Luận văn Các phương pháp và dạng toán chọn lọc về dãy số ở phổ thông

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ I, Kết luận Luận văn đã trình bày và nhận được những kết quả sau đây. 1. Hệ thống các khái niệm cơ bản của dãy số, các tính chất, các mối liên hệ giữa các dãy số đặc biệt. 2. Phân loại được một số dạng toán chọn lọc về giới hạn của dãy số cũng như các phương pháp giải cho từng dạng toán cùng với bài tập và hướng dẫn giải tương ứng mà học sinh ở phổ thông thường gặp. 3. Hệ thống các phương pháp tìm số hạng tổng quát của dãy số. 4. Trình bày một số dạng toán rất hay gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi đó là dãy số liên quan tới dãy số nguyên như chứng minh một dãy là dãy số nguyên, bài toán chia hết, dãy số chính phương, các bài toán về phần nguyên, dãy số và số nguyên tố cũng như một số bài toán về dãy số Fibonacci. II, Khuyến nghị Hy vọng luận văn có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên và sinh viên toán các trường sư phạm, trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường trung học phổ thông, trong rèn luyện đội tuyển thi giỏi cấp tỉnh, quốc gia và quốc tế. Hy vọng đề tài này sẽ được tiếp tục nghiên cứu, mở rộng và phát triển, được ứng dụng rộng rãi trong nghiên cứu, học tập của học sinh trung học phổ thông và sinh viên trong các trường Đại học.

pdf99 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 31/07/2018 | Lượt xem: 67 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Các phương pháp và dạng toán chọn lọc về dãy số ở phổ thông, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
u x u x                              Giải hệ này để tìm 0 ,..., .kx x Trong trƣờng hợp hệ này vô nghiệm thì không tồn tại biểu thức tuyến tính nhƣ đã giả sử. Nếu hệ này có nghiệm ta dùng quy nạp để chứng minh biểu thức đúng với 0.n  ii) Dùng cách đặt dãy phụ biến đổi đƣa bài toán về dạng tìm số hạng tổng quát của một dãy (hoặc hệ dãy) mới có hệ thức truy hồi dạng tuyến tính hệ số hằng. Cách đặt biểu thức của dãy phụ rất đa dạng và nói chung không thể có cách đặt tổng quát cho các dãy. Tùy vào từng hệ thức truy hồi ta đƣa ra cách đặt phù hợp để giải đƣợc bài toán tìm số hạng tổng quát. Ví dụ 1 Tìm số hạng tổng quát của dãy số: 0 1 2 1 2 1, 2 1 , 0.nn n u u u u n u          Lời giải Giả sử tồn tại 0 1 2, ,x x x thỏa mãn hệ thức: 2 0 1 1 2 , 0.n n nu x u x u x n      Cho 0,1,2n  ta có hệ phƣơng trình: 58 0 0 1 1 2 2 0 1 1 2 2 3 0 2 1 3 2 4. x u x u x u x u x u x u x u x u x u            (*) Mặt khác, từ hệ thức truy hồi của dãy ta tính đƣợc: 2 2 2 2 3 4 1 2 1 5 1 13 5, 13, 34. 1 2 5 u u u          Thay 0 1 2 3 41, 2, 5, 13, 34u u u u u     vào hệ (*) ta có hệ phƣơng trình: 0 1 2 0 1 2 0 1 2 2 5 2 5 13 5 13 34. x x x x x x x x x            Giải hệ ta có 0 1 21, 3, 0.x x x    Ta nhận đƣợc hệ thức truy hồi tuyến tính: 2 13 .n n nu u u    Ta dùng quy nạp chứng minh hệ thức trên đúng với mọi 0.n Thật vậy, vì cách xây dựng hiển nhiên hệ thức đúng với 0, 1, 2.n  Giả sử hệ thức đúng đến ,n k tức là: 2 13k k ku u u    Ta sẽ chứng minh: 3 1 23 .k k ku u u     Ta có:   2 2 3 1 1 1 1 1 3 k k k k k k u u u u u u            2 2 1 1 1 (1 ) 6 9k k k k k u u u u u        2 1 1 1 1 1 6 9k k k k k k u u u u u u         Thang Long University Library 59    21 1 1 1 1 1 2 1 1 1 3 8 3 8 3 . k k k k k k k k k k k k u u u u u u u u u u u u                  Rút gọn ta có: 3 18 3k k ku u u   1 13( 3 )k k ku u u      1 23 .k ku u    Vậy hệ thức truy hồi 2 13n n nu u u    đúng với 0.n  Giải phƣơng trình sai phân: 0 1 2 1 1, 2 3 0.n n n u u u u u        Ta tìm đƣợc số hạng tổng quát của dãy là: 1 5 3 5 5 1 3 5 . 2 22 5 2 5                 n n nu Ví dụ 2 Tìm số hạng tổng quát của dãy số: 0 2 1 2 5 24 96, 0.n n n u u u u n        Lời giải Giả sử tồn tại 0 1 2, ,x x x thỏa mãn hệ thức: 2 0 1 1 2 , 0.n n nu x u x u x n      Cho 0, 1, 2n  ta có hệ phƣơng trình: 0 0 1 1 2 2 0 1 1 2 2 3 0 2 1 3 2 4 x u x u x u x u x u x u x u x u x u            (*) Mặt khác, từ hệ thức truy hồi của dãy ta tính đƣợc: 60 1 2 3 410, 98, 970, 9602.u u u u    Thay 0 1 2 3 42, 10, 98, 970, 9602u u u u u     vào hệ (*) ta có hệ phƣơng trình: 0 1 2 0 1 2 0 1 2 2 10 98 10 98 970 98 970 9602 x x x x x x x x x            Giải hệ ta có 0 1 21, 10, 0.x x x    Ta nhận đƣợc hệ thức truy hồi tuyến tính: 2 110 .n n nu u u   Ta dùng quy nạp chứng minh hệ thức trên đúng với mọi 0.n Thật vậy, vì cách xây dựng hiển nhiên hệ thức đúng với 0,1,2.n  Giả sử hệ thức đúng đến ,n k tức là: 2 110k k ku u u   Ta sẽ chứng minh: 3 2 110 .k k ku u u    Ta có: 3 2 110k k ku u u      2 2 2 2 1 2 2 2 1 22 2 2 1 2 2 2 1 2 1 5 24 96 10 24 96 5 24 96 5 10 96 (1) k k k k k k k k k k k k k k u u u u u u u u u u u u u u                                Mặt khác: 2 110k k ku u u       2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 5 5 5 5 10 10 10 10 (2) k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k u u u u u u u u u u u u u u u u u u u u u u                                   Lại có: Thang Long University Library 61 2 1 2 1 2 2 1 1 5 24 96 5 24 96 96 10 k k k k k k k k k k u u u u u u u u u u                 Thay vào (2) ta đƣợc: 2 2 2 1 2 110 96.k k k ku u u u      Vậy (1) đúng do đó 2 110n n nu u u   đúng với mọi 0.n Ta viết lại dãy  nu dƣới dạng: 0 1 2 1 2, 10 10 , 0n n n u u u u u n         Giải phƣơng trình sai phân: 0 1 2 1 2, 10 10 , 0n n n u u u u u n         ta tìm đƣợc số hạng tổng quát của dãy là:    5 2 6 5 2 6 . n n nu     Ví dụ 3 Cho dãy  nu thỏa mãn: 1 2 2 1 1 , .nn n u u a u u u           với , .   