Các bài toán về dãy số số học

  • Số trang: 43 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 37 |
  • Lượt tải: 0
minhtuan

Đã đăng 15929 tài liệu

Mô tả:

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH PHAN ANH TUYẾN CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ SỐ HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN - 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH PHAN ANH TUYẾN CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ SỐ HỌC Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS. NGUYỄN THÀNH QUANG NGHỆ AN - 2013 MỤC LỤC MỞ ĐẦU .......................................................................................................... Trang 1 CHƯƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ................................................. Trang 3 1.1. Dãy số số học ........................................................................... Trang 3 1.2. Các kiến thức cơ bản của Số học có liên quan......................... Trang 4 CHƯƠNG 2. VỀ MỘT VÀI DÃY SỐ SỐ HỌC ĐẶC BIỆT ........................ Trang 10 2.1. Dãy nguyên tố ........................................................................ Trang 10 2.2. Dãy chính phương .................................................................. Trang 15 2.3. Tỉ số vàng và dãy Fibonacci.................................................. Trang 22 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ SỐ HỌC.......................... Trang 27 KẾT LUẬN ..................................................................................................... Trang 39 TÀI LIỆU THAM KHẢO............................................................................... Trang 40 MỞ ĐẦU Theo quan điểm của lý thuyết tập hợp, mỗi dãy trên tập hợp X là một ánh xạ f : I → X trong đó I là một tập hợp con của tập hợp các số tự nhiên ` . Lý thuyết dãy có mối liên hệ gần gũi với nhiều ngành toán học khác nhau như Đại số và Lý thuyết số, Toán Giải tích, Xác suất và Thống kê toán học, Hình học và Tôpô. Chính vì vậy, lời giải các bài toán về dãy số thường dựa trên nhiều ý tưởng và phương pháp khác nhau. Trong khoa học máy tính, khái niệm dãy (hữu hạn) thể hiện cụ thể thành các danh sách (tuyến tính), mảng, ngăn xếp, hàng đợi ... là những cấu trúc dữ liệu quan trọng. Các khái niệm về giải thuật, máy Turing cũng đều liên quan đến các dãy số. Các bài toán về số học trên dãy số thường xuất hiện khá nhiều trong đề thi tại các kỳ thi học sinh giỏi vô địch toán quốc gia (VMO) hoặc các kỳ thi vô địch toán quốc tế (IMO). Mô hình chung của các bài toán này như sau: Cho một dãy số các số nguyên nào đó (gọi là dãy số số học hay dãy nguyên) được thiết lập theo các cách truyền thống của lý thuyết dãy số, hãy nghiên cứu các bài toán cơ bản của Số học (bài toán chia hết, bài toán về số chính phương, bài toán về số nguyên tố, bài toán về biểu diễn số,…) trên dãy số đã cho. Để giải những bài toán này, người ta kết hợp khéo léo các phương pháp cơ bản của lý thuyết dãy số với các nguyên lý của Số học. Với những lý do như đã trình bày, luận văn đề cập đến các nội dung sau: 1. Dãy số số học đặc biệt (dãy nguyên tố, dãy tựa nguyên tố, dãy chính phương, dãy số Fibonacci và tỉ số vàng) 2. Bài toán số học trong dãy các số số học. Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung luân văn gồm ba chương Chương 1. Các kiến thức chuẩn bị Chương 2. Một số dãy số học đặc biệt Chương 3. Một số bài toán trên các dãy số số học 1 Nhân dịp hoàn thành luận văn này, tác giả xin cảm ơn sự hướng dẫn tận tình, chu đáo của người hướng dẫn khoa học PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến các thầy cô giáo thuộc chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số, Khoa Toán học, Phòng Đào tạo Sau Đại học – Trường Đại học Vinh, những người đã tận tình giảng dạy và tổ chức thành công cho khóa học. Tác giả xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho chúng tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập và nghiên cứu. Tác giả chân thành cảm ơn Ban giám hiệu Trường Trung học Phổ thông Võ Trường Toản - Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Nai, các đồng nghiệp, bạn bè, gia đình đã động viên và giúp đỡ tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập. Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song luận văn vẫn còn nhiều thiếu sót. Tác giả mong muốn nhận được sự góp ý của các thầy cô giáo và đồng nghiệp. Nghệ An, tháng 8 năm 2013 Tác giả 2 CHƯƠNG 1 CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1. Dãy số số học 1.1.1. Các khái niệm cơ bản về dãy số. Dãy số {un } là một dãy các số thực u1 , u2 ,... Phần tử un được gọi là số hạng thứ n của dãy {un } . Dãy số {un } được gọi là: - Dãy hữu hạn nếu nó có hữu hạn phần tử. - Dãy vô hạn nếu nó có vô hạn phần tử. - Dãy đơn điệu tăng nếu un+1 > un , ∀n = 1, 2,... - Dãy đơn điệu không giảm nếu un+1 ≥ un , ∀n = 1, 2,... - Dãy đơn điệu giảm nếu un+1 < un , ∀n = 1, 2,... - Dãy đơn điệu không tăng nếu un+1 ≤ un , ∀n = 1, 2,... - Dãy bị chặn trên nếu tồn tại số thực K sao cho un < K , ∀n = 1, 2,... - Dãy bị chặn dưới nếu tồn tại số thực M sao cho un > M , ∀n = 1, 2,... - Dãy bị chặn nếu nó vừa là dãy bị chặn trên vừa là dãy bị chặn dưới. - Dãy dừng nếu tồn tại một số thực C và số tự nhiên n0 nào đó sao cho un = C , ∀n ≥ n0 . Theo quan điểm của lý thuyết tập hợp, mỗi dãy trên tập hợp X là một ánh xạ f : I → X trong đó I là một tập hợp con của tập hợp các số tự nhiên ` . 1.1.2. Dãy số số học. Dãy số {un } được gọi là dãy số số học nếu mọi phần tử un đều là số nguyên. Như vậy, mỗi dãy số số học là một ánh xạ f : I → trong đó I là một tập hợp con của tập hợp các số tự nhiên ` . Ví dụ. 1) Dãy các số tự nhiên lẻ {1,3,5,7,9,11,...} là một dãy số học. 2) Dãy các số tự nhiên chẵn {0, 2, 4,6,8,10,...} là một dãy số học. 3) Dãy vô hạn các số nguyên tố {2,3,5,7,11,13,...} là một dãy số học. 3 1.1.3. Một số dãy số đặc biệt. Dãy số {un } được gọi là: - Cấp số cộng với công sai d ( d ≠ 0 ) nếu un = un−1 + d , ∀n = 2,3,... - Cấp số nhân với công bội q ( q ≠ 0 ) nếu un = un−1q, ∀n = 2,3,... 1.2. Các kiến thức cơ bản của Số học có liên quan 1.2.1. Số nguyên tố. Số nguyên tố là số nguyên lớn hơn 1, không chia hết cho số nguyên dương nào ngoài 1 và chính nó. Số nguyên lớn hơn 1 không phải là số nguyên tố được gọi là hợp số. Định lý sau đây của Số học là một cơ sở quan trọng của thuật toán tìm các số nguyên tố không vượt quá một số tự nhiên cho trước. 