Tài liệu Skkn tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai

Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chương trình Toán lớp 10 và 11 chuyên 3. Thời gian áp dụng sáng kiến:Từ 9 - 2015 đến 5 - 2016 4. Tác giả: Họ và tên: Nguyễn Thị Giang Năm sinh: 1986 Nơi thường trú: 19/36 xóm 1, Mỹ Trọng, Mỹ Xá, Nam Định Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Chức vụ công tác: Giáo viên Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định Điện thoại: 0976138529 5. Đồng tác giả (nếu có): không 6. Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị:Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa chỉ: 76 đường Vị Xuyên, TP Nam Định Điện thoại: 0350640297 1 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ 2016 Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2016 BÁO CÁO SÁNG KIẾN I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Trong chương trình toán chuyên, dãy số là một nội dung rất quan trọng và nó thường xuyên xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi tỉnh, khu vực, quốc gia và quốc tế. Trong quá trình tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi quốc gia của trường, tôi được phân công dạy mảng tính chất số học của dãy số. Chính vì thế tôi đã chọn nội dung tính chất số học của dãy số để làm nội dung cho sáng kiến của tôi. Mảng kiến thức về tính chất số học của dãy số là một mảng tương đối rộng và khó. Trong khuôn khổ sáng kiến này, tôi nghiên cứu sâu hơn về tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai và một số dãy số có thể biến đổi về dãy truy hồi tuyến tính cấp hai. Nội dung này xuất hiện rất nhiều trong các đề thi học sinh giỏi. Một số bài toán về tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai trong các đề thi học sinh giỏi: Đề thi VMO năm 2011: Cho dãy số nguyên  an  xác định bởi a0  1, a1  1, an  6an 1  5an  2 với mọi n  2. Chứng minh rằng a2012  2010 chia hết cho 2011. Đề thi TST năm 2012: Cho dãy số nguyên dương ( xn ) xác định bởi  x1  1, x2  2011   xn  2  4022 xn 1  xn , n  N *. x2012  1 là số chính phương. 2012 Đề thi VMO năm 1997: Cho dãy số nguyên (an ) được xác định bởi Chứng minh rằng a0  1, a1  45, an  2  45an1  7an với mọi n=0,1,2... a) Tìm số ước dương của an21  an .an  2 theo n. Chứng minh rằng vớ mọi n thì 1997.an2  4.7n 1 là số chính phương. Đề thi TST năm 2011. Cho dãy số nguyên dương  an  xác định bởi: a0  1, a1  3 và an  2  an21   1   với mọi n  0 .  an  2 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2016 Chứng minh rằng an  2an  an21  2n với mọi số tự nhiên n . Trong đó  x  kí hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá x . Đề thi VMO năm 1989. Xét dãy số Fibonacci xác định bởi a1  a2  1, an  2  an 1  an với mọi n  1. Đặt f  n   1985n 2  1956n  1960. 1. Chứng minh rằng có vô hạn số hạng F của dãy sao cho f F  chia hết cho 1989. 