Tài liệu Skkn một số bài toán dãy số có tính chất số học

PHỤ LỤC Trang 1. Báo cáo tóm tắt nội dung, bản chất, hiệu quả sáng kiến ............................2 2. Sự cần thiết, mục đích của việc thực hiện sáng kiến kinh nghiệm…….. ..7 3. Phạm vi triển khai thực hiện……………………………………………...7 4. Mô tả sáng kiến………………………………………………………….. 8 4.1. Đặt vấn đề..................………………………………………………..8 4.2. Giải quyết vấn .............……………………………………………... 8 5. Kết quả và hiệu quả mang lại……………………………………………23 6. Đánh giá về phạm vi ảnh hưởng của sáng kiến………………………….23 7. Kiến nghị, đề xuất……………………………………………………….23 8. Tài liệu tham khảo……………………………………………………….25 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hanh phúc Điện Biên phủ, ngày 15 tháng 4 năm 2017 BÁO CÁO TÓM TẮT NỘI DUNG, BẢN CHẤT, HIỆU QUẢ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến kinh nghiệm: Tính chất số học của dãy số. Người thực hiện: Phạm Thị Hà Định Thời gian thực hiện: Từ tháng 01/1/2017 đến ngày 10/4/2017 1.Sự cần thiết, mục đích của viê êc thực hiê ên sáng kiến: - Nhiê êm vụ chủ yếu của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn là đào tạo học sinh mũi nhọn và đào tạo nguồn nhân lực có chất lượng cao cho tỉnh nhà. Đứng trước nhiê êm vụ đó, đòi hỏi người giáo viên luôn phải đổi mới phương pháp dạy học, nhằm đáp ứng yêu cầu của viê êc dạy và học hiê ên nay. - Dãy số là một phần quan trọng trong chương trình toán phổ thông và trong các ngành đại số và giải tích toán học. Các bài toán về dãy số khá đa dạng và phong phú, khai thác tính chất số học, đại số, giải tích và lượng giác của chúng. Trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, các bài toán về dãy số thường xuất hiện, đặc biệt là trong đề thi học sinh giỏi quốc gia. Nhằm giúp học sinh trong các đội tuyển chuẩn bị tốt cho các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp, tôi đi sâu vào nghiên cứu các bài toán dãy số có tính chất số học vì vậy tôi chọn đề tài: “ Tính chất số học của dãy số ” với mong muốn giúp các em học sinh trong các đội tuyển thi học sinh giỏi có được một hệ thống các phương pháp “đủ mạnh” giải quyết các bài toán về dãy số và tích lũy thêm phương pháp giải các dạng toán khác đồng thời tăng khả năng tư duy logic và rèn luyện tính sáng tạo cho các em. Giúp các em có tác phong độc lập khi giải toán. Đứng trước một bài 2 toán có thể chủ động, linh hoạt, biết đặt ra các câu hỏi và tìm ra câu trả lời thích hợp để giải quyết các bài toán một cách trọn vẹn. 2. Phạm vi triển khai thực hiê ên: +) Đối tượng nghiên cứu: - Mục tiêu, nội dung chương trình nâng cao và Toán chuyên THPT. - Sách giáo khoa nâng cao và chuyên Toán. - Các bài toán trong chương trình thi học sinh giỏi bậc THPT. - Đề tài nghiên cứu dựa trên khả năng nhận thức cũng như năng lực tư duy của học sinh các lớp chuyên toán 10, 11 và chủ yếu là học sinh nòng cốt trong đội tuyển học sinh giỏi tỉnh dự thi quốc gia. +) Phạm vi nghiên cứu: - Chương trình nâng cao và chuyên toán THPT. - Các chuyên đề thi học sinh giỏi quốc gia. - Học sinh các lớp chuyên Toán trường THPT chuyên Lê Quý Đôn. +) Tiến hành thực nghiê m trên các đội tuyển học sinh giỏi lớp 10, 11, 12. ê 3. Mô tả sáng kiến: 3.1 Đă êt vấn đề Chứng minh các tính chất số học trong dãy số là một vấn đề hay và khó. Vì thế trong đề tài này tôi muốn nghiên cứu sâu về tính chất số học trong dãy số thông qua một số bài toán cụ thể và đưa ra phương pháp sử dụng tính chất đặc trưng của dãy tuyến tính cấp hai trong các bài toán chứng minh số chính phương. 