1.2.2. Định lí. Mọi hợp số n đều có ước nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng n . 1.2.3. Hệ quả. Mọi số tự nhiên n lớn 1 không có ước nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng n đều là số nguyên tố. Chẳng hạn, số 31 không có có ước nguyên tố là 2, 3, 5 (các số nguyên tố không vượt quá 31 ) nên 31 là số nguyên tố. Như vậy, để kiểm tra tính nguyên tố của số 31 thay vì cần phải kiểm tra cả thảy là 30 phép chia, ta chỉ cần kiểm tra 3 phép chia, tức số phép chia giảm đi 10 lần. Từ hệ quả trên, ta có thuật toán viết tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng một số nguyên dương n cho trước. 1.2.4. Thuật toán sàng các số nguyên tố Eratosthenes. Trước tiên, ta viết dãy các số tự nhiên từ 1 đến n. Trong dãy đó, ta gạch bỏ số 1 vì nó không phải là số nguyên tố. Số nguyên tố đầu tiên của dãy là số 2. Giữ lại số 2 và gạch khỏi dãy số tất cả những số khác mà chia hết cho 2. Số đầu tiên không chia hết cho 2 là 3 và đó chính là số nguyên tố. Giữ lại số 3 và lại gạch khỏi dãy số những số nào chia hết cho 3 mà khác 3. Số đầu tiên không chia hết cho 3 là 5 và đó chính là số nguyên tố. Tiếp tục như thế đối với các số nguyên tố tiếp theo mà bé hơn hoặc bằng n. Sàng Eratosthenes mặc dù cho ta thuật toán xác định mọi số nguyên tố không vượt quá một số cho trước nhưng lại rất ít được sử dụng để xác định xem 4 một số đã cho có phải là số nguyên tố hay không. Nguyên nhân là vì thuật toán có độ phức tạp khá lớn: để kiểm tra n, ta phải thực hiện phép chia cho tất cả các số nguyên tố không vượt quá n. 1.2.5. Định lí cơ bản của Số học. Mọi hợp số đều phân tích được một cách duy nhất thành tích các số nguyên tố, trong đó các thừa số được viết với thứ tự không giảm. 1.2.6. Thuật toán Euclid. Thuật toán cho phép xác định ước chung lớn nhất (gcd) của hai số nguyên nguyên dương. Với a,b là các số nguyên dương (giả thiết a > b). Ta xét 3 trường hợp sau: a) Nếu b là ước của a thì (a, b) = b. b) Nếu a = bq + r thì (a, b) = (b, r). c) Trường hợp tổng quát: Ta thực hiện liên tiếp các phép chia sau đây cho tới khi xuất hiện số dư bằng 0 thì dừng lại. a = bq0 + r0 , 0 < r0 ≤ b − 1 b = r0 q1 + r1 , 0 < r1 ≤ r0 − 1 r0 = r1q2 + r2 , 0 < r2 ≤ r1 − 1 rm −2 = rm −1qm + rm , 0 < rm ≤ rm −1 − 1 rm −1 = rm qm +1 , rm +1 = 0. Vì bất đẳng thức sau đây là xảy ra, nên quá trình chia nói trên là dừng lại sau không quá a bước, hay quá trình này là một thuật toán: a > b > r0 > r1 > > rm−1 > rm > rm+1 = 0 . Từ đó, ta có ước chung lớn nhất của a, b là d = (a, b) = (b, r0 ) = (r0 , r1 ) = (r1 , r2 ) = = (rm −1 , rm ) = rm . Thuật toán trên được gọi là Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương a và b. 1.2.7. Thuật toán Euclid mở rộng. Thuật toán này sử dụng để giải phương trình Diophantine ax + by = c, trong đó a,b,c là các số nguyên; x, y là các ẩn nhận giá trị nguyên. Điều kiện cần và đủ để phương trình này có nghiệm nguyên 5 là ước chung lớn nhất của a và b là ước của c. Khẳng định này dựa trên mệnh đề sau: Nếu d là ước chung lớn nhất của a,b thì tồn tại các số nguyên x, y sao cho ax + by = d . Thuật toán Euclid mở rộng kết hợp quá trình tìm ước chung lớn nhất của a,b trong thuật toán Euclid với việc tìm một cặp số nguyên x, y thoả mãn phương trình Diophantine nói trên bằng phương pháp truy hồi. 1.2.8. Định nghĩa. Hàm số Euler ϕ (m) là hàm số học có giá trị tại mỗi số tự nhiên m ≠ 0 bằng số các số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m: ϕ ( m) = ∑ 1. 