2. Chứng minh rằng không tồn tại một số hạng G của dãy sao cho f(G)+2 chia hết cho 1989. II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP 1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến Tính chất số học của dãy số là một trong những nội dung khó và lý thú của dãy số và số học. Đây là phần kiến thức quan trọng trong chương trình toán chuyên cũng như trong việc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi. Để giải quyết các bài toán về tính chất số học của dãy số mà cụ thể là dãy truy hồi tuyến tính cấp hai đòi hỏi học sinh phải có các kiến thức đa dạng, tổng hợp về dãy số và số học. Khi tìm hiểu về một số tính chất của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai tôi nhận thấy rằng việc áp dụng các tính chất này đã giải quyết được rất nhiều bài toán hay và khó. Là một giáo viên dạy trường chuyên, tôi nhận thấy rằng cần phải có một đề tài nghiên cứu sâu hơn về dạng toán này để giúp các em học sinh lớp chuyên Toán bổ sung các kiến thức cơ bản đồng thời phát triển tư duy và kĩ năng giải toán, giúp các em không còn lúng túng khi gặp các bài toán dạng này. Trong sáng kiến này tác giả nghiên cứu sâu hơn về một số tính chất của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai, từ các tính chất này các em học sinh có thể sáng tạo ra rất nhiều bài toán khác nhau. Hy vọng những nội dung trong sáng kiến sẽ giúp các em học sinh tìm ra được các phương pháp hợp lí để giải quyết các bài toán dạng này. Trong sáng kiến này, tác giả đã nghiên cứu các nội dung: nội dung thứ nhất cách tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai, sau khi tìm được số hạng tổng quát của dãy số thì suy ra được các tính chất số học của dãy số đó. Tuy nhiên có rất nhiều bài toán khi tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số thì việc xử lí các tính chất số học 3 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2016 của nó tương đối khó khăn và mất nhiều thời gian nên nội dung thứ hai tác giả đã đưa ra một số tính chất của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai và nó đã giải quyết được rất nhiều bài toán hay và khó. Nội dung tiếp theo, tác giả nghiên cứu về một dãy truy hồi tuyến tính cấp hai đặc biệt và nó có rất nhiều ứng dụng trong toán học cũng như trong thực tiễn, đó là dãy Fibonacci. 2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến Báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này gồm hai phần Phần thứ nhất: Kiến thức cơ bản 1.1. Số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 1.2. Một số tính chất của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 1.3. Dãy Fibonacci Phần thứ hai: Một số phương pháp giải các bài toán về tính chất số học dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2.1. Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số 2.1. Sử dụng các tính chất của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2.3. Một số tính chất số học của dãy Fibonacci NỘI DUNG 1. Kiến thức cơ bản Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai  un  được xác định như sau: u1  p, u2  q và un  2  aun 1  bun (*) với mọi n  ¥ * , trong đó a và b là các hằng số thực. 1.1. Số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai Cách xác định số hạng tổng quát của dãy như sau: Xét phương trình ẩn t sau đây: t 2  at  b  0 (**) được gọi là phương trình đặc trưng của (*). Phương trình có biệt thức   a2  4b . 4 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2016 Trường hợp 1:   a2  4b  0 khi đó (**) có hai nghiệm thực phân biệt t1; t2 . Số hạng tổng quát của (*) có dạng un  x.t1n  y.t2n , với mọi n  ¥ * và x, y là hai số thực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước u0 và u1 . Trường hợp 2:   a2  4b  0 khi đó (**) có một nghiệm kép thực t. Số hạng tổng quát của (*) có dạng un  x.t n  y.nt n 1 , với mọi n  ¥ * ( ở đây ta qui ước 01  0 ) và x, y là hai số thực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước u0 và u1 . Trường hợp 3:   a2  4b  0 , ( **) có hai nghiệm phức. Thuật toán làm trong trường hợp này như sau: Bước 1: Giải phương trình t 2  at  b  0 và nhận được nghịêm phức a  i  z . 