3.2 Giải quyết vấn đề 3.2.1 Cơ sở lí luâ ên và thực tiễn a) Cơ sở lí luân: Lý thuyết cơ bản â * Dãy Fibonacci và dãy Lucas * Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai. * Một số kết quả liên quan đến số học +) Đồng dư. +) Các định lí cơ bản của số học 3 b) Cơ sở thực tiễn – Thực trạng đối tượng nghiên cứu Mặc dù các bài toán về dãy số là các bài toán quen thuộc đối với học sinh THPT, nhưng ngoài những dạng bài cơ bản mà các em đã được học, các em vẫn còn lúng túng và chưa có hướng giải quyết đối với rất nhiều bài toán chứng minh các tính nhất số học của dãy số. Khó khăn nhất đối với các em học sinh là đứng trước một bài toán phải lựa chọn được phương pháp giải hiệu quả. Khả năng hệ thống, tổng hợp, sâu chuỗi kiến thức và phương pháp của các em học sinh còn nhiều hạn chế. Trong quá trình giảng dạy thực tế tôi đã phân loại các dạng bài dãy số với những dấu hiệu để có thể chọn được phương pháp phù hợp và hiệu quả nhất giúp các em có thể xác định được hướng giải quyết trong các bài toán dãy số, đặc biệt là phát hiện các tính chất số học của các dãy số. 3.2.2 Giải pháp thực hiện: Sử dụng tính chất đặc trưng của dãy tuyến tính cấp hai trong bài toán chứng minh số chính phương. 1. Công thức tổng quát của dãy (un ) thỏa mãn un  2  aun1  bun  c . 2. Tính chất cơ bản của dãy tuyến tính cấp hai. 3. Phương pháp thường dùng để chứng minh f (un ) là số chính phương, trong đó (un ) thỏa mãn un  2  aun1  bun  c . Để chứng minh dãy số (bn ) thỏa mãn bn là số chính phương với mọi số nguyên dương n ta thường sử dụng một số hướng sau: 2 Hướng 1: Ta chỉ ra tồn tại dãy số nguyên (cn ) thỏa mãn bn  cn , n  �. Dãy số (cn ) thường dự đoán bằng cách tính một số giá trị đầu c1 , c2 ,... và tìm ra quy luật của dãy (cn ) . Hướng 2: Ta chứng minh bnbn  2 là một số chính phương với mọi số tự nhiên n , sau đó chứng minh bằng quy nạp. 2 Hướng 3: Dựa vào công thức truy hồi ta tính được bn  cn . 3.2.3 Điểm mới trong kết quả nghiên cứu: 4 Trong đề tài này tôi đã lựa chọn phương pháp sử dụng tính chất đặc trưng của dãy tuyến tính cấp hai để chứng minh tính chất số học của dãy số (chủ yếu chứng minh về số chính phương). Giúp cho tôi trong quá trình giảng dạy cho các đội tuyển, học sinh có thể tìm lời giải bài toán nhanh chóng và hiệu quả. 4. Kết quả, hiệu quả mang lại. Qua thực tế áp dụng tôi nhận thấy các em học sinh đã biết vận dụng một cách linh hoạt các phương pháp chứng minh các tính chất số học vào từng bài toán cụ thể và tỏ ra hứng thú với các phương pháp này. Không những thế các em còn biết áp dụng với nhiều kiểu bài khác nhau khi cho làm kết hợp với các dạng bài tập khác. Sau khi áp dụng đề tài này, tôi thấy chất lượng các đội tuyển học sinh giỏi được nâng lên rõ rệt. Kết quả cụ thể của đội tuyển qua 3 năm mà tôi đã dạy thử nghiệm đạt được như sau: +) Đội tuyển lớp 10, năm học 2014-2015: Đạt 1 huy chương vàng trong cuộc thi chọn học sinh giỏi của khu vực đồng bằng Duyên hải bắc bộ; 1huy chương vàng, 2 huy chương đồng trong cuộc thi chọn học sinh giỏi trại hè Hùng Vương. +) Đội tuyển lớp 11, năm học 2015-2016: Đạt 2 huy chương bạc, 2 huy chương đồng trong cuộc thi chọn học sinh giỏi