Hãy tuyến tính hóa dãy trên. Lời giải 2 2 1 1 1 1 2 2 1 . (1) . (2) n n n n n n n n n a u u u u a u u u u a u               Trừ từng vế của (1) và (2) ta đƣợc 2 2 1 1 2 1. .n n n n n nu u u u u u      2 2 1 1 1 2. .n n n n n nu u u u u u       62 1 1 1 2 n n n n n n u u u u u u         Suy ra 1 2 2 2 1 1 2 3 1 ... .n n n n n n u u u u u u u u u                  Đặt 2 2 .k        Do đó 1 1( ).n n nu k u u   Vậy dãy   :nu 1 2 1 1 , 0.n n n u u ku u ku           3.4.2 Bài tập Bài 1 Đƣa dãy truy hồi sau về dạng tuyến tính và tìm số hạng tổng quát: 1) 1 2 2 1 2 1 2 , 1.nn n u u u u n u           2) 0 2 1 2 3 8 1, 0.n n n u u u u n        Bài 2 Hãy tuyến tính hóa dãy sau: 1 2 2 1 1 1 , ; 2 .n n nn n u u u bu bu c u b u              với , , 2.n    Thang Long University Library 63 3.4.3 Hƣớng dẫn giải Bài 1 1) Từ 1 1u  ta tính đƣợc 2 3 49, 89, 881.u u u   Giả sử tồn tại số thực ,a b thỏa mãn: 2 1 , 1.n n nu au bu n     Ta có hệ: 2 1 3 3 2 4 au bu u au bu u      Ta có hệ phƣơng trình: 9 89 98 9 881 a b a b      Giải hệ ta có 2 110, 1 10 .n n na b u u u       Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh đƣợc hệ thức đó đúng với mọi 1n Từ đây giải phƣơng trình sai phân ta tìm đƣợc số hạng tổng quát của dãy:     1 16 2 6 2 5 2 6 5 2 6 . 2 6 2 6 n n nu        2) Từ giả thiết ta có 21 3 8 1 0n n nu u u     nên   2 2 1 3 8 1n n nu u u    2 2 1 1 2 2 1 1 6 1 (1) 6 1 (2) n n n n n n n n u u u u u u u u             Trừ theo vế (1) và (2) ta đƣợc:  2 21 1 1 16n n n n nu u u u u      (3) Từ giả thiết ta có 0nu  với mọi .n Mặt khác: 21 1 1 13 9 3 8 1n n n n nu u u u u        Suy ra 1 1 0n nu u   nên (3) 1 1 6 .n n nu u u    Vậy ta đƣợc phƣơng trình sai phân tuyến tính. 64 0 1 2 1 2, 6 33 6 0n n n u u u u u          Giải phƣơng trình này ta đƣợc:      8 66 3 8 8 66 3 8 . 8 8 n n nu       Bài 2 Ta có   22 1 1 1 1 2 nn n n n n n u b cu bu bu c u b b b u u b               2 1 1 1 2n n n n n u bu bu c u b u         Đặt n nv u b  ta đƣợc phƣơng trình sai phân 2 1 2 1 1 , ; nn n c v v b v b v v           với , ,c    Đây chính là phƣơng trình sai phân đã tuyến tính hóa trong ví dụ 1. Thang Long University Library 65 Chƣơng 4. MỘT SỐ DẠNG TOÁN KHÁC Các bài toán về dãy số thuộc vào các bài toán khó và thƣờng xuyên đƣợc chọn ra trong các đề thi học sinh giỏi toán cấp tỉnh, thành phố hay quốc gia cũng nhƣ các kì thi học sinh giỏi toán quốc tế. Dƣới đây tác giả đã sƣu tầm, tuyển chọn và giới thiệu một số dạng toán. 4.1 CHỨNG MINH MỘT DÃY LÀ DÃY SỐ NGUYÊN Một dãy truy hồi tuyến tính với hệ số nguyên và các số hạng đầu tiên đều nguyên sẽ chứa toàn số nguyên, đó là điều hiển nhiên. Thế nhƣng có những dãy số mà trong công thức truy hồi có phân số, thậm chí có cả căn thức nhƣng tất cả các số hạng của nó vẫn nguyên, đấy mới là điều bất ngờ. Tuy nhiên, nếu xem xét kỹ, ta có thể thấy chúng có một mối quan hệ rất trực tiếp. Chúng ta hãy bắt đầu từ bài toán quen thuộc sau: Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số đƣợc xác định bởi công thức sau: 2 0 11, 2 3 2,n n na a a a n     đều là số nguyên. Từ giả thiết ta có 21 2 3 2n n na a a    (1), suy ra 1 2 0.n na a   Khi đó 2 2 2 1 1 2 2 1 1 (1) 4 4 3 2 4 2 0. n n n n n n n n n a a a a a a a a a               Thay n bằng 1n ta đƣợc 2 2 1 14 2 0.n n n na a a a     Từ đây suy ra 1 1,n na a  là hai nghiệm của phƣơng trình 2 24 2 0.n nx a x a    Suy ra 1 1 4n n na a a   hay 1 14 .n n na a a   Vậy tất cả các số hạng trong dãy đều là số nguyên. 66 Cả công thức ban đầu lẫn công thức hệ quả đều gợi cho chúng ta đến với phƣơng trình Pell. Ta có thể xây dựng hàng loạt những dãy số tƣơng tự bằng cách xét phƣơng trình Pell. Xét phƣơng trình 2 2 .x Dy k  Giả sử phƣơng trình có nghiệm không tầm thƣờng 0 0( , )x y và ( , )  là nghiệm cơ sở của phƣơng trình. Khi đó, nếu xét hai dãy xác định bởi thì là nghiệm của phƣơng trình. Từ các kết quả trên ta có thể tìm đƣợc:  2 21 1; .n n n n n nx x D x k y y k Dy          Nhƣ vậy đã xuất hiện hai dãy số nguyên đƣợc cho bởi một công thức không nguyên. Ví dụ, với 4 ( 1), 1D a a k   thì ta có 0 02 1, 1.x a y      Ta đƣợc hai dãy số nguyên sau đây:      2 0 1 2 0 1 2 1, 2 1 4 1 1 , 1, 2 1 4 1 1. n n n n x a x a a a x y y a a a y                Chú ý rằng ta có thể tạo ra một kiểu dãy số khác từ kết quả 1 1,n na a  là hai nghiệm của phƣơng trình 2 24 2 0.n nx a x a    Theo định lí Viet thì , suy ra: 2 1 1 2 .nn n a a a     Từ đó ta có bài toán sau: Cho dãy số xác định bởi 0 11, 3a a  và 2 1 1 2 , .nn n a a n a       Chứng minh rằng là số nguyên với .n Sau đây chúng ta xét một số bài toán cụ thể. Để chứng minh một dãy số là dãy số nguyên, ta thƣờng biến đổi công thức truy hồi của dãy số về dạng 1 0 1 1 ... ,n n n k n ku a u a u a u      trong Thang Long University Library 67 đó 0 1, ,..., ka a a là các số nguyên và k số hạng đầu tiên của dãy cũng là các số nguyên. Từ đó, bằng quy nạp ta thấy đƣợc các số hạng của dãy số là số nguyên. Trong một số trƣờng hợp nếu tìm đƣợc công thức của số hạng tổng quát nu thì ta có thể chứng minh trực tiếp nu là số nguyên. Ví dụ 1 Cho dãy số  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 0 1 2 1 1 1, 3 2 , .nn n u u u u n u            Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số trên đều là số nguyên. Chứng minh Bằng quy nạp ta chứng minh rằng n  ta có: 1 24 .n n nu u u   (1) Thật vậy, với 1n  ta có: 2 2 1 2 0 2 3 2 11. 