a) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n −1 chia hết cho 7. b) Chứng minh rằng không có số tự nhiên n nào để 2n+ 1 chia hết cho 7. Lời giải.
a) Vì n là số nguyên dương nên ta xét các trường hợp của n như sau:
• Với n= 3k, k ∈ Z ta có
2n−1 = 23k −1≡ 1k −1≡ 0 (mod 7).
Do đó, với n là bội của 3 thỏa yêu cầu bài toán.
• Với n= 3k+ r, k ∈ Z, r = 1,2 ta có 2n −1 = 23k.2r−1≡ 2r −1≡
1 (mod 7), r = 1 3 (mod 7), r = 2 Từ đó suy ra, n= 3k, k ∈ Z ta luôn có 2n −1 chia hết cho 7. b) Theo trên ta có 2n ≡1,2,4 (mod 7) với mọi số tự nhiên n.
Do đó 2n+ 1 6≡ 0 (mod 7) với mọi số nguyên dương n. Bài toán 3.11 (VMO 1997). Cho dãy số (un) xác định bởi
u1 = 7, u2 = 50
un+1 = 4un+ 5un−1 −1975; n ≥ 2 Chứng minh rằng u1996 chia hết cho 1997.
Lời giải.
Vì −1975 ≡ 22 (mod 1997) nên ta chỉ cần chứng minh dãy un+1 = 4un+ 5un−1 + 22...1997.
Đặt yn+1 = aun+1+b. Ta có
yn+1 = a(4un+ 5un−1 + 22) +b = 4(aun+b) + 5(aun−1 +b) + 22a−8b
= 4yn+ 5yn−1 + 22a−8b.
Ta chọn a, b sao cho 22a−8b = 0,ta chọn a = 4 ⇒b = 11.
⇒ yn+1 = 4un+1 + 11 ⇒ y1 = 39, y2 = 211;yn+1 = 4yn + 5yn−1. Từ đây ta có được
yn = 8(−1)n+ 25.5n 3
⇒ y1996 = 8 + 25.51996
3 .
Vì 8 + 25.51996 ≡ −1 + 1 = 0 (mod 3) ⇒ y1996 ∈ Z.
Theo định lí Fermat 51996 ≡1 (mod 1997) ⇒y1996 ≡ 11 (mod 1997)
⇒4x1996+ 11 ≡ 11 (mod 1997) ⇒x1996 ≡ 0 (mod 1997).
Bài toán 3.12 (VMO 1998 - Bảng A). Cho dãy số (un) xác định bởi u0 = 20;u1 = 100
un+1 = 4un + 5an−1 + 20;∀n≥ 2 (3.4) Tìm số nguyên dương h bé nhất sao cho un+h−uh...1998;∀n ∈ N∗. Lời giải.
Đặt an = 2un + 5, từ (??) ta có dãy số (an) xác định bởi a0 = 45; a1 = 205
an+1 = 4an+ 5an−1;∀n ≥2
Bằng phương pháp sai phân, ta tìm được công thức tổng quát của dãy số (an) là
an = 10
3 (−1)n+ 125 3 .5n Suy ra un = 125
6 .5n+ 5
3(−1)n− 5 2. Vì an+h−an = 2 (un+h−un) nên
un+h−un...1998 ⇔ an+h−an...2.1998 = 22.33.37.
Mà an+h−an = (−1)n.10 3
h(−1)h −1i+ 125.5n
3 5h −1.
• Nếu h chẵn thì
an+h−an = 125.5n
3 5h−1 ... 4.27.37 ⇔
5h−1... 4 5h−1 ...81 5h−1 ...37
(3.5)
Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 5k −1...37. Vì 536−1...37 nên 36...k.
Suy ra k ∈ {1,2,3,4,12,18,36} thử trực tiếp ta thấy chỉ có k = 36 thỏa mãn.
Vậy
5h −1 ...37 ⇒ h...36. (3.6) Chứng minh tương tự, ta cũng có
5h−1 ...81 ⇒h ... ϕ(81) = 54. (3.7) Từ (??) và (??) ta suy ra
(??) ⇔ h...[36,54] = 108 ⇒ h > 108.