1≤ k ≤ m ( k ,m ) =1 Hàm ϕ (m) có nhiều ứng dụng vì nó là kích thước hay cấp của nhóm nhân các số nguyên modulo m. Hơn nữa, đối với hàm Euler ϕ (m) ta có công thức Gauss là công thức tổng trải trên các ước dương d của m: ∑ ϕ (d ) = m . dm 1.2.9. Định lí Euler. Nếu a và m > 1 là các số nguyên, nguyên tố cùng nhau thì aϕ ( m ) ≡ 1 (mod m) . Định lí Euler có thể dùng để tìm số nghịch đảo theo mod m . Chẳng hạn, nếu a và m là các số nguyên nguyên tố cùng nhau, ta có aaϕ ( m )−1 ≡ 1 (mod m) tức là aϕ ( m )−1 là nghịch đảo của a theo mod m . Từ đó cũng suy ra nghiệm của phương trình đồng dư tuyến tính ax ≡ b (mod m) với ( a, m ) = 1 là x ≡ aϕ ( m )−1b (mod m) . Các tính chất của hàm Euler được sử dụng để tính đồng dư của những lũy thừa rất lớn. Chẳng hạn, ta cần tính a n mod k , trong đó n là một số nguyên lớn. Ta xét một ví dụ bằng số. Tìm số dư trong phép chia 21000000 cho 77. Ta có ϕ (7) = 6; ϕ (11) = 10; 26 ≡ 1 (mod 7); 210 ≡ 1 (mod11) . Do đó, 230 ≡ 1 (mod 7); 230 ≡ 1 (mod11) . Vì 230 ≡ 1 (mod 77). 6 Mặt khác, 1000000 = 30.33333 + 10 cho nên: 21000000 ≡ 210 ≡ 23 (mod 77) 1.2.10. Định lí Fermat bé. Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì a p −1 ≡ 1 (mod p ) . Nói cách khác, nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên bất kỳ thì a p ≡ a (mod p ) . Một cách độc lập các nhà toán học Trung quốc đã đưa ra một giả thuyết (thường gọi là Giả thuyết Trung Quốc) nói rằng: p là một số nguyên tố khi và chỉ khi 2 p ≡ 2 (mod p ) . Đúng là, nếu p là số nguyên tố, thì 2 p ≡ 2 (mod p ) . Đây là trường hợp đặc biệt của Định lý bé Fermat. Tuy thế, điều ngược lại (nếu 2 p ≡ 2 (mod p ) thì p là số nguyên tố) là sai. Chẳng hạn, 2341 ≡ 2 (mod 341) , nhưng 341 = 11.31 là hợp số. Như vậy, mệnh đề ngược lại của Định lí Fermat bé không đúng. Tuy nhiên, qua nhiều thống kê cho thấy rằng nếu một số nguyên thỏa mãn kết luận của Định lí Fermat bé thì "có nhiều khả năng" nó là số nguyên tố. Do đó, dẫn đến khái niệm sau 1.2.11. Số giả nguyên tố. Nếu ta muốn kiểm tra số n có là số nguyên tố không, ta lấy ngẫu nhiên các số nguyên a và kiểm tra xem đồng dư thức a n ≡ a (mod n) có đúng không. Nếu nó không đúng với một giá trị a nào đó thì n là hợp số. Nếu đồng dư thức đúng với một hoặc nhiều giá trị của a, thì ta nói rằng n là số nguyên tố với xác suất nào đó, hay n là một số giả nguyên tố (pseudoprime). Nếu n là một hợp số và tồn tại một số nguyên a sao cho a n ≡ a (mod n) , thì n được gọi là số giả nguyên tố cơ sở a. F. Sarrus vào năm 1820 đã tìm thấy 341 = 11×31 là số giả nguyên tố cơ sở 2 đầu tiên. Một số nguyên dương n là số giả nguyên tố cơ sở a với mọi số nguyên a sao cho gcd(a, n) = 1 được gọi là số Carmichael (chẳng hạn số 561). 