Tài liệu Skkn một số tính chất số học của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai

Trần Đình Hữu – THPT Chuyên Hà Tĩnh A. ĐẶT VẤN ĐỀ: Trong nhiều năm gần đây kỳ thi học sinh giỏi quốc gia viết tắt là (VMO) và kỳ thi chọn đội tuyển việt nam dự thi học sinh giỏi quốc tế viết tắt là (TST) đều có câu dãy số và thường hay xuất hiện câu tính chất số học của dãy số. Nếu như bài dãy số thuần túy thì vấn đề không còn mới và là câu cho điểm trong đề thi nhưng câu số học trong dãy số lại là vấn đề tương đối mới và được mọi người quan tâm.Trước vấn đề đặt ra như vậy, việc tiếp cận và giải quyết nó như thế nào đòi hỏi mỗi giáo viên đều phải suy nghĩ, nghiên cứu để giúp các em tiếp cận vấn đề này một cách nhẹ nhàng, linh hoạt qua đó vận dụng các kiến thức cơ bản của nó vào giải quyết các bài toán dang này. Chính vì vậy tôi chọn đề tài “ Một số tính chất số học của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai”. B. NỘI DUNG: I. Cơ sở khoa học: I.1 Cơ sở lý luận: xét về dãy số thì mỗi một chúng ta đều biết đó là phần cơ bản của giải tích cổ điển và số học thuộc phân môn lý thuyết số. Các bài toán số học nó xuất hiện mọi nơi, mọi lúc trong đời sống hàng ngày cũng như trong các nghành khoa học kỹ thuật và các bài toán về số học khó và lời giải thường không tự nhiên nên để đạt được hiệu quả khi làm toán về nó đòi hỏi người học phải biết phân chia phạm vi kiến thức để lựa chọn kiến thức, công cụ để giải quyết nó. Đề tài của tôi chia thành 3 phần kiến thức là: Tính chia hết, tính chính phương và tính nguyên tố của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai. Để làm rõ được ba phần này tôi đưa ra bốn tính chất và quan trọng nhất là tính chất 1. I.2 Cơ sở thực tiễn: Với quan điểm đi từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp, dạy cho học sinh các bài toán gốc, bài toán cơ bản để qua đó học sinh làm được những bài khó và phức tạp hơn và hơn nữa là ứng biến linh động khi găp các tình huống mới. Qua nhiều năm tham gia giảng dạy đội dự tuyển cũng như đội tuyển của trường tôi thấy cách tiếp cận của các em 1 về phần này chưa thật tự nhiên, chưa tự tin trong các bài toán dạng này đồng thời chưa phân loại rõ một số tính chất số học xuất hiện trong các bài toán dạng này. Vì những suy nghĩ đó tôi mạnh dạn thu thập, sắp xếp theo suy nghĩ của bản thân để trao đổi cùng đồng nghiệp. Với mục đích nâng cao chất lượng từng buổi dạy của thầy và hiệu quả trong các kỳ thi của trò. II. kết quả nghiên cứu: MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN TUYẾN TÍNH CẤP HAI II.1 Định nghĩa: Dãy (xn):  x0   ; x1     xn  2  axn 1  bxn với  ,  , a, b  , a, b  0; n   gọi là dãy số nguyên tuyến tính cấp hai. Từ định nghĩa này ta thu được bốn tính chất như sau: Tính chất 1: xn21  xn  2 xn  (1)n b n ( x12  x2 x0 ); với n   . Tính chất 2: Nếu un21  c un với n   . Tính