• Nếu h lẻ. Vì un+h ≡ un(mod 1998). nên ta có uh ≡ u0 ≡ 20 (mod 1998)
uh+1 ≡ u1 ≡ 100 (mod 1998)
⇒5uh−1 ≡ uh+1−4uh−20 ≡ 0 (mod 1998) ⇒uh−1...0 (mod 1998).
Vì h lẻ nên h−1 chẵn ⇒uh = 125
6 .5h− 25
6 và uh−1 = 125
6 .5h−1 − 5 6.
⇒ uh ≡ 5uh−1 ≡0 (mod 1998) mâu thuẫn với uh ≡20 (mod 1998).
Với h = 108 ta dễ dàng chứng minh được un+h ≡un (mod 1998);∀n ≥ 1.
Vậy h = 108 là giá trị cần tìm.
Bài toán 3.13 (VMO 1998 - Bảng B). Cho dãy số (xn),(yn) xác định bởi ( x1 = 1;y1 = 2
xn+1 = 22yn−15xn+ 20;
yn+1 = 17yn −12xn
(∀n ≥ 1)
a) Chứng minh rằng các số hạng của cả hai dãy (xn),(yn) đều khác 0, và có vô hạn số hạng dương và vô hạn số hạng âm.
b) Hỏi số hạng thứ 19991945 của dãy có chia hết cho 7 không? Giải thích.
Lời giải.
a) Ta có
xn+2 = 22yn+1 −15xn+1 = 22(17yn −12xn)−15xn+1
= 17(xn+1 + 15xn)−22.12xn −15xn+1
= 2xn+1 −9xn.
Do đó xn+2 ≡ 2xn+1(mod 3). Hơn nữa ta có x1 = 1, x2 = 29 suy ra xn
không chia hết cho 3, hay xn 6= 0,∀n. Tiếp theo, ta chứng minh xn có vô hạn số hạng dương và vô hạn số hạng âm.
Thật vậy, từ trên ta có
xn+3 = 2xn+2−9xn+1 = −5xn+1−18xn
hay
xn+3 + 5xn+1 + 18xn = 0,∀n. (3.8) Do đó, nếu giả sử rằng trong dãy xn có hữu hạn các số hạng dương (hữu hạn các số hạng âm), ta gọi xnj là số hạng dương lớn nhất của dãy. Khi đó, với mọi n ≥ nj ta có xn < 0, điều này mâu thuẫn với (??).
Tương tự, ta cũng chứng minh được dãy yn+2 = 2yn+1 −9yn,∀n thỏa yêu cầu bài toán.
b) Từ trên, ta có xn+4 = −28xn+1−45xn, nên
xn ≡ 0 (mod 7) ⇔xn+4 ≡ 0 (mod 7)⇔ xn+4k ≡0 (mod 7).
Ngoài ra, từ 19991945 ≡ (−1)1945 (mod 4) ≡ 3 (mod 4) và x3 = 49 nên ta suy ra
x19991945 ≡0 (mod 7).
Tương tự, ta cũng có
yn ≡ 0 (mod 7)⇔ yn+4k ≡ 0 (mod 7).
Nhưng y3 = 26 6≡ 0 (mod 7) nên y19991945 6≡ 0 (mod 7).
Bài toán 3.14 (Đề chọn HSG TP Hà Nội vòng 2 năm học 2011 - 2012).
Cho dãy số nguyên dương (un) xác định bởi u1 = 1, u2 = 2, u4 = 5; với mọi số n nguyên dương khác 1 ta có un+1.un−1 = un2 +a trong đó a2 = 1. 1) Xác định số hạng tổng quát un của dãy số trên.
2) Tìm các số tự nhiên n không vượt quá 2012 sao cho un chia hết cho 10. Lời giải.
1) Ta có u2.u4 = u32+a ⇒u32 = u2.u4−a = 10−a ⇒ u3 = 3 (vì dãy số nguyên dương).
