2.1 Phương pháp xét tính chia hết trong dãy số
2.1.2 Phương pháp đồng dư
Bài toán 2.4. Cho dãy số (un) xác định bởi un = 122n+1+ 11n+2 Chứng minh rằng un chia hết cho 133 với mọi n ∈ N. Lời giải.
Ta có 122n+1 = 12.122n = 12.(122)n = 12.144n.
Vì 144 ≡ 11 (mod 113) nên 144n ≡ 11n (mod 113). Nhân cả hai vế với 12 ta có
122n+1 ≡12.11n (mod 113). (2.1) Mặt khác
11n+2 = 112.11n = 121.11n Do 121 ≡ −12 (mod 113) nên
121.11n ≡ −12.11n (mod 113) Bởi vậy
11n+2 ≡ −12.11n (mod 113). (2.2) Cộng vế với vế các phép đồng dư (??) và (??) ta được
122n+1+ 11n+2 ≡ 0 (mod 113).
Vậy un chia hết cho 133 với mọi n ∈ N.
Nhận xét 2.4. Một số bài toán về sự chia hết của các số hạng của dãy số thường được giải bằng cách xác định số hạng tổng quát của dãy số sau đó dựa vào các định lý về đồng dư hay sử dụng định lí Fermat nhỏ để chứng minh sự chia hết. Bài toán sau giải quyết vấn đề nêu ra.
Bài toán 2.5. Cho dãy số (un) xác định bởi u0 = 1, u1 = −1
un+2 = 7un+1 −6un; n∈ N
a) Chứng minh rằng un không chia hết cho 10 với mọi n∈ N. b) Chứng minh u2012+ 13 ...2011.
Lời giải.
a) Ta có u0 và u1 là những số lẻ.
Giả sử un và un+1 lẻ. Khi đó vì
un+2 = 7un+1−6un
nên un+2 cũng là số lẻ.
Theo nguyên lí quy nạp suy ra un là số lẻ với mọi n ∈ N. Do đó un không chia hết cho 10 với mọi n∈ N.
b) Ta xét phương trình đặc trưng
x2 −7x+ 6 = 0 Phương trình trên có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = 6. Từ đó suy ra un = A.1n +B.6n.
Với u0 = 1, u1 = −1 ta tìm được A = 7
5, b = −2 5. Suy ra un = 7−2.6n
5 . Ta có
5u2012 = 7−2.62012
⇔ 5u2012 + 65 = 72−2.62012
⇔5u2012+ 65 = −72(62010 −1). (2.3) Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có
62010 ≡ 1 (mod 2011).
Vì vậy kết hợp với (??) ta được 5(u2012+ 13) ... 2011. Mà (2011,5) = 1 nên (u2012 + 13) ... 2011.
Nhận xét 2.5. Khi xét về tính chia hết của các phần tử trong một dãy số vấn đề đặt ra là có những dãy số mà các phần tử của nó chia hết cho chính số thứ tự của nó. Ta đặc biệt hóa tập chỉ số của dãy số, cụ thể là ta xét tập hợp các chỉ số của dãy số là tập hợp các số nguyên tố. Xét một số bài toán sau.
Bài toán 2.6. Cho dãy số (un) xác định bởi u1 = 0, u2 = 14, u3 = −18
un+1 = 7un−1 −6un−2; n = 3,4, . . . Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì up ...p.
Lời giải.
Từ hệ thức xác định (un) ta xét phương trình đặc trưng x3−7x+ 6 = 0. Phương trình trên có 3 nghiệm x1 = 1, x2 = 2, x3 = −3. Từ đó suy ra
un = a.1n +b.2n +c.(−3)n,∀n≥ 1. (2.4) Trong (??) lần lượt thay n = 1,2,3 và do u1 = 0, u2 = 14, u3 = −18, ta đi đến hệ phương trình sau để xác định a, b, c.
( a+b−3c = 0 a+ 4b+ 9c = 14 a+ 8b−27c = −18 Giải hệ trên ta được a = b= c = 1.