chất 3: b  1 thì xn  2  (a 2  4b)un21  4(1)n c Tínhchất 4: Xét dãy ( yn ) là số chính phương với n   . thỏa mãn: y1  x12 , y2  x22 , yn  2  (a 2  2) yn 1  yn  2c thì yn  xn2 với n   . Các tính chất này việc chứng minh đơn giản nhưng tôi yêu cầu các em trình bày 1 cách rõ ràng, chi tiết. Trên cơ sở bốn tính chất này, tôi chia các bài toán dạng này thành 3 phần như sau. II.2. . Tính chia hết trong dãy số nguyên. Ví dụ 1. Cho (an ) : a0  1, a1  2, an1  3an  an1 an2 CMR: an 1  an1  2  , n  N * . an1 ( Thi học sinh giỏi quốc gia 2009) 2 Lời giải: áp dụng tính chất 1 ta có: an 1an 1  an2  1 và an  0 n   an2  1 an2 an2 1 (đpcm).  an 1  an 1   an 1  (  an 1 )  an 1 an 1 an 1 an 1  an21    an  Ví dụ 2. 1. cho (an ) : a0  1; a1  3; an  2  1   CMR: an  2 an  an21  2n . ( Chọn đội tuyển Việt Nam 2011) Từ cách cho dãy ta dự đoán: an  2  pan1  qan  r  an  2  4an 1  2an (1) *) C/m (1) bằng qui nạp *) áp dụng tính chất 1thu được: an  2 an  an21  2n (đpcm). Lời giải: Ví dụ 3. Cho dãy số {un} thỏa mãn u1  7, u 2  50  u n1  4u n  5u n 1  22, n  2, 3,... Chứng minh rằng u1996 chia hết cho 1997. Lời giải Xét dãy {vn} thỏa mãn vn = 4un + 11 khi đó v1  39, v 2  211  v n1  4v n  5v n1 , n  2, 3,... Dựa vào phương trình đặc trưng của dãy {vn} ta dễ dàng xác định được số hạng tổng quát của dãy là vn  8(1) n  25.5 n 8  25.51996 v   1996 3 3 Vì 1997 là số nguyên tố nên theo định li Fermat, ta có: 51996  1 (mod 1997)  8 + 25.51996  8 + 25 (mod 1997)  33 (mod 1997).  3v1996  33 (mod 1997). Mà v1996 = 4u1996 + 11 nên suy ra :12u1996 + 33  33 (mod 1997)  12u1996  1997 Mặt khác (12, 1997) = 1 nên u1996  1997. Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 4. Cho dãy số {un} xác định như sau 3 u1  0, u 2  14, u 3  18  u n1  7u n 1  6u n 2 n  3, 4,... Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì up  p. Lời giải Theo cách xác định dãy số ta tìm được số hạng tổng quát của un là un= 1 + 2n + (-3)n. Với mọi số nguyên tố p thì 2p  2 (mod p) và (-3)p  -3 (mod p) Do đó: up = 1 + 2p + (-3)p  1 + 2 + (-3) (mod p) Hay up  p. Vậy ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: Với những dãy số nguyên tuyến tính có phương trình đặc trưng có nghiệm nguyên thì ta dễ dàng sử dụng định lí Fermat trong chứng minh chia hết. Còn với những dãy nguyên tuyến tính có phương trình đặc trưng có nghiệm vô tỉ ta thường sử dụng nhị thức Newton để chứng minh chia hết. Ví dụ 5. (VMO - 2011) Cho dãy số nguyên (an) xác định bởi a0 = 1, a1 = - 1 an= 6an - 1 + 5an - 2 , với n = 2, 3, ... Chứng minh rằng a2012 - 2010 chia hết cho 2011. (Thi học sinh giỏi quốc gia 2011) Lời giải Dễ dàng tìm được số hạng tổng quát của dãy số là an  Do đó: a 2012 (7  2 14 )(3  14 ) n  (7  2 14 )(3  14 ) n 14 (7  2 14 )(3  14 ) 2012  (7  2 14 )(3  14 ) 2012  14 Mặt khác, theo khai triển Newton ta có k 2012 (3  14 ) 2012  C k 2012 3 2012  k .