Ta có (un) là dãy tăng và un > 3 với mọi n ≥ 4.
un+1.un−1 = un2 + a ⇔un+1 = un2 +a un−1
.
Giả sử un2 − 1...un−1 và un2 + 1...un−1. Suy ra 2...un−1 vô lý. Vậy un2 − 1 và un2 + 1 không thể cùng chia hết cho un−1 nên tồn tại nhiều nhất một dãy thỏa mãn đầu bài.
Xét dãy số (vn) xác định bởi
v1 = 1; v2 = 2 vn+2 = vn+1 +vn
Chứng minh bằng quy nạp ta được vn+1.vn−1 = vn2 −(−1)n. Nên dãy (vn) là một dãy thỏa mãn đầu bài.
Vậy
u1 = 1; u2 = 2 un+2 = un+1 +un
⇒ un = 1
√5
"
1 +√ 5 2
!n
− 1−√ 5 2
!n#
2) Ta có un+2 = un+1 +un = 2un +un−1 ≡ un−1(mod 2).
Mà u2 = 2 nờn 0≡ u2 ≡ u5 ≡ ã ã ã ≡u3k+2(mod 2).
Vậy un...2 ⇔n = 3k+ 2.
Ta lại có un+2 = un+1 +un = 2un +un−1 = 3un−1 + 2un−2
= 5un−2 + 3un−3 ≡ 3un−3(mod 5); (n > 4).
Mà u4 = 5 nên u4 ... 5⇒ u9 ≡ 3u4 (mod 5) ⇒u9 ... 5 Suy ra un ...5 ⇔n = 5k+ 4.
Vậy un ... 10 ⇔
n = 3k+ 2
n = 5k+ 4 ⇔ n = 15m−1.
Vì 1≤ n ≤2012 ⇒1 ≤15m −1 ≤2012 ⇒ 16 m ≤ 134.
Vậy có134số thỏa mãn đầu bài là n= 15m−1với m ∈ N, m∈ [1; 134].
Bài toán 3.15 (Đề chọn HSG TP Hà Nội vòng 1 năm học 2014 −2015).
Cho dãy số (un) thỏa mãn điều kiện u1 = 4
un+1 = 2un +p3u2n + 1, n = 1,2, . . . (3.9) a) Chứng minh với mọi số nguyên dương n ta có un+2 = 4un+1−un. b) Chứng minh u2015 chia hết cho 5.
Lời giải.
a) Từ (??) ta có
(un+1 −2un)2 = 3u2n + 1
⇔ u2n+1−4un+1un +u2n−1 = 0. (3.10) Từ (??) thay n bởi n+ 1 ta được
u2n+2 −4un+2un+1 +u2n+1 −1 = 0.
Như vậyun, un+2 là hai nghiệm của phương trìnhx2−4xun+1+u2n+1−1 = 0.
Theo định lí Vi-et ta có
un+2+un = 4un+1
⇒un+2 = 4un+1 −un.
Vậy với mọi số nguyên dương n ta có un+2 = 4un+1−un. b) Chứng minh u2015 chia hết cho 5.
Ta có u1 = 4, u2 = 15 nên từ câu a suy ra dãy số (un) là dãy số nguyên dương và
un+3−un = 4un+2−un+1−un = 4(4un+1−un)−un+1−un = 5(3un+1−un).
Suy ra un+3 −un ≡0 (mod 5). Hay un+3 ≡un (mod 5). Mà u2 = 15 nờn 0≡ u2 ≡ u5 ≡ ã ã ã ≡u3k+2 (mod 5).
Như vậy u3k+2 ... 5, k ∈ N.
Với k = 671, ta có u2015 ... 5. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Cách khác.
Ta chứng minh quy nạp với n = 3k−1,k nguyên dương thì un ... 5. Với k = 1 đúng,giả sử đúng đến k, tức là u3k−1 ... 5.
Ta sẽ chứng minh k+ 1 cũng đúng.