của khu vực đồng bằng Duyên hải bắc bộ và học sinh giỏi trại hè Hùng Vương. +) Đội tuyển lớp 12, năm học 2016-2017: Đạt 3 giải khuyến khích học sinh giỏi quốc gia. 5. Đánh giá về phạm vi ảnh hưởng của sáng kiến. Đề tài được triển khai nâng cao chất lượng các đội tuyển học sinh giỏi lớp 10, 11, 12 cấp tỉnh và đội tuyển quốc gia. 6. Kiến nghị, đề xuất: Đề tài nên được nhân rộng trong trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn và một số trường trong tỉnh để góp phần nâng cao chất lượng học sinh giỏi các cấp của bộ môn Toán. Trong đề tài này tôi mới nghiên cứu được một vài tính chất số học của dãy số, do khả năng và thời gian có hạn nên không tránh khỏi những thiếu sót. Rất 5 mong nhận được những ý kiến đóng góp của đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn. Tôi xin trân trọng cảm ơn ! Ý kiến xác nhận Điện Biên Phủ, ngày 15 tháng 4 năm 2017 của thủ trưởng đơn vị Người báo cáo Phạm Thị Hà Định 6 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ 1.Sự cần thiết, mục đích của viê êc thực hiê ên sáng kiến: - Nhiê êm vụ chủ yếu của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn là đào tạo học sinh mũi nhọn và đào tạo nguồn nhân lực có chất lượng cao cho tỉnh nhà. Đứng trước nhiê êm vụ đó, đòi hỏi người giáo viên luôn phải đổi mới phương pháp dạy học, nhằm đáp ứng yêu cầu của viê êc dạy và học hiê ên nay. - Dãy số là một phần quan trọng trong chương trình toán phổ thông và trong các ngành đại số và giải tích toán học. Các bài toán về dãy số khá đa dạng và phong phú, khai thác tính chất số học, đại số, giải tích và lượng giác của chúng. Trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, các bài toán về dãy số thường xuất hiện, đặc biệt là trong đề thi học sinh giỏi quốc gia. Nhằm giúp học sinh trong các đội tuyển chuẩn bị tốt cho các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp, tôi đi sâu vào nghiên cứu các bài toán dãy số có tính chất số học vì vậy tôi chọn đề tài: “ Tính chất số học của dãy số ” với mong muốn giúp các em học sinh trong các đội tuyển thi học sinh giỏi có được một hệ thống các phương pháp “đủ mạnh” giải quyết các bài toán về dãy số và tích lũy thêm phương pháp giải các dạng toán khác đồng thời tăng khả năng tư duy logic và rèn luyện tính sáng tạo cho các em. Giúp các em có tác phong độc lập khi giải toán. Đứng trước một bài toán có thể chủ động, linh hoạt, biết đặt ra các câu hỏi và tìm ra câu trả lời thích hợp để giải quyết các bài toán một cách trọn vẹn. 2. Phạm vi triển khai thực hiê ên: +) Đối tượng nghiên cứu: - Mục tiêu, nội dung chương trình nâng cao và Toán chuyên THPT. - Sách giáo khoa nâng cao và chuyên Toán. - Các bài toán trong chương trình thi học sinh giỏi bậc THPT. 7 - Đề tài nghiên cứu dựa trên khả năng nhận thức cũng như năng lực tư duy của học sinh các lớp chuyên toán 10, 11 và chủ yếu là học sinh nòng cốt trong đội tuyển học sinh giỏi tỉnh dự thi quốc gia. +) Phạm vi nghiên cứu: - Chương trình nâng cao và chuyên toán THPT. - Các chuyên đề thi học sinh giỏi quốc gia. - Học sinh các lớp chuyên Toán trường THPT chuyên Lê Quý Đôn. +) Tiến hành thực nghiê êm trên các đội tuyển học sinh giỏi lớp 10, 11, 12. 