( 14 )  A  B 14 k 0 4 k 2012 (3  14 ) 2012  k 3 2012  k .( 14 )  A  B 14 .  (1) k C 2012 k 0 0 2 2012 Trong đó : A  C 2012 3 2012  C 2012 3 2010 .14  ...  C 2012 141006 . 1 3 2011 B  C 2012 3 2011  C 2012 3 2009 .14  ...  C 2012 .3.141005 . Do đó: a 2012  (7  2 14 )( A  B 14 )  (7  2 14 )( A  B 14 ) 14  a2012 = A + 4B. Bây giờ ta chỉ cần chứng minh A + 4B  -1 (mod 2011) k k k 1 Thật vậy, ta có: C 2012  C 2011  C 2011 với mọi k = 2, 3, ..., 2010 k Mà 2011 là số nguyên tố nên C 2011  2011 với mọi k = 1, 2, ..., 2010. k Từ đó suy ra : C 2012  2011 với mọi k = 2, 3, ..., 2010. Do đó A + 4B  32012 + 141006 - 4(32011 + 3.141005) (mod 2011)  2. 141005 - 32011 (mod 2011) Mà 32011  3 (mod 2011) và 14 là số chính phương mod 2011 nên : 141005 = 14 20111 2  1 (mod 2011). Từ đó suy ra A + 4B  2 - 3 (mod 2011)  -1 (mod 2011) Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 6. Cho dãy số {un} được xác định như sau u1  2, u 2  6  u n1  2u n  u n1 , n  2, 3,... Tìm phần dư của u1024 chia cho 1023. Lời giải Dễ dàng tìm được số hạng tổng quát của dãy {un} là u n  (1  2 ) n  (1  2 ) n Do đó: u1024  (1  2 )1024  (1  2 )1024 Theo khai triển nhị thức Newton, ta có (1  2 )1024  A  B 2 , (1  2 )1024  A  B 2 5 0 2 4 1024 Với : A  C1024  2C1024  2 2 C1024  ...  2 512 C1024 1 3 5 1023 B  C1024  2C1024  2 2 C1024  ...  2 512 C1024 Do đó: u1024 = 2A k k k 1 Ta có: C1024  C1023  C1023 với mọi k = 2, 3, ..., 1022. k Mà 1023 là số nguyên tố nên C1023  1023 với mọi k = 1, 2, ..., 1022. k Từ đó suy ra : C1024  1023 với mọi k = 2, 3, ..., 1022. 513 0 1024 Nên : 2 A  2C1024  2 513 C1024 (mod 1023)  2+2 (mod 1023). Mặt khác: 210  1 (mod 1023)  2513 = 8.(210)51  8 (mod 1023) Do đó 2A  10 (mod 1023) Vậy phần dư của phép chia u1024 cho 1023 là 10. Nhận xét: Việc sử dụng nhị thức Newton rất có hiệu quả đối với các bài toán chứng minh một số hạng cụ thể của dãy chia hết cho p. Tuy nhiên nó thường không có tác dụng đối với việc chứng minh trong dãy số tồn tại một số hạng của dãy chia hết cho p hoặc tồn tại vô hạn số hạng của dãy chia hết cho p. Đối với những bài toán dạng này ta thường phải chứng minh dãy số dư của un khi chia cho p tuần hoàn kể từ một số hạng nào đó. Ví dụ 7. Cho dãy số {un} được xácđịnh như sau u1  20, u 2  100  u n1  4u n  5u n 1  1976, n  2, 3,... Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một số hạng của dãy chia hết cho 1996. Lời giải Xét dãy {vn} với vn là phần dư của phép chia un cho 1996. Hay vn  un (mod 1996), 0  vn  1995. Dễ thấy vn+1  4vn + 5vn - 1 - 1976 (mod 1996) Xét các cặp (v1, v2), (v2, v3), ..., (vn, vn + 1), ... Vì dãy {vn} là vô hạn mà số các cặp (a, b) với 0  a, b  1995 là hữu hạn nên phải tồn tại hai số tự nhiên i, j (i > j) sao cho vi  v j  vi 1  v j 1 6 Khi đó. Ta có : 5(vi - 1 - vj - 1 )  5(vi +1 - 4vi + 1976 ) - 5(vj+1 - 4vj + 1996)  5(vi+1 - vj+1) - 