Thật vậy ta có
u3k+2 = 4u3k+1 −u3k = 4(4u3k−u3k−1)−u3k = 15u3k −4u3k−1 ...5.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.16 (VMO 2011). Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi u0 = 1, u1 = −1
un+2 = 6un+1 + 5un (n ≥0). (3.11) Chứng minh rằng u2012−2010 chia hết cho 2011.
Lời giải.
Cách 1.
+) Xét phương trình đặc trưng của dãy trên là x2 −6x− 5 = 0. Phương trình có hai nghiệm x = 3±√
14.
Khi đó
un = a3 +√
14n+ b3−√ 14n. Sử dụng giả thiết u0 = 1, u1 = −1 ta được
un =
√14−4 2√
14
3 +√
14n +
√14 + 4 2√
14
3−√ 14n +) Đặt p = 2011 ta được
up+1 =
√14−4 2√
14
3 +√
14p+1+
√14 + 4 2√
14
3−√
14p+1
Chú ý:
3 +√
14p+1 = Ap+1 +Bp+1
√14, 3−√
14p+1 = Ap+1 −Bp+1
√14, trong đó
Ap+1 = Cp+10 3p+1 +Cp+12 3p−1√
142 + ã ã ã+ Cp+1p+1√
14p+1. (3.12) Bp+1 = Cp+11 3p+Cp+13 3p−2√
142 +ã ã ã+Cp+1p √
14p−1. (3.13) Dễ dàng chứng minh được
up+1 = Ap+1 −4Bp+1. (3.14) Ta có
k(k−1)Cp+1k = p(k −1) Cpk−−11 +kCpk−−12 ≡0 (mod p) Suy ra Cp+1k ≡ 0 (mod p) với mọi k = 2,3, . . . , p−1.
Do đó theo công thức (??) và (??) ta được
Ap+1 =
14 p+ 1
2 + 3p+1
(mod p)
Bp+1 =
3.14 p−1
2 + 3p
(mod p).
Từ đây kết hợp với (??) ta thu được
up+1 ≡
2.14 p−1
2 −3p
(mod p). (3.15)
Ta có 452 = 2025 ≡ 14 (mod p) nên theo định lí Fecmat nhỏ và (??) ta được up+1 ≡ −3 + 2.45p−1 ≡ −3 + 2 ≡ −1 (mod p)
Hay ta được u2012−2010 chia hết cho 2011. Cách 2.
Xét dãy số nguyên (bn) xác định bởi
b0 = 1, b1 = −1, bn+2 = 6bn+1+ 2016bn, (n ≥ 0).
Dễ thấy với mọi n≥ 0, ta có un ≡ bn(mod 2011).
Phương trình đặc trưng của dãy (bn) là x2 −6x−2016 = 0, có hai nghiệm x1 = −42, x2 = 48.
Suy ra số hạng tổng quát của dãy (bn) có dạng:
bn = C1.(−42)n +C2.48n. Mà b0 = 1, b1 = −1 nên ta tìm được C1 = 49
90, C2 = 41 90. Vì vậy
bn = 49.(−42)n + 41.48n
90 ,(n ≥0). (3.16)
Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có (−42)2010 ≡ 482010 ≡ 1 (mod 2011) Do đó
90b2012 ≡ 49.(−42)2012+ 41.482012 ≡49.(−42)2 + 41.482 ≡ 90b2(mod 2011) Suy ra b2012 ≡b2(mod 2011) (vì (90,2011) = 1).
Mà b2 = 6b1 + 2016b0 = 2010 nên b2012 ≡ 2010 (mod 2011). Vì thế u2012 ≡ 2010 (mod 2011).
Vậy u2012−2010 chia hết cho 2011.
Nhận xét 3.1. Trong công thức (??), nếu ta thay n= 2011 ta được
90b2011 = 49.(−42)2011+ 41.482011 ≡ 49.(−42) + 41.48 ≡ −90 (mod 2011). Suy ra b2011+ 1 ... 2011 ⇒a2011 + 1... 2011.
Từ đó ta có bài toán sau.
Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi
u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1 + 5un, n ≥ 0.
Chứng minh rằng u2011−2010 chia hết cho 2011.