3. Mô tả sáng kiến: 3.1 Đă êt vấn đề Chứng minh các tính chất số học trong dãy số là một vấn đề hay và khó. Vì thế trong đề tài này tôi muốn nghiên cứu sâu về tính chất số học trong dãy số thông qua một số bài toán cụ thể và đưa ra phương pháp sử dụng tính chất đặc trưng của dãy tuyến tính cấp hai trong các bài toán chứng minh số chính phương. 3.2 Giải quyết vấn đề 3.2.1 Cơ sở lí luâ ên và thực tiễn a) Cơ sở lí luân: Lý thuyết cơ bản â * Dãy Fibonacci và dãy Lucas  F1  F2  1 +) Dãy Fibonacci ( Fn ) là dãy cho bởi hệ thức truy hồi:   Fn 2  Fn 1  Fn n  1 Dùng phương pháp xác định số hạng tổng quát của dãy số bằng phương trình đặc trưng ta dễ dàng thấy công thức tổng quát của dãy ( Fn ) là: n n 1  1  5   1  5    Fn      . Ta quy ước F0  0 2   2  5    +) Một vài tính chất số học của dãy Fibonacci :  ( Fn , Fn 1 )  1 với mọi n .  Nếu n chia hết cho m thì Fn chia hết cho Fm .  Nếu Fn chia hết cho Fm thì n chia hết cho m với m  2 . 8  ( Fn , Fn 1 )  Fd với d  (m, n) .  Nếu n  5 và Fn là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố.  Dãy ( Fn ) chứa một tập vô hạn những số đôi một nguyên tố cùng nhau.  F5 n  5Fn .qn với qn không chia hết cho 5. 5 5  Fn Mk  nMk .  Fn có tận cùng là 0 khi và chỉ khi nM . 15  Fn có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi nM . 150  L0  2; L1  1 +) Dãy Lucas ( Ln ) được xác định như sau:   Ln 2  Ln 1  Ln , n  0 Ta có công thức tổng quát của dãy Lucas: n n 1  5  1  5  Ln      , n 0 2   2   * Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai. +) Định nghĩa. Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai ẩn (un ) là phương trình sai phân dạng: aun 2  bun 1  cun  f (n) (1) Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng với phương trình (1) có dạng: aun 2  bun 1  cun  0 (2) Nghiệm tổng quát của (1) có dạng un  xn  yn , trong đó xn là nghiệm tổng quát của (2), còn yn là một nghiệm riêng nào đó của (1). Để tìm nghiệm của (2) đầu tiên ta lập phương trình đặc trưng của (2) là: ax 2  bx  c  0 (3) TH1. Nếu phương trình đặc trưng (3) có hai nghiệm thực phân biệt t1 , t2 thì: xn  At1n  Bt2n TH2. Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm kép t1  t2  t0 thì: xn  ( A  Bn)t0n TH3. Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm phức 9 y t  x  iy  r (cos  isin ) với i 2  1, r  x 2  y 2 ,  arctan . Khi đó: x xn  r n ( A cos n  Bsin n ) Ở đây A, B là các hằng số thực được xác định dựa vào các điều kiện ban đầu. * Một số kết quả liên quan đến số học +) Đồng dư. Cho hai số nguyên a và b . Ta nói rằng a đông dư với b theo module m ( m là số nguyên dương) và kí hiệu a  b(mod m) khi và chỉ khi a  b Chia hết cho m. Các tính chất cơ bản của đồng dư: i) Nếu a  b(mod m) và c  d (mod m) thì a  c  b  d (mod m); ac  bd (mod m) ii) Nếu p là số nguyên tố và ab  0(mod p ) thì a  0(mod p ) hoặc b  0(mod p ) . +) Các định lí cơ bản của số học i) Định lí Fermat nhỏ. Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên tùy ý, thì a p  a(mod p) . Đặc biệt khi (a, p )  1 thì a p 1  1(mod p) .  (m)  1(mod m) , ii) Định lí Euler. Nếu m là số nguyên dương và (a, m)  1 thì a ở đây  (m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m. iii) Định lí Wilson. p là số nguyên tố khi và chỉ khi ( p  1)!  