Các bài toán về dãy số nguyên
Bổ đề quan trọng
(Biểu thức cổ định của dãy tuyến tính cấp hai) Cho dãy sốKhi đó, biểu thức
Chứng minh.
Thật vậy, ta có biến đổi sau
Đẳng thức trên đúng với mọi
Bổ đề quan trọng
(Về sự tuần hoàn của các số dư) Cho dãy số nguyên
Chứng minh.
Xét
Từ đây, ta suy ra
Nếu
Bài toán (VMO 2019-2020)
Cho dãy số
a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh rằng nếu
Lời giải. a) Cách 1. Ta thấy
Đến đây, giả sử có
vô lý vì
Cách 2. Vì
Từ đó thực hiện liên tiếp thao tác này thì suy ra
b) Bổ đề. Cho
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh rằng bất kỳ ước nguyên tố lẻ
Áp dụng bổ đề ta có ngay điều phải chứng minh.
Bài toán (VMO 2024-2025)
Với mỗi số nguyên
a) Chứng minh rằng
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên
Lời giải. a) Từ giả thiết, ta dễ dàng chứng minh được un+2 = 4un+1 + un với mọi số tự nhiên n. Đến đây, bằng tính toán trực tiếp, ta dễ thấy dãy số dư khi chia các số hạng của dãy (un) cho 24 tuần hoàn theo chu kỳ 8: 2, 4, 18, 4, 10, 20, 18, 20. Như vậy, khi n thay đổi, số dư của un khi chia cho 24 lớn nhất là 20.
b) Xét một cặp số (a, b) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Cho n = 1 và n = 3, ta được a−b ≡ 4 (mod 1111) và a3 − b3 ≡ 76 (mod 1111). Từ đó
76 ≡ (a − b)3 + 3ab(a − b) ≡ 64 + 12ab (mod 1111).
Suy ra ab ≡ 1 (mod 1111), hay b(b + 4) ≡ 1 (mod 1111). Một cách tương đương, ta có
(b + 2)2 ≡ 5 (mod 1111).
Từ đó (b + 2)2 ≡ 5 (mod 11) và (b + 2)2 ≡ 5 (mod 101).
Vì (b + 2)2 ≡ 5 ≡ 16 (mod 11) nên b ≡ 2, 5 (mod 11).
Vì (b + 2)2 ≡ 5 ≡ 452 (mod 101) nên b ≡ 43, 54 (mod 101).
Kết hợp hai kết quả lại, ta suy ra b phải có một trong các dạng 1111k + 750, 1111k + 761, 1111k + 346 hoặc 1111k + 357 với k nguyên. Mà 1 ≤ b < 500 nên b ∈ {346, 357}. Kết hợp với a ≡ b (mod 1111) và 1 ≤ a < 500, ta được (a, b) ∈ {(350, 346), (361, 357)}.
Bây giờ, ta sẽ chứng minh hai cặp số (350, 346) và (361, 357) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Dễ thấy với hai cặp số (a, b) như trên, ta có a2 ≡ 4a + 1 (mod 1111) và b2 ≡ −4b + 1 (mod 1111). (Ta có thể suy ra điều này từ a − b ≡ 4 (mod 1111) và ab ≡ 1 (mod 1111) mà không phải tính toán gì.)
Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh với mọi số tự nhiên m, thì u2m+1 ≡ a2m+1 − b2m+1 (mod 1111) với mọi số nguyên dương n lẻ và u2m = a2m + b2m (mod 1111). Với m = 0 và m = 1, khẳng định hiển nhiên đúng. Giả sử khẳng định đúng đến m với m nguyên dương. Sử dụng giả thiết quy nạp, ta có
u2m+2 = 4u2m+1 + u2m = 4(a2m+1 − b2m+1) + a2m + b2m
= (4a + 1)a2m + (1 − 4b)b2m ≡ a2m+2 + b2m+2 (mod 1111).
Từ đó
u2m+3 = 4u2m+2 + u2m+1 = 4(a2m+2 + b2m+2) + a2m+1 − b2m+1
= (4a+1)a2m+1 + (4b − 1)b2m+1 ≡ a2m+3 − b2m+3 (mod 1111).
Như vậy, khẳng định cũng đúng với m + 1. Theo nguyên lý quy nạp, ta có khẳng định đúng với mọi số tự nhiên m.
Vậy, có hai cặp số thỏa mãn yêu cầu đề bài là (350, 346) và (361, 357).
Bài toán (Poland Finals 2002)
Cho
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
Lời giải
Ta có :
Không giảm tổng quát, ta giả sử
Suy ra :
Và lại suy ra :
Cứ tiếp tục quá trình này ta suy ra
Như vậy
Bài toán
Xét dãy số
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
b) Chứng minh rằng với
Lời giải
a) Ta thấy
Vậy ta có dự đoán:
Và chứng minh dự đoán này bằng quy nạp, giả sử điều đó đúng đến
Theo nguyên lí quy nạp ta có
Điều phải chứng minh.
b) Nhận thấy dãy nói ở đề bài chính là dãy Fibonacci.
