Luận văn Một số bài toán về dãy số (Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp)

an+T , ∀ n ≥ 3. Vậy ta có an ≡ an+T với mọi n ∈ N∗. Mặt khác, ta lại có a3 = 672 − 3 · 824 = 2017 ≡ 0(mod2017) nên suy ra a3+kT ≡ a3 ≡ 0(mod2017). Vậy trong dãy đã cho có vô số phần tử chia hết cho 2017. Bài tập 2.1.12 (HSG QG 1989). Xét dãy số Fibonaxi 1, 1, 2, 3, 5, 8, ... Đặt f(n) = 1985n2 + 1956n+ 1960. a) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số F của dãy trên sao cho f(F ) chia hết cho 1989. b) Tồn tại hay không một số G của dãy trên sao cho f(G) + 2 chia hết cho 1989? Lời giải. a) Đặt g(n) = 4n2 + 33n+ 29. Ta có g(n) = 1989(n2 + n+ 1)− f(n). Do đó f(n) ... 1989⇔ g(n) ... 1989. Xét dãy số sau đây: −1, 1, 0, 1, 1, 2, ... 32 F0 = −1, F1 = 1, ..., Fn+1 = Fn + Fn−1 với mọi n ≥ 1 (thêm số −1, 1, 0 vào trước dãy Fibonaxi). Gọi ri là số dư của Fi khi chia cho 1989 (0 ≤ ri ≤ 1988). Xét dãy các cặp số sau: (r0, r1), (r1, r2), (r2, r3), ...Theo nguyên lý Dirichlet trong 19892 + 1 cặp đầu tiên, ít nhất phải có hai cặp trùng nhau. Giả sử (rp, rp+1) = (rp+α, rp+α+1) (p, α ∈ N). Tức là ta có rp = rp+α, rp+1 = rp+α+1. Từ công thức Fn−1 = Fn+1 − Fn, ta suy ra rp−1 = rp+α−1, rp−2 = rp+α−2, ..., r2 = rα+2, r1 = rα+1, r0 = rα. Từ r0 = rα, r1 = rα+1 và Fn+1 = Fn + Fn−1, ta suy ra ri = rα với mọi i = 0, 1, 2... Do đó ta có r0 = rα = r2α = r3α = ... = rkα, ∀ k ≥ 1. Từ đây ta có g(Fkα) = 1989A = g(−1) = 1989A. Mặt khác Fkα với k = 1, 2, 3 đều là các số Fibonaxi, nên ta suy ra có vô hạn số Fibonaxi F thỏa mãn f(F ) chia hết cho 1989. b) Bây giờ ta chứng minh với mọi n nguyên thì số 4n2 + 7n+ 1 không chia hết cho 13. Thật vậy, ta có: 16(4n2 + 7n+ 1) = (8n+ 7)2 − 7− 13 · 2. Đặt 8n+ 7 = 13t± r (0 ≤ r ≤ 6), t và r là các số nguyên, ta có: (8n+ 7)2 = 13(13t2 ± 2tr) + r2 do đó 16(4n2 + 7n+ 1) = r2 − 7 + 13m (m là số nguyên nào đó). Thử trực tiếp các giá trị của r = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 ta đều thấy r2− 7 không chia hết cho 13. Vậy 4n2 + 7n+ 1 không chia hết cho 13 với mọi n nguyên. Mặt khác f(n) + 2 = 1989(n2 + n+ 1)− 26(n+ 1)− (4n2 + 7n+ 1). Do 1989 ... 13 nên f(n) + 2 không chia hết cho 13 với mọi n. Vì vậy không tồn tại số Fibonaxi F nào để f(F ) + 2 chia hết cho 1989. 33 Bài tập 2.1.13. Cho dãy số (bn) (n = 1, 2, ...) xác định bởi:b1 = 0, b2 = 14, b3 = −18bn+1 = 7bn−1 − 6bn−2, với mọi n ≥ 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p, ta luôn có bp chia hết cho p. Lời giải. Ta có phương trình đặc trưng x3− 7x+ 6 = 0 có nghiệm x = 1, x = 2 và x = −3. Từ đó suy ra bn = a · 1n + b · 2n + c · (−3)n (1) với mọi n ≥ 1. Lần lượt cho n = 1, 2, 3 theo giả thiết ta có a+ 2b− 3c = 0 a+ 4b+ 9c = 14 a+ 8b− 27c = −18 ⇔ a = b = c = 1. Vậy bn = 1 + 2n + (−3)n. (2) Với p nguyên tố, theo định lý nhỏ Fermat, ta có 2p ≡ 2(modp) và (−3)p ≡ −3(modp). Do đó từ (2) ta có bp ≡ 0(modp) với mọi số nguyên tố p hay bp ... p với mọi số nguyên tố p. Bài tập 2.1.14. Cho dãy số (an) xác định bởi:a1 = a2 = 1an+2 = an+1 + an, n ≥ 1. