Điều mâu thuẫn với lim f n = + 57 Do điều giả sử sai Vậy với k số nguyên dương cho trước, tồn số ngun dương m cho f m có k ước nguyên tố phân biệt Một số tập tương tự 3.1 Bài Tìm tất đa thức hệ số nguyên P ( x ) cho ( ) gcd P ( n ) , P ( 2017 n ) = 1, n  * 3.2 Bài Cho số nguyên dương k , m đa thức hệ số nguyên P ( x ) có bậc dương Chứng minh tồn số nguyên dương n cho giá trị P ( n ) , P ( n + 1) , , P ( n + m ) có nhât k ước số nguyên tố phân biệt 3.3 Bài 3.Cho P ( x ) đa thức hệ số nguyên bất khả quy  x  Chứng minh tồn vô số số nguyên tố p cho với p tồn số nguyên dương n thỏa mãn v p ( P ( n ) ) = 3.4 Bài Cho P ( x ) đa thức hệ số thực số nguyên dương k Biết với số nguyên dương n tồn m cho f ( n ) = m k Chứng minh tồn đa thức hệ số hữu tỉ P ( x ) cho f ( x ) = P k ( x ) 3.5 Bài Cho trước số nguyên dương k đa thức hệ số nguyên P ( x ) có hệ số dương Chứng minh tồn vô số số nguyên tố p cho phương trình đồng dư P ( x )  ( mod p k ) có nghiệm 58 III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI: Hiệu kinh tế: Trên Internet có số tài liệu viết chuyên đề “Dãy số nguyên” song chưa tổng hợp ứng dụng cụ thể nội dung kiến thức Nội dung trình bày sáng kiến tài liệu hữu ích cho học sinh chuyên Toán lớp 10, 11 học sinh đội tuyển HSG Quốc gia, Cụm Duyên hải ĐBBB Các toán sáng kiến ý tưởng mở rộng, khai thác, tổng quát hóa tài liệu tham khảo bổ sung cho thầy cô giáo dạy lớp chuyên Toán đội tuyển phân môn Dãy số Số học với nội dung “Một số ứng dụng dãy số nguyên” Tác giả hi vọng đề tài dùng làm tài liệu tham khảo sử dụng rộng rãi, cách tiết kiệm chi phí tài liệu, chi phí giảng dạy cho học sinh chuyên Toán đội tuyển học sinh giỏi Hiệu mặt xã hội: Qua số tập trên, thấy ứng dụng tính chất hệ thặng dư kì thi học sinh giỏi Trong khuôn khổ viết này, điều kiện thời gian có hạn, chúng tơi nghiên cứu số ứng dụng hệ thặng dư, đồng thời đưa lớp toán minh họa cho ứng dụng Những ứng dụng chúng tơi áp dụng để giảng dạy em học sinh lớp 10, 11 chuyên Toán em học sinh đội tuyển HSG Quốc gia, đội tuyển cụm duyên hải đồng Bắc Bộ Trong trình dạy, em học sinh nhiệt tình đón nhận đồng thời đạt số kết định như: - Đội tuyển HSG Quốc gia mơn Tốn đạt 10/10 giải có giải Nhất, giải Nhì, giải Ba, giải Khuyến khích - Có học sinh tham dự kì thi chọn đội tuyển dự thi Olymlic Quốc tế - Em Trần Nhật Minh thành viên đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Quốc tế (IMO 2020) đoạt Huy chương Đồng 59 Tuy nhiên, kinh nghiệm chưa nhiều thời gian hạn chế nên viết cịn nhiều thiếu sót Rất mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, giáo bạn đồng nghiệp để viết hoàn thiện Khả áp dụng nhân rộng *) Những ứng dụng áp dụng để giảng dạy em học sinh lớp 10, 11 chuyên Toán em học sinh đội tuyển HSG Quốc gia, đội tuyển cụm duyên hải đồng Bắc Bộ Trong trình dạy, chúng tơi em học sinh nhiệt tình đón nhận đồng thời đạt số kết định như: - Đội tuyển HSG Quốc gia môn Tốn đạt 10/10 giải có giải Nhất, giải Nhì, giải Ba, giải Khuyến khích - Có học sinh tham dự kì thi chọn đội tuyển dự thi Olymlic Quốc tế - Em Trần Nhật Minh thành viên đội tuyển Quốc gia dự thi Olympic Quốc tế (IMO 2020) đoạt Huy chương Đồng *) Sáng kiến áp dụng với phạm vi rộng rãi lớp 10, 11 chun Tốn để em học sinh nhận thấy ứng dụng trực tiếp dãy số nguyên phân mơn khác Tốn học đồng thời gây hứng thú, sáng tạo cho học sinh IV Cam kết không chép vi phạm quyền: Chúng xin cam kết kết sáng kiến kết nhóm tác giả chúng tơi nghiên cứu qua q trình dạy lớp chuyên Toán đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia, học sinh giỏi khu vực đồng duyên hải Bắc Bộ Chúng không chép vi phạm quyền tác giả Tác giả sáng kiến 60 CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận, đánh giá, xếp loại) SỞGIÁO DỤC - ĐÀO TẠO (xác nhận, đánh giá, xếp loại) 61 Tài liệu tham khảo: Đoàn Quỳnh (2011), Tài liệu giáo khoa chuyên Toán Đại số lớp12-NXB Giáo dục Việt Nam Đoàn Quỳnh (2011), Tài liệu giáo khoa chuyên Toán Đại số lớp 12 (Sách Bài tập)-NXB Giáo dục Việt Nam 3.Đoàn Quỳnh (2010), Tài liệu giáo khoa chuyên Toán Đại số lớp 11-NXB Giáo dục Việt Nam Đồn Quỳnh (2010), Tài liệu giáo khoa chun Tốn Đại số lớp 11 (Sách Bài tập)-NXB Giáo dục Việt Nam Hà Huy Khoái (1995), Số học Đặng Hùng Thắng (1995), Bài giảng số học Nguyễn Vũ Lương (2005), Các giảng số học Diễn đàn toán học Mathscope Đề thi học sinh giỏi tỉnh nước 10 Tạp chí Tốn học tuổi trẻ 11 IMO Shortlist năm 12 Các tài liệu Internet: http://mathlinks.ro; http://mathscope.org ... Những học sinh làm chứng minh dài dịng thơng qua số bổ đề, tính chất phụ Mơ tả giải pháp sau có sáng kiến: Việc áp dụng tính chất dãy số nguyên tính chất số học dãy số nguyên làm cho tốn trở nên... tính chất, bổ đề sử dụng toán dãy số nguyên … Bên cạnh đó, học sinh sáng tạo để nghiên cứu, phát triển toán lên mức độ cao A CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ: I Định nghĩa dãy số: - Dãy số hàm số u : n →... trưng: λ2 − aλ = (1) - Nếu phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt λ1 , λ tồn A, B  cho un = Aλn1 + Bλn2 , n  - Nếu phương trình (1) có nghiệm kép λ tồn A, B  cho un = ( A + B ) λn ,