1 u u u      Mặt khác 2 1 3 2 14 4.3 1 11 4 .u u u u u       Vậy (1) đúng với 1.n  Giả sử (1) đúng với 1,n k  theo giả thiết quy nạp thì 1 24 .k k ku u u   Khi đó ta có: 2 1 1 2 1 2 2 2 4 4kk k k k k k u u u u u u u              2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 4 4 2 k k k k k k k k u u u u u u u u                      2 2 1 2 1 1 2 14 2 4 4k k k k k ku u u u u u           2 2 1 12 4k k k ku u u u     2 1 1 2 4k k k k u u u u       1 14 .k k ku u u    68 Vậy (1) đúng với 1.n k  Vì 0 11, 3u u  nên từ (1) ta có kết luận , .nu n     Ví dụ 2 Cho dãy số  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 1 1 1 3 3 (1 ) 2 , 1, 2,...n n u u u n n n          Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy là số nguyên. Chứng minh Nhận xét: Ta có 1 3( 1) 2 nn n u u u n      và 1 1 .u   Nên ta có thể chứng minh 3( 1)n n u v n   là số nguyên. Do 1 2 30, 3, 7,...v v v   Dễ nhận thấy 1 1,n nv v n   từ đó suy ra: 1 1 2 2 1 1; ; ... 3. n n n n v v n v v n v v           Nên ( 1) 3 4 5 ... ( 1) 2 . 2 n n n v n n           Từ đó dự đoán đƣợc ( 1) ( 4) 1 . (1) 6 n n n n u     Ta chứng minh công thức (1) bằng phƣơng pháp quy nạp. Với 1n  ta có 1 (1 1).1.(1 4) 1 1 6 u      nên công thức (1) đúng. Giả sử (1) đúng với , 1n k k  tức là ( 1) ( 4) 1 6 k k k k u     . Thang Long University Library 69 Với 1.n k  Theo công thức truy hồi 1 3 3 1 2 .k ku u k k           Kết hợp giả thiết quy nạp suy ra:               1 3 2 1 43 3 1 1 2 6 1 4 1 4 1 2 6 2 1 56 5 1 1 . 6 6 k k k k u k k k k k k k k k kk k k                               Vậy (1) đúng với 1.n k  Theo nguyên lí quy nạp suy ra (1) đúng với mọi số tự nhiên n. Khi đó ta thấy: ( 1) 2 ( 1) ( 1) 2.n n n n n     Lại có          1 4 1 1 3 1 3n n n n n n n n           1 4 6.n n n    Vậy nu là số nguyên. Ví dụ 3 Cho a, b, c là ba số nguyên thỏa mãn điều kiện 2 1.a b  Xét dãy số  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 0 2 2 1 0 , .n n n u u au bu c n        Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số trên đều là số nguyên. Chứng minh Theo giả thiết ta có : 2 21 , 0.n n nu au bu c n      Từ đó suy ra 2 2 2 2 2 1 12 .n n n n nu au u a u bu c     (1) Vì 2 1,a b  nên từ (1 ) suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) 2 ( 1) 2 . (2) n n n n n n n n n n a b u au u a u a u c u au u a u bu c                 70 Nhận thấy 2 2 2 1 2 1( ) ,n n nbu c u au     kết hợp với (2) ta có 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 ( ) ( ) . n n n n n n n n n n n n u au u au u au u au u au u au                     Do 0 0u  và 2 1 .u c c   Vậy nu là các số nguyên với mọi .n Ví dụ 4 Cho dãy số  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 1 2 1 0 5 24 1; 1, 2,...n n n u u u u n       Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số trên đều là số nguyên. Chứng minh Từ giả thiết ta có: 2 1u  và 2 2 2 1 110 25 24 1n n n n nu u u u u     hay 2 2 1 110 1 0. (1)n n n nu u u u     Thay n trong (1) bằng n-1 ta đƣợc 2 2 1 110 1 0. (2)n n n nu u u u     Từ (1) và (2) suy ra 1 1,n nu u  là hai nghiệm của phƣơng trình: 2 210 1 0.n nt u t u    Theo định lí Viet ta có 1 1 10n n nu u u   hay 1 110 .n n nu u u   Từ 1 20, 1u u  suy ra mọi số hạng của dãy số đều là số nguyên. Ví dụ 5 Cho dãy số  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 1 2 1 1 5 8; 1, 2,...n n n u u u ku n       Tìm k nguyên dƣơng sao cho dãy  nu gồm toàn số nguyên. Lời giải Thang Long University Library 71 Ta có 2 5 8.u k   Đặt 8 ( ),k t t   khi đó suy ra:   223 5(5 ) 8 5 8.u t t t      Để 3u  thì ta phải có: 2 2 2( ) ( 8)(5 ) 8 ( ).f t t t q q      Ta có 4 3 2( ) 10 33 8 192;f t t t t t     2 2 2 2( 5 4) ( ) ( 5 14) ; ( ) 2. t t f t t t f t        Từ đó suy ra: 2 5 ,q t t v   với v là số tự nhiên chẵn thỏa mãn 5 13v  hay  6;8;10;12 .v Thử trực tiếp ta đƣợc 8v  và 2 5 8 4 24.q t t t k       Ngƣợc lại với 24k  thì 2 2 2 1 1 15 24 8 10 8 0.n n n n n n nu u u u u u u          (1) Thay n bởi n+1 ta đƣợc: 2 2 2 1 2 110 8 0.n n n nu u u u       (2) Trừ theo vế với vế (1) và (2) ta đƣợc kết quả sau: 2 2 1( )( 10 ) 0.n n n n nu u u u u      Dễ thấy dãy  nu tăng nên 2 110n n nu u u   với 1 21, 9.u u  Do vậy dãy  nu gồm toàn số nguyên khi và chỉ khi 24.k  Ví dụ 6 Cho dãy số  nu thỏa mãn các điều kiện sau: a) 0; ;nu n    b) 1 2, ;u u  c) 2 2 1 2 ; n u u u    d) 2 1 2 , . n n n u u u      72 Chứng minh rằng nu là số nguyên với mọi 1,2,3,...n  Chứng minh Từ tính chất d) ta có: 2 2 2 2 1 3 1 2 1 2 2.n n n n n n n nu u u u u u u u            Từ đó suy ra: 1 3 1 2 2( ) ( )n n n n n nu u u u u u       hay 3 1 2 2 1 , .n n n n n n u u u u n u u           (1) Đặt: 2 1 .n nn n u u b u     (2) Từ (2) ta có 1 2 3 ... .b b b b    Khi đó: 2 2 1 2 2 2 3 1 1 21 1 1 2 2 1 2 .n n n n u u u u u u u uu b b b u u u u u                Theo tính chất c) suy ra .b Từ (2) suy ra 2 1 .n n nu bu u   Do 1 2,u u  và .b Vậy , .nu n     Ví dụ 7 Cho dãy số  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 0 2 1 1 7 45 36 , . 2 n n n u u u u n           Chứng minh rằng: a) nu là số nguyên dƣơng với mọi .n b) 1. 1n nu u   là số chính phƣơng với mọi .n Chứng minh a) Ta có 2 5u  và dãy  nu số tăng ngặt. Thang Long University Library 73 Từ giả thiết ta có 212 7 45 36,n n nu u u    bình phƣơng hai vế ta đƣợc: 2 2 1 17 9 0.n n n nu u u u     (1) Từ (1) ta cũng có 2 2 1 17 9 0.n n n nu u u u     (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 1 1 1 1( ) 7 ( ) 0n n n n nu u u u u       1 17 (3) 1.n n nu u u n      Từ (3) và 1 2,u u  kết hợp với dãy tăng nên nu là số nguyên dƣơng với mọi .n b) Từ (1) ta có 2 2 1 1 1 1( ) 9( 1) 1 . 3 n n n n n n n n u u u u u u u u                Do đó 1. 1n nu u   là số chính phƣơng với mọi .n Nhận xét: Trong một số bài toán, việc dự đoán đƣợc công thức tổng quát nu , nhƣng chứng minh trực tiếp gặp khó khăn, ta thƣờng xử lí nhƣ sau:  Chứng minh tồn tại duy nhất dãy thỏa điều kiện của bài toán.  