2 Bước 2: Đặt r = | z | là module của z, còn   Argz , ta nhận được un  r n ( p cos n  q sin n ) với mọi p, q là các số thực. Bước 3: Xác định p, q theo các giá trị cho trước u0 ; u1 . Về cơ sở lí thuyết của cách làm trên được chứng minh bằng kiến thức của đại số tuyến tính. Ở đây, tôi xin trình bày chứng minh trường hợp 1 và trường hợp 2 bằng kiến thức trung học phổ thông. Trường hợp 1:   0 (**) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 khi đó theo định lí Vi-et t  t  a ta có:  1 2 . Khi đó t1t2  b un 1  (t1  t2 )un  t1t2un 1  un 1  t1un  t2 (un  t1un 1)  t22 (un 1  t1un 2 )  ...  t2n (u1  t1u0 ) . Như vậy un 1  t1un  t2n (u1  t1u0 ) (1); Tương tự un 1  t2un  t1n (u1  t2u0 ) (2). Trừ từng vế (2) cho (1) ta có: (t1  t2 )un  (u1  t2u0 )t1n  (u1  t1u0 )t2n . Do t1  t 2 nên 5 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ 2016 Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai un  (u1  t2u0 ) n (u1  t1u0 ) n t1  t2 . t1  t2 t1  t2 Vậy un có dạng un  x.t1n  y.t2n với x, y là hai số thực. Trường hợp 2:   0 khi đó b  a 2 a , (**) có nghiệm kép t  . Ta có 4 2 un 1  2t.un  t 2un 1  un 1  tun  t (un  tun 1)  ...  t n (u1  tu0 ) Như vậy un 1  tun  t n (u1  tu0 ) (3); Tương tự un  tun 1  t n 1(u1  tu0 ) (4); un 1  tun  2  t n  2 (u1  tu0 ) (5); ……………………………. u1  tu0  u1  tu0 (n+3). Nhân hai vế của (4) với t, hai vế của (5) với t 2 , …, hai vế của (n+3) với t n và cộng lại ta được: un 1  t n 1.u0  n.t n .(u1  tu0 ) . Do đó un có dạng xt n  yn.t n 1 với x, y là hai số thực. 1.2. Một số tính chất của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai Tính chất 1: Cho dãy số (un ) thỏa mãn un  2  aun 1  bun với mọi n  ¥ * . Khi đó ta   có hằng đẳng thức sau un  2 .un  un21  (b)n 1. u3u1  u22 , n  N * (1)   Chứng minh: Trước hết ta sẽ chứng minh un  2 .un  un21  b. un 1un 1  un2 (2) Thật vậy ta có:  un  2 .un  un21  b. un 1un 1  un2   un  un  2  bun   un 1  un 1  bun 1   un .a.un 1  un 1.a.un  0 Bằng cách áp dụng liên tiếp (2) ta dễ dàng thu được hằng đẳng thức (1). 6 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2016 Tính chất 2: Cho dãy (un ) được xác định bởi u1  m, u2  p, u3  q ( m, p, q  0) và un  2 un21  c  , n  1 un Trong đó c  mq  p 2 . Khí đó ta có (un ) là dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 dạng un  2  a.un 1  un với a  qm . p Chứng minh: Từ giả thiết ta suy ra c  un  2 .un  un21 Thay n bởi n 1ta được c  un 1.un 1  un2 Suy ra un  2 .un  un21  un 1.un 1  un2 Hay un  un  2  un   un 1  un 1  un 1  Hay un  2  un un 1  un 1  un 1 un Thay n lần lượt bởi n  1, n  2,..., 2 ta được un  2  un un 1  un 1 u u qm   ...  