Bài toán 1. Cho dãy Fibonacci ( )Fn . Chứng minh rằng 1. ( ,F Fn n+1) 1= với mọi n.
2. Nếu n chia hết cho m thì Fn chia hết cho Fm. 3. ( ,F Fn m)=Fd với d =( , )m n .
4. Nếu Fn chia hết cho Fm thì n chia hết cho m với m>2.
5. Nếu n≥5 và Fn là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố.
6. Dãy ( )Fn chứa một tập vô hạn những số đôi một nguyên tố cùng nhau.
Hướng dẫn giải
1. Giả sử g=(F Fn, n+1). Ta có Fn−1=Fn+1−Fn,∀ ≥ ⇒n 2 g F| n−1 Bằng phương pháp quy nạp ta suy ra g F| 1= ⇒ =1 g 1.
2. Ta có n mM ⇒ =n qm q, ∈¥ *. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo q.
+ q=1 ta có n m= ⇒F FnM m
+ Giả sử khẳng định đúng với q∈¥ *
+ Ta có Fqm m+ =Fqm−1Fm+F Fqm m+1. Mà Fm|Fqm−1Fm và theo giả thiết quy nạp
m| qm
F F nên Fm|Fqm m+ . Do đó khẳng định đúng với q+1.
Ta có điều phải chứng minh.
3. Nếu n m= thì dễ dàng suy ra điều phải chứng minh. Giả sử n m> . Theo thuật toán Euclid ta có
1 1 1 2 2
1 2 3 3
1
...
i i i. n mq r m r q r r r q r
r− r q
= +
= +
= +
=
Suy ra d =ri. Ta có
( ) ( ) ( )
( 1 1) (1 1 1) 1 1 1 1
1 1
1
, , ,
, ,
m n m mq r m mq r mq r
m mq r m r
F F F F F F F F F
F F F F F
+ − +
−
= = +
= =
(do Fm|Fmq1,(Fmq1,Fmq1−1) = ⇒1 (F Fm, mq1−1) =1)
Suy ra (F Fm, n) =(F Fm, r1) (= F Fr1, r2) = =... (Fri−1,Fri) =Fri =Fd. 4. Với
( )
( , ) ( )
2, | ,
, | .
m n m n m
m m n
m F F F F F
F F m m n m n
> ⇒ =
⇒ = ⇒ = ⇒
5. Giả sử n là hợp số. Khi đó n k h k= . , ≥3. Suy ra F Fk | n, vì vậy Fn không là số nguyên tố (Vô lý). Vậy n là số nguyên tố.
6. Suy ra từ ý 1.
Bài toán 2. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số hạng của dãy Fibonacci chia hết cho 2016.
Hướng dẫn giải.
Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát với mọi số tự nhiên n, tồn tại vô hạn số hạng của dãy Fibonacci chia hết cho n.
Xét các cặp số dư khi chia hai số hạng liên tiếp trong dãy Fibonacci theo modulo n.
0 1 1 2 2 3
( , );( ,F F F F );( , )....F F
Vì dãy Fibonacci là vô hạn mà chỉ có n2 khả năng cho mỗi cặp số dư theo modulo n nên tồn tại ( ,F Fi i+1) thoả mãn Fi ≡Fi m+ và Fi+1≡Fi m+ +1 (mod n) với m∈¢+.
Xét i > 1, ta có: Fi−1=Fi+1− ≡Fi Fi m+ +1−Fi m+ =Fi m+ −1 (mod )n Quá trình cứ tiếp tục dẫn đến Fj ≡Fj m+ (mod ) n ∀ ≥j 0
Suy ra 0≡F0 ≡Fm ≡F2m ≡... (mod )n , tức là có vô hạn các số Fkm thoả mãn yêu cầu bài toán. Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 3. Cho dãy số ( )an xác định bởi a0 =0;a1=1 và
1 3 1
2 ( 1)
n an n n
a + − +a − = −
với mọi n nguyên dương. Chứng minh rằng an là số chính phương với mọi n≥0. Hướng dẫn giải. Chú ý rằng a2 =1;a3 =4;a4 =9;a5 =25.
Do đó a0 =F02;a1=F12;a2 =F22;a3=F32;a4 =F42;a5=F52, ở đó ( )Fn là dãy Fibonacci.
Từ đó ta có định hướng chứng minh an =Fn2 bằng quy nạp theo n.