Xây dựng dãy phụ  nv có giá trị đầu và hệ thức truy hồi giống với giá trị ban đầu và hệ thức truy hồi của  nu và chứng minh dãy  nv cũng thỏa điều kiện của bài toán. Khi đó n nu v . Ví dụ 8 Cho dãy số nguyên  nu xác định 1 22, 7u u  và 2 1 2 1 1 2 2 n n n u u u       (1) Chứng minh nu lẻ với mọi 2.n Chứng minh 74 Từ giả thiết ta có 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 n n n n n u u u u u         , vì trong khoảng 2 2 1 1 2 2 1 1 ; 2 2 n n n n u u u u            có độ dài bằng 1 có duy nhất một số nguyên nên dãy đã cho xác định là duy nhất. Ta có 3 425, 89;u u  giả sử 1 2n n nu xu yu   . Từ 3 425, 89u u  ta có hệ: 7 2 25 3 . 25 7 89 2 x y x x y y           Ta chứng minh dãy  nv xác định bởi: 1 2 1 2 2, 7 3 2 , 3, 4,...n n n v v v v v n        thỏa mãn (1). Thật vậy, ta có 2 2 1 2 1 2 2 . .n n n nn n n v v v v v v v         Từ công thức truy hồi của dãy suy ra 2 2. (2)nnv n   Mặt khác 2 2 1 2 1 2 1 2 3. (3 2 ) (3 2 )n n n n n n n n nv v v v v v v v v            2 3 2 3 1 3 2 2 3 1 22( . ) ... ( 2) ( ) ( 2) . (3) n n n n n nv v v v v v v               Từ (2) và (3) suy ra: 2 1 2 1 1 , 2 2 n n n v v v       vậy n nu v với .n   Từ công thức truy hồi của dãy 1 23 2 ; 2,n n nu u u n     ta đƣợc nu là số nguyên lẻ. Ví dụ 9 (Đề thi chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2011) Cho dãy số nguyên dƣơng  nu thỏa mãn: 0 1 2 1 2 1, 3 1 , .nn n u u u u n u               Thang Long University Library 75 Chứng minh rằng 2 2 1 2 n n n nu u u   với mọi số tự nhiên .n Chứng minh Từ cách cho dãy số, ta thấy dãy  nu luôn tồn tại và duy nhất. Xét dãy  nv xác định bởi: 0 1 2 1 1, 3 4 2 , 0.n n n v v v v v n        Ta chứng minh: 2 2 1 2 . n n n nv v v   (1) Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1(4 2 ) 4 2 (4 ) 2n n n n n n n n n n n n n n nv v v v v v v v v v v v v v v                 2 2 2 1 1 1 1 2 0 1.2 2 2( ) ... 2 ( ) 2 . n n n n n n n nv v v v v v v v v           Vậy (1) đƣợc chứng minh. Ta chứng minh 2 ,nnv n   (2) bằng phƣơng pháp quy nạp. Nhận thấy dãy  nv là dãy tăng. Với 0n ta có (2) đúng. Giả sử 2nnv  ta có 1 1 12 2( ) 2 2 . n n n n n nv v v v v        Suy ra (2) đƣợc chứng minh. Dựa vào các kết quả trên ta có: 2 2 1 1 2 2 2 2 1 n n n n n n n n n v v v v v v v v           . Hay 2 2 1 1 11 1 . n n n n n v v v v v       Do đó: 2 2 1 1 2 21 1 n n n n n n v v v v v v                     . 76 Vì tính duy nhất nên ta có: , .n nu v n   Vậy bài toán đƣợc chứng minh. 4.2 BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CHIA HẾT Thông thƣờng các bài toán này đƣợc xử lí theo các hƣớng sau:  Hƣớng 1: Tìm công thức tổng quát của dãy số, sử dụng các tính chất chia hết của số học để thực hiện phần còn lại.  Hƣớng 2: Chuyển về nghiên cứu trên dãy các số dƣ. Ví dụ 1(VMO 2011) Cho dãy số nguyên  na đƣợc xác định bởi: 0 1 1 2 1, 1 6 5 , 2.n n n a a a a a n         Chứng minh rằng 2012 2010 2011a   . Chứng minh Nhận xét: Dãy cho dƣới dạng truy hồi tuyến tính cấp hai nên ta có thể tìm công thức tổng quát (CTTQ) của na để chứng minh bài toán. Nhận thấy 1 2 1 26 5 6 2016 (mod2011).n n n na a a a      Hơn nữa phƣơng trình 2 42 6 2016 0 48 x x x x         nên ta xét dãy số nguyên phụ  nb đƣợc xác định bởi: 0 1 1 2 1, 1 6 2016 , 2,3,...n n n b b b b b n         Số hạng tổng quát của dãy có dạng: 1 2.48 .( 42) . n n nb c c   Từ 0 11, 1,b b   ta tìm đƣợc công thức tổng quát của dãy  nb là: Thang Long University Library 77 41.48 49.( 42) . 90 n n nb    Do đó để chứng minh 2012 2010 2011a   ta chứng minh 2012 1 2011.b   Hay 2012 2012 2012 201241.48 49.( 42) 41.48 49.( 42) 90 1 2011, 90 90         mà  90,2011 1 nên ta cần chứng minh 2012 201241.48 49.( 42) 90 2011.A     Ta có 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ thì 2010 201048 1(mod2011), ( 42) 1(mod2011)   2 241.48 49.( 42) 90 41.293 49.( 247) 90 0(mod2011).A          Vậy bài toán đƣợc chứng minh. Nhận xét: Từ công thức 41.48 49.( 42) 90 41.48 49.( 42) . 90 n n n n n nb b        (1) Trong (1) nếu ta thay 2011n  thì ta đƣợc: 2011 2011 201190 41.48 49.( 42) 41.48 49.42(mod2011) 90(mod2011).b        Suy ra 2011 2011 201190 90 2011 1 2011 1 2011.b b a       Ví dụ 2 Cho dãy số  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 0 1 2 1 1, 2 3 , 1.n n n u u u u u n         Với mỗi số nguyên dƣơng ,n gọi nr số dƣ khi chia nu cho 2013. Chứng minh rằng dãy số  nr là tuần hoàn. Chứng minh Dãy số  nr đƣợc xác định bởi: 0 1 2 1 1, 2 3 (mod 2013)n n n r r r r r       và  0,1,2,...,2012 , .nr n   78 Do đó 2nr  đƣợc xác định thông qua 1, .n nr r Ta đi xét các cặp 1( , ).n nr r  Vì các giá trị của nr là hữu hạn, còn các cặp 1( , )n nr r  là vô hạn nên tồn tại các số nguyên dƣơng , ( )m k k m sao cho 1 1( , ) ( , )k k m mr r r r  hay 1 1. k m k m r r r r     Đặt ,m k s  ta có 1 1 . k k s k k s r r r r        Ta chứng minh , 0,1,2,...n n sr r n    Giả sử: , , 1,..., ,t t sr r t k k n    ta chứng minh 1 1 .n n sr r   Thật vậy: 1 1 1 13 3 (mod 2013).n s n s n s n n nr r r r r r            Giả sử : , ,t t sr r t m   ta chứng minh , 0,1,..., 1.t t sr r t m    Thật vậy: 1 1 1 1 1 13 (mod 2013) 3 3 (mod 2013).m m m m m m m s m s m sr r r r r r r r r                Tiếp tục nhƣ vậy, ta có , 0,1,..., 1.t t sr r t m    Vậy , 0,1,2,...n n sr r n   hay dãy  nr là dãy tuần hoàn. Tƣơng tự ta có kết quả tổng quát sau: Dãy số nguyên  nu thỏa mãn 1 1 2 2 ...n n n k n ku a u a u a u      trong đó 1 2, ,..., ka a a là các số nguyên và m là số nguyên dƣơng lớn hơn 1. Gọi nr là số dƣ trong phép chia nu cho m. Khi đó dãy  nr là dãy tuần hoàn. Ví dụ 3(VMO 1995) Cho dãy số  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 0 11, 3u u  và 1 2 1 9 2 9 5 2 1. n n n n n u u khi n k u u u khi n k           Thang Long University Library 79 Chứng minh rằng dãy số 2000 2 1995 20.k k u    Chứng minh Từ công thức truy hồi của dãy ta thấy 2 1 (mod4).n n nu u u   Gọi nr là số dƣ trong phép chia nu cho 4. Khi đó 0 