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b với a < b thỏa mãn điều kiện an − 2nan chia hết cho b với mọi n ≥ 1. 34 Lời giải. Ta có a3 = 2. Do an ≡ 2nan(modb) nêna1 ≡ 2a(modb)a3 ≡ 6a3(modb) ⇒ 2a ≡ 1(modb)6a3 ≡ 2(modb) ⇒ 2a ≡ 1(modb)3(2a)3 ≡ 8(modb) ⇒ 2a ≡ 1(modb)5 ≡ 0(modb) ⇒ 2a ≡ 1(modb)b = 5 ⇒ a = 3b = 5. Bây giờ ta chứng minh cặp (a; b) = (3; 5) thỏa mãn điều kiện đề bài. Đặt bn = an − 2n3n. Do an+2 = an+1 + an nên bn+2 = bn+1 + bn − 10 · 3n · (n+ 3) với mọi n ≥ 1, suy ra bn+2 = bn+1 + bn(mod5). Mà b1 = −5 ≡ 0(mod5) với mọi n ≥ 1, b2 = −35 ≡ 0(mod5). Nên từ hệ thức trên suy ra bn ≡ 0(mod5) với mọi n ≥ 1. Hay an − 2nan chia hết cho 5 với mọi n ≥ 1. Bài tập 2.1.15. Cho dãy số (an) (n = 0, 1, 2, ...) được xác định bởi:a0 = 29, a1 = 105, a2 = 381an+3 = 3an+2 + 2an+1 + an với mọi n = 0, 1, 2, ... Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương m luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho các số an, an+1 − 1, an+2 − 2 đều chia hết cho m. Lời giải. Từ công thức truy hồi ta tìm được a−1 = 8, a−2 = 2, a−3 = 1, a−4 = 0. Giả sử an ≡ rn(modm) trong đó 0 ≤ rn < m. Xét các bộ ba (rn, rn+1, rn+2) (n ∈ Z). Vì các bộ ba là vô hạn mà tập giá trị này là hữu hạn (không vượt quá m3) nên tồn tại p, q mà p < q ∈ Z sao cho (rp, rp+1, rp+2) = (rq, rq+1, rq+2). Tức là  rp = rq rp+1 = rq+1 rp+2 = rq+2 ⇔  ap ≡ aq(modm) ap+1 ≡ aq+1(modm) ap+2 ≡ aq+2(modm). 35 Từ công thức truy hồi và hệ đồng dư trên ta dễ dàng suy ra aq+k ≡ ap+k(modm) ∀k ∈ Z⇔ ak ≡ ap−q+k(modm) ∀k ∈ Z ⇔ ak ≡ at+k(modm), t = q − p ∈ N∗. Từ đó ak ≡ aet+k(modm) với mọi e ∈ N∗. Nói riêng alt−4 ≡ a−4 ≡ 0(modm) alt−3 ≡ a−3 ≡ 1(modm) alt−2 ≡ a−2 ≡ 2(modm). Cho n đủ lớn ta có lt− 4 ∈ N. Do đó tồn tại n = lt− 4 ∈ N để an ≡ 0(modm), an+1 ≡ 1(modm) và an+2 ≡ 2(modm). 2.2. Tính chất số nguyên 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 tập 2.2.1. Cho dãy số (an) được xác định bởi:a1 = 2an+1 = 3an +√4 + 8a2n Chứng minh rằng dãy số gồm toàn các số nguyên. Lời giải. Từ giả thiết, ta có a2 = 12, an+1 > 3an và (an+1 − 3an)2 = 4 + 8a2n, an > 0 với mọi n. Suy ra a2n+1 − 6an+1an + a2n = 4. (1) 36 Thay n bởi n+ 1 ta được a2n+2 − 6an+2an+1 + a2n+1 = 4. (2) Trừ hai vế của (1) và (2) ta được: a2n+2 − a2n − 6an+1(an+2 − an) = 0⇔ (an+2 − an)(an+2 − 6an+1 + an) = 0. Vì an+2 > an nên an+2 − 6an+1 + an = 0 (∀ n ∈ N∗). (3) Vì a1, a2 ∈ Z và do (3) nên an ∈ Z với mọi n ∈ N∗. (Chứng minh bằng phương pháp quy nạp) Bài tập 2.2.2. Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 = b+ 1. Dãy số (un) được xác định như sau:u0 = 0un+1 = aun +√bu2n + 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 = √ bu2n + c2, n = 0, 1, 2, ...Suy ra u2n+1 − 2aunun+1 + a2u2n = bu2n + c2. (1) Với giả thiết a2 = b+ 1 thì (1) suy ra (a2 − b)u2n+1 − 2aunun+1 + a2u2n = (a2 − 1)u2n + c2 hay u2n + 2aunun+1 + a 2u2n+1 = bu 2 n+1 + c 2. (2) Từ giả thiết ta có bu2n+1 + c 2 = (un+2 − aun+1)2 nên (2) suy ra (un − aun+1)2 = (un+2 − aun+1)2. (3) 37 Do un+2 − aun+1 ≥ 0 nên (3) suy ra un+2 − aun+1 = |un − an+1| ⇒ un+2 = aun+1 + |un − an+1|. (4) Do u0 = 0 nên suy ra u1 = au0 + √ bu20 + c2 = √ c2 = |c|. Do đó u0, u1 ∈ Z. Vậy từ (4) 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. (5) Trong (5) thay n bởi n+ 1 ta có u2n+2 − 2aun+1un+2 + u2n+1 − c2 = 0. (6) Trừ từng vế của (6) cho (5) ta được u2n+2 − u2n − 2aun+1un+2 + 2aunun+1 = 0 hay (un+2 − un)(un+2 + un − 2aun+1) = 0. (7) Từ (7) 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, ... Từ bài toán này có thể cho nhiều bài toán với các giá trị a, b, c cụ thể. Chẳng hạn, chứng minh rằng mọi số hạng của các dãy số sau đều là số nguyên. 1) u0 = 0un+1 = 5un +√24u2n + 9 2) u0 = 0un+1 = 4un +√15u2n + 36 Ta cũng có thể dựa vào cách chứng minh để đưa ra các bài toán sau: 38 3) u0 = 1un+1 = 5un +√24u2n + 25 4) u0 = 2un+1 = 3un +√8u2n + 9 Bài tập 2.2.3. Tìm số nguyên dương k sao cho dãy số sau gồm toàn các số nguyên: a1 = 1an+1 = 5an +√ka2n − 8 với mọi n = 1, 2, 3, ... (1) Lời giải. Từ giả thiết ta có a2 = 5 + √ k − 8. Đặt √k − 8 = t (t ∈ N) khi đó a2 = 5 + t, theo (1) ta có a3 = 5(5 + t) + √ (t2 + 8)(5 + t)2 − 8. Để a3 ∈ Z thì ta phải có f(t) = (t2 + 8)(5 + t)2 − 8 = q2 (q ∈ N). Ta có f(t) = t4 + 10t3 + 33t2 + 80t+ 192. Do (t2+5t+4)2 < f(t) < (t2+5t+14)2 và f(t) ... 2 nên suy ra q = t2+5t+v (5 ≤ v ≤ 13, v ∈ N). Từ đó v ∈ {6, 8, 10, 12}. Thử trực tiếp ta được v = 8 và q = t2 + 5t+ 8⇒ t = 4⇒ k = 24. Ngược lại với k = 24 thì an+1 = 5an + √ 24a2n − 8⇒ a2n+1 − 10anan+1 + a2n + 8 = 0. (2) Thay n bởi n+ 1 ta có a2n+2 − 10an+1an+2 + a2n+1 + 8 = 0. (3) 39 Trừ từng vế (2) và (3) ta được (an − an+2)(an+2 + an − 10an+1) = 0. Do (an) là dãy tăng thực sự nên an < an+2. Do đó an+2 = 10an+1 − an, trong đó a1 = 1, a2 = 9. Vậy dãy (an) gồm toàn các số nguyên khi và chỉ khi k = 24. Bài tập 2.2.4 (Olympic Bungari 1978). Cho dãy số (an): a1, a2 ∈ Z; a 2 1 + a 2 2 + a a1a2 ∈ Z an+2 = a2n+1 + a an , với mọi n ∈ N∗, an 6= 0 (a là số cho trước). Chứng minh rằng dãy số gồm toàn các số nguyên. Lời giải. Từ giả thiết ta có anan+2 = a2n+1 + a với mọi n, suy ra an+1an−1 = a2n + a với mọi n ≥ 2. Trừ hai đẳng thức này vế theo vế ta có anan+2 + a2n = an+1an−1 + a 2 n+1. Hay an+2 + an an+1 = an+1 + an−1 an ⇒ an+1 + an−1 an = t (hằng số với mọi n ≥ 2). Hay an+1 = tan − an−1. Mặt khác a3 = a22 + a a1 ⇒ t = a3 + a1 a2 = a21 + a 2 2 + a a1a2 ∈ Z. Vì a1, a2, t ∈ Z suy ra an ∈ Z với mọi n ∈ N∗ (Chứng minh bằng quy nạp). Bài tập 2.2.5. Xét các dãy số (an), n ≥ 1 xác định bởi: a1 = a2 = 1, a3 = 199 an+1 = 1989 + anan−1 an−2 , (n ≥ 3). Chứng minh tất cả các số hạng của dãy đều là số nguyên dương. Lời giải. Giả thiết suy ra an+1an−2 = 1989 + anan−1. 