1 chia hết cho p . b) Cơ sở thực tiễn – Thực trạng đối tượng nghiên cứu Mặc dù các bài toán về dãy số là các bài toán quen thuộc đối với học sinh THPT, nhưng ngoài những dạng bài cơ bản mà các em đã được học, các em vẫn còn lúng túng và chưa có hướng giải quyết đối với rất nhiều bài toán chứng minh các tính nhất số học của dãy số. Khó khăn nhất đối với các em học sinh là đứng trước một bài toán phải lựa chọn được phương pháp giải hiệu quả. Khả năng hệ thống, tổng hợp, sâu chuỗi kiến thức và phương pháp của các em học sinh còn nhiều hạn chế. Trong quá trình giảng dạy thực tế tôi đã phân loại các dạng bài dãy số với những dấu hiệu để có thể chọn được phương pháp phù hợp và hiệu quả nhất 1 giúp các em có thể xác định được hướng giải quyết trong các bài toán dãy số, đặc biệt là phát hiện các tính chất số học của các dãy số. 3.2.2 Giải pháp thực hiện: Sử dụng tính chất đặc trưng của dãy tuyến tính cấp hai trong bài toán chứng minh số chính phương. 1. Công thức tổng quát của dãy (un ) thỏa mãn un 2  aun1  bun  c . Trường hợp 1: a  b  1 Ta có un 2  aun1  bun  c  un 2  (1  a)un 1  un1  (1  a )un  c . Đặt vn  un 1  (1  a )un ta được vn1  vn  c . Từ đó ta được vn  v1  (n  1)c, n  1,2,... Suy ra un1  (a  1)un  v1  (n  1)c . Do đó un1  (a  1)un  v1  (n  1)c (a  1)un  (a  1) 2 un1  v1 (a  1)  ( a  1)( n  2)c (a  1)2 un1  (a  1)3 un 2  v1 (a  1) 2  (a  1) 2 (n  3)c ... (a  1)n 1 u2  (a  1) n u1  v1 (a  1) n1  (a  1) n 1 (n  1)c Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được: n 1 n 1 un1  ( a  1) n u1  v1. ( a  1) k  c. ( a  1) k ( n  k  1)    k 0 k 0 Trường hợp 2: a  b  1 Đặt un  xn   , ta sẽ chọn  sao cho dãy số ( xn ) là dãy tuyến tính cấp hai. Ta có un 2  aun1  bun  c  xn2    a( xn1   )  b( xn   )  c Để được dãy số ( xn ) tuyến tính ta sẽ chọn  sao cho    a  b  c    c 1 a  b Khi đó ta được xn 2  axn1  bxn , n  1,2,... 2 Xét phương trình đặc trưng: t  at  b  0 (1) 11 n n +) Nếu phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt t1 , t2 thì xn  A.t1  B.t 2 , trong đó A, B là các hằng số được tính theo các số hạng x1 , x2 . n +) Nếu phương trình (1) có nghiệm kép t1  t2  t0 thì xn  ( A  Bn).t0 , trong đó A, B là các hằng số được tính theo các số hạng x1 , x2 . +) Nếu phương trình (1) có hai nghiệm phức x  yi thì xn  r n ( Acosn  B sin n ) , trong đó A, B là các hằng số được tính theo các số hạng x1 , x2 và r  a 2  b 2 ,  là một arcgument của x  yi . 2. Tính chất cơ bản của dãy tuyến tính cấp hai. Xét dãy số (un ) xác định bởi: un 2  aun1  bun , n  1,2,... Ta có un 2  bun un 1  bun 1   un (un 2  bun )  un1 (un 1  bun 1 ) un1 un 2  unun 2  un21  b(un 1un 1  un2 )  ...  (b) n 1 (u1u3  u 2 ) 2 n 1 2 Do đó dãy (un ) thỏa mãn  unun 2  un1  (b) (u1u3  u2 ) Đây là tính chất rất quan trọng về dãy tuyến tính cấp hai, tính chất này thường được sử dụng khi chứng minh các đẳng thức liên quan đến các số hạng của dãy và các tính chất số học của dãy. 3. Phương pháp thường dùng để chứng minh f (un ) là số chính phương, trong đó (un ) thỏa mãn un 2  aun1  bun  c . Để chứng minh dãy số (bn ) thỏa mãn bn là số chính phương với mọi số nguyên dương n ta thường sử dụng một số hướng sau: 2 Hướng 1: Ta chỉ ra tồn tại dãy số nguyên (cn ) thỏa mãn bn  cn , n  �. Dãy số (cn ) thường dự đoán bằng cách tính một số giá trị đầu c1 , c2 ,... và tìm ra quy luật của dãy (cn ) . Hướng 2: Ta chứng minh bnbn  2 là một số chính phương với mọi số tự nhiên n , sau đó chứng minh bằng quy nạp. 2 Hướng 3: Dựa vào công thức truy hồi ta tính được bn  cn 12 4. Bài tập minh họa Bài 1. Cho dãy số (an ) : a0  1, a1  2, an 2  4an1  an , n  0 . Chứng minh