Các bài toán chứng minh dãy số gồm toàn các số nguyên được đưa về công thức truy hồi tuyến tính sau đó chứng minh bằng phương pháp quy nạp với một vài số hạng đầu là số nguyên.
Bài toán 2.13. (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2006)
Hãy tìm tất cả các cặp số tự nhiên (n;k) với n là số nguyên không âm và k là số nguyên lớn hơn 1 sao cho số A = 172006n + 4.172n + 7.195n có thể phân tích được thành tích của k số nguyên dương liên tiếp.
Lời giải.
Trước hết ta thấy rằng tích của 4 số tự nhiên liên tiếp phải chia hết cho 8 vì trong 4 số đó có 1 số chia hết cho 4 và một số chia 4 dư 2.
Từ A= 172006n+ 4.172n + 7.195n suy ra - Nếu n là số chẵn, ta có
172006n ≡ 1 (mod 8).
4.172n ≡ 4.1 (mod 8).
7.195n ≡ 7.35n ≡ 7.310 ≡7 (mod 8).
Suy ra A ≡12 ≡4 (mod 8), tức là A không chia hết cho 8. - Nếu n là số lẻ, cũng tương tự
172006n ≡ 1 (mod 8).
4.172n ≡ 4.1 (mod 8)
7.195n ≡ 7.35n ≡7.35 ≡7.3 (mod 8).
Suy ra A ≡10 ≡2 (mod 8), tức là A cũng không chia hết cho 8. Tức là trong mọi trường hợp luôn có A không chia hết cho 8. Suy ra nếu k thỏa mãn đề bài thì k < 4, suy ra k ∈ {2,3}. Xét từng trường hợp
- Nếu k = 2 thì tồn tại x tự nhiên sao cho A = x(x+ 1). + Nếu n = 0 thì A= 12, x = 3, thỏa mãn đề bài.
+ Nếu n > 0 thì rõ ràng 171003n > 4.172n + 7.195n. Ta thấy A= x(x+ 1) = 172006n+ 4.172n + 7.195n > 172006n Suy ra x > 171003n
Nhưng x(x+ 1) > 172006n + 171003n > A, mâu thuẫn.
Do đó, trong trường hợp này không có n thỏa mãn đề bài.
- Nếu k = 3: tồn tại x tự nhiên sao cho A = x(x−1)(x+ 1), x ≥1; dễ thấy x phải là số chẵn (vì nếu ngược lại thì A chia hết cho 8, mâu thuẫn).
Ta thấy
A ≡ 12.(−1)n ≡ 2.(−1)n (mod 5)
trong khi x(x−1)(x+ 1) = x(x2 −1) ≡ {0;±1} (mod 5), mâu thuẫn.
Do đó trong trường hợp này không có n thỏa mãn đề bài.
Vậy tất cả các cặp số thỏa mãn đề bài là (n;k) = 0; 2). Bài toán 2.14. Cho dãy số (an) xác định bởi
a1 = 1;a2 = 2
an+2 = 2an+1 −an + 2, n = 1,2, ..
Chứng minh rằng với mọi m, amam+1 cũng là một số hạng của dãy số.
Lời giải.
Ta có an+2 = 2an+1 −an + 2. Thay n bằng n−1, ta được
an+1 = 2an−an−1 + 2.
Trừ hai đẳng thức vế theo vế, ta được
an+2 −3an+1 + 3an −an−1 = 0 Xét phương trình đặc trưng
x3 −3x2 + 3x−1 = 0
có nghiệm bội ba x1,2,3 = 1 nên ta có nghiệm tổng quát an có dạng an = an2 +bn+c.
Thay n = 1,2,3 ta được
( a+b+c = 1 4a+ 2b+c = 2 9a+ 3b+c = 5 Từ đó giải ra được a = 1, b = −2, c = 2.
Vậy an = n2 −2n+ 2 = (n−1)2 + 1.
Do đó
amam+1 = [(m−1)2 + 1](m2 + 1) = (m2 −m+ 1)2 + 1 = am2−m+2. Suy ra amam+1 cũng là một số hạng của dãy số.
Bài toán 2.15. Cho ba số nguyêna, b, c thỏa mãn điều kiện a2 = b+ 1. Dãy số (un) xác định như sau
u0 = 0
un+1−aun = pbu2n+ c2, n= 0,1,2, ..
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số trên đều là số nguyên.
Lời giải.
Từ giả thiết ta có un+1 = aun+ pbu2n +c2, n = 0,1,2, ..
Suy ra
u2n+1−2aunun+1 +a2u2n = bu2n +c2. (2.13)
Với giả thiết a2 = b+ 1 thì từ (??) suy ra
a2 −bu2n+1 −2aunun+1+a2u2n = a2 −1u2n+c2. Hay
u2n −2aunun+1 +a2u2n+1 = bu2n+1 +c2. (2.14) Từ giả thiết ta có bu2n+1+c2 = (un+2 −aun+1)2.
Nên từ (??) suy ra
(un−aun+1)2 = (un+2−aun+1)2. (2.15) Do un+2 −aun+1 ≥ 0 nên từ (??) ⇒ un+2−aun+1 = |un−aun+1|.
⇒un+2 = aun+1+|un −aun+1|. (2.16) Do u0 = 0 ⇒ u1 = au0 + pbu20 + c2 = √
c2 = |c|, do đó u0, u1 ∈ Z. Vậy từ (??) suy ra un ∈ Z với mọi n ∈ N.