40 Thay n bởi n− 1 ta được anan−3 = 1989 + an−1an−2. Trừ hai đẳng thức trên vế theo vế ta được an+1an−2 − anan−1 = anan−3 − an−1an−2 suy ra an+1 + an−1 an = an−1 + an−3 an−2 với n ≥ 4. • Nếu n chẵn an+1 + an−1 an = an−1 + an−3 an−2 = ... = a3 + a1 a2 = 200. • Nếu n lẻ an+1 + an−1 an = an−1 + an−3 an−2 = ... = a4 + a2 a3 = 11. Suy ra an+1 = 200an − an−1 nếu n chẵn11an − an−1 nếu n lẻ. Từ công thức trên, bằng phương pháp chứng minh quy nạp với a1, a2, a3 là các số nguyên dương suy ra an+1 là số nguyên dương với mọi n ≥ 1. Bài tập 2.2.6. Cho dãy (un) được xác định bởi: u1 = u2 = 0 un+1 = u2n + 10un − 5un−1 + 50 un−1 + 5 (n ≥ 2). Chứng minh rằng un là số nguyên chia hết cho 5 với mọi n = 0, 1, 2, ... Lời giải. un+1 = u2n + 10un − 5un−1 + 50 un−1 + 5 ⇔ un+1 + 5 = (un + 5) 2 + 50 un−1 + 5 ⇔ 1 5 un+1 + 1 = (1 5 un + 1 )2 + 2 1 5 un−1 + 1 . 41 Đặt xn = 1 5 un + 1, dãy đã cho được viết lại  x1 = x2 = 1 xn+1 = x2n + 2 xn−1 , (n ≥ 2). Ta chứng minh dãy (xn) nguyên. +/ Với n = 2, x3 = 3 ∈ Z. +/ Giả sử mệnh đề đúng với mọi n = k ≥ 2, tức là xk+1 ∈ Z. Ta chứng minh xk+2 ∈ Z. Ta có xk+1xk−1 = x2k + 2, xk+2xk = x 2 k+1 + 2⇒ xk+2xk − xk+1xk−1 = x2k+1 − x2k ⇒ xk xk+1 + xk−1 = xk+1 xk+2 + xk . Tương tự, ta được: xk xk+1 + xk−1 = xk+1 xk+2 + xk = ... = x2 x3 + x1 = 1 4 . Từ đó suy ra xk+1 xk+2 + xk = 1 4 ⇒ xk+2 = 4xk+1 − xk. Từ giả thiết quy nạp xk, xk+1 ∈ Z nên xk+2 ∈ Z, ta có điều phải chứng minh. Vậy ta có 1 5 un ∈ Z nên un là số nguyên chia hết cho 5. Bài tập 2.2.7. Giả sử dãy số nguyên (an) thỏa mãn a4 = 4 và 1 a1a2a3 + 1 a2a3a4 + · · ·+ 1 anan+1an+2 = (n+ 3)an 4an+1an+2 với mọi n nguyên, n ≥ 2. Chứng minh rằng an = n với mọi n nguyên dương. Lời giải. Ta viết lại hệ thức truy hồi dưới dạng (n+ 2)an−1 4anan+1 + 1 anan+1an+2 = (n+ 3)an 4an+1an+2 ⇔ (n+ 2)an+2 = (n+ 3)a 2 n − 4 an−1 với mọi n ≥ 3. Cho n = 2 vào đẳng thức ban đầu, ta được 4(a1+4) = 5a1a22 suy ra rằng a1 là ước của 16 và 5 là ước của a1 + 4. Từ đó suy ra a1 = 16, a2 = 1 hoặc a1 = 1, a2 = 2. Trường hợp 1. Nếu a1 = 16, a2 = 1 thì 5a5 = 6a23 − 4, a3a6 = 18 và 7a7 = 2a25 − 1 khi cho n = 3, 4, 5 tương ứng. Vì a3 ≡ ±2(mod5) và a3 là ước số của 18 nên a3 = 3 hoặc a3 = 18. Kiểm tra trực tiếp cho thấy cả hai đều không phải 42 là nghiệm của bài toán. Trường hợp 2. Nếu a1 = 1, a2 = 2. Khi đó thay n = 3, 4 ta được 5a5+2 = 3a23, a3a6 = 18. Một lần nữa ta lại có a3 ≡ 2(mod5) và a3 là ước của 18 nên suy ra hai trường hượp a3 = 3, a6 = 6 hoặc a3 = 18, a6 = 1. Trong trường hợp thứ hai ta có a5 = 194, mâu thuẫn với đẳng thức 8a8 = 9a26 − 4 a5 . Trường hợp thứ hai ta suy ra a5 = 5 và như vậy ai = i với mọi i = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Bây giờ bằng phương pháp quy nạp dễ dàng chứng minh rằng an = n với mọi n nguyên dương. Bình luận. Bài này là đề thi chọn đội tuyển Bulgaria năm 2006. Đây là dạng toán về dãy số nguyên. Có thể phát biểu bài toán dưới dạng khác: Tìm tất cả các giá trị a1, a2, a3 để dãy số cho bởi công thức truy hồi ban đầu và điều kiện a4 = 4 chứa gồm toàn các số nguyên. Dưới đây là một số bài toán tương tự. 1. (VMO 1996) Hãy xác định tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn đẳng thức: f(n) + f(n+ 1) = f(n+ 2)f(n+ 3)− 1996 với mọi n ∈ N∗. 2. (VMO 1997) Hỏi có bao nhiêu hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện sau: f(n)f(n+ 2) = [f(n+ 1)]2 + 1997 với mọi n ∈ N∗. Các bài toán tiếp theo sẽ liên quan đến việc biểu diễn các số hạng của dãy số theo tổng lũy thừa các số nguyên. Phương pháp thường dùng là sử dụng định lý Fermat để chỉ ra các phần dư. Bài tập 2.2.8. Cho dãy số (xn) xác định bởi:x1 = 5, x2 = 7xn+1 = x3n + 6xn−1 + 3 · 22008. 