20(vi - vj) (mod 1996)  0 (mod 1996) Mà (5, 1996) = 1 nên vi - 1 - vj - 1  0 (mod 1996) Vì 0  vi - 1 , vj - 1  1995 nên vi - 1 = vj - 1 Lí luận tương tự ta dẫn đến vi - 2 = vj - 2 v 2  v 2 (i  j ) v1  v1 (i  j ) Cứ tiếp tục như vậy ta sẽ dẫn đến :  Bây giờ ta sẽ chứng minh vi - j = 0 Thật vậy, ta có: 5vi - j  vi - j + 2 - 4vi - j + 1 + 1976 (mod 1996)  v2 - 4v1 + 1976 (mod 1996)  u2 - 4u1 + 1976 (mod 1996)  100 - 4.20 + 1976 (mod 1996)  0 (mod 1996). Vì (5, 1996) = 1 nên vi - j  0 (mod 1996) Do đó ui - j  0 (mod 1996) Vậy có điều phải chứng minh. Ví dụ 8. (Chọn ĐT Khoa học tự nhiên - 2009) Cho dãy {an} được xác định: a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6 an + 4 = 2an + 3 + an + 2 - 2an + 1 - an, n = 0, 1, ... a) Chứng minh rằng an chia hết cho n với mọi n ≥ 1.  an   , n = 1, 2, ... chứa vô số số hạng chia hết cho n b) Chứng minh rằng dãy số  2009. (Chọn Đội tuyển Trường KHTN năm 2009) Lời giải a) Phương trình đặc trưng của dãy {an} là 7 x4 - 2x3 - x2 + 2x +1 = 0  (x2 - x - 1)2 = 0  1 5  x   2  x  1  5    2 Khi đó số hạng tổng quát của dãy trên là an = c1n + c2n + n(c3n + c4n) Dễ dàng tìm được c1 = c2 = 0, c3  1 5 , c4   1 5 . Do đó a n  n( Từ đó suy ra 1 5 n  1 5  n) an  Fn với {Fn} là dãy Fibonaci. n Do đó an  n với mọi n. b) Bổ sung vào dãy {Fn} một số hạng F0 = 0 mà ta vẫn giữ được hệ thức Fn +1 = Fn + Fn - 1 , n = 0, 1, ... Xét dãy {vn} với vn là phần dư của phép chia Fn cho 2009. Hay vn  un (mod 2009), 0  vn  2008. Dễ thấy vn+1  vn + vn - 1 (mod 2009) Xét các cặp (v1, v2), (v2, v3), ..., (vn, vn + 1), ... Vì dãy {vn} là vô hạn mà số các cặp (a, b) với 0  a, b  2008 là hữu hạn nên phải tồn tại hai số tự nhiên i, j (i > j) sao cho vi  v j  vi 1  v j 1 Làm tương tự ví dụ 7, ta suy ra 0 = v0 = vi - j và dãy {vn} tuần hoàn với chu kì (i - j). 8 Do đó vk(i - j) = 0 hay Fk(i - j)  0 (mod 2009) Vậy ta có điều phải chứng minh. II.3. Dãy số và số chính phương Ví dụ 1. Cho (an): a1  20; a2  30 và an  2  3an 1  an n  * Tìm n  * sao cho: S  1  5an an1 là số chính phương. ( Chọn đội tuyển Sư phạm Hà Nội 2012) Lời giải: Ta thử: n=3 thỏa mãn và c/m n  4 thì S không là số chính phương. Thật vậy, áp dụng tính chất 1 ta được: an 1an1  an2  500 (1) Lại do (an) là dãy tăng và an  an 1  650 n  4 nên ta c/m được: (an  an 1 ) 2  S  (an  an 1  1)2 n  4 Suy ra: S không là số chính phương n  4 . Vậy: n=3. Ví dụ 2. Cho dãy số {an} được xác định như sau a0  0, a1  1   an 1  3an  an 1  (1) n , n  1, 2,...  