Nhận xét 3.2. Nếu trong (??) thay n bởi số nguyên tố p > 5 ta được:
90bp = 49.(−42)p+ 41.48p ≡49.(−42) + 41.48 (mod p) ≡ −90 (mod p).
Suy ra bp+ 1 chia hết cho p. Từ đó ta có bài toan sau.
Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi
u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1+ 2016un, n ≥ 0.
Chứng minhup+ 1 chia hết cho p, trong đó plà một số nguyên tố lớn hơn 5.
Nhận xét 3.3. Nếu trong (??) thay n bởi p+ 1, trong đó p là số nguyên tố lớn hơn 5 ta thu được
90bp+1 = 49.(−42)p+1+41.48p+1 ≡ 49.(−42)2+41.482 (mod p) ≡ 180900 (mod p).
Suy ra 90(bp+1−2010) ... p⇒ (bp+1−2010) ... p. Từ đó ta có bài toán sau.
Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi
u0 = 1, u1 = −1, un+2 = 6un+1+ 2016un, n ≥ 0.
Chứng minh up+1−2010 chia hết cho p, trong đó p là một số nguyên tố lớn hơn 5.
Nhận xét 3.4. Bây giờ ta ta tiếp tục suy nghĩ bài toán 3.16 xem nó phụ thuộc vào giá trị ban đầu u0, u1 như thế nào? Tại sao người ta lại lấy u0 = 1, u1 = −1 và ta có thể tìm được điều kiện của u0, u1 để kết quả bài toán không thay đổi không? Sau khi nghiên cứu vấn đề này tôi đã thu được bài toán sau.
Cho a, b là các số nguyên cho trước. Dãy số nguyên (un) xác định bởi u0 = a, u1 = b
un+2 = 6un+1 + 5un;n∈ N.
Tìm tất cả các số nguyên a, b sao cho a2012−2010 chia hết cho 2011. Lời giải.
Ta xây dựng dãy (bn) được xác định như sau b0 = a, b1 = b
bn+2 = 6bn+1 + 2016bn;n ∈ N.
Phương trình đặc trưng x2 −6x−2016 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 = −48;x2 = −42.
Khi đó bn = c148n +c2(−42)n. Kết hợp với b0 = a, b1 = b suy ra bn = 42a+b
90 48n+ 48a−b
90 (−42)n
⇔ 90bn = (42a+b).48n + (48a−b).(−42)n. Suy ra
90b2012 = (42a+b).482012+ (48a−b).422012.
Do 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ ta có
482011 ≡ 48 (mod 2011); 422011 ≡ 42 (mod 2011).
Do vậy ta có
90(b2012+ 1) ≡ (42a+b).482 + (48a−b).422 + 90 (mod 2011).
⇒90(b2012 + 1) ≡90(5a+ 6b+ 1) (mod 2011).
hayb2012−2010 chia hết cho 2011khi và chỉ khi 5a+6b+1 ≡ 0 (mod 2011).
Từ phương trình đồng dư này ta tìm được
a = −m+ 1 + 6t, b = −5t−1 + 371m, trong đó m, t là các số nguyên tùy ý.
Bài toán 3.17 (Chọn đội tuyển HSG Đại học khoa học tự nhiên năm 2009-2010). .
Cho dãy số nguyên (an) xác định bởi
a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6
an+4 = 2an+3 +an+2 −2an+1−an (n ≥0).
a)Chứng minh rằng an chia hết cho n với mọi n ≥ 0. b) Chứng minh rằng dãy số nan
n o∞
n=1 chưa vô số số hạng chia hết cho 2009. Lời giải.
Phương trình đặc trưng của dãy (an) có dạng x4 −2x3 −x2 + 2x+ 1 = 0
tương đương với x2 −x−12 = 0. Từ đó số hạng tổng quát của an có dạng an = c1αn+c2βn+n(c3αn +c4βn),
trong đó α = 1 +√
5
2 ;β = 1−√ 5
2 là các nghiệm của phương trình x2 −x−1 = 0. Từ đây, từ các điều kiện ban đầu, ta tìm được
c1 = c2 = 0, c3 = 1
√5, c4 = − 1
√5. Suy ra
an = n 1
√5αn− 1
√5βn
.