rằng: i) an  1 là số chính phương với mọi n lẻ. ii) an  1 là số chính phương với mọi n chẵn. 6 Lời giải 2 Cách 1: Ta dự đoán dãy số (cn ) sao cho a2 n 1  1  cn , ta có a1  2, a3  26, a5  362, a7  5042 suy ra c0  1, c1  5, c2  19, c3  71 . Khi đó ta thử thiết lập quan hệ truy hồi của dãy (cn ) theo dãy tuyến tính cấp 2, giả sử cn 2  acn1  bcn và từ c0  1, c1  5, c2  19, c3  71 ta được  5a  b  19 a  4   . Do đó ta dự đoán dãy số (cn ) là:  19a  5b  71  b  1  c0  1, c1  5, cn 2  4cn 1  cn , n  0,1,2,... 2 Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp a2 n 1  1  cn (1), n  0,1,2,... Thật vậy (1) đúng với n  0 , giả sử (1) đúng đến n  0 , ta sẽ chứng minh (1) đúng đến n  1 . Ta có a2 n 3  1  4a2 n 2  a2 n1  1  4(4a2 n1  a2 n )  a2 n1  1  16a2 n1  4a2 n  a2 n1  1  15a2 n1  (a2 n 1  a2 n 1 )  1  14a2 n1  a2 n 1  1  14(cn2  1)  cn21  1  1 2  12cn2  cn 1  12 (2) Theo hệ thức cơ bản của dãy tuyến tính cấp 2 ta được: cn1cn1  cn2  6  (4cn  cn 1 )cn 1  cn2  6  cn2  cn21  4cn cn 1  6  0 (3) Ta có cn21  (4cn  cn1 ) 2  16cn2  8cncn 1  cn21  16cn2  2(cn2  cn21  6)  cn21  14cn2  cn21  12 (4) 13 2 Từ (2) và (4) suy ra a2 n 3  1  cn 1 Do đó ta chứng minh được (1) đúng đến n  1 suy ra (1) đúng. 2 Cách 2: Ta có an 2 an  an1  3, n  0 . Từ hệ thức này ta được: 2 (an 2  1)(an  1)  an 2 an  an 2  an  1  an1  3  4an1  1  (an1  2) 2 (5) Từ hệ thức (5) bằng phương pháp quy nạp suy ra an  1 là số chính phương với mọi số nguyên dương lẻ n . ii) Ta chứng minh theo hướng 2 như sau: 2 an 2  1 an  1 an  2 an  an  2  an  1 an21  4an1  4  an1  2  .    Ta có  6 6 36 36  6  Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp suy ra an  1 là số chính phương. 6 Bài 2. Cho dãy số (an ) : a0  1, a1  13, an 2  14an1  an , n  0 . Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n , tồn tại các số tự nhiên k , l sao cho an  k 2  (k  1) 2 , an2  (l  1)3  l 3 2 2 2 2 Lời giải. Nhận xét: Ta có an  k  (k  1)  2k  2k  1  2an  1  (2k  1) 2 3 3 2 2 2 Và an  (l  1)  l  3l  3l  1  12 an  3  (6l  3) . 2 Như vậy bài toán quy về chứng minh 2an  1,12an  3 là các số chính phương. Nếu ta chứng minh bài toán này theo cách 1 của bài 1 thì gặp phải những tính toán rất lớn và nếu không sử dụng được máy tính thì sẽ mất nhiều thời gian. Ta sẽ chứng minh theo cách 2 của bài 1. Trước hết ta có hệ thức cơ bản sau: an 2 an  an21  12, n  0 Xét 14 (2an  2  1)(2an  1)  4an  2an  2(an 2  an )  1 2  4( an1  12)  28an1  1  (2an1  7) 2 (12an2 2  3)(12an2  3)  144(an  2 an )2  36(an2 2  an2 )  9  144( an  2 an ) 2  36( an  2  an ) 2  72an  2 an  9  144( an  2 an ) 2  36(14an 1 ) 2  72an  2an  9  144( an  2 an ) 2  36.142 (an 2 an  12)  72an  2 an  9  144( an  2 an ) 2  36.194an  2 an  2912  (12an  2 an  291) 2 2 Từ các hệ thức trên và phương pháp quy nạp ta được 2an  1,12an  3 là các số chính phương. Bài 3. Cho dãy số ( xn ) : x1  1, x2  2011, xn  2  4022 xn1  xn , n  1,2,... x2012  1 là một số chính phương. 