1.2.12. Định lí Trung Quốc (Chinese Remainder Theorem). Giả sử m1,… , mr là các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Khi đó, hệ phương trình đồng dư: 7 ⎧ x ≡ a1 (mod m1 ) ⎪ x ≡ a (mod m ) ⎪ 2 2 ⎨ ⎪ ⎪⎩ x ≡ ar (mod mr ) có nghiệm duy nhất theo môđun m = m1m2 ...mr 1.2.13. Bậc của một số nguyên. Cho a, m là các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau. Khi đó, theo Định lý Euler ta có đồng dư thức aϕ ( m ) ≡ 1 (mod m) . Số nguyên dương x nhỏ nhất thỏa điều kiện a x ≡ 1 (mod m) được gọi là bậc của số nguyên a theo modm và kí hiệu là x = ord m a . 1.2.14. Căn nguyên thuỷ. Cho các số nguyên dương p, q nguyên tố cùng nhau. Khi đó, q được gọi là căn nguyên thủy của p theo mod q nếu ord p q = ϕ ( p) . Xét dãy Fibonacci F (n) xác định như sau F (1) = 1; F (2) = 1; F (n + 2) = F (n) + F (n + 1). Nếu số nguyên tố p là một ước của F (n) và p không là ước của F (m) với m < n thì p được gọi là một ước số nguyên tố nguyên thuỷ của F (n) . Định lý Carmichael, được đặt tên sau khi nhà toán học Mỹ R. D Carmichael, chỉ ra rằng với n lớn hơn 12, số hạng F (n) có ít nhất một ước nguyên tố mà không phải là ước của bất kỳ số Fibonacci nào trước đó. Ngoại lệ duy nhất cho n lên đến 12 là: F(1) = 1 và F(2) = 1 không có ước nguyên tố F(6) = 8 chỉ có ước nguyên tố 2 (đó là F (3)) F(12) = 144 chỉ có ước nguyên tố 2 (đó là F(3)) và 3 (đó là F(4)) 1.2.15. Định lý Carmichael. Mỗi số Fibonacci, ngoài các trường hợp ngoại lệ được liệt kê ở trên, có ít nhất một ước số nguyên tố nguyên thủy 8 1.2.16. Hàm số Carmichael. Giá trị của hàm số Carmichael tại một số nguyên dương n, ký hiệu bởi λ(n) , được định nghĩa là số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho a m ≡ 1 (mod n) với mọi số nguyên a sao cho a nguyên tố cùng nhau với n. Ví dụ. λ(1) = 1; λ(2) = 1; λ(3) = 2; λ(4) = 2; λ (5) = 4. Chú ý rằng, bởi vì a −1 là số chẵn với mọi số nguyên lẻ a nên a ≡ 1 (mod 2) hay λ(2) = 1. Tổng quát, theo Định lý Fermat bé ta có a p−1 ≡ 1 (mod p ) . Do đó, λ( p ) = p −1 với mọi số nguyên tố p . 1.2.17. Phân tích Fermat. Cho n là số nguyên dương lẻ. Giả sử n = ab với a, b là các số nguyên, do n lẻ nên a, b đều lẻ. Vì vậy, chúng ta có thể viết n = x 2 − y 2 với x = a+b a −b , y= do a, b là các số nguyên lẻ và n là số nguyên dương lẻ 2 2 nên x, y không cùng tính chẵn, lẻ. Để tìm nghiệm của phương trình n = x 2 − y 2 , quy trình được bắt đầu từ số nguyên nhỏ nhất m ≥ n và tìm nghiệm trong dãy số sau: 2 2 m 2 − n, ( m + 1) − n, ( m + 2) − n, ... dãy số sẽ dừng do m không thể vượt quá n +1 . Thật vậy: 2 2 2 ⎛ n + 1⎞ ⎛ n −1⎞ ⎜ ⎟ −n=⎜ ⎟ . ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ Tất cả số hạng của biểu thức này là số nguyên. Tuy nhiên phương pháp này hiệu quả nhất khi n là tích của hai số nguyên tố gần nhau. Ví dụ. n = 3811. Ta bắt đầu tính và tìm nghiệm trong chuỗi như sau: 622 - 3811=33; 632 - 3811=159 642 - 3811=285; 652 - 3811=414 662 - 3811=545; 672 - 3811=678 682 - 3811=813; 692 - 3811=950 702 - 3811= 1089=332 Vậy ta được kết quả: 3811 = 702 - 332 = 103.37. 9 CHƯƠNG 2 VỀ MỘT VÀI DÃY SỐ SỐ HỌC ĐẶC BIỆT 2.1. Dãy nguyên tố 2.1.1. Dãy nguyên tố. Dãy số số học { f (n)}n∈` được gọi là một dãy nguyên tố ∗ nếu mỗi số hạng f (n) là một số nguyên tố với mỗi số nguyên tố n. Dĩ nhiên dãy số {2,3,5,7,11,13,17,19,..., pn , pn+1 ,...