2 Chứng minh rằng với mọi n thì an là số chính phương. Lời giải Ta sẽ chứng minh với mọi n thì an = Fn2, trong đó {Fn} là dãy Fibonaci Thật vậy: a0 = 1 = F02, a1 = 1 = F12, a2 = 4 = F22. Giả sử ak = Fk2 với mọi k  n Khi đó: an = Fn2, an - 1 = (Fn-1)2, an - 2 = (Fn - 2)2 Theo cách xác định dãy {an} ta có: an + 1-3an + an - 1 = 2(-1)n  Từ đó ta suy ra: an - 3an - 1 + an - 2 = 2(-1)n - 1 an+1 - 2an - 2an - 1 + an - 2 = 0  an +1 = 2(Fn)2 + 2(Fn - 1)2 - (Fn - 2)2 9 = (Fn + Fn - 1)2 + (Fn - Fn - 1)2 - (Fn - 2)2 = (Fn + 1)2 +(Fn - 2)2 - (Fn - 2)2 = (Fn + 1)2 Từ đó suy ra diều phải chứng minh. Ví dụ 2. Cho dãy số {an} xác định như sau a0  2, a1  3  a n1  3a n  a n1 , n  1,2,... Tìm n sao cho 5(an - 2) là một số chính phương. Lời giải Số hạng tổng quát của dãy trên là: a n  ( 3 5 n 3 5 n ) ( ) 2 2 Mặt khác ta cũng chứng minh được ngay : a2k  2 (mod 5) và a2k + 1  3 (mod 5). Do đó 5(an - 2) là số chính phương thì an - 2  5  n = 2k. Khi đó: a 2k  ( 3  5 2k 3  5 2k ) ( ) 2 2  3 5 k 3  5 k  Khi đó: 5(a2k - 2) = 5 ( ) ( )  2 2   2 Theo khai triển Newton ta có ( 3 5 k A B 5 3 5 k A B 5 )  ; ( )  k 2 2 2 2k k  2  Với: A  C k0 3 k  C k2 3 k  2.5  ...  C k  2  3 1 k BC 3 Khi đó: ( k 1 3 k C 3 k 3 .5  ...  C k  k 2  2 k  2   1 2 k 3 k    .5  2  k  k k  2   1   2 2 5 3 5 k 3 5 k B 5 ) ( )  k 1  5.c k với ck là số hữu tỉ. 2 2 2  a2k - 2 = 5ck2 nguyên nên ck2 là số nguyên Mà ck hữu tỉ nên ck  Z Từ đó suy ra 5(a2k - 2) = (5ck)2 với 5ck  Z Vậy với mọi k thì 5(a2k - 2) là số chính phương. 10 Ví dụ 3. Cho dãy số {an} được xác định như sau an = 28 + 211 + 2n, n = 1, 2, ... Tìm n để an là một số chính phương. Lời giải Ta có: an = 28 + 211 + 2n = x2  2n = (x - 48)(x + 48) Với x là một số nguyên dương nào đó. Khi đó x - 48 = 2s và x + 48 = 2n - s, n > 2s s  5 s  5 Từ đó suy ra :2n - s - 2s = 96  2s(2n - 2s - 1) = 3.25   n 2 s  1  3 n  12 2 Vậy an là số chính phương khi và chỉ khi n = 12 Ví dụ 4. Cho dãy số {an} được xác định như sau a1  1, a2  3  an 1  (n  2)an  (n  1)an 1 ; n  2, 3,... Tìm n để an là luỹ thừa p của một số nguyên (p ≥ 2). Lời giải Ta dễ dàng chứng minh được : an = 1! + 2! + ... + n! Trường hợp 1: p = 2. Ta có n!  10 với mọi n ≥ 5 Do đó, nếu n ≥ 5 thì an  1! + 2! + 3! + 4! (mod 10)  (1 + 2 + 6 + 24) (mod 10)  3 (mod 10) Từ đó suy ra an không thể là số chính phương nếu n ≥ 5. Với 1  n  4, thử trực tiếp thấy n = 1 và n = 3 thỏa mãn. Trường hợp 2. n ≥ 3 Ta có a1 = 1 = 1p với mọi p. Với n ≥ 2 thì an = 1! + 2! + 3! +...+ n!  3 Giả sử an = bp (p ≥ 3)  un  27 Ta có 9!  27 nên k!  27 với mọi k ≥ 9. 11 Do đó:an  a8 (mod 27) với n ≥ 9. Mà : a8 = 1! + 2! + ... +8! = 46233  1(mod 27). Nên an không chia hết cho 27 với mọi n ≥ 8 hay an  bp với mọi n ≥ 8. Bằng cách thử trực tiếp k = 2, 3, ..., 7 thấy không có giá trị nào thỏa mãn. Vậy n = 1 là giá trị cần tìm. II.4. Dãy số nguyên và số nguyên tố. u0  0, u1  1 với n  N un  2  1999un 1  un Ví dụ1. Cho dãy (un):  Tìm các giá trị của n sao cho un là số nguyên tố. Lời giải: Từ giả thiết và bằng qui nạp ta chứng minh được un là số nguyên dương và un 1  1998un n  2 . Mặt khác, Theo tính chất 1 ta có: unun 2  (u n1  1)  u n1  1 (1)  n  N . *) U2 =1999 nên U2 là số nguyên tố. *) Ta C/m n  3 thì un không là số nguyên tố. Thật