3 1  a un 1 un u2 p Suy ra un  2  a.un 1  un . Tính chất 3: Cho dãy số (un ) thỏa u1  m,u 2  p ,u n 2  au n 1 u n , n  ¥ *. Ta có un  2 .un  un21  u3.u1  u22  c un  2  un  a.un 1 Suy ra  2 un  2 .un  c  un 1 Vậy (un  2 ) , (un ) chính là nghiệm của phương trình bậc hai: 7 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ 2016 Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai X 2  a.un 1 X  un21  c  0     a.un 1   4. un21  c 2    (c  u3.u1  u22 )  a 2  4 un21  4c   Nếu un  ¢ , n và a ¢ thì   a 2  4 un21  4c là số chính phương. Tính chất 4: Mọi   dãy số (un ) thỏa mãn: u1  m , a 1 un  2  .un 1  a 2  4 un21  4c  ac  0  luôn có thể đưa về dãy số truy hồi tuyến 2 2 tính cấp 2 có dạng như sau: un  2  a.un 1  un Chứng minh: Chuyển un2 2  a.un  2 .un 1  a .un 1 sang vế trái và bình phương 2 vế 2   a2 2 1 un 1   a 2  4 un21  4c   4 4 Hay un2 2  a.un  2 .un 1  un21  c  0 Thay n bởi n 1 ta có un21  a.un 1.un  un2  c  0 Suy ra un  2 và un là các nghiệm của phương trình X 2  a.un 1 X  un21  c  0 Suy ra un  2  un  a.un 1 Chú ý: Xét dãy số (un ) thỏa mãn un  2  a.un 1  un và c  u1u3  u22 . Ta có un  2un  un21  c . Xét tiếp dãy số  vn  sao cho vn  un2 , n Ta sẽ có 8 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2016 vn  2  un2 2  a 2un21  2a.un 1.un  un2  a 2un21  2un  a.un 1  un   un2  a 2un21  un2  2unun  2      a 2  2  vn 1  vn  2c   a 2  2 un21  2 unun  2  un21  un2   Suy ra vn  2  a 2  2 vn 1  vn  2c Mặt khác bằng cách sử dụng quy nạp ta cũng dễ dàng chứng minh được điều ngược lại đúng, tức là nếu hai dãy   u n  ,  vn  thỏa mãn v1  u12 , v2  u22 , c  u1u3  u22 và  un  2  a.un 1  un , vn  2  a 2  2 vn 1  vn  2c thì ta có vn  un2 , n . 1.3. Dãy Fibonacci 1.3.1. Dãy Fibonacci ( Fn ) mang tên chính nhà toán hoc Pisano Fibonacci. Dãy cho bởi  F  F2  1 hệ thức truy hồi đơn giản  1  Fn  2  Fn 1  Fn n  1 Dễ dàng thấy công thức tổng quát của dãy ( Fn ) là: n n  1  1  5   1  5   (Công thức Binet) Fn      5  2   2     Từ sau, để thuận tiện cho việc tính toán, ta quy ước F0  0 . 1.3.2. Một vài hệ thức cơ bản của dãy Fibonacci: 1. F1  F2  ...  Fn  Fn  2  1 2. F1  F3  ...  F2 n 1  F2 n 9 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ 2016 Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 3. F2  F4  ...  F2n  F2n 1  1 4. Fn 1.Fn 1  Fn2  (1)n 5. F12  F22  ...  Fn2  Fn .Fn 1 5. F0  F1  F2  F3...  F2n 1  F2n  F2n 1  1 6. Fn21  Fn2  Fn 1.Fn  2 . 7. F1F2  F2 F3  ...  F2n 1F2n  F22n 8. Fn 1.Fn  2  Fn .Fn 3  (1)n 9. Fn4  1  Fn  2 Fn 1Fn 1Fn  2 10. Fn  m  Fn 1Fm  Fn Fm 1 2. Một số phương pháp giải các bài toán về tính chất số học dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2.1. Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số Bài toán 1. Cho dãy thỏa mãn điều kiện: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương mọi và với số là một số chính phương. Hướng dẫn giải Hướng thứ nhất. Ta tính được nên ta dự đoán , trong đó Ta sẽ tìm tính chất của dãy thử dự đoán dãy là tuyến tính tức là Do đó ta có hệ sau: 10 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ với mọi . Đầu tiên ta 2016 Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai   Từ đó ta có hướng giải như sau: Ta lập dãy và . được xác định như sau: Sau đó ta sẽ chứng minh với mọi với mọi Cách 1. Từ dãy truy hồi của và ta được: . Khi đó ta kiểm tra được ngay đẳng thức với mọi Cách 2. Ta chứng minh bằng quy nạp đẳng thức trên. Thật vậy, từ cách xác định của dãy ta chỉ ra được: (1) Theo công thức truy hồi của dãy hay Do đó và (1) ta có: . với mọi Hướng thứ hai. Từ công thức truy hồi của dãy quát: ta tìm được công thức tổng . Khi đó ta chứng minh được: Bài toán 2. Cho dãy số  an  ,  n  1, 2,... được xác định như sau: a0  1, a1  2,  an  2  4an 1  an , n  ¥ . 