3.nr  Mặt khác 2 1 (mod 4)n n nu u u   , nên 2 1 (mod 4).n n nr r r   Ta có: 1 2 3 4 5 6 7 81, 3, 0, 3, 3, 2, 1, 3.r r r r r r r r        Từ đó, ta thấy dãy  nr tuần hoàn với chu kì 6, hay 6 .n n kr r  Suy ra 1995 3 332.6 3 1996 4 1997 50, 3, 3,      r r r r r r r 1998 6 1999 1 2000 22, 1, 3.r r r r r r      Vì 2 2(mod 4) (mod 4).n n n nu r u r   Do đó 2000 2000 6 2 2 2 1995 1995 1 1 9 0 9 9 4 32 0(mod4).k k k k k k u r r                Suy ra 2000 2 1995 4.k k u    Mặt khác, với 0k  từ công thức truy hồi ta có: 2 4 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 (mod5) (mod5) 2 (mod5) 4 (mod5) (mod5) (mod5) k k k k k k k k k k k k k u u u u u u u u u u u u u                              2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 3 2 4 2 3(mod5) 0 (mod5).k k k k ku u u u u          Do đó 2 2 2 2 2 2 1995 1996 1997 1998 1999 2000 0 (mod 5),u u u u u u      suy ra 2000 2 1995 5.k k u    Vậy 2000 2 1995 20.k k u    80 4.3 DÃY SỐ CHÍNH PHƢƠNG Ví dụ 1 Cho dãy số  na đƣợc xác định nhƣ sau: 0 1 1 1 1, 1 14 , 1.n n n a a a a a n         Chứng minh rằng mọi 0n thì 2 1na  là số chính phƣơng. Chứng minh Cách 1 Ta có 2 2 2 1 2 3 42 1 1, 2 1 25 5 , 2 1 19 , 2 1 71 .a a a a         Kết quả trên gợi ý ta xét dãy: 1 2 1 1 1, 5 , 2.n n n u u u xu yu n         Với 3 419, 71,u u  suy ra: 2 1 5 19 4 4 . 19 5 71 1 n n n x y x u u u x y y                 Ta chứng minh: 22 1 , 1. (1)n na u n    Ta có (1) đúng với 1.n  Giả sử 22 1 , 1,2,..., ,k ka u k n    ta có:   22 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 4 16 8 14(2 1) 2 8 2 2 1 2(14 ) 2( 4 6) 1 2 1 2( 4 6).                                       n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n u u u u u u u a u u u u a a a u u u u a u u u u Tiếp theo ta chứng minh 2 2 1 14 6 0.n n n nu u u u     (2) Thật vậy: 2 2 1 1 1 1(2) (4 ) 6 0 6 0. (3)n n n n n n nu u u u u u u            Ta có: Thang Long University Library 81 2 2 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 4 6 ( ) 6 6 (4 ) 6                          n n n n n n n n n n n n n n n n u u u u u u u u u u u u u u u u 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 14 6 ... 4 6 25 20 1 6 0.n n n nu u u u u u u u                 Từ đó ta có điều phải chứng minh. Cách 2 Xét phƣơng trình đặc trƣng 2 7 4 3 14 1 0 7 4 3. x x x x           Suy ra .(7 4 3) .(7 4 3) .n nna x y    Dựa vào 0 1 1,a a  ta có 2 3 1 4 (7 4 3) (7 4 3) 1 2 3 . 4 xx y x y y                Suy ra 2 1 2 1(2 3).(7 4 3) (2 3).(7 4 3) (2 3) (2 3) . 4 4 n n n n na            Do đó 2 2 1 2 1( 3 1) ( 3 1) 2 1 , 0. 2 n n n n a n            Đặt 2 1 2 1( 3 1) ( 3 1) ,n nnv      ta chứng minh với mọi 1n thì 2 .nnv  Từ công thức tổng quát của nv ta có đƣợc hệ thức truy hồi: 1 22( ).n n nv v v   Vì 1 2 1 22 2 , 20 2 ,v v   sử dụng phƣơng pháp quy nạp và dựa vào công thức truy hồi ta chứng minh đƣợc 2nnv  với 1.n  Vậy 2 1na  là số chính phƣơng với mọi 0.n Cách 3 Ta có 2 2 1 114 12 0. (4)n n n na a a a     Thay n bởi 1n ta có: 2 21 114 12 0. (5)n n n na a a a     Từ (4) và (5), ta có 1 1,n na a  là nghiệm của phƣơng trình 2 214 12 0.n nt a t a    82 Khi đó 2 2' 48 12 12(4 1)n na a     là số chính phƣơng nên tồn tại số m sao cho 2 2 2 1 112(4 1) 6 6 6 , .na m m m m m m         Do đó 2 2 2 1 14 1 3 (2 1)(2 1) 3 (6)n n na m a a m      . Ta có (2 1, 2 1) (2 1, 2) 1.n n na a a     Mặt khác bằng quy nạp ta chứng minh đƣợc 2 1 3, 0.na n  Nên từ (6) suy ra 2 2 2 1 2 1 3 n n a a a b       với 1.ab m Vậy 2 1na  là số chính phƣơng với mọi 0.n Từ các cách giải bài toán trên, ta có các kết quả của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai nhƣ sau: Tính chất Cho dãy 2 1( ) : ,n n n nu u au bu   khi đó: a) 2 1 2 1 2 2 1 3 1 2 3 1 2( ) ( ) ( ) . , . n n n n nu u u b u u u b c c u u u            b) 2 , ( )n nu bu là hai nghiệm của phƣơng trình: 2 2 1 1 ( ) . 0 n n nt au t bu b c      . c) 2 2 1( 4 ) 4 ( ) n na b u c b   là số chính phƣơng. Đặc biệt với 1,b   ta có:  2 2 1 .n n nu u u c    1 1,n nu u  là hai nghiệm của phƣơng trình: 2 2 0.n nt au t u c     2 2 2 1 3 1 2( 4) 4 ,na u c c u u u    là số chính phƣơng. Nhận xét: Từ các tính chất trên cho 10, 1.a b   Khi đó 1nu  là nghiệm của phƣơng trình 2 210 0,n nt u t u c    suy ra 2 1 5 24 .n n nu u u c    Thang Long University Library 83 Với công thức truy hồi: 1 110 ,n n nu u u   ta cho 1 2 31, 9 89.u u u    Do đó 2 3 1 2 89 81 8,c u u u     nên ta có 2 1 5 24 8n n nu u u    (đây là ví dụ 5 mục 4.1). Xuất phát từ 2 2 1n n nu u u c   , ta có 2 1 2 . n n n u c u u     Suy ra 2 2 2 2 1 1 1( 4) 4 96 32 16(6 2)n n na u c u u        là số chính phƣơng. Vậy 2 16 2nu   là số chính phƣơng. Từ đó chúng ta có bài toán sau: Ví dụ 2 Cho dãy số  na đƣợc xác định nhƣ sau: 1 2 2 1 2 1, 9 8 , 1.nn n a a a a n a           Chứng minh rằng mọi 1n thì 26 2na  là số chính phƣơng. Chứng minh Ta chứng minh công thức truy hồi 1 210 , 3.n n na a a n     Từ giả thiết bài toán suy ra 2 2 1 2 1 1 ... 8n n n n n na a a a a a         2 2 2 2 1 1 1 1 1 18 (10 ) 8 10 8.n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a                  Khi đó 2 2 2 2 2 1 1 125 10 24 8 (5 ) 4(6 2).n n n n n n n na a a a a a a a          Do 1 2, ,na a a    nên 26 2na  là số chính phƣơng. Ví dụ 3 Cho dãy số  na đƣợc xác định nhƣ sau: 0 1 2 1 1, 2 4 , .n n n a a a a a n          Tìm n để 1na  là số chính phƣơng. Lời giải 84 Xét phƣơng trình đặc trƣng: 2 2 5 4 1 0 . 2 5 t t t t           Suy ra na có dạng (2 3) (2 3) . n n na x y    Vì 0 11, 2a a  ta có hệ sau: 1 1 . 22( ) 3( ) 2 x y x y x y x y          Từ đó ta có: 1 (2 3) (2 3) . 2 n n na       Nên suy ra:     2 2 2 1 3 1 3 11 3 1 3 1 1 1 . 