vậy, giả sử k  N , k  3 sao cho uk là số nguyên tố, khi đó: Từ (1) suy ra: uk uk  2  (uk 1  1)(uk 1  1) . uk 1  1 uk (2) . u  1  u  k 1 k Do uk là số nguyên tố   Mà uk  1998uk 1  (2) vô lý  điều giả sử sai  đfcm. Như vậy, Trong dãy un chỉ có u2 là số nguyên tố. Ví dụ 2. Cho dãy số {un} được xác định : un = 3n - 2n – 1 n   Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố thì up  42p. Lời giải Ta có : up = 3p – 2p – 1 = (3p - 3) – (2p - 2)  0 (mod p). (1) Mặt khác: 3p – 2p – 1 = (3p - 1) – 2p  2 (2) Mà p > 7  p lẻ 12 Do đó: 3p – 2p – 1  - (-1)p – 1  0 (mod 3) (3) Bây giờ ta cần chứng minh: 3p – 2p – 1  7 Ta có: 3p – 2p - 1 = 3.3p-1 – 2p – 1 = 3.9 =2 p 1 2 p 1 2 p  2  1  3.2 2 p 1 2 p 1 2  2 p  1 (mod 7)  2 p 1 Do (p, 3) = 1 nên p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 Nếu p = 3k + 1 thì: 2 p 1 2 2 2 p 1 2 p 1 2 p k  2 1 = 8 1 2 (2 p 1 2 p 1 2  1)  2 p 1 2 p p 2 2 2 p 1 2 (mod 7) (8k  1)  0(mod 7) Nếu p = 3k + 2 ta chứng minh tương tự. Từ đó suy ra đpcm. Ví dụ 3. Cho dãy số (an) xác định như sau an = 2n + 3n + 6n – 1 với n = 1, 2, … Tìm số tự nhiên nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của dãy trên. ( Chọn đội tuyển Việt Nam 2005) Lời giải Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p đều tồn tại một số hạng an chia hết cho p. Thật vậy, ta có a2 = 22 + 32 + 62 – 1 = 48 chia hết cho 2 và 3. Xét p ≥ 5 Ta có : (2, p) = 1; (3, p) = 1; (6, p) = 1 Do đó, từ định lí Fermat suy ra: 2p – 1  3p – 1  6p – 1  1 (mod p) Từ đó dễ dàng chứng minh được: 6ap – 2  p Mà (p, 6) = 1 nên ap – 2  p Do đó chỉ có số 1 là số tự nhiên duy nhất nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của dãy (an). IV. Bài tập áp dụng 13 1 . Cho S n  C20n 1 .22 n  C22n 1.2 2 n  2.3  ...  C22nn1 .3n . CMR: Với mọi n  * thì S n là tổng của 2 số chính phương liên tiếp. ( Chọn đội tuyển Tĩnh Hà Tĩnh 2012) 2. (VMO-97). Cho (an ) : a0  1, a1  45, an  2  45an1  7 an a. Tính số các ước dương của an21  an .an 2 theo n b.Chứng minh rằng: 1997 an2  7 n 1  4 là scp  n   3. Cho (un ) : u0  3, u1  11, un 2  2un1  7un Tìm a  N * sao cho với  m  N * ,  n  N ,  k  N * unk  a  2m . 4. Cho (an ) : a0  a; a1  b; an 1  dan1  an , a, b  Z \ {0} , d  R Tìm d để an  Z , n 5. Cho (un ) : u1  7, u2  50, un1  4un  5un1  1975 Chứng minh rằng: u1996 1997 6. (VMO-98) Cho (un ) : u0  20, u1  100, un1  4un  5un 1  20 Tìm h  N * nhỏ nhất sao cho un h  un 1998 n   7. (VMO 2011) Cho (an ) : a0  1, a1  1, an  6an1  5an 2 Chứng minh rằng: a2012  2010 2011. 