11 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ 2016 Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai Tìm n để an  1 là số chính phương. Hướng dẫn giải ta tìm được công thức tổng quát: Từ công thức truy hồi của dãy  1 an   2  3 2    2  3   . n Nên suy ra an  1  n  1 2 3 2     2  3  1       n  an  1 là số chính phương khi và chỉ khi n  A    3  1 n 1  2 n 3 1    3  1 n 1  2 n 3 1  n  .  n là số tự nhiên. Ta xét các trường hợp sau Nếu n  0 thì A  0 ¥ . Nếu n  1 thì A  1¥ . Nếu n  1 và n  2k , k ¥ * thì ta xét dãy  bk  với 2  3  2  3    k bk k 2   3  1 n 1  2 n 3 1  n . Ta có 2  3 là nghiệm của phương trình đặc trưng t 2  4t  1  0. Nên  bk  thỏa mãn bk  2  4bk 1  bk . Mà b0  0, b1  6 suy ra bk  ¢ , k . Do đó n  2k , k ¥ * ta có an  1 không là số chính phương. Nếu n  2k  1, k  ¥ * ta có: 12 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ 2016 Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai    3  1 n1  2 n 3 1  n 2k 2k   3 1   3  1  3  1  3 1         2  3  2  2  2 2       2  3  k k  . k k 3 1  2  3  2  3  . Ta có  ck  thỏa mãn 2   4ck 1  ck . Mà c0  0, c1  5 suy ra ck  N , k  ¥ *.  Xét dãy  ck  : ck  ck  2     Suy ra A  N , khi đó an  1 là số chính phương. Vậy an  1 là số chính phương khi và chỉ khi n là số tự nhiên lẻ hoặc n  0 . Chú ý: Một số dãy số dãy số công thức của số hạng tổng quát tương đối cồng kềnh thì ta có thể sử dụng một dãy số khác có tính chất số học tương tự như dãy ban đầu nhưng công thức số hạng tổng quát của nó đơn giản hơn. Khi đó lời giải của bài toán sẽ đơn giản và dễ hiểu hơn. Sau đây là một số bài toán sử dụng hướng làm này. Bài toán 3. Dãy  xn  ,  n  1, 2,... được xác định như sau:  x1  7, x2  50,   xn 1  4 xn  5 xn 1  1975, n  2. Chứng minh rằng x1996 chia hết cho 1997. Hướng dẫn giải Xét dãy  yn  ,  n  1, 2,3... được xác định như sau:  y1  7, y2  50,   yn 1  4 yn  5 yn 1  22, n  2. Dễ thấy yn  xn  mod1997  . Do đó chỉ cần chứng minh y1996  0  mod1997  Ta có 4 yn 1  11  4  4 yn  11  5  4 yn 1  11 . Đặt zn  4 yn  11 ta được zn 1  4 zn  5 zn 1 với z1  39, z2  211. Dùng phương trình đặc trưng của dãy truy hồi cấp 2 ta được 8   1  25  5n 8  25  51996 zn   z1996  . 3 3 n 13 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2016 Theo định lí nhỏ Fermat 51996  1 mod1997  . Vậy 8  25  51996  33  mod1997   3z1996  33  mod1997   z1996  11 mod1997   4 y1996  0  mod1997   y1996  0  mod1997  Bài toán 4. (VMO 2011). Cho dãy số nguyên  an  xác định bởi a0  1, a1  1, an  6an 1  5an  2 với mọi n  2. Chứng minh rằng a2012  2010 chia hết cho 2011. Hướng dẫn giải Hướng thứ nhất. Xét phương trình đặc trưng của dãy số an  2  6an 1  5an là: x2  6 x  5  0  x  3  14 , ta thấy nghiệm này lẻ nên công thức của an sẽ phức tạp. Do bài toán chỉ yêu cầu chứng minh a2012  2010 chia hết cho 2011 nên ta có thể thay dãy  an  bởi dãy  bn  sao cho an  bn  mod 2011 , n=0,1,2,... Bây giờ ta sẽ chọn dãy  bn  thỏa mãn: b0  1, b1  1 và bn  2  6bn 1   5  k  bn với mọi n  0 và k là số ta sẽ chọn sau. Khi đó phương trình đặc trưng sẽ là: x2  6 x  5  k  0   '  14  k , để  ' là số chính phương ta sẽ chọn k  2011 . Như vậy ta xây dựng dãy  bn  được xác định như sau: b0  1, b1  1 và bn  2  6bn 1  2016bn với mọi n  0 . Phương trình đặc trưng x 2  6 x  2016  0  x  48; x  42 , khi đó bn  c1 48n  c2  42 và kết hợp với b0  1, b1  1 suy ra n bn  41 n 49 n n 48   42   90bn  41.48n  49. 