Thậy vậy, giả sử ak =Fk2 với mọi k n≤ . Như vậy
2 2 2
1 1 2 2
; ;
n n n n n n
a =F a − =F − a − =F − (1)
Từ giả thiết ta có an+1−3an+an−1= −2( 1)n và an−3an−1+an−2= −2( 1)n−1
Cộng hai đẳng thức trên ta được: an+1−2an−2an−1+an−2 =0, n≥2 (2) Từ (1) và (2) suy ra
( ) (2 )2
2 2 2 2
1 1 2 1 1 2
2 2 2 2
1 2 2 1
2 2
n n n n n n n n n
n n n n
F F F F F F F F
F F
a
F F
+ − − − − −
+ − − +
= + − = + + − −
= + − =
Vậy an =Fn2, ∀ ≥n 0 và ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 4. Cho dãy số ( )an xác định bởi a0 =0;a1=1;a2 =2;a3=6 và
4 2 3 2 2 1 , 0
n n n n n
a + = a + +a + − a + −a ∀ ≥n . Chứng minh rằng an chia hết cho n với mọi n≥1.
Hướng dẫn giải. Từ giả thiết ta có a4 =12;a5=25;a6 =48. Ta có 1 2 1; 3 2; 4 3; 5 5; 6 8
1 2 3 4 5 6
a a a
a =a = = a = = = , như vậy an n
n =F với mọi n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, ở đó ( )Fn là dãy Fibonacci.
Từ đó ta có định hướng chứng minh an =nFn với mọi n≥1 bằng quy nạp theo n.
Bài toán 5. Cho k nguyên dương lớn hơn 1. Xét dãy số ( )an xác định bởi:
( )
2 2
0 1 2
1 1 1 2
4; ( 2)
2 8, 2
n n n n n n
a a a k
a + a a − a a − a − n
= = = −
= − + − + ∀ ≥
Chứng minh rằng 2+ an là số chính phương với mọi n≥0. Hướng dẫn giải.
Gọi ,α β là hai nghiệm của phương trình 2 1 0
1
t kt α β k
αβ
+ =
− + = ⇒ =
+ Ta chứng minh bằng quy nạp theo n: an =(α2Fn +β2Fn)2, ∀ ≥n 0 (1)
Dễ thấy (1) đúng với n = 0, 1, 2.
Giả sử (1) đúng đến n. Ta có:
( ) ( ) ( )
( ) ( 1 1) ( 2 2)
1 1
1 1 2
2 2 2
4 4 4 4 4 4
4 4
2 2 2 2
.
n n n n n n
n n
n n n n
F F F F F F
F F
a a a a
α β α β α β
α β
− − − −
+ +
+ − = − − − − − −
= + + − +
= +
Suy ra an = +2 α4Fn+1+β2Fn+1 =(α2Fn+1+β2Fn+1)2. Do đó (1) được chứng minh.
+ Từ (1), ta có 2+ an =an = +2 α2Fn +β2Fn =(αFn +βFn)2 là số chính phương (đpcm).
Bài toán 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n≥4 thì Fn+1 không là số nguyến tố.
Hướng dẫn giải. Ta có đẳng thức Fn4− =1 Fn−2Fn−1Fn+1Fn+2 (1)
Giả sử tồn tại n≥4 sao cho Fn+1 là số nguyên tố. Khi đó từ (1) thì Fn+1 chia hết ít nhất một trong các số Fn−2;Fn−1;Fn+1;Fn+2.
Nhưng Fn+ >1 Fn−2;Fn+ >1 Fn−1 nên hoặc Fn+1|Fn+1 hoặc Fn+1|Fn+2. Trong trường hợp đầu tiên thì
( 1) ( 1 ) 1
1| 1| ( 1) ( 1) 1| 1
n n n n n n n n
F + F +F − ⇒ F + F + + F − − ⇒ F + F − − (vô lí) Trong trường hợp thứ hai thì
( 1) 1 1
1| 1| 2( 1) 2 1| 2
n n n n n n n n
F + F +F + ⇒F + F + +F − − ⇒F + F − − (vô lí)
Vậy Fn+1 là hợp số với mọi n≥4.
Bài toán 7 (VMO 1989). Xét dãy số Fibonacci xác định bởi
1 2 1, n 2 n 1 n
a =a = a + =a + +a với mọi n≥1.
Đặt f n( ) =1985n2+1956n+1960.
1. Chứng minh rằng có vô hạn số hạng F của dãy sao cho f F( )
chia hết cho 1989.
2. Chứng minh rằng không tồn tại một số hạng G của dãy sao cho f(G)+2 chia hết cho 1989.
Hướng dẫn giải
1. Đặt g n( ) =4n2+33n+29.
Khi đó g n( ) =1989(n2+ + −n 1) f n( ) , và do đó f n( ) chia hết cho 1989 khi và chỉ khi g(n) chia hết cho 1989. Xét dãy sau -1, 1, 0, 1, 1, 2,… được kí hiệu bởi F n n( ), ≥0. Với dãy mới, ta cũng có Fn+1=Fn+Fn−1,n≥1.