} gồm tất cả các số nguyên tố là một dãy số nguyên tố. 2.1.2. Bài toán. Hãy tìm một công thức tổng quát của dãy nguyên tố. Chúng ta thử xét một dãy số số học có số hạng tổng quát như sau: f (n) = ak n k + ak −1n k −1 + " + a1n + a0 trong đó: (i) ak là số nguyên dương; (ii) a0 , a1 ,..., ak −1 là các số nguyên. Nhận xét. Ta có f (n) → ∞ khi n → ∞ và do đó tồn tại một số nguyên m sao cho f (n) > 1 với mọi n ≥ m. Ta thu được định lý sau: 2.1.3. Định lý. Dãy số số học { f (n)} chứa một dãy con vô hạn các hợp số Chứng minh. Giả sử c ≥ m là một số nguyên sao cho f (c) > 1 và t là một số nguyên tuỳ ý. Khi đó f (c + tf (c)) = ak (c + tf (c)) k + ak −1 (c + tf (c)) k −1 + " + a1 (c + tf (c)) + a0 = ak c k + " + a1c + a0 + lf (c) = f (c) + lf (c), l ∈ ]. Điều đó có nghĩa là f (c + tf (c)) là bội của f (c) với mọi giá trị nguyên t . Bởi vì f (c + tf (c)) → ∞ khi t → ∞. Điều đó suy ra rằng, f (n) là hợp số với vô hạn các giá trị của n = c + tf (c). … Ví dụ. Giả sử f (n) = n 2 − 3n − 41. Khi đó, f (n) > 1, ∀n ≥ 9. Chọn c = 9 có f (c) = f (9) = 13. Theo Định lý trên, f (9 + 13t ) là bội của 13 với mọi giá trị nguyên của t. Chẳng hạn, f (9 + 13t ) = 13 + 195t + 169t 2 là bội của 13 với mọi giá 10 trị nguyên của t. Do đó, f (n) = n 2 − 3n − 41 là bội của 13 với n = 9, 22,35,... hay dãy số {n 2 − 3n − 41} chứa một dãy con vô hạn các hợp số. 2.1.4. Định lý. Cho dãy số số học { f ( n)} , với f (n) = a n −1, n ≥ 2, a ∈ `, a > 1 . Khi đó, nếu dãy { f (n)} là dãy nguyên tố thì a = 2 . Chứng minh. Vì dãy { f (n)} là dãy nguyên tố nên ta có f (n) = a n −1 là số nguyên tố với mỗi số nguyên tố n . Nếu a > 2 thì f (n) = a n −1 = (a −1)(a n−1 + a n−2 + " + 1) có ước thực sự a −1 , ta gặp một mâu thuẫn. Vì vậy, a = 2. Ngược lại, ta xét dãy số số học {2n −1} . Ta có: f (2) = 22 −1 = 3 là số nguyên tố. f (3) = 23 −1 = 7 là số nguyên tố. f (5) = 25 −1 = 31 là số nguyên tố. f (7) = 27 −1 = 127 là số nguyên tố. f (11) = 211 −1 = 2047 −1 = 2047 = 23× 29 là hợp số. Do đó dãy số số học {2n −1} không phải là dãy nguyên tố. Như vậy, bài toán tìm một dãy nguyên tố tổng quát là chưa giải quyết được triệt để. Chẳng hạn, hiện vẫn chưa ai tìm được một công thức f (n) sao cho f (n) = pn , với pn là số nguyên tố thứ n . 2.1.5. Giả thuyết Mersenne. Giả sử n ≤ 257. Khi đó, 2n −1 là số nguyên tố chỉ khi n = 2,3,5,7,13,17,19,31,67,127, 257. 2.1.6. Dãy tựa nguyên tố. Ta gọi dãy số số học { f (n)}n∈` là một dãy tựa nguyên ∗ tố nếu mỗi số hạng f ( p) hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số nguyên tố, với p là số nguyên tố tuỳ ý. Chúng ta chỉ ra một điều kiện đủ để dãy tổng quát { f (n)}n∈` là dãy tựa ∗ nguyên tố hay mô tả các tính chất có thể có của dãy tựa nguyên tố. 11 2.1.7. Định lý. Giả sử dãy số số học { f (n)}n∈` thoả mãn điều kiện : ∗ f ( m. f ( n ) ) = n 2 . f ( m ) . Khi đó, số hạng f ( p) hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số nguyên tố, với p là số nguyên tố tuỳ ý. Nói khác đi, dãy { f (n)}n∈` là một dãy ∗ tựa nguyên tố. Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh hàm f : mọi n1 , n2 ∈ * * → là đơn ánh, tức là với , nếu f ( n1 ) = f ( n2 ) thì n1 = n2 . Thật vậy, từ tính chất của hàm f suy ra với ∀m ∈ * , ta có : f ( m. f ( n1 ) ) = f ( m. f ( n2 ) ) ⇔ n12 . f ( m ) = n22 . f ( m ) ⇔ n12 = n22 ⇔ n1 = n2 . Như vậy f là một đơn ánh. Với ∀m ∈ * , ta có f ( m. f (1) ) = 12. f ( m ) = f ( m ) . Lại do f đơn ánh nên suy ra: m. f (1) = m, hay f (1) = 1 . (1) Theo tính chất của hàm f ta chọn m = 1 thì : f (1. f ( n ) ) = n 2 . f (1) (2) Từ (1) và (2) suy ra: f ( f ( n ) ) = n 2 , với ∀n ∈ Mặt khác ta lại có với ∀m, n ∈ * (3) * , thì f ( f ( m ). f ( n ) ) = n2 f ( f ( m )) (4) Từ (3) và (4) ta có : f ( f ( m ) . f ( n ) ) = n 2 . f ( f ( m ) ) = m 2 .n 2 = ( m.n ) = f ( f ( m.n ) ) . 2 (5) Do f là đơn ánh và từ (5) ta có: f ( m.n ) = f ( m ) . f ( n ) , với ∀m, n ∈ 12 * (6) Giả sử ngược lại rằng, f ( p ) không phải là số nguyên tố và cũng không phải là bình phương của một số nguyên tố. Điều đó có nghĩa là tồn tại a > 1, b > 1, a ≠ b, a, b ∈ ∗ sao cho f ( p ) = ab . Khi đó theo (6) ta có: f ( f ( p ) ) = f ( ab ) = f ( a ) f ( b ) . (7) Mặt khác, theo tính chất của hàm f và áp dụng f (1) = 1 ta có: f ( f ( p ) ) = f (1. f ( p ) ) = p 2 . f (1) = p 2 . (8) Từ (7) và (8) suy ra: f ( a ). f (b ) = p2. Do f ( a ) ∈ * (9) , nên f ( a ) ≥ 1 , nhưng f ( a ) ≠ 1 , vì nếu f ( a ) = 1 thì theo (1) ta có f ( a ) = 1 = f (1) mà f là đơn ánh nên a = 1 là vô lý. Vậy f ( a ) ≠ 1 , từ đó suy ra f ( a ) > 1 . Tượng tự ta cũng chứng minh được f ( b ) > 1 . Từ (9) suy ra: f ( a ). f (b ) p. Mặt khác, do p là số nguyên tố và f ( a ) > 1 nên ( p, f ( a ) ) = 1 , từ đó suy ra: f (b ) p. Do đó: f (b) ≥ p . Tương tự: f (a) ≥ p . Kết hợp với (9) ta có: f ( a ) = f ( b ) = p . Lại do f là đơn ánh nên ta có a = b , điều này mẫu thuận với giả thiết a ≠ b . Vậy mệnh đề được chứng minh. … 2.1.8. Xây dựng một ví dụ về dãy số tựa nguyên tố thoả mãn Định lý 2.1.7. Dãy số số học { f (n)}n∈` có thể xây dựng như sau: ∗ Xét dãy tất cả các số nguyên tố xếp theo thứ tự tăng dần: { p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, p4 = 7,..., pn , pn+1 ,...} với pn là số nguyên tố thứ n, n = 1, 2,3... . Ta định nghĩa: 13 f ( p2 i +1 ) = p2i + 2 , i = 0,1, 2,3,... f ( p2 i + 2 ) = p22i +1 , i = 0,1, 2,3,... Chẳng hạn: f ( p1 ) = p2 ⇒ f (2) = 3; f ( p2 ) = p32 ⇒ f (3) = 52 ; f ( p3 ) = p4 ⇒ f (5) = 7; f ( p4 ) = p32 ⇒ f (7) = 52. Với mỗi m ∈ * , m > 1 , ta viết m dưới dạng phân tích tiêu chuẩn: m = piα piα 1 1 piα . k 2 2 k Khi đó ta đặt: f (1) = 1; f ( m ) = ⎡⎢ f ( pi ⎣ 1 Chẳng hạn: ) ⎤⎡ f (p i ⎦⎥ ⎣⎢ α1 ) α2 2 ( ) ⎡f p i ⎣⎢ ⎤ ⎦⎥ k αk ⎤. ⎦⎥ f (720) = f (2 4.32.5) = f (2) 4 . f (3) 2 . f (5) = 34.(52 ) .7 . 2 Như vậy dãy { f (n)}n∈` của chúng ta là một dãy số số học. ∗ Với mọi i = 0,1, 2,3,... ta có f ( f ( p2 i +1 ) ) = f ( p2i + 2 ) = p22i +1 ; f ( f ( p2 i + 2 ) ) = f ( p22i +1 ) = ( f ( p2 i +1 ) ) = p22i + 2 . 2 Bây giờ ta chứng minh rằng, với ∀m, n ∈ * f ( m. f ( n ) ) = n 2 . f ( m ) . , thì : (*) Thật vậy, giả sử: m = piα piα 1 1 piα ; k 2 k 2 n = p βj p βj 1 1 p βj . l 2 l 2 Theo định nghĩa trên ta có: f ( m ) = ⎡⎢ f ( pi ⎣ 1 ) α1 ⎤⎡ f (p i ⎥⎦ ⎢⎣ 2 ) α2 f ( n ) = ⎡⎣ f ( p j ) ⎤⎦ ⎡⎣ f ( p j ) ⎤⎦ β1 1 2 ⎤ ⎥⎦ β2 ( ) ⎡f p i ⎢⎣ αk k ( ) ⎤; ⎥⎦ βl ⎡ f pj ⎤ . ⎣ ⎦ l Từ đó áp dụng các điều kiện trên ta suy ra điều cần phải chứng minh (*). 14 … 2.2. Dãy chính phương 2.2.1. Dãy chính phương. Dãy số số học { f (n)}n∈` được gọi là một dãy chính ∗ phương nếu mỗi số hạng f (n) là số chính phương với mỗi số chính phương n. Dĩ nhiên dãy số {n 2 }n∈` gồm tất cả các số chính phương là một dãy chính ∗ phương. 