43 Chứng minh rằng xn không thể biểu diễn được dưới dạng tổng của các lũy thừa bậc 6 của ba số nguyên dương. Lời giải. Xét A = a6 + b6 + c6. Theo định lý Fermat x13 ≡ x(mod13)⇔ x(x6 − 1)(x6 + 1) ≡ 0(mod13) ⇔  x6 ≡ 0 (mod13) x6 ≡ 1 (mod13) x6 ≡ −1 (mod13) Vậy bộ thặng dư của A mod 13 là: S = {0,±1,±2,±3}. Ta có 212 ≡ 1(mod13)⇒ 22004 ≡ 1(mod13) (do 2004 ... 12). Nên 22008 = 24 · 22004 ≡ 24(mod13) ≡ 3(mod13) ⇒ 3 · 22008 ≡ 9(mod13). Nên xn+1 ≡ x3n + 6xn−1 + 9(mod13). Ta có x3 ≡ 382 ≡ 5(mod13), x4 ≡ 176 ≡ 7(mod13) nên số dư của xn khi chia cho 13 tuần hoàn với chu kỳ 2. Từ đó suy ra xn ≡ xn−2(mod13). Do đóx2n ≡ x2 ≡ 7(mod13)x2n+1 ≡ x1 ≡ 5(mod13) ⇒  xn ≡ 5 (mod13) xn ≡ 7 (mod13) Mà 5, 7 /∈ S. Vậy xn không thể biểu diễn được dưới dạng tổng của lũy thừa bậc 6 của ba số nguyên dương. Bài tập 2.2.9. Cho dãy (an), (n = 0, 1, 2, ...) được xác định bởi:a0 = 2an+1 = 4an +√15a2n − 60. Hãy xác định số hạng tổng quát của an, chứng minh rằng số 1 5 (a2n + 8) có thể biểu diễn thành tổng bình phương của ba số nguyên liên tiếp với mọi n ≥ 1. Lời giải. Theo bài ta có a2n+1 − 8anan+1 + a2n + 60 = 0. (1) 44 Thay n bởi n− 1 ta được a2n − 8an−1an + a2n−1 + 60 = 0. (2) Trừ theo từng vế (1) cho (2) được a2n+1 − a2n−1 + 8an−1an − 8anan+1 = 0 hay (an+1 − an)(an+1 − 8an + an−1) = 0. Từ giả thiết, ta có an+1 > 4an > 16an−1 suy ra an+1 − an > 0. Do đó an+1 − 8an + an−1 = 0. Ta có phương trình đặc trưng t2 − 8t + 1 = 0 có hai nghiệm là t1 = 4 + √ 15, t2 = 4− √ 15. Từ đó an = (4 + √ 15)n + (4− √ 15)n. Bây giờ ta chứng minh 1 5 (a2n + 8) có thể biểu diễn thành tổng của ba số nguyên liên tiếp với mọi n ≥ 1. Thật vậy, với mỗi n ≥ 1, thì tồn tại k ∈ N để: (4 + √ 15)n − (4− √ 15)n = √ 15k ⇒ [(4 + √ 15)n − (4− √ 15)n]2 = 15k2 hay (4 + √ 15)2n + (4−√15)2n = 15k2 + 2. Nên 1 5 (a2n + 8) = 1 5 [(4 + √ 15)2n + (4− √ 15)2n + 8] = 3k2 + 2 = (k − 1)2 + k2 + (k + 1)2. Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài tập 2.2.10 (IMO 2005). Xét dãy số a1, a2, ... được xác định như sau: an = 2n + 3n + 6n − 1, (n = 1, 2, ...). Tìm tất cả các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của dãy số trên. Lời giải. Ta khẳng định số 1 là số cần tìm duy nhất. Ta chỉ cần chứng minh 45 rằng mỗi số nguyên tố p là ước của một số hạng an nào đó. Khẳng định này đúng với p = 2, p = 3 vì a2 = 48. Bây giờ, ta xét số nguyên tố p > 3 bất kỳ. Theo định lý Fermat nhỏ, số dư của phép chia 2p−1, 3p−1, 6p−1 trong phép chia cho p đều là 1. Suy ra số dư trong phép chia của tổng 3 · 2p−1 + 2 · 3p−1 + 6p−1 trong phép chia cho p là 3 + 2 + 1 = 6. Do đó, tổng 3 · 2p−1 + 2 · 3p−1 + 6p−1 = 6 · 2p−2 + 6 · 3p−2 + 6 · 6p−2 có số dư 6 trong phép chia cho p. Suy ra ap−2 = 2p−2 + 3p−2 + 6p−2 − 1 chia hết cho p. Ta có điều phải chứng minh. 2.3. Tính chính phương Với tính chất này ta thường tìm số hạng tổng quát của dãy