Vậy
un = 1 + 2n + (−3)n, n = 1,2, . . . (2.5) Với p là số nguyên tố, theo định lí Fermat nhỏ, ta có:
2p ≡2 (mod p).
(−3)p ≡ −3 (mod p).
Vì thế từ (??) suy ra
up ≡ 1 + 2−3 (mod p) ⇒up ≡ 0 (mod p).
Do vậy với mọi số nguyên tố p thì up ... p. Đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 2.7. Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi u1 = 2
un = 3un−1 + 2n3 −9n2 + 9n−3 (n ≥2).
Chứng minh rằng với mỗi số nguyờn tố p thỡ tổng 2000(u1+u2+ã ã ã+up−1) chia hết cho p.
Lời giải.
Ta chọn đa thức bậc ba f(n) = an3 +bn2 +cn+d,(a 6= 0) thỏa mãn:
2n3 −9n2 + 9n−3 = f(n)−3f(n−1)
⇔2n3−9n2+9n−3 =−2an3+(9a−2b)n2+(6b−9a−2c)n+(3a+3c−3b−2d)
⇔a = −1, b = c = d = 0.
Suy ra f(n) = −n3.
Đặt vn = un −f(n) =un +n3.
Thay vào công thức xác định dãy, ta có vn = 3vn−1, v1 = 3.
Khi đó dãy (vn) là một cấp số nhân và ta có vn = 3n−1v1 = 3n. Suy ra un = 3n−n3.
Do đó
u1+u2+ã ã ã+up−1 = (3 + 32+ 33+ã ã ã+ 3p−1)−[1 + 23+ 33+ã ã ã+ (p−1)3]
= 3p−3
2 −
p(p−1) 2
2
Suy ra 2000(u1 +u2 + ã ã ã+up−1) = 1000(3p −3)−500p2(p−1)2. Theo định lí Fermat nhỏ thì (3p−3)...p.
Từ đó ta có được điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.6. Ta có thể mở rộng bài toán không chỉ với 2000 mà 2002 hay 2006 thì bài toán vẫn đúng.
Cho dãy số nguyên (un) xác định bởi u1 = 2
un = 3un−1 + 2n3 −9n2 + 9n−3 (n ≥2).
Chứng minh rằng với mỗi số nguyờn tố p thỡ tổng 2002(u1+u2+ã ã ã+up−1) chia hết cho p.
Từ giả thiết ta có un+n3 = 3un−1 + 3(n−1)3 Đặt vn = un −f(n) =un +n3.
Thay vào công thức xác định dãy, ta có vn = 3vn−1, v1 = 3.
Khi đó dãy (vn) là một cấp số nhân và ta có vn = 3n−1v1 = 3n. Suy ra un = 3n−n3.
• Với p= 2, ta có
2| 2002 ⇒ 2| 2002
p−1
X
i=1
ui. (2.6)
• Với p >2, ta có
p−1
X
i=1
ui = 1
2(3p−3) +
(p−1)p 2
2
...p. (2.7)
Từ (??) và (??) ⇒p | 2002Ppi=1−1ui, với mọi số nguyên tố p. Bài toán 2.8. Cho dãy số (un) xác định bởi
u1 = 1, u2 = 2, u3 = 24
un = 6u2n−1.un−3 −8un−1.u2n−2 un−2.un−3
; n = 4,5, . . . Chứng minh rằng với mọi n thì un chia hết cho n.
Lời giải.
Từ công thức truy hồi của dãy ta có un
un−1
= 6un−1.un−3 −8.u2n−2 un−2.un−3
= 6un−1
un−2 − 8un−2
un−3
; n = 4,5, . . . Do vậy ta đặt vn = un
un−1
thì dãy (vn) được xác định như sau v2 = 2, v3 = 12
vn = 6vn−1 −8vn−2; n= 4,5, . . .
Phương trình đặc trưng x2 − 6x + 8 = 0 có 2 nghiệm x1 = 4, x2 = 2 nên vn = a.4n +b.2n.