Nhận xét. Ta cũng có thể giải bài toán này bằng cách khác như sau.
Ta có u2n+1−2aunun+1 +u2n(a2 −b)−c2 = 0 Hay
u2n+1 −2aunun+1+ u2n−c2 = 0. (2.17) Trong (??) thay n bởi n+ 1 ta có
u2n+2 −2aun+1un+2 +u2n+1 −c2 = 0. (2.18) Trừ từng vế của (??) cho (??) ta được
u2n+2 −u2n −2aun+1un+2+ 2aunun+1 = 0.
Hay
(un+2 −un)(un+2 +un −2aun+1 = 0. (2.19) Từ (??) suy ra un+2 = un hoặc un+2 = 2aun+1−un.
Từ đó do u0, u1 ∈ Z nên un ∈ Z với mọi n= 1,2, . . .
Bài toán 2.16. Cho dãy số (un) xác định bởi u0 = 2
un+1 = 4un+ p15u2n−60, (n∈ N∗).
Chứng minh rằng số b = 1
5(u2n+ 8) có thể biểu diễn thành tổng của ba số nguyên dương liên tiếp với mọi n ∈ N∗.
Lời giải.
Ta có u1 = 8 và dễ thấy ngay dãy (un) tăng ngặt.
Từ giả thiết ta có un+1−4un = p15u2n −60 Bình phương hai vế ta được
u2n+1 −8unun+1 +u2n + 60 = 0. (2.20) Từ (??) ta cũng có
u2n−8un−1un +u2n−1 + 60 = 0. (2.21) Từ (??) và (??) suy ra (u2n+1−u2n−1)−8un(un+1 −un−1) = 0.
⇔un+1 = 8un −un−1,(n≥ 1).
Từ đó ta tìm được số hạng tổng quát un = (4 +√
15)n + (4−√ 15)n. Nhận xét: Với mỗi n ≥ 1 đều tồn tại k ∈ N∗ sao cho
un = (4 +√
15)n −(4−√
15)n = √ 15.k.
Khi đó
[(4 +√
15)n−(4−√
15)n]2 = 15k2.
⇒(4 +√
15)2n−(4−√
15)2n = 15k2 + 2.
Do đó b = 1
5(u2n+ 8) = 3k2 + 2 = (k−1)2 +k2 + (k+ 1)2. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.17. Cho dãy số (un) xác định bởi ( u1 = 1
un+1 = un
2 +p3 +u2n,(n ∈ N∗). (2.22) Chứng minh rằng số u2n
u22n −2 có thể biểu diễn được thành tổng bình phương của ba số nguyên liên tiếp với mọi số nguyên dương n.
Lời giải.
Từ (??) ta có
1
un+1 = 2 un
+ s 3
u2n + 1.
Đặt an = 1 un
, ta được dãy (an) như sau
a1 = 1, an+1 = 2an +q3a2n + 1. (2.23) Ta có (??) ⇔(an+1−2an)2 = 3a2n + 1 ⇔a2n+1 −4an+1an+a2n −1 = 0.
Thay n bởi n+ 1 ta được
a2n+2−4an+2an+1 +a2n+1 −1 = 0.
Như vậy an, an+2 là hai nghiệm của phương trình x2 −4xan+1+a2n+1 −1.
Theo định lí Viet ta có an+2 +an = 4an+ 1⇒ an+2 = 4an+1−an.
Xét phương trình đặc trưng λ2 − 4λ + 1 = 0. Phương trình có hai nghiệm λ1 = 2 +√
3, λ2 = 2−√ 3.
Do vậy mà an = A(2 +√
3)n+B(2−√ 3)n. Từ a1 = 1, a2 = 4, ta tìm được A = −√
3 6 , B =
√3 6 . Do vậy ta được
an = −√ 3
6 (2 +√ 3)n+
√3
6 (2−√ 3)n. Suy ra
un = −2√
3 (2 +√
3)n−(2−√ 3)n Để ý rằng ta luôn có
(2 +√
3)n −(2−√
3)n = k√
3, k ∈ Z.
Khi đó (2+√
3)2n−(2−√
3)2n = [(2+√
3)n−(2−√
3)n]2+2 = 3k2+2 = (k−1)2+k2+(k+1)2. Do vậy mà
u2n
u22n −2 =
2 +√
32n −2−√ 32n
2
h2 +√
3n −2−√ 3ni2
−2
= h2 +√
3n+2−√
3ni2 −2
= 2 +√
32n +2−√ 32n
= (k −1)2 +k2 + (k + 1)2. Đây là điều cần chứng minh.
Bài toán 2.18. Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số (un) xác định bởi u0 = 1
un+1 = 2un+p3u2n−2,(n ∈ N∗).
đều nguyên.
Lời giải.
Chuyển vế và bình phương công thức truy hồi, ta được u2n+1−4unun+1 + 4u2n = 3u2n −2
⇔ u2n+1−4unun+1 +u2n+ 2 = 0 Thay n bằng n−1, ta được u2n−4unun−1 +u2n−1 + 2 = 0 Từ đây suy ra un−1 và un+1 là hai nghiệm của phương trình
x2 −4unx+ u2n+ 2 = 0 Suy ra un+1 +un−1 = 4un hay un+1 = 4un −un−1.
Từ đó suy ra tất cả các số hạng trong dãy đều nguyên, vì u0 = 1 và u1 = 3 nguyên.