số, đưa biểu thức cần chứng minh về bình phương đủ của một số nguyên. Với một số bài toán tổng quát ta có thể đặc biệt hóa để có bài toán mới, ngược lại với một bài toán cụ thể ta có thể tổng quát hóa để được một dạng toán. Bài tập 2.3.1. Cho dãy số (an):a0 = 0, a1 = 1 (1)an+1 = 2an − an−1 + 1 (2) Chứng minh rằng 4an+2an + 1 là số chính phương (n ≥ 1). Lời giải. Cách 1. Xét phương trình đặc trưng λ2−2λ+1 = 0⇔ λ = 1 (nghiệm kép). Ta tìm g(n) = an2 sao cho g(n+1)−2g(n)+g(n−1) = 1 với mọi n ∈ N∗. Giải ra ta có g(n) = n2 2 hay a∗n = n2 2 là một nghiệm riêng của phương trình (2). Do đó (2) có nghiệm tổng quát là: an = C1 + nC2 + n2 2 . 46 Theo (1), a0 = 0 suy ra C1 = 0, a1 = 1 nên C2 + 1 2 = 1⇒ C2 = 12 . Vậy an = 1 2 · n+ n 2 2 = n(n+ 1) 2 . Do đó 4an+2an + 1 = 4 · (n+ 2)(n+ 3)2 · n(n+ 1) 2 + 1 = n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n+ 2) + 1 = (n2 + 3n+ 1)2 (đpcm). Cách 2. Từ công thức truy hồi của dãy ta thay n+ 1 bởi n ta được an = 2an−1 − an−2 + 1. (3) Trừ vế theo vế đẳng thức (3) và (2) ta được an−1 − 3an + 3an−1 − an−2 = 0. Xét phương trình đặc trưng λ3 − 3λ2 + 3λ− 1 = 0⇔ λ = 1. Suy ra an = α+βn+γn2. Do a0 = 0, a1 = 1, a2 = 3 nên ta tìm được α = 0, β = γ = 1 2 ⇒ an = n(n+ 1)2 . Do đó 4an+2an + 1 = 4 · (n+ 2)(n+ 3)2 · n(n+ 1) 2 + 1 = n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n+ 2) + 1 = (n2 + 3n+ 1)2 (đpcm). Nhận xét. Ta có thể tìm số hạng tổng quát mà không cần phương pháp sai phân, cách làm này sẽ gần gũi hơn với chương trình học phổ thông ban cơ bản. Đặt bn = an+1 − an. Từ giả thiết ta có an+1 − an = an − an−1 + 1. Do đó 47 bn = bn−1 + 1. Từ đó tìm được bn = 1 + n (do (bn) là cấp số cộng với công sai bằng 1, b0 = 1). Ta có an = n−1∑ k=0 (ak+1 − ak) + a0 = n−1∑ k=0 bk = n+ n−1∑ k=0 k = n+ n(n− 1) 2 = n(n+ 1) 2 . Bài tập 2.3.2. Cho dãy số (an) xác định bởi:a1 = 3n(2n− 1)an+1 = (2n+ 1)(n+ 1)an − (2n− 1)(2n+ 1) với mọi n ≥ 1. Chứng minh rằng an + 1 là số chính phương với mọi n = 1, 2, 3, ... Lời giải. Nhận xét: Dãy số được cho bởi công thức truy hồi khá phức tạp, song nếu dùng phương pháp đổi sang dãy số phụ thì việc tìm số hạng tổng quát sẽ dễ dàng. Từ giả thiết, ta có 2n(2n− 1)an+1 = (2n+ 1)(2n+ 2)an − 2(2n− 1)(2n+ 1). Chia hai vế đẳng thức cho (2n− 1)2n(2n+ 1)(2n+ 2) ta được an+1 (2n+ 1)(2n+ 2) = an (2n− 1)2n − 2 2n(2n+ 2) . Đặt an (2n− 1)2n = bn thì ta có bn+1 = bn − 22n(2n+ 2) ⇔ bn+1 − 1 2n+ 2 = bn − 12n, ∀ n ∈ N ∗. Do đó bn − 12n = bn−1 − 1 2(n− 1) = ... = b1 − 1 2 . Suy ra bn = 1 2n + b1 − 12 . Từ đó an = 2n− 1 + (2n− 1)2n (a1 2 − 1 2 ) = 4n2 − 1. Vậy an + 1 = 4n2 là số chính phương. Nhận xét: Thực chất bài toán này chỉ là tìm số hạng tổng quát dựa vào 48 dãy số phụ, việc chứng minh số chính phương là khá rõ ràng. Nếu chọn các giá trị khác nhau của a1 ta được các bài toán khác. Chẳng hạn • a1 = 1 thì an = 2n − 1. Bài toán có thể yêu cầu chứng minh dãy gồm toàn các số tự nhiên lẻ. • a1 = 2 thì an = (2n− 1)(n+ 1). Bài toán có thể yêu cầu chứng minh an chẵn khi n lẻ và an lẻ khi n chẵn. Bài tập 2.3.3. Cho