8. Cho (un ) : u1  0, u2  1, un 2  un  un1  1 CMR nếu p là số nguyên tố, p  5 thì u p (u p 1  1 p an 2  an 1  9an neu n chan an 2  an 1  5an neu n le 9. (VMO-95) Cho (an ) : a0  1, a1  3 và  2000 Chứng minh rằng: a) 2 i a  20 b) a2 k 1 không là số chính i 1995 phương 10. Cho ( xn ) : x1  1, x2  11, xn 2  xn1  5 xn CMR xn không là số chính phương n  3. (Kiểm tra đội tuyển IMO việt nam 2013) 11. Cho (an ) : a0  0, a1  3, an 2  6an 1  an  2 Chứng minh rằng: n : an2  (an  1) 2 là số chính phương 12. Cho (an ) : a0  a, a1  b, an  2  3an 1  ana, b  Z Chứng minh rằng: k  Z : 5an2  k là scp. 13. Cho (an ) : a0  1, a1  6, an 2  6an 1  an a. Chứng minh rằng: an21  6an .an1  an2  1 b. Chứng minh rằng: n  N , k  N * : an2  k (k  1) . 2 14. Cho (an ) : a1  5, a2  11, an 1  2an  3an 1 Chứng minh rằng: dãy trên có vô số số nguyên dương và số nguyên âm. 16. (India 1996) Cho an  1, a1  1, a2  2, an  2  2an1  an 14 Chứng minh rằng: m, am .am1 cũng là 1 số hạng của dãy. 17. Cho (un ) : u1  u2  2, un 2  un 1  un , n  1 Chứng minh rằng: k  N sao cho ku2003  2004 Z u2004 18. (bungari2001) Cho dãy (an ) : a0  4, a1  22, an  6an1  an 2 Chứng minh rằng tồn tại 2 dãy nguyên dương ( xn ) và ( yn ) sao cho an  yn2  7 xn  yn n   u1  1, u 2  2, u 3  24  19. Cho dãy {un} thỏa mãn :  6u n21u n3  8u n1u n2 2 , n  4, 5,... u n  u n  2 u n 3  Chứng minh rằng với mọi n thì un chia hết cho n.  x0  a, x1  b 20. Cho dãy số {xn} xác định như sau:  2  x n1  5 x n  3 xn 1 , n  2. với a, b là hai số nguyên cho trước. Chứng minh rằng dãy số trên hoặc không có số hạng nào chia hết cho 1997 hoặc có vô số số hạng chia hết cho 1997. (Toán học tuổi trẻ số T4/254) 21. Cho dãy {an} được xác định: a1  1964, a 2  96  2 a n 2  30a n1  75a n a n 1  1994a n , n  1. Chứng minh rằng không tồn tại số hạng nào của dãy là tổng luỹ thừa bảy của ba số nguyên. (Toán học tuổi trẻ T6/255) u  3, u1  11 22. Cho dãy {un} được xác định bởi:  0 u n 2  2u n1  7u n , n  0. Tìm các số nguyên dương lẻ a sao cho với các số nguyên dương m và n tuỳ ý luôn tìm được số nguyên dương k sao cho u nk  a chia hết cho 2m. u  u 1  1 23. Cho dãy {un} được xác định như sau:  0 u n  2  1999u n  1  u n , Tìm các số tự nhiên n sao cho un là số nguyên tố. 15 n0 24. (Bulgari 1999) Cho {an} là dãy số nguyên thỏa mãn (n - 1)an + 1 = (n + 1)an - 2(n - 1). Biết rằng a1999 chia hết cho 2000. Tìm số nguyên dương n ≥ 2 và n nhỏ nhất sao cho an chia hết cho 2000. 25. Cho một dãy số gồm 2n + 1 số nguyên dương liên tiếp sao cho tổng bình phương của n +1 hạng đầu tiên bằng tổng bình phương của n số hạng còn lại. Hỏi trong dãy đó có số 2001 không? a0  0, a1  1 26 Cho dãy {an} xác định như sau:  a n 2  2a n 1  a n , n  0,1,... Chứng minh rằng an chia hết cho 2k khi và chỉ khi n chia hết 2k, với mọi k nguyên không âm. u  3, u 2  11 27. Cho dãy số {un} thỏa mãn:  1 u n 2  2u n1  7u n n  1. Tìm số nguyên dương lẻ a sao cho với mọi m, n nguyên dương tuỳ ý luôn tìm được số k nguyên dương k sao cho u n  a chia hết cho 2m. u 0  0, u1  1 u n 2  1999u n 1  u n , n  0, 1, ... 