42  90 90 14 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ (1) 2016 Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai suy ra 90b2012  41.482012  49.422012 . Do 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fecma nhỏ ta có: 482011  48  mod 2011 , 422011  42  mod 2011 do vậy ta thu được: 90  b2012  1  41.482  49.422  90  mod 2011  0  mod 2011  b2012  1  0  mod 2011 hay b2012  2010 chi hết cho 2011. Từ cách xác định của dãy  an  và  bn  ta có: an  bn  mod 2011 , n=0,1,2,... Do đó a2012  2010 chi hết cho 2011. Hướng thứ hai. Từ dãy truy hồi an  2  6an 1  5an ta sẽ tìm công thức tổng quát cho an . +) Phương trình đặc trưng của dãy trên là: . Khi đó ta được: , sử dụng giả thiết (2) +) Đặt ta được: , trong đó: Chú ý: (3) Và (4) Dễ dàng chứng minh được: Ta có với mọi (5) suy ra . Do đó theo (3) và (4) ta được: 15 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ 2016 Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai , từ đây kết hợp và với (5) ta thu được: (6) nên theo định lí Fecma nhỏ và (6) ta được: Ta có hay ta được chia hết cho . Nhận xét 1. Trong (1) nếu ta thay n  2011 ta được: 90b2011  41.482011  49. 42 2011  41.48  49.42  mod 2011  90  mod 2011 , 2011  a2011  1M 2011 . Từ đó ta có bài toán sau: suy ra b2011  1M Bài 4.1 Cho dãy số nguyên  an  xác định bởi: a0  1, a1  1 và an  2  6an 1  5an với mọi n  0 . Chứng minh rằng a2011  2010 chia hết cho 2011 . Nhận xét 2. Nếu trong (1) thay n bởi số nguyên tố p  5 ta được: 90b p  41.48 p  49. 42   41.48  49.42  mod p   90  mod p   b p  1Mp . Từ đó ta p có bài toán sau: Bài 4.2 Cho dãy số nguyên  an  xác định bởi: a0  1, a1  1 và an  2  6an 1  2016an với mọi n  0 . Chứng minh a p  1 chia hết cho p , trong đó p là một số nguyên tố lớn hơn 5. Nhận xét 3. Nếu trong (1) thay n bởi số p  1 , trong đó p là số nguyên tố lớn hơn 5 ta được: 90b p 1  41.48 p 1  49.  42   p 1  41.482  49.422  mod p   180900  mod p    90 b p 1  2010 Mp  b p 1  2010Mp Bài 4.3 Cho dãy số nguyên  an  xác định bởi: 16 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ 2016 Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai a0  1, a1  1 và an  2  6an 1  2016an với mọi n  0 . Chứng minh rằng a p 1  2010 chia hết cho p ,trong đó p là một số nguyên tố lớn hơn 5. Bây giờ ta tiếp tục suy nghĩ bài toán 4 xem nó phục thuộc vào giá trị ban đầu như thế nào? Ta có bài toán sau: là các số nguyên cho trước. Dãy số nguyên Bài 4.4 Cho và Tìm tất cả các số nguyên được xác định như sau: với mọi số tự nhiên . sao cho chia hết cho . Lời giải. Ta xây dựng dãy  bn  được xác định như sau: b0  1, b1  1 và bn  2  6bn 1  2016bn với mọi n  0 . Phương trình đặc x 2  6 x  2016  0  x  48; x  42 , trưng khi đó bn  c1 48n  c2  42 và kết hợp với b0  a, b1  b suy ra n bn  42a  b n 48a  b 48   42n  90bn   42a  b .48n   48a  b . 