2.2.2. Mệnh đề. Tồn tại duy nhất một dãy số số học tăng { f (n)}n∈` thoả mãn ∗ hai điều kiện sau đây: 1) f ( 2n ) = n + f ( n ) , ∀n ∈ * ; 2) Nếu f (n) là số chính phương, thì n là số chính phương. Chứng minh. • Giả sử { f (n)}n∈` là dãy số số học thoả mãn các yêu cầu của bài ∗ toán. Khi đó, do { f (n)}n∈` là dãy tăng, nên với mọi n ∈ ∗ f ( n ) < f ( n + 1) < ∗ , ta có: < f ( 2n ) = f ( n ) + n . Do f ( n ) , f ( n + 1) ,… , f ( 2n ) đều là các số nguyên dương mà f ( 2n ) − f ( n ) = n nên ta suy ra : f ( n + 1) = f ( n ) + 1, ∀n = 1, 2,… (1) Đặt f (1) = a . Dựa vào (1) suy ra : f ( n ) = a + n − 1. (2) Trong (2) thay n bởi a 2 + a + 2 , ta có : f ( a 2 + a + 2 ) = a + a 2 + a + 2 − 1 = ( a + 1) 2 Do ( a + 1) là số chính phương, nên từ giả thiết (2) suy ra a 2 + a + 2 là số 2 chính phương. Mặt khác : a 2 < a 2 + a + 2 ≤ ( a + 1) . 2 Vì thế từ a 2 + a + 2 là số chính phương và kết hợp với (3) suy ra : a 2 + a + 2 = ( a + 1) ⇒ a = 1. 2 Thay a = 1 vào (2) ta có : f ( n ) = n . 15 (3) • Đảo lại, dãy số {n} thoả mãn mọi yêu cầu bài toán . Vậy {n} là dãy duy nhất thoả mãn yêu cầu đặt ra của bài toán. … 2.2.3. Mệnh đề. Cho dãy số u1 , u2 ,... được xác định như sau: ⎧ u1 = 1, u2 = 3 ⎨ ⎩un +1 = (n + 2)un − (n + 1)un−1 , n = 2,3,... Khi đó, un là số chính phương khi và chỉ khi n = 1; 3. Chứng minh. Với mỗi n ≥ 2 , ta đặt: vn = un − un−1 . (1) vn −1 = un−1 − un− 2 . (2) Khi đó nếu n ≥ 3 thì: Từ (1) và (2) ta có: vn − nvn −1 = un − ⎡⎣( n + 1) un−1 − nun−2 ⎤⎦ . (3) Theo cách xác định của dãy số un , thì ∀n ≥ 3 , ta có un = ( n + 1) un−1 − nun −2 . (4) Từ (3) và (4) suy ra: vn − nvn −1 = 0 ⇔ vn = nvn−1 . Để ý rằng: v2 = u2 − u1 = 3 − 1 = 2 ⇒ v3 = 3v2 = 3.2 = 3! Vì thế bằng qui nạp suy ra: vn = n !, ∀n ≥ 2 . (5) Với mọi n ≥ 2 , ta có: un = ( un − un−1 ) + ( un−1 − un −2 ) + = vn + vn −1 + + ( u2 − u1 ) + u1 + v2 + u1 . (6) Từ (5) và (6) ta có un = n!+ (n − 1)!+ + 2!+ 1! , hay n un = ∑ k !, ∀n ≥ 2 . k =1 Do u1 = 1! = 1, nên ta có: n un = ∑ k !, ∀n = 1, 2,... k =1 16 (7) Từ (7) suy ra: n un = 1!+ 2!+ 3!+ 4!+ ∑ k !, ∀k ≥ 5. (8) k =5 Chú ý rằng ∀n ≥ 5 , thì k ! = 1.2.3.4.5.....k , nên ( k !) 10 . Do vậy ⎛ n ⎞ ⎜ ∑ k ! ⎟ 10, ∀k ≥ 5 . ⎝ k =5 ⎠ (9) Ta có 1!+ 2!+ 3!+ 4! = 1 + 2 + 6 + 24 = 33. Lại có 33 ≡ 3 ( mod10 ) . Kết hợp (8) và (9) suy ra un ≡ 3 ( mod10 ) , ∀n ≥ 5 (10) Rõ ràng mọi số chính phương chỉ có thể tận cùng bằng 0,1, 4,5,6,9 vì thế từ (10) suy ra với mọi n ≥ 5 thì un không thể là số chính phương. Ta có u1 = 1! = 1 = 12 ; u2 = 1!+ 2! = 1 + 2 = 3 không phải là số chính phương; u3 = 1!+ 2!+ 3! = 32 ; u4 = 1!+ 2!+ 3!+ 4! = 33 không phải là số chính phương. Tóm lại, trong dãy số {un } nói trên, chỉ có hai số hạng u1 và u3 là số chính phương. 2.2.4. Bài toán. Cho dãy số {un } xác định như trong Mệnh đề 2.2.3 và một số nguyên p ≥ 2 . Hãy tìm tất cả các giá trị của n để un là lũy thừa p của một số tự nhiên nào đó. Bài toán được giải như sau. Ta xét hai trường hợp: - Nếu p = 2 . Khi đó theo lời giải trên, suy ra n = 1 hoặc n = 3 n - Nếu khi p > 2 . Với mọi n ≥ 2 , ta có: un = 1!+ ∑ k ! k =2 . 17
- Xem thêm -