2 2 2 ( 2) n n n n n n a                                Vì 1na  là số chính phƣơng nên     1 3 1 3 1 . ( 2) n n n A       Ta xét các trƣờng hợp sau:  Nếu 0n thì 0 .A   Nếu 1n  thì 1 .A   Nếu 1n  và 2 , *n k k  thì ta xét dãy  kb với:         1 2 3 2 3 3 1 3 1 . 2 ( 2) k k n n k n b          Ta có 2 3 là nghiệm của phƣơng trình đặc trƣng 2 4 1 0.t t   Nên  kb thỏa mãn 2 14 .k k kb b b   Mà 0 10, 6b b  suy ra , .kb k  Do đó 2 , *n k k  ta có 1na  không là số chính phƣơng. Thang Long University Library 85  Nếu 2 1,n k k    ta có:         2 2 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 2( 2) 2 2 3 1 2 2 2 3 . 2                                 n n k k n k k Xét dãy  kc với:     3 1 2 2 2 3 . 2 k k kc          Ta có  kc thỏa mãn 2 14k k kc c c   . Mà 0 10, 5c c  nên , .kc k     Suy ra ,A khi đó 1na  là số chính phƣơng. Vậy 1na  là số chính phƣơng khi và chỉ khi n là số tự nhiên lẻ hoặc 0.n  Ví dụ 4 Cho dãy số nguyên  na thỏa mãn: 2 1 12( ), 1, 2, 3, ...n n n na a a a n      . Chứng minh rằng tồn tại số nguyên M không phụ thuộc vào n sao cho 14 n nM a a là số chính phƣơng. Chứng minh Đặt 2 1 .n n n nu a a a    Từ giả thiết suy ra 1 2 .n n nu u a  Khi đó   22 2 2 1 1 12 4n n n n n n nu u a u u a a       2 2 2 1 1 1 1 1 14( ) 4 4 .n n n n n n n n n n nu a a a a a u a a a a             Suy ra 2 2 1 1 14 4 .n n n n n nu a a u a a     Vậy 2 14n n nu a a là hằng số không phụ thuộc vào n. Gọi hằng số đó là .M Ta đƣợc 2 2 1 14 4 .n n n n n nu a a M M a a u      Vậy 14 n nM a a là số chính phƣơng. 86 4.4 CÁC BÀI TOÁN VỀ PHẦN NGUYÊN Các bài toán về phần nguyên, chủ yếu dựa vào tính chất của phần nguyên  1x x x   để đánh giá và kết hợp với tính chất số nguyên. Ví dụ 1 Gọi  là nghiệm dƣơng của phƣơng trình 2 2013 1 0.t t   Xét dãy số ( )nu đƣợc xác định nhƣ sau:   1 1 1 , 1.n n u u u n      Tìm số dƣ của phép chia 2013u cho 2013. Lời giải Vì  là nghiệm dƣơng của phƣơng trình 2 2013 1 0t t   nên 1  và 2 12013 1 0 2013 2013 nn n u u u               . Vì 2013 ,n nu u    do đó   2013 .nn n u u u          Mặt khác  1n nu u  và 1 ,nu   nên 1 1 1 1 .n nn n n n u u u u u u            Từ đó ta có: 1 1 1 1 1 1 1.n nn n n n u u u u u u                     Do đó 1 1 1 22013 1 2013 1n n n n n nu u u u u u          Suy ra 2 4 6 21 2 3 ... (mod2013).n n n n n ku u u u u k            Dẫn tới kết quả sau đây: 2013 2013 2.1006 11006 1006 1 1006 1005 1008 (mod2013).u u u         Thang Long University Library 87 Vậy số dƣ của phép chia 2013u cho 2013 là 1008. Ví dụ 2 Cho dãy số ( ) : 2 .n nu u n    Chứng minh rằng, dãy số đã cho chứa vô hạn số hạng là số chính phƣơng. Chứng minh Ta có 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 0 0 0 ( 2 1) ( 2) 2 2 2 2, n m m n i i i i i i n m m m m i i i C C C x y                    2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 0 0 ( 2 1) 2 2 2 2. m m n i i i i m m m m i i C C x y               Trong đó 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 0 0 2 , 2 , 0,1,2,... m m i i i i m m m m i i x C y C m          Vì 2 1 2 1,m mx y  là những số nguyên dƣơng nên từ cách xác định 2 1 2 1,m mx y  ta có: 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11 ( 2 1) ( 2 1) ( 2 )( 2 ) n n m m m my x y x            2 2 2 1 2 12 .m my x   Suy ra 2 2 4 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11 2 2 2( ) .m m m m m m m mx y x x x y x y             Mà 4 4 2 2 2 2 4 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1( 1) 1.m m m m m m m mx x x x x x x x                Do đó 4 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11 2 1.m m m m m mx x x x y x                  Đặt 2 1 2 1,m m mb x y  ta có  mb là dãy các số dƣơng và là dãy tăng thực sự nên  mb nhận vô số giá trị nguyên dƣơng và 2 2 1m mb m b u x u  là số chính phƣơng. 88 Ví dụ 3 Cho 2k số thực 1 2 1 2, , ..., , , , ..., .k ka a a b b b Xác định dãy số  nX nhƣ sau:   1 , 1, 2, ... k n i i i X a n b n     Chứng minh rằng nếu  nX là một cấp số cộng thì 1 k i i a   là số nguyên. Chứng minh Đặt 1 1 , . k k i i i i A a B b      Ta có:  1 .i i i i i ia n b a n b a n b      Từ đó suy ra .nAn B k X An B     Giả sử  nX là cấp số cộng với công sai d, khi đó 1 1 .nX X n d   và 1 .A B k X A B     Nên ta có: 1( 1) ( 1)nA n B k X A n B       1 1 1 ( 1) ( 1) . A n B k X nd A n B An A B k X nd An A B X                    Mà 1 0A B X   và 1A B X k   nên .An k nd An k k An nd k        Suy ra . k A d n   Cho n tiến ra vô cùng ta có 0 .A d A d    Mặt khác  nX là dãy số nguyên nên 1 .n nA d X X A     Vậy 1 k i i a   là số nguyên. Thang Long University Library 89 4.5. DÃY SỐ VÀ SỐ NGUYÊN TỐ Ví dụ 1 Cho dãy số  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 1 2 3 1 1 2 0, 14, 18 7 6 6, 3,4,5,...n n n u u u u u u n            Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p ta luôn có .pu p Chứng minh Xét phƣơng trình đặc trƣng: 3 1 7 6 0 2 . 3 x x x x x           Suy ra nu có dạng: 1 2 31 2 ( 3) . n n n nu c c c    Theo giả thiết ta có: 1 2 31 1 2 1 2 3 2 3 31 2 3 2 3 00 1 13 4 9 13 1 18 18 27 18 c c cu c u c c c c u cc c c                           . Vậy 1 2 ( 3) , 1.n nnu n      Với p là số nguyên tố theo định lý Fermat nhỏ ta có: 2 2(mod ) ( 3) 3(mod ). n n p p       Suy ra 1 2 3(mod ) 0 (mod ).n nu p u p     Vậy .pu p Ví dụ 2 Cho dãy số  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 1 3 2 1 2 3 2 9 9 3 2.n n u u u n n n n          Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p thì 1 1 2014. . p i i u p     Chứng minh Từ giả thiết ta có: 90 3 3 2 3 1 3 1 2 13( ( 1) ) 3 ( ( 2) ) ... 3 ( 1 ) 3 . n n n n nu n u n u n u              Nhƣ vậy 33 1, 2, 3,...nnu n n    Với 2p  ta có 1 2 2.u   Với p là số nguyên tố lẻ ta có 1 2 1 3 3 3 1 3 3 ... 