28. Cho dãy {un} được xác định như sau;  Tìm các số tự nhiên n sao cho un là số nguyên tố. u1  2, u2  7  29. Cho dãy (un ) có thõa mãn un   và  1 un2 1   u   n  2 n 1  2 u 2 n  1  Chứng minh rằng khi n  2 thì un là số nguyên lẻ. 30. Cho dãy (an ) xác định như sau: a0  1, a1  8, an 2  14an1  an  8 Chứng minh rằng các số sau chính phương: a) an an1  1 b) an  1 c) 3an  1 . 31. Cho dãy (an ) xác định như sau: a0  0, a1  1, a2  2, a3  6  an 1  2an  3  an  2  2an 1  an , n   a) .Chứng minh: an  n n  * 16 a  b) Chứng minh dãy  n  Chứa vô hạn số hạng chia hết cho 2009.  n ( Chọn đội tuyển KHTN 2009-2010) 17 C. THỰC NGHIỆM: 1. Mục đích thực nghiệm: Kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của đề tài. 2. Nội dung thực nghiệm: - Triển khai đề tài: “MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN TUYẾN TÍNH CẤP HAI”. - Đối tượng áp dụng: Học sinh khá, giỏi về môn toán, học sinh các đội dự tuyển và đội tuyển học sinh giỏi quốc gia. - Thời gian thực hiện: 6 buổi (khoảng 18tiết). 3. Kết quả thực nghiệm: Tôi đã triển khai đề tài này đối với đội dự tuyển và đội tuyển học sinh giỏi quốc gia của trường và kết quả bước đầu thu được đáng khích lệ, hơn nữa nó bổ sung toàn diện về các bài thi phần dãy số nói chung và dãy số nguyên nói riêng. Tuỳ theo mức độ kiến thức của từng khối lớp, tôi đưa ra hệ thống bài tập phù hợp nên đã làm cho các em tỏ ra rất hứng thú, say mê. Đối với các em lớp 10, 11 các bài tập chỉ dừng lại ở mức sử dụng bốn tính chất trên để giải các bài toán đơn giản. Đối với các em học sinh trong đội tuyển cần làm hết 30 bài tập tương tự và tìm hiểu thêm các phần ứng dụng dãy số vào giải phương trình nghiệm nguyên liên hệ với công thức nghiệm của phương trình pell… Kết quả thật khả quan: Hầu hết các em đều hiểu bài nhanh, trình bày lời giải rõ ràng, chính xác. Kết quả cụ thể: + 50% học sinh làm tốt tất cả các bài tập vận dung. + 25% học sinh làm được 80% số bài. + 18% học sinh làm được 60% số bài. + 7% học sinh làm được 50% số bài. Điều đáng nói là không có học sinh nào không làm được bài tập. 18 KẾT LUẬN CHUNG: Như vậy, đứng trước những phần kiến thức mới và khó nếu chúng ta mạnh dạn chịu khó đầu tự thời gian và sức lực thì ít nhiều ta cũng chuyển được lạ về quen và làm chủ được kiến thức. Trong thực tế giảng dạy, bằng cách khai thác sâu một vấn đề, thay đổi các điều kiện của bài toán để được bài toán mới đã tạo cho các em hứng thú hơn, linh hoạt hơn khi giải toán, từ đó học sinh có một thói quen tìm tòi suy nghĩ khai thác bài học nhằm rèn luyện một trí tuệ nói chung và tư duy toán học nói riêng. Qua đó nhân cách của học sinh được hình thành và phát triển đó cũng là mục đích của công cuộc đổi mới phương pháp dạy và học mà ngành giáo dục đang rất quan tâm. Bài viết chắc chắn còn nhiều thiếu sót phần tôi cũng chỉ là sưu tầm sắp xếp lại các bài tập có tính hệ thông từ dễ đến khó theo cách của bản thân rất mong nhận được sự đóng góp và chia sẽ của các bạn và đồng nghiệp./. Hà Tĩnh, tháng 3 năm 2014 19