dãy số nguyên (an) (n = 0, 1, 2, ...) thỏa mãn: an+2 + an−1 = 2(an+1 + an) với n = 1, 2, ... Chứng tỏ rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc n sao cho M + 4an+1an là số chính phương với mọi n ∈ N. Lời giải. Đặt un = an+2 − an+1 − an với mọi n ≥ 0. Từ giả thiết suy ra un = un−1 + 2an ⇒ u2n = (un−1 + 2an)2 = u2n−1 + 4un−1an + 4a2n = u2n−1 + 4(an+1 − an − an−1)an + 4a2n = u2n−1 + 4an+1an − 4anan−1. Suy ra u2n − 4an+1an = u2n−1 − 4anan−1 với mọi n ≥ 1. Từ đó u2n − 4an+1an = (a2 − a1 − a0)2 − 4a1a0 là hằng số. Gọi hằng số đó là M . Khi đó M + 4an+1an = u2n với mọi n ≥ 0. Nhận xét. Ta có thể cho a0, a1, a2 các giá trị cụ thể để được các bài toán mới. Chẳng hạn: 1) Cho dãy số nguyên (an) thỏa mãn:a0 = 0, a1 = 1, a2 = 1an+2 + an−1 = 2(an+1 + an). Chứng minh rằng an+1an là số chính phương. 49 2) Cho dãy số nguyên (an) thỏa mãn:a0 = 0, a1 = 1, a2 = 5an+2 + an−1 = 2(an+1 + an). Chứng minh rằng 5 + 4an+1an là số chính phương. Bài tập 2.3.4. Cho dãy số (an) (n = 1, 2, ...) được xác định bởi:a1 = 1, a2 = 3an+1 = (n+ 2)an − (n+ 1)an−1 với mọi n ≥ 2. Tìm các giá trị của n để an là số chính phương. Lời giải. Ta sẽ giải bài toán tổng quát: Cho số nguyên p ≥ 2. Cho dãy số (an) (n = 1, 2, ...) được xác định bởi a1 = 1, a2 = 3, an+1 = (n+ 2)an − (n+ 1)an−1 với mọi n ≥ 2. Hãy xác định các giá trị của n để an là lũy thừa p của số tự nhiên. Lời giải. Với mỗi n ≥ 2, đặt bn = an−an−1. Khi đó từ công thức xác định dãy (an), ta có bn = n · bn−1 với mọi n ≥ 3. Kết hợp với b2 = a2 − a1 = 3− 1 = 2!. Ta được bn = n! với mọi n ≥ 2. Ta có an = n∑ k=2 (ak − ak−1) + a1 = n∑ k=2 bk + 1 = n∑ k=1 k!. Kết hợp với a1 = 1 = 1!. Ta được an = n∑ k=1 k! với mọi n ≥ 1. (1) Xét p = 2. Từ (1) ta có an ≡ 3(mod10) với mọi n ≥ 5 nên an khác a2 với mọi n ≥ 5 (vì các số chính phương chỉ có thể có tận cùng bởi 0, 1, 4, 5, 6, 9). Với n = 1, 2, 3, 4 bằng cách thử trực tiếp ta thấy an là số chính phương khi và 50 chỉ khi n = 1, n = 3. Xét p > 2. Khi đó an ≡ 0(mod3) với mọi n ≥ 2 (suy ra từ (1)) nên điều kiện cần để tồn tại a ∈ N sao cho an = ap là an ≡ 0(mod27) hoặc an = 1. Từ (1) ta có an > 1 với mọi n ≥ 2 và an = a8 + n∑ k=9 k! với mọi n ≥ 9. Suy ra an ≡ a8(mod27) với mọi n ≥ 0. Mà a8 = 46233 ≡ 1(mod27) nên an ≡ 1(mod27) với mọi n ≥ 8. Như vậy với mọi n ≥ 8 đều không tồn tại a ∈ N sao cho an = ap. Với 1 ≤ n ≤ 7 bằng cách thử trực tiếp ta thấy chỉ có duy nhất giá trị n = 1 là giá trị cần tìm. Nhận xét. Bài đã ra là trường hợp đặc biệt của bài toán khái quát khi p = 2. Theo đó tất cả các giá trị n thỏa mãn là n = 1, n = 3. Bài tập 2.3.5 (HSG QG bảng B 1998). Cho các số nguyên a, b. Xét dãy số nguyên (an), (n = 0, 1, 2, ...) được xác định bởi:a0 = a, a1 = b, a2 = 2b− a+ 2an+3 = 3an+2 − 3an+1 + an với n = 0, 1, 2, ... a) Tìm số hạng tổng quát an. b) Tìm tất cả các số nguyên a, b để an là số chính phương với mọi n ≥ 1998. Lời giải. a) Từ điều kiện đề bài ta có an+3 − an+2 = 2(an+2 − an+1)− (an+1 − an). (1) Đặt an+1 − an = bn với mọi n ≥ 0 thì (1) trở thành bn+2 = 2bn+1 − bn ⇒ bn+2 − bn+1 = bn+1 − bn = ... = b1 − b0 = a2 − 2a1 + a0 = 2 suy ra bn+1 = bn + 2 với mọi n. Vậy công thức tổng quát của bn là bn = b0 + 2n = 2n+ b− a. 51 Từ đó an − a0 = n−1∑ k=0 (ak+1 − ak) = n−1∑ k=0 bk = 2 n−1∑ k=0 k + n(b− a) = n(n− 1) + n(b− a). Vậy an = n2 + n(b− a− 1) + a. b) Giả sử an = n2 + n(b− a− 1) + a = u2 (n ≥ 1998, u > 0). Ta có 4u2 = 4n2 + 4n(b− a− 1) + 4a = [2n+ (b− a− 1)]2 + 4a− (b− a− 1)2. Đặt v = 2n+ b− a− 1 và d = 4a− (b− a− 1)2, ta có d = 4u2 − v2 = (2u+ v)(2u− v). Với n đủ lớn thì v = 2n+ b− a− 1 > 0. Nếu d khác 0 thì 2u− v khác 0 và |d| = |(2u− v)(2u+ v)| ≥ |2u+ v| ≥ 2u+ v ≥ v = 2n+ b− a− 1. Vì d là hằng số nên điều này không thể xảy ra khi n đủ lớn. Vậy d = 0. Suy ra 4a = (b− a− 1)2. Đặt b− a− 1 = 2t thì a = t2 và b = a+ 1 + 2t = (t+ 1)2. Đảo lại nếu a = t2 và b = (t+ 1)2 thì an = n2 + n(b− a− 1) + a = n2 + 2tn+ t2 = (n+ t)2. Kết luận an = u2 ⇔ a = t2 và b = (t+ 1)2. Ta có thể tìm số hạng tổng quát bằng phương pháp sai phân nhờ việc xét phương trình đặc trưng: λ3 − 3λ2 + 3λ− 1 = 0. Từ kết quả bài toán ta cũng có thể cho t các giá trị khác nhau để được bài toán mới. Chẳng hạn: Xét dãy số nguyên (an), (n = 0, 1, 2, ...) được xác định 52 bởi: a0 = 4, a1 = 9, a2 = 16an+3 = 3an+2 − 3an+1 + an với n = 0, 1, 2, ... Chứng minh rằng an là số chính phương với mọi n ≥ 1998. Bài tập 2.3.6 (chọn đội tuyển QG 2006). Cho dãy số (an) được xác định bởi: a0 = 1, an+1 = 1 2 ( an + 1 3an ) với mọi n = 1, 2, 3, ... Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, số An = 3 3a2n − 1 là một số chính phương. Lời giải. Trước hết ta sẽ chứng minh rằng 3An+1 = 4An(An + 3) với mọi n nguyên dương. (*) Thật vậy, ta có An + 3 = 3 3a2n − 1 + 3 = 9a2n 3a2n − 1 nên 4An(An + 3) = 4An · 9a 2 n 3a2n − 1 = 108a2n (3a2n − 1)2 . Mặt khác 3An+1 = 9 3a2n+1 − 1 = 9 3 · 1 22 ( an + 1 3an )2 − 1 = 108a2n (3a2n − 1)2 . Do đó (∗) được chứng minh, tức là 3An+1 = 4An(An + 3) với mọi n nguyên dương. Hơn nữa, ta tính được A1 = 9 nên dễ dàng thấy An chia hết cho 3 với mọi n. Tiếp theo, ta chứng minh bằng quy nạp rằng An 3 + 1 là số chính phương với mọi n. (**) + Với n = 1 thì An 3 + 1 = 4 là số chính phương nên (**) đúng. + Giả sử (**) đúng với n = k, tức là tồn tại số tự nhiên p sao cho Ak 3 + 1 = p2. Ta có Ak+1 3 + 1 = 4Ak(Ak + 3) 9 + 1 = 4 · Ak 3 · ( 1 + Ak 3 ) = 4p2(p2− 1) + 1 = (2p2− 1)2 53 cũng là một số chính phương nên (**) cũng đúng với n = k + 1. Do đó (**) được chứng minh. Từ 3An+1 = 4An(An + 3)⇒ An+1 = 4An (An 3 + 1 ) và (**) ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp An là số chính phương với mọi n. Bài tập 2.3.7. Dãy số (un) được xác định bởi:u0 = 9, u1 = 161un = 18un−1 − un−2 với n = 2, 3, ... Chứng minh rằng u2n − 1 5 là số chính phương với mọi số tự nhiên n. Lời giải. Nhận xét rằng mọi số hạng của dãy đều là số nguyên. Với n = 0 ta có u20 − 1 5 = 92 − 1 5 = 16 = 42. Với n = 1 ta có u21 − 1 5 = 1612 − 1 5 = 5184 = 722. Vậy bài toán đúng với n = 0, 1. Xét với n ≥ 2 ta có un = 18un−1 − un−2 ⇔ un − 9un−1 = 9un−1 − un−2 ⇔ (un − 9un