3 (1 2 ... ( 1) ). p p i i u p             Vì 1,2,3,...., 1i p   ta có 3 3 2 2( ) ( ( ) ( ) ) .i p i p i i p i p i p        Suy ra 1 3 3 3 3 3 1 1 1 2 ... ( 1) ( ( ) ) . 2 p i p i p i p           Mặt khác 1 2 1 3 1 13 3 ... 3 3 (3 3) 3 1 2 p p p p           (Định lý Fermat nhỏ). Từ đó suy ra 1 1 . p i i u p     Vậy 1 1 2014 . p i i u p     Ví dụ 3 Cho dãy  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 0 1 2 1 0, 1 1999 ; 0,1,2,...n n n u u u u u n        Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho nu là số nguyên tố. Lời giải Ta có: 2 2 1 3 21999 1998 , 1999 1 1998 .u u u u     Ta chứng minh rằng: 1n  thì nu là nguyên dƣơng và 1 1998 .n nu u  (1) Thật vậy, (1) đúng khi 1.n  Giả sử (1) đúng với , 1n k k  , tức là 1 1998 .k ku u  Xét khi 1.n k  Ta có theo cách xác định dãy thì 2 11999 .k k ku u u   Thang Long University Library 91 Theo giả thiết quy nạp thì 1 1 2 11998 1998 .k k k k k k ku u u u u u u         Suy ra (1) cũng đúng khi 1.n k  Vậy (1) đúng với mọi .n  Mặt khác, từ 2 1 1 11999 ; 1999n n n n n nu u u u u u       suy ra 2 1 1 1 1999 .n n n n n n u u u u u u         Từ đó ta có: 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 , .n n n n n n n n n n n nu u u u u u u u u u u u n                  Vì thế: 2 2 1 ,n n nu u u c   với c là hằng số. Khi đó 2 2 2 2 1 2 0 1 2 11 1.n n n n n nu u u u u u u u u           Hay 2 1 1( 1)( 1), 0, 1, 2, ...n n n nu u u u n       (2) Với 2,n  thì 2 1999u  là số nguyên tố. Ta chứng minh 3,n  thì không tồn tại n để nu là số nguyên tố. Thật vậy, giả sử ku là số nguyên tố với 3.k  Từ (2) ta có: 2 1 1 1 1( 1)( 1) ( 1)( 1) .k k k k k k ku u u u u u u           (3) Vì 1 11 1998 ,k ku u   kết hợp với (1) suy ra 1 11 1998 .k k ku u u    (4) Từ (3) và (4) suy ra 1 1 .k ku u   (5) Do 3k  nên 1 1ku   vì thế từ (5) ta có 1 1 .k ku u   (6) Nhƣng theo (1) thì 11998 ,k ku u  từ đó theo (6) ta có: 1 11 1998 0k k ku u u     vô lí vì 1ku  nguyên dƣơng khi 3.k  Vậy nu không phải là số nguyên tố khi 3.n Nhƣ vậy trong dãy đã cho có duy nhất một số nguyên tố là số hạng 2 1999.u  92 Ví dụ 4 Cho trƣớc hai số a, b nguyên dƣơng và dãy  nx đƣợc xác định nhƣ sau: 0 1 1 , 0,1,2,...n n x x ax b n      Chứng minh rằng mọi cách chọn a, b thì trong dãy  nx tồn tại vô hạn hợp số. Chứng minh Giả sử nx là hợp số với hữu hạn n. Gọi N là số nguyên dƣơng lớn hơn tất cả các giá trị n thỏa mãn. Khi đó mx là số nguyên tố với mọi .m N Chọn số nguyên tố mx p không chia hết cho 1.a  Gọi t là số thỏa mãn (1 ) (mod ),t a b p  khi đó 1 ( )(mod ).n nx t a x t p    Suy ra 1 ( )(mod ).m mx t a x t p    Tiếp tục qua trình ta đƣợc: 1 1 ( )(mod ) ( )(mod ). p m p m mx t a x t p x t p         Hay 1 1(mod ) 0(mod ),m p m m px x p x p      điều này vô lí vì 1m px   là số nguyên tố lớn hơn .p Từ đó ta có điều phải chứng minh. 4.6 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ FIBONACCI Ví dụ 1 Cho dãy  , 1,2,3,...nF n  là dãy Fibonacci. Chứng minh rằng nếu n là bội số của k thì nF là bội số của kF . Chứng minh Nhận xét: Với k cố định thì i k ta có đẳng thức sau: 1 1 .i k i k k i kF F F F F     (1) Ta sẽ chứng minh (1) bằng nguyên lí quy nạp. Với 1i k  ta có 2 1 1 1 1.k k k k kF F F F F F F      Vậy (1) đúng với 1.i k  Thang Long University Library 93 Giả sử (1) đúng với 1 1.i m k    Xét ,i m theo cách thiết lập dãy ta có 1 2.m m mF F F   (2) Từ (2) và giả thiết quy nạp, ta có 1 2 1 1 1 1 2 1 1 2( ) ( )m m m k m k k m k k m k k m kF F F F F F F F F F F                   1 1 .k m k k m kF F F F     (3) Từ (3) chứng tỏ (1) đúng với .i m Vậy (1) đúng. Tiếp tục dùng nguyên lí quy nạp chứng minh nếu n k thì .n kF F (4) Xét .n k n kn k F F F F     Giả sử với l n  và l k thì .n kF F Theo (1) ta có 1 1 .n k n k k n kF F F F F     (5) Vì n k n k k   , do đó theo giả thiết quy nạp ta có .n k kF F  Vậy từ (5) suy ra .n kF F Ví dụ 2 Giả sử kF là số hạng thứ k của dãy Fibonacci. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên 3,n  thì số 2 2 44 9n n n n nA F F F F    là số chính phƣơng. Chứng minh Trƣớc hết ta chứng minh kết quả sau: Với mọi số tự nhiên 3n thì 4 2 2 3.n n n n nv F F F F     (1) Thật vậy: 2 3 2 2 3 2 2 2 3 2 2 1 ( ) ( ) n n n n n n n n n n n n n n n v F F F F F F F F F F F F F F                        1 3 3 2 1 3 3 1 2 3( ) (n n n n n n n n n nF F F F F F F F F F                3 3 1 1 1.n n n n nF F F F v       Từ đó suy ra 1,n nv v  quá trình đó cứ lặp lại ta đi đến: 94 3 , 3.nv v n   (2) Ta có: 3 7 1 5 3 13.1 5.2 3.v F F F F     Vậy (1) đƣợc chứng minh. Từ (1) suy ra: 2 4 2 2 2 2 23 4 ( 3) 9 (2 3) .n n n n n n n n n n nF F F F A F F F F F F             Do nF nguyên với .n  Vậy nA là số chính phƣơng với mọi số tự nhiên 3.n Ví dụ 3 Cho dãy số Fibonacci  nu đƣợc xác định nhƣ sau: 0 1 2 11, ; .n n nu u u u u n      Đặt   21985 1956 1960.f n n n   Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số hạng un của dãy số sao cho   1989.nf u  Chứng minh Đặt . Tƣ̀ đó suy ra:    1989 1989.nf u h n  Xét dãy  nv xác định bởi: 0 1 1 1 1, 1 , 1,2,3,...n n n v v v v v n         Nói khác đi , dãy trên là dãy sinh ra bởi dãy Fibonacci bằng cách thêm vào trƣớc dãy Fibonacci 3 số hạng là -1, 1, 0. Gọi ir là phần dƣ trong phép chia iv cho 1989  0,1,2,... .i  Nhƣ vậy ta có 0 1988.r  Xét dãy các cặp số sau đây: 2 2( ) 4 33 29 ( ) ( ) 1989( 1)h n n n f n h n n n             0 1 1 2 2 3, , , , , ,...r r r r r r Thang Long University Library 95 Vì mỗi số ir chỉ nhận một trong 1989 giá trị. Vậy các cặp khác nhau tối đa là 1989 2 . Tƣ̀ đó theo nguyên lí Dirichlet thì trong 19892 + 1 cặp đầu tiên có ít nhất hai cặp trùng nhau. Giả sử hai cặp số đó là:    1 1, , , , , .p p p pr r r r p       Điều ấy có nghĩa là: 1 1, .p p p pr r r r      Theo cách xác định