2012 Lời giải. Ta sẽ giải bài toán tổng quát sau: Cho p là một số nguyên dương lẻ và Chứng minh rằng dãy số ( xn ) được xác định như sau: x1  1, x2  p, xn 2  2 pxn 1  xn , n  1,2,... Chứng minh rằng x2 n  1 là số chính phương với mọi số nguyên dương n . p 1 Cách 1. Ta sẽ chứng minh theo hướng 1 của bài 1. Ta tính một vài giá trị đầu tiên x2  1 x 1 x 1  1, 4  (2 p  1) 2 , 6  (4 p 2  2 p  1) 2 ,... p 1 p 1 p 1 Ta dự đoán được , trong đó dãy số ( yn ) được xác định như sau: y1  1, y2  2 p  1, yn 2  2 pyn1  yn , n  1,2,... Ta sẽ chứng minh kết quả trên bằng phương pháp quy nạp. Ta có yn  2 yn  yn21  (1) n1 ( y3 y1  y22 )  2 p  2  yn 2 yn  yn21  2 p  2 2  (2 pyn 1  yn ) yn  yn21  2 p  2  yn21  yn  2 p  2  2 pyn yn1 Ta có 15 yn2 2  (2 pyn1  yn ) 2  4 p 2 yn21  4 pyn yn1  yn2 2  4 p 2 yn21  2( yn21  yn  2 p  2)  yn2  (4 p 2  2) yn21  yn2  4 p  4 (4 p 2  2) Suy ra x2 n 2  1 x2 n  1 (4 p 2  2) x2 n  2  x2 n  1 x2 n 4  1   4p  4   p 1 p 1 p 1 p 1 x2 n 4  1  yn2 2 p 1 Cách 2. Ta sẽ chứng minh theo hướng 2 của bài 1. Trước hết ta có hệ thức cơ bản sau: 2 xn 2 xn  xn21  (1) n1 ( x3 x1  x22 )  2 p 2  1  p 2  p 2  1  xn 2 xn  xn 1  p 2  1 . Ta có 2  xn 2  1  xn  1  xn 2 xn  xn 2  xn  1 xn21  p 2  1  2 pxn1  1  xn1  p     p  1  p  1    ( p  1) 2 ( p  1) 2     p 1  Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp ta được x2 n  1 là số chính phương p 1 với mọi số nguyên dương n . Nhận xét: Bằng cách chứng minh tương tự trên ta được x2 n  1 là số chính p 1 phương với mọi số nguyên dương n . Bài 4. Cho dãy số (an ) được xác định như sau: a1  a2  1, an 1  7an  an 1 , n  2,3,... Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có an1  an  2 là một số chính phương. Lời giải. Cách 1. Tính một vài giá trị đầu tiên ta được: a1  a2  2  22 , a2  a3  2  32 , a3  a4  2  7 2 , a4  a5  2  182 . Từ đó ta dự 2 đoán an1  an  2  bn , trong đó dãy số (bn ) được xác định như sau: b1  2, b2  3, bn1  3bn  bn 1 , n  2,3,... Ta sẽ chứng minh dự đoán này bằng phương pháp quy nạp. Ta có 16 bn1bn1  bn2  5  (3bn  bn1 )bn1  bn2  5  3bnbn1  bn21  bn2  5  an 1  an  an  an 1  9  an1  2an  an1  9 Theo công thức truy hồi của dãy (bn ) ta được: bn21  (3bn  bn1 ) 2  9bn2  bn21  6bnbn1  9(an  an1  2)  an 1  an  2  2( an 1  2an  an 1  9)  7an 1  an  7 an  an1  2  an  2  an 1  2 2 Do đó bn1  an 1  an  2  2 hay bài toán được chứng minh. 2 Cách 2. Ta có các đẳng thức sau: an 2  an  7an 1 , an  2 an  an 1  5 . Xét (an  an 1  2)(an1  an  2  2)  an1 (an  an 2 )  an an 2  an21  2(an  an 2 )  4an1  4 2 2  7an21  an1  5  an21  14an1  4an1  4  9an1  18an 1  9  (3an1  3)2 Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp ta suy ra an  an 1  2 là số chính phương với mọi số nguyên dương n . Bài 5. Cho dãy số (an ) : a0  0, a1  1, an 2  3an1  an  2, n  0 . Chứng minh rằng: an an 2 là số chính phương với mọi số tự nhiên n . Lời giải. Ta sẽ tìm x sao cho dãy số (bn ) : an  bn  x là dãy tuyến tính cấp hai. Thay vào hệ thức truy hồi của dãy (an ) ta được: bn 2  x  3bn1  3x  bn  x  2  3bn1  bn  2 x  2 Ta chọn x sao cho x  2 x  2  x  2 suy ra an  bn  2 . Như vậy bài toán đã cho sẽ tương đương với bài toán sau: Cho dãy số (bn ) : b1  2, b2  3, bn 2  3bn 1  bn . Chứng minh rằng (bn  2)(bn  2  2) Là số chính phương với mọi số nguyên dương n . 2 2 Ta có bn 2bn  bn 1  5  bn 2bn  bn 1  5 ; bn 2  bn  3 bn1 . 2 2 Do đó (bn  2)(bn  2  2)  bn  2bn  2(bn 2  bn )  4  bn 1  5  6bn 1  4  (bn 1  3) Vậy an an 2 là số chính phương với mọi số tự nhiên n . Bài 6. Cho dãy số (an ) : a0  1, a1  1, an  2  7an 1  an  2, n  0 . Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số đều là số chính phương. Lời giải. Ta sẽ tìm x sao cho dãy số (bn ) : an  bn  x là dãy tuyến tính cấp hai. 17 Thay vào hệ thức truy hồi của dãy (an ) ta được: bn 2  x  7bn1  7 x  bn  x  2  3bn1  bn  6 x  2 Ta chọn x sao cho x  6 x  2  x  2 2 suy ra an  bn  . 