Gọi ri là số dư trong phép chia Fi cho 1989, 0≤ ≤ri 1988. Trong 19892+1 cặp đầu tiên
(r r0 1, ) (, r r1 2, ),... có ít nhất hai cặp trùng nhau. Giả sử (r rp, p+1) (= rp l+ ,rp l+ +1), nghĩa là
1 1
p p l, p p l
r =r + r + =r + + . Chú ý rằng Fn−1=Fn+1−Fn nên ta có
1 1, 2 2,..., 1 1 0,
p p l p p l l l
r − =r + − r − =r + − r =r+ r =r. Từ đó suy ra ri =ri l+ ,∀ ≥i 0.
Vì vậy r0 = =rl r2l = =... rkl,∀ ≥k 1. Do đó, ta có Fkl =1989t r+ =0 1989t− ∈1,t N Suy ra g F( )kl =g(1989t− =1) 4 1989( t−1)2+33 1989( t− +1) 29 1989 ,= A A N∈ .
Mặt khác, F kkl, ≥3 là tất cả các số hạng của dãy Fibonacci, vì vậy có vô hạn các số F của dãy Fibonacci sao cho f(F) chia hết cho 1989.
2. Ta có f n( ) + =2 1989(n2+ + −n 1) 26(n+ −1) (4n2+7n+1 .) Lại có cả 1989 và 26 đều chia hết cho 13. Dễ dàng chỉ ra rằng với mọi n N∈ thì 4n2+17n+1 không chia hết cho 13.
Thật vậy, 16 4( n2+7n+ =1) (8n+7)2− −7 13.2.
Đặt 8n+ =7 13t r± (0≤ ≤r 6 , ,) t r là các số nguyên. Ta có
(8n+7) (2= 13t r± ) ( )2 = 13t 2±.13tr r+ 2=13 13( t2±2tr)+r2, do đó
( 2 ) 2
16 4n +7n+ =1 r − +7 13m với m là một số nguyên. Thử trực tiếp ta có r2−7 không chia hết cho 13 với mọi r∈{0,1, 2,...,6} .
Do đó f(n)+2 không chia hết cho 1989 với mọi n. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài tập rèn luyện
Bài 1. Cho dãy Fibonacci ( )Fn . Chứng minh rằng 1. F5n =5 .F qn n với qn không chia hết cho 5.
2. FnM5k ⇔n kM . 3. FnM2⇔nM3 4. FnM4⇔nM6
5. Fn có tận cùng là 0 khi và chỉ khi 15nM .
6. Fn có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi 150nM . Bài 2. Cho dãy số ( )an xác định bởi a1=a2 =1;a3=4 và
3 2 2 2 1
n n n n
a + = a + + a + −a
với mọi n nguyên dương. Chứng minh rằng an là số chính phương với mọi n≥1.
Bài 3. Giả sử Fk là số hạng thứ k của dãy Fibonacci. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n≥3,thì số An =4Fn−2F Fn n+2Fn+4+9 là số chính phương.
Bài 4. Chứng minh rằng không có 8 số Fibonacci liên tiếp có tổng là một số Fibonacci.
III. HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI 1. Hiệu quả kinh tế
Trên Internet cũng như một số sách tham khảo có đề cập nhiều về tính chất số học của dãy số nhưng còn hạn chế và sơ sài, chưa chuyên sâu. Tác giả hy vọng bản sáng kiến kinh nghiệm về tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai này sẽ là tài liệu tốt cho các thầy cô, các em học sinh lớp chuyên Toán đặc biệt là các em trong đội tuyển học sinh giỏi quốc gia, giúp các em tự tin hơn khi giải quyết các bài toán loại này.
2. Hiệu quả về mặt xã hội
Chuyên đề tính chất số học của dãy số là một chuyên đề hay và khó trong chương trình toán THPT và thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi tỉnh, quốc gia và quốc tế. Để giải quyết các bài toán về tính chất số học của dãy số đòi hỏi học sinh phải có kiến thức đa dạng và tổng hợp về phần dãy số và số học.
Bản báo cáo sáng kiến này tác giả đã sử dụng để giảng dạy cho các em học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi quốc gia của Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định và đã đạt hiệu quả tốt. Học sinh các đội tuyển thi học sinh giỏi các cấp tiếp thu tốt, có khả năng nghiên cứu sáng tạo cao, cùng với khả năng tự học vốn có, được sự hướng dẫn định hướng của giáo viên, kết quả đạt được rất tốt, học sinh say mê nghiên cứu, tìm tòi tài liệu, hứng thú, chủ động sáng tạo trong khi thực hiện lời giải bài tập.
Tác giả mong muốn nội dung của sáng kiến có thể là tài liệu tham khảo cho các bạn đồng nghiệp và các em học sinh. Tuy nhiên, do kinh nghiệm chưa nhiều và thời gian hạn chế nên bài viết còn rất nhiều thiếu sót. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô giáo và các bạn đồng nghiệp để bài viết được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!