42 n 90 90 (1) 2012   48a  b  .422012 . suy ra 90b2012   42a  b  .48 Do 2011 2011 48 là số nguyên  48  mod 2011 , 42 2011 tố nên theo định lí Fecmat nhỏ ta có:  42  mod 2011 do vậy ta thu được: 90  b2012  1   42a  b  .482   48a  b  .422  90  mod 2011  0  mod 2011  90  b2012  1  90  5a  6b  1 mod 2011 hay b2012  2010 chi hết cho 2011 khi và chỉ khi . Từ cách xác định của dãy  an  và  bn  ta có: an  bn  mod 2011 , n=0,1,2,... Do đó a2012  2010 chi hết cho 2011 khi và chỉ khi trình đồng dư này ta tìm được các số nguyên tùy ý. 17 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ . Từ phương , trong đó là 2016 Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai Tương tự lời giải của các bài toán trên ta có thể đưa ra các bài tập sau: Bài 4.5 Cho là các số nguyên cho trước. Dãy số nguyên và Tìm tất cả các số nguyên được xác định như sau: với mọi số tự nhiên . sao cho chia hết cho . Xét dãy số nguyên  bn  xác định bởi b0  1, b1  1, bn  6bn 1  2016bn  2 với mọi n  2. Dễ thấy với mọi n  0 , ta có an  bn  mod 2011 . Dễ dàng suy ra số hạng tổng quát của dãy  bn  là 49. 42   41.48n bn  , n  0. 90 n Vì 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có  422010  482010  1 mod 2011. Do đó 90b2012  49. 42 2012  41.482012  49. 42  41.482  90b2  mod 2011 . 2 Suy ra b2012  b2  mod 2011 (vì (90,2011)=1). Mà b2  6b1  2016b0  2010 nên b2012  2010  mod 2011 . Vì thế a2012  2010  mod 2011 . u1  0, u2  1 Bài toán 5. Cho dãy  un  xác định:  un  2  un  un 1  1 Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 5 thì u p .(u p 1  1) chia hết cho p. Hướng dẫn giải Xét dãy: xn  un  1  xn  2  xn  xn 1 18 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2016 n 1 n 1  1 5   1  5 1 Suy ra số hạng tổng quát: xn      . 2 5  2      n 1 n 1  1 5   1   5 1  un       1 5  2   2       u p  1 .2 p   1 2 ( 5   5  1) p ( 5  1)  ( 5  1) p ( 5  1) .   1 1 ( 5  1) p  ( 5  1) p  ( 5  1) p  ( 5  1) p 2 2 5  p p p 1 p k 1 k k k p k k k  (  C p ( 5)   C p ( 5) (1) ) (  C p ( 5)   C kp ( 5)k ( 1) p k ) 2 k 0 2 5 k 0 k 0 k 0 p 1 2  u p  1.2 p  12 (  C 2pk 2( 5) 2k  k 0 1 2 5 p 1 2  u p  1.2 p   (C 2pk  C 2pk 1)5k ; k 0   2 . u p 1 p  C 0p .50 Ta có 5 Nếu p1 p1 5 2 p 1 p  C p .5 2  1 (mod p 1 2 (  C 2pk 1 2( 5) 2k 1 k 0 C kp  p 1 5 2 p!  0 (mod p)1  k  p  1 ( p  k )!k !  1 (mod p) (2) p 1 p)  (5 2 p 1  1)(5 2  1)  0 (mod p) .    1  0 (mod p) Từ (2)  2 p. u p  1  0 (mod p) mà (2;p)=1.  u p  1  0 (mod p)  u p (u p  1)Mp (đpcm) Nếu p1 5 2   1 (mod p) p1 5 2  1  2 (mod p)  Từ (2): 2 p. u p  1  2 (mod p) ; (2,P)=1  2 p  2(mod p)  2 p.u p  0(mod p) , (2,p)=1  u p  0(mod p )  u p (u p  1)Mp (Đpcm). 19 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ Tính chất số học của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 2016 Bài toán 6. (TST 2012). Cho dãy số nguyên dương ( xn ) xác định bởi  x1  1, x2  2011   xn  2  4022 xn 1  xn , n  N *. Chứng minh rằng x2012  1 là số chính phương. 2012 Bài toán tổng quát: Cho p là số nguyên dương lẻ lớn hơn 1. Xét dãy số nguyên dương ( xn ) xác định bởi  x1  1, x2  p   xn  2  2 pxn 1  xn , n  N *. Chứng minh rằng x p 1  1 là số chính phương. p 1 Hướng dẫn giải Phương trình đặc trưng t 2  2 pt  1  0 có nghiệm t1  p  Suy ra số hạng tổng quát của dãy: xn   x p 1  1 p 1 t  p /2 1  t2p /2 2  p  1  p 2  1, t2  p  p 2  1. t1n 1  t2n 1 . 2 2 . Ta có t1  t2  2 p, t1.t2  1  t1  t2  t1  t2  2 t1t2  2  p  1 . Lại có Sn  t1n  t2n  ¥ , n  1 vì S1, S2  ¥ và Sn  2  2 pSn 1  Sn . Đặt p /2 p /2 p p t1  a, t2  b  a  b  2  p  1 , ab  1 và t1  t2  a  b . Ta chứng minh t1p /2  t2p /2  N 2  p  1 ,  N  ¥ * bằng phương pháp quy nạp theo p. p 1 Ta có a  b   a  b    1 aib p 1i . p p i i 0 20 Nguyễn Thị Giang – THPT chuyên Lê Hồng Phong - NĐ