5 5 Như vậy bài toán đã cho sẽ tương đương với bài toán sau: 2 3 3 Cho dãy (bn ) : b1  , b2  , bn 2  7bn 1  bn . Chứng minh rằng bn  là số chính 5 5 5 phương với mọi số nguyên dương n . Cách 1. Ta tính một số giá trị đầu tiên của bn  b1  2 : 5 2 2 2 2 2 2  1 , b2   12 , b3   22 , b4   52 ,... Khi đó ta dự đoán bn   cn2 5 5 5 5 5 trong đó (cn ) được xác định như sau: c1  c2  1, cn  2  3cn1  cn , n  1,2,... Ta chứng minh dự đoán này bằng phương pháp quy nạp: Ta có 2 cn 2cn  cn21  1  (3cn 1  cn )cn  cn21  1  3cn cn1  cn1  cn2  1 2 2 cn2 2  (3cn 1  cn ) 2  9cn1  6cn cn1  cn  9cn21  2(cn21  cn2  1)  cn2 2  2 2 2   7cn21  cn2  2  7  bn 1    bn    2  7bn 1  bn   bn 2  5  5 5 5  2 Suy ra cn 2  bn  2  2 . Từ đó suy ra dự đoán là đúng hay bài toán được chứng 5 minh. 2 Cách 2. Ta có bn 2bn  bn 1  9 và bn 2  bn  7bn1 . Khi đó 5 2  2 2 4 9 14 4   bn21   bn 1   bn   bn  2    bn  2bn  (bn  2  bn )  5  5 5 25 5 5 25  2 14 49  7  b  bn 1    bn 1   5 25  5 2 n 1 1 2 2  2  7  Suy ra  bn   bn 2     bn 1   . Từ đẳng thức này bằng phương pháp 5  5  5  quy nạp suy ra bn  2 là số chính phương với mọi số nguyên dương n . 5 Bài 7. Cho dãy số (an ) xác định bởi:  a0  2   2  an1  4an  15an  60 , n  0,1,2,... 1 Chứng minh rằng số bn  (a2 n  8) có thể biểu diễn thành tổng bình phương 5 của ba số nguyên dương liên tiếp với mọi n  1 . Lời giải. Từ giả thiết suy ra dãy số (an ) là dãy số dương. Ta có 2 an1  4an  15an  60  ( an1  4an ) 2  15an2  60  an21  8an an1  an2  60  0 (1) 2 2 Từ (1) ta được: an 2  8an1an 2  an1  60  0 (2) Từ (1) và (2) suy ra an , an 2 là hai nghiệm của phương trình: x 2  8 xan1  an21  60  0 Do đó theo định lí Viet ta được: an  an  2  8an 1  an  2  8an 1  an . Khi đó dãy số (an ) được xác định như sau: a0  2, a1  8, an 2  8an1  an , n  0,1,2,... Nhận xét: Giả sử 1 1 a 2 (a2 n  8)  (k  1) 2  k 2  (k  1)2  (a2 n  8)  3k 2  2  2 n  k2 5 5 15 Như vậy yêu cầu chứng minh của bài toán quy về chứng minh chính phương với mọi số nguyên dương n . Cách 1. Ta tính một vài giá trị đầu tiên: 19 a2 n  2 là số 15 a0  2 a 2 a 2 a 2  02 , 2  22 , 4  16 2 , 6  126 2 15 15 15 15 Khi đó ta dự đoán a2 n  2  bn2 , trong đó dãy số (bn ) được xác định như sau: 15 b0  0, b1  2, b2  16, b3  126,... và thử xác định dãy (bn ) dưới dạng dãy số tuyến tính như sau: bn 2  xbn1  ybn , n  0,1,2,...  2 x  16 x  8   Từ b0  0, b1  2, b2  16, b3  126 ta được  16 x  2 y  126  y  1 Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp a2 n  2  bn2 , trong đó (bn ) là dãy 15 số thỏa mãn b0  0, b1  2, bn 2  8bn 1  bn , n  0,1,2,... bn 1bn 1  bn2  4  (8bn  bn1 )bn 1  bn2  4  8bn1bn1  bn21  bn2  4 Ta có b2 n2  2 b2 n  2 b  b  64   4  2 n2 2 n 15 15 15 a2 n  2  8a2 n 1  a2 n  8(8a2 n  a2 n1 )  a2 n  63a2 n  ( a2 n  a2 n 2 )  62a2 n  a2 n 2 Theo công thức truy hồi của dãy (bn ) và các đẳng thức trên ta được: bn21  (8bn  bn1 )2  64bn2  bn21  16bnbn 1  64  a2 n  2 a2 n2  2  a  a2 n 2  64    2  2n  15 15 15   62a2 n  a2 n  2  2 a2 n 2  2  15 15 a2 n  2  2 hay bài toán được chứng minh. 15 2 Do đó bn1  Cách 2. Ta có a2 n 2 a2 n  a22n 1  60  a2 n 2 a2 n  a22n 1  60 Ta xét 2  a2 n2  2  a2 n  2  a2 n 2 a2 n  2(a2 n 2  a2 n )  4 a2 n1  60  16a2 n 1  4      225 225  15  15  2 a 8   2 n 1   15  2