Từ đó theo định luật tuần hoàn của dãy số dư, ta có dãy số dư
Bài toán (China 1991)
Cho dãy số
Chứng minh có vô hạn số hạng của dãy
Lời giải
Gọi
Xét dãy gồm các bộ số dư :
Dãy trên có vô số số hạng mà số bộ khác nhau là hữu hạn vì
Từ đó :
Tức là ta đã được :
Từ đó dựa vào công thức xác định dãy, ta thu được :
Hơn nữa ta có
Bài toán (VMO 2022-2023)
Cho các số nguyên
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương
i) Có vô số số nguyên dương
ii) Có vô số số nguyên dương
Chứng minh
Giả sử trong dãy
Bây giờ ta xét trường hợp dãy
Gọi
Với
Với mọi số nguyên dương
Lấy
Bài toán
Cho dãy số nguyên
Hãy tìm tất cả các số nguyên dương
Lời giải.
Theo tính chất quen thuộc của dãy số nguyên, ta có
Từ đó, ta suy ra
Giả sử rằng số
là số chính phương với mọi
Ở chiều ngược lại, với bất kì số
Bài toán (VMO 2018-2019)
Cho dãy số nguyên dương
a) Chứng minh rằng nếu
b) Tìm tất cả các cặp số
Lời giải.
a) Bổ đề. Số
Thật vậy, nếu
Chú ý rằng
Mặt khác,
Trở lại bài toán,
Đặt
Xét chu kỳ của số dư khi chia cho 3 của dãy thông qua nhận xét
Lại xét chu kỳ của số dư khi chia cho 8 của dãy thông qua nhận xét
Suy ra
b) Theo bổ đề đã biết, ta thấy rằng tồn tại
trong đó,
Vì dãy
Do đó,
với mọi số tự nhiên
Ta có
Để ý rằng
Với
Vậy cặp giá trị cần tìm là
Bài toán
Cho dãy số
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g) Gọi
h) Gọi
Lời giải
a) Dễ thấy rằng hai số Fibonacci liên tiếp không có ước chung lớn hơn 1.
Nếu
b)
Trong dấu ngoặc bên phải, số hạng đầu tiên và số hạng cuối cùng có thể được ghép cặp để tạo thành một số Lucas:
Các số hạng thứ hai và áp chót có thể được ghép cặp để tạo thành tích của
Và cứ tiếp tục như vậy. Lưu ý rằng số lượng số hạng trong dấu ngoặc bên phải là
Nếu
d) Đây chỉ là hệ quả của câu c.
Bài toán (VMO 2017-2018)
Cho dãy số
a) Với
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm
Lời giải.
a) Ta chứng minh được
Giả sử
nên
b) Xét các trường hợp sau:
-
Trường hợp 1:
. Xét trong modulo 2, ta có , , , , , , , Do đó, chẵn với mọi chia hết cho 3 và lẻ trong các trường hợp còn lại. Từ đây suy ra, để chia hết cho , ta phải có chia hết cho 3. Cặp số thỏa mãn trong trường hợp này là với . -
Trường hợp 2:
. Dễ thấy với . -
Trường hợp 3:
. Với mọi , ta cóDo đó
Nói cách khác, với mọi
, ta cóDo đó
chia hết cho khi và chỉ khi chia hết cho , chia hết cho khi và chỉ khi chia hết cho (nếu ), Một cách tổng quát, ta có chia hết cho khi và chỉ khi chia hết cho (nếu , ). (2)Bây giờ, do
chia hết cho nên , suy ra . Đặt với , , . Xét các trường hợp sau:-
Trường hợp 3.1:
chẵn. Theo nhận xét (2), ta có chia hết cho khi và chỉ khi chia hết cho . Suy raNếu
thì từ bất đẳng thức trên, ta suy ra (do tăng ngặt với mọi ), mâu thuẫn. Do đó , tuy nhiên điều này cũng mâu thuẫn vì -
Trường hợp 3.2:
lẻ. Theo nhận xét (2), ta có chia hết cho khi và chỉ khi chia hết cho . Mặt khác, theo (2), ta lại cónên
chia hết cho khi và chỉ khi chia hết cho . Nếu , ta có nên , mâu thuẫn. Do đó, và giá trị này thỏa mãn. Suy ra, trong trường hợp này, cặp số thỏa mãn yêu cầu là với .Tóm lại, các cặp số cần tìm là
và với .
Bài toán (IMO Shortlist 1988)
Cho dãy số nguyên
xác định bởi :Chứng minh rằng
khi và chỉ khi .Lời giải
Bổ đề : Cho dãy số
xác định bởi và :Khi đó với
nguyên dương bất kỳ, ta có :Chứng minh bổ đề
Ta chứng minh bằng quy nạp theo
, với thì hiển nhiên. Giả sử (*) đúng với và . Xét với :Quy nạp hoàn tất, như vậy ta có đẳng thức (*).
Kết quả này là một kết quả quan trọng được dùng cho nhiều bài toán.
Trở lại bài toán
Ta chọn
trong (*) thì ta được :Bằng quy nạp ta chứng minh được
lẻ và chẵn. Như vậy lẻ.Nếu
. Đặt , với lẻ. Sử dụng (*) ta được :Nếu
thì cứ tiếp tục quá trình này, ta được và điều này vô lí vì lẻ (do lẻ).Vậy phải có
, suy ra .Nếu
. Đặt và cũng sử dụng (**) ta có :Bài toán hoàn tất.
Link -
Nhận xét
Đăng nhận xét