Cho n= 2 và n= 3 ta được a = 1
4, b = −1
2. Do đó vn = 4n−1 −2n−1. Vậy un = vn.vn−1. . . v2
= 4n−1 −2n−1. 4n−2 −2n−2. . .(4−2). (2.8) Với mọi số nguyên tố p, theo định lí Fermat ta có
(4p−1 −1) ≡0 (mod p); (2p−1 −1) ≡ 0 (mod p).
Suy ra
(4p−1 −2p−1) ≡ 0 (mod p) ⇒ (4p−1 −2p−1) ... p với mọi số nguyên tố p.
Từ đó suy ra nếu s là bội của p−1, thì (4s −2s) ...p.
Giả sử n là số nguyên dương tùy ý và n có dạng triển khai sau n = pr11.pr22. . . prkk,
(ở đõy p1 < p2 < ã ã ã < pk là cỏc số nguyờn tố).
Từ n... pr11 suy ra n ... p1, n ...p2, . . . , n ...pr11, tức là n = d1p1 = d2p21 = ã ã ã = dripr1i.
Suy ra d1 > d2 > ã ã ã > dri ⇒n−d1 < n−d2 < ã ã ã < n−dri và ta cú n−d1 = d1(p1 −1);
n−d2 = d2(p21 −1);
. . .
n−dri = dri(pr1i −1).
Như vậy ta có n−d1, n−d2, . . . , n−dri là ri bội khác nhau của p1 −1. Theo trên ta có
(4n−dk −2n−dk) ... p1, k = 1,2, . . . , r1. Từ đó dựa vào (??), ta có un ... pr11.
Lập luận tương tự ta có un ... prjj,(j = 2,3, . . . , k).
Suy ra un ...pr11.pr22. . . prkk hay un ... n (Điều phải chứng minh).
Nhận xét 2.7. Lại đặc biệt hóa, ta có thể xét xem một phần tử nào đó trong dãy số đã cho có chia hết cho một số cho trước hay không? hoặc có thể xét xem các phần tử của dãy số có chia hết cho một số cho trước nào đó hay không?
Bài toán 2.9. Cho dãy số (un) xác định bởi un =
2 +√
3n −2−√ 3n 2√
3 ;n= 0,1,2, . . . a) Chứng minh rằng un là số nguyên với mọi n= 1,2, . . . b) Tìm mọi số hạng của dãy chia hết cho 3.
Lời giải.
a) Ta đặt
α =
2 +√ 3n 2√
3 ;β =
2−√ 3n 2√
3 . Khi đó un = α−β.
Ta có un+1 =
2 +√
3n+1 2√
3 −
2−√
3n+1 2√
3 = α2 +√
3−β2−√ 3. Tương tự
un+2 = α2 +√
32 −β2−√
32 = α7 + 4√
3 −β7−4√ 3
= 4α2 +√
3−4β2−√
3−(α−β) = 4un+1 −un. Vậy ta có
un+2 = 4un+1 −un. (2.9)
Như vậy dãy (un) xác định như trên có thể xác định theo cách sau đây u0 = 0, u1 = 1
un+2 = 4un+1−un;n= 0,1,2, . . .
Từ đó suy ra ngay mọi số hạng của dãy đều là số nguyên (điều phải chứng minh).
b) Từ (??) ta có
un+2 = 3un+1+ (un+1−un).
Do un+1 ∈ Z nên 3un+1 ... 3, suy ra
un+2 ≡ un+1 −un (mod 3). (2.10) Bằng cách tính trực tiếp ta thấy 7 số hạng đầu tiên của dãy u0, u1, . . . , u6
khi chia cho 3 có các số dư tương ứng là 0,1,1,0,2,2,0. Vậy theo (??) suy ra un+6 ≡ un (mod 3).
Từ đó ta thấy trong dãy số nói trên mọi số hạng có dạng u3k, k = 0,1,2, . . . chia hết cho 3, và chỉ những số hạng ấy mà thôi.