Từ đây ta được an
n = Fn, vứi F1 = 1, F2 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 với mọi n= 1,2, . . . tức là dãy số Fibonacci. Kết luận câu (a) đến đây là hiển nhiên.
Để giải phần (b), ta có thể đi theo các hướng sau.
Cách 1.
Dùng quy nạp chứng minh rằng Fm+n = Fm+1Fn+FmFn−1. Sau đó tiếp tục dùng quy nạp chứng minh rằng Fkn chia hết cho Fn. Từ đây, để chứng minh kết luận của bài toán, ta chỉ cần chỉ ra một giá trị nguyên dương n sao cho Fn chia hết cho 2009 là xong. Có thể tính toán được rằng F56 chia hết cho 49, còn F20 chia hết co 41, từ đó F280 chia hết cho 2009.
Cách 2.
Ta chứng minh mệnh đề tổng quát: Với mọi số nguyên dương N, tồn tại vô số số hạng của dãy số Fibonacci chia hết cho N.
Để thực hiệu điều này, ta bổ sung thêm số hạng F0 = 0 cho dãy Fi- bonacci. Chú ý là ta vẫn có hệ thứcFn+1 = Fn+Fn−1 với mọi n= 0,1,2, . . .
Gọi ri là số dư trong phép chia Fi cho N. Xét N2 + 1 cặp số dư
(r0, r1); (r1, r2);. . .; (rN, rN+1).
Do 0 ≤ ri ≤ N −1 nên chỉ có N2 cặp giá trị (ri, ri+1) khác nhau. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại cặp chỉ số i < j sao cho (ri, ri+1) ≡ (rj, rj+1). Từ đây, do rk−1 chính là số dư trong phép chia rk+1 −rk cho N nên suy ra ri−1 = rj−1, ri−2 = rj−2, . . . , r0 = rj−i. Suy ra dãy số dư tuần hoàn với chu kì j −i. Vì r0 = 0 nên rk(j−i) = 0 với mọi k = 1, 2, . . . và ta có rk(j−i) chia hết cho N với mọi k = 1,2, . . . (Điều phải chứng minh)
Kết luận
Các bài toán về dãy số đã được đề cập ở hầu hết các tài liệu về giải tích, đại số, như tác giả đã giới thiệu trong phần mở đầu, trong luận văn này chỉ đề cập đến tính chất số học của các phần tử trong dãy số. Luận văn đã trình bày hệ thống một số bài toán thỏa mãn tính chất số học nào đó đặt ra như là tính chính phương, tính nguyên tố, tính chia hết. . . đối với các phần tử của dãy số. Để làm được những điều này người ta đã kết hợp một cách khéo léo các phương pháp cơ bản của lí thuyết dãy với các nguyên lí của số học làm cho việc chứng minh bài toán thêm phần hấp dẫn, tạo nên sự đa dạng, phong phú trong kho tàng toán học của nhân loại.
Luận văn "Một số dạng toán liên quan đến dãy số trong số học" đã giải quyết được những vấn đề sau:
Chương 1 hệ thống các kiến thức về dãy số, phương trình sai phân tuyến tính, một số tính chất số học.
Chương 2 hệ thống một số dạng toán liên quan đến dãy số trong số học. Đối với từng dạng bài toán, đã chọn lọc được một số bài tập tiêu biểu làm nổi bật được dạng toán về tính chia hết, tính chính phương, phân tích dãy số thành nhân tử . . .
Chương 3 trình bày các dạng toán về dãy số nguyên như tính chia hết, tính chính phương, các bài toán được lấy từ các đề thi học sinh giỏi các tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế.
Tôi hy vọng rằng luận văn này sẽ là tài liệu tham khảo có ích cho học sinh Trung học phổ thông và các đồng nghiệp quan tâm đến vấn đề này. Cho dù đã rất cố gắng nhưng thật khó để tránh khỏi những thiếu xót bởi kinh nghiệm còn hạn chế, tác giả rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.