dãy, ta có: 1 1 1 1 .p p p p p pv v v r r r        Tƣơng tƣ̣, ta có: 1 1 1 1 .p p p p p pv v v r r r             Tƣ̀ đó suy ra: 1 1.p pr r    Tƣơng tƣ̣, ta có: 2 2 2 2 1 1 0 ; ... ; ; . p pr r r r r r r r              Tƣ̀ 0 1 1,r r r r   và 1 1,n n nv v v   suy ra , 0, 1, 2, ...i ir r i   Do vậy: suy ra: Rõ ràng , 1,2,3,...kv k   đều là số Fibonacci, suy ra có vô số số hạng của dãy Fibonacci thỏa mãn đề bài. Ví dụ 4 Chứng minh rằng dãy Fibonacci (an): 0 1 1,a a  2 1 , 0, 1, 2,...n n na a a n    có các tính chất sau: a) 1 1i j i j i ja a a a a    với mọi , .i j b) kn na a với mọi , .k n Dùng các tính chất trên, tìm USCLN của 1998a và 1960.a Chứng minh 0 2 3 ... , 1,kr r r r r k          ( )1989 ( 1) 1989 .kh v A h A    96 a) Ta chứng minh bằng quy nạp 1 1 , , .i j i j i ja a a a a i j     (1) Giả sử j không đổi  0 .j  Với 0i  ta có: (1) ;jVT a 0 1 1(1) j j jVP a a a a a   (do 0 10, 1a a  ). Giả sử (1) đúng đến .i n Ta chứng minh (1) đúng với 1.i n  Thật vậy, theo giả thiết quy nạp 1 1 1 ( 1) 1 1 . n n j n j n j n j n j a a a a a a a a a a             Cộng theo vế ta đƣợc      1 11n l n n j j n n jn ja a a a a a a a         1 2 .n j j n ja a a a    Lại có  1 1 .n l n l n la a a      Vì vậy 1 1 2. .n l n l j n ja a a a a      hay (1) đúng với 0,1,2,...k  Xét với mọi , .i j Với 0j  thì (1) đúng với mọi .i Giả sử (1) đúng với mọi i và mọi .j m Xét (1) với mọi i và j m theo trên thì (1) đúng, suy ra điều phải chứng minh. b) Cố định .n Với 1k  thì khẳng định hiển nhiên đúng. Giả sử khẳng định đúng đến k m tức là .mn na a Xét 1,k m  ta có  1 .km mk ma a   Theo phần a)   1 11 .nm n nm nn ma a a a a    Kết hợp giả thiết quy nạp suy ra  1 .nn ma a  Vậy khẳng định đúng. Thang Long University Library 97 Tìm USCLN của 1998a và 1960.a Theo a) 1988 1960 27 1961 28. . .a a a a a  Đặt  1988 1960,r a a suy ra 1988a r và 1960 .a r Do 1988a và 1960a đều chia hết cho 28a tính chất b) nên 28 1.r a  (2) suy ra 1961 28, .a a r Mà  1960 1961, 1a a  mà 1960 .a r Vì vậy 28a r hay 28 .a r (3) Từ (2) và (3) suy ra  1998 1960 28, 317811.a a a  Ví dụ 5 Giả sử kF là số hạng thứ k của dãy Fibonacci. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên 4,n  thì số 1nF  không là số nguyên tố. Chứng minh Ta có đẳng thức 4 2 1 1 21 .n n n n nF F F F F     (1) Giả sử tồn tại 4n sao cho 1nF  là số nguyên tố. Khi đó từ (1) thì 1nF  chia hết ít nhất một trong các số 2 1 1 2, , , .n n n nF F F F    Nhƣng 2 11 ; 1n n n nF F F F     nên hoặc 11|n nF F  hoặc 21| .n nF F  Trƣờng hợp 1: Nếu 11|n nF F  thì 1 1 11| ( ) 1| ( 1 1) 1| 1.n n n n n n n nF F F F F F F F            (vô lí) Trƣờng hợp 2: Nếu 21|n nF F  thì 1 11| ( ) 1| (2 ).n n n n n nF F F F F F      Do đó 1 11| (2( 1) 2) 1| 2n n n n nF F F F F        (vô lí). Vậy là hợp số với 4.n 98 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ I, Kết luận Luận văn đã trình bày và nhận đƣợc những kết quả sau đây. 1. Hệ thống các khái niệm cơ bản của dãy số, các tính chất, các mối liên hệ giữa các dãy số đặc biệt. 2. Phân loại đƣợc một số dạng toán chọn lọc về giới hạn của dãy số cũng nhƣ các phƣơng pháp giải cho từng dạng toán cùng với bài tập và hƣớng dẫn giải tƣơng ứng mà học sinh ở phổ thông thƣờng gặp. 3. Hệ thống các phƣơng pháp tìm số hạng tổng quát của dãy số. 4. Trình bày một số dạng toán rất hay gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi đó là dãy số liên quan tới dãy số nguyên nhƣ chứng minh một dãy là dãy số nguyên, bài toán chia hết, dãy số chính phƣơng, các bài toán về phần nguyên, dãy số và số nguyên tố cũng nhƣ một số bài toán về dãy số Fibonacci. II, Khuyến nghị Hy vọng luận văn có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên và sinh viên toán các trƣờng sƣ phạm, trong bồi dƣỡng học sinh giỏi toán ở trƣờng trung học phổ thông, trong rèn luyện đội tuyển thi giỏi cấp tỉnh, quốc gia và quốc tế. Hy vọng đề tài này sẽ đƣợc tiếp tục nghiên cứu, mở rộng và phát triển, đƣợc ứng dụng rộng rãi trong nghiên cứu, học tập của học sinh trung học phổ thông và sinh viên trong các trƣờng Đại học. Thang Long University Library 99 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lê Xuân Đại, Trần Ngọc Thắng, Một số bài toán về dãy số nguyên, Hội thảo các trƣờng THPT chuyên, khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc bộ, Hội thảo khoa học lần thứ IV. [2] Phan Huy Khải, (1996), 10000 bài toán về dãy số, NXB Hà Nội. [3] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Tuấn, (2008), Chuyên đề chọn lọc Dãy số và áp dụng, Nhà xuất bản Giáo Dục. [4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thuỷ Thanh, (2003), Giới hạn của dãy số và hàm số, NXB Giáo Dục. [5] Vũ Tuấn, (2011), Giáo trình giải tích toán học tập 1, NXB Giáo Dục. [6] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và Tuổi trẻ (Quyển 1), (2005), NXB Giáo Dục. [7] Tuyển tập 30 năm Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, (1998), NXB Giáo Dục. [8] Vũ Thị Vân, (2010), Dãy số và một số tính chất, Kỷ yếu toán học trại hè Hùng Vƣơng. [9] Vũ Thị Vân, (2010), Dãy số với số chính phương, Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ số 439 tháng 1-2014, Nhà xuất bản Giáo Dục. [10] Dušan Djukić, Vladimir Janković, Ivan Matić, Nikola Petrović, (2011), The IMO Compendium A Collection of Problems Suggestedfor The International Mathematical Olympiads: 1959-2009, Springer Science Business Media, LLC. [11] Kin Y. Li (2011), Math Problem Book I, Hong Kong University of Science and Technology. [12] D. O. Shklarsky, N. N. Chentzov, I. M. Yaglom, (1994), The ussr olympiad problem book, Dover publications, Inc. New York.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfc00447_3067_3078.pdf
Luận văn liên quan