Bài toán (Poland Finals 2002) Cho là một số nguyên dương cố định. Xét dãy thỏa mãn : Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương khác thì nguyên tố cùng nhau. Lời giải : Ta có : Không giảm tổng quát, ta giả sử . Khi đó gọi là một ước nguyên tố chung của . Ta có : Suy ra : Và lại suy ra : Cứ tiếp tục quá trình này ta suy ra , suy ra . Mâu thuẫn. Như vậy không có một ước nguyên tố nào, tức là . Điều phải chứng minh. Bài toán : Xét dãy số thỏa mãn :
Lời giải :
Vậy ta có dự đoán : Và chứng minh dự đoán này bằng quy nạp, giả sử điều đó đúng đến . Xét với : Theo nguyên lí quy nạp ta có với mọi nguyên dương, suy ra với mọi nguyên dương. Điều phải chứng minh.
Từ đó theo định luật tuần hoàn của dãy số dư, ta có dãy số dư là dãy tuần hoàn. Trong đó là số dư khi chia cho với mỗi . Hơn nữa vì , điều này đồng nghĩa tồn tại vô hạn số hạng của dãy Fibonacci là bội của . Điều phải chứng minh. Bài toán : (International Mathematical Olympiad 1981) Tìm giá trị lớn nhất của trong đó là các số nguyên thỏa mãn và . Lời giải : Trước hết ta sẽ chứng minh rằng với cặp nguyên dương bất kỳ thỏa mãn thì đều tồn tại sao cho với là số hạng thứ của dãy Fibonacci : Ta gọi là một cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa . Vì các cặp đều thỏa và dễ dàng thấy những giá trị này đều thuộc dãy Fibonacci nên ta chỉ xét với . Ta có : Ta chọn . Thế thì nguyên dương. Hơn nữa dễ kiểm tra được cặp cũng sẽ thỏa . Để ý : Chọn tiếp cặp thì nguyên dương và cặp cũng thỏa và cũng thu được . Cứ tiếp tục quá trình này : Hơn nữa bị chặn dưới bởi nên phải tồn tại sao cho , kéo theo . Điều này tức là : . Suy ra : … Như vậy với cặp bất kỳ thỏa thì tồn tại để mà . Điều này chứng tỏ mọi nghiệm của là . Ta liệt kê các số hạng của dãy Fibonacci không vượt quá : Ta kết luận được . Bài toán : Xét phương trình .
Lời giải :
Trong chọn ra cặp thỏa mãn nhỏ nhất, giả sử . Xét phương trình : Dễ thấy phương trình này có nghiệm , gọi nghiệm còn lại là . Theo định lí Viete : Từ đây dễ thấy cũng nguyên dương, vì tính nhỏ nhất của nên . Suy ra : Vì nguyên dương nên . Như vậy : Và dấu bằng chỉ xảy ra khi . Mâu thuẫn. Như vậy . Hơn nữa theo AM-GM ta dễ thấy . Ta được . Thử lại với thì là một nghiệm của phương trình.
Xét dãy số xác định như sau : Ta chứng minh nếu là cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa khi và chỉ khi để . Thực vậy, dễ kiểm tra được thỏa với mọi . Gọi là một cặp số nguyên dương bất kỳ thỏa . Nếu thì , tức tồn tại để . Do đó ta chỉ cần xét , giả sử luôn . Khi đó ta chọn . Dễ thấy nguyên dương và cặp lúc này cũng thỏa . Để ý ta có : Suy ra . Hoàn toàn tương tự ta chọn được cặp cũng thỏa nguyên dương và . Cứ tiếp tục quá trình này, ta được : Nhưng bị chặn dưới bởi nên phải tồn tại sao cho : Từ đó : … . Như vậy với cặp bất kỳ thì tồn tại để . Từ đó tất cả các nghiệm của phương trình là với dãy xác định như trên. Lưu ý : Kỹ thuật xét dãy như trên : Xét dãy truy hồi tuyến tính cấp hai : Để ý thì thấy : Như vậy : Do đó nếu gặp phương trình có dạng : Thì ta sẽ xét dãy . Bài toán (China 1991) Cho dãy số nguyên thỏa mãn với mọi tự nhiên. Gỉa sử . Chứng minh có vô hạn số hạng của dãy chia hết cho . Lời giải : Gọi là số dư của khi chia cho ứng với mỗi . Ta chứng minh dãy tuần hoàn. Xét dãy gồm các bộ số dư : Dãy trên có vô số số hạng mà số bộ khác nhau là hữu hạn vì . Như vậy theo nguyên lí Dirichlet, sẽ tồn tại hai bộ trùng nhau. Tức là tồn tại nguyên dương : Từ đó : … Tức là ta đã được : Từ đó dựa vào công thức xác định dãy, ta thu được : Hơn nữa ta có nên sẽ tồn tại vô hạn số hạng của dãy chia hết cho . Bài toán : Cho dãy số xác định bởi :
Chứng minh rằng dãy trên chứa vô hạn các số hạng nguyên dương. Lời giải :
Theo nguyên lí quy nạp, ta có điều phải chứng minh.
Tức là ta đi chứng minh nếu nguyên tố và lớn hơn thì : Ta chứng tỏ . Thực vậy ta có : Sử dụng định lý Legendre : Ta chứng minh nhận xét sau : Thực vậy, ta đặt với . Khi ấy : Rõ ràng nhận xét sẽ đúng nếu mà . Do vậy chỉ xét . Khi ấy cần chứng minh : Vậy nhận xét được chứng minh, sử dụng nhận xét này ta dễ dàng suy ra : Và vì nên nhiệm vụ còn lại là chứng minh : Ta lại có : Nên chỉ cần chứng tỏ : Và đây chính là nội dung của định lý Wolstenholme. Bài toán được chứng minh. Một chút về định lý Wolstenholme : Định lý có bốn cách phát biểu khác nhau : Phát biểu 1 : Với mọi số nguyên tố lớn hơn và : Thì . Phát biểu 2 :Với mọi số nguyên tố lớn hơn và : Thì . Phát biểu 3 : Với mọi số nguyên tố lớn hơn thì : Phát biểu 4 : Với mọi số nguyên tố lớn hơn thì : Xem chứng minh cụ thể tại đây. Bài toán : Cho dãy số xác định bởi và : . Chứng minh rằng nếu là số nguyên tố thì . (Dãy số xác định như trên được gọi là Dãy Perrin) Lời giải : Phương trình đặc trưng của dãy là : Gọi là ba nghiệm của phương trình này thì luôn được biểu diễn dưới dạng : Ta có : Hơn nữa theo định lí Viete ta có : . Ta được : Như vậy thì : . Ta sẽ chứng minh nhận xét sau : với mọi số nguyên tố và là các số thỏa nguyên và nguyên. Với thì bằng khai triển nhị thức Newton và chú ý , điều cần chứng minh là đúng. Gỉa sử điều này đúng đến , xét với . Ta đặt và thì theo giả thiết quy nạp Ta có : Ta quy nạp hoàn tất. Trở lại với bài toán, theo nhận xét : Tức là . Bài toán hoàn tất. Bài toán (Bulgarian Mathematical Olympiad 2001) Xét dãy số thỏa mãn và : với mọi . Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên , luôn tồn tại hai dãy sao cho : Gợi ý giải : Ta xây dựng dãy mới như sau : Ta có một tính chất đặc biệt sau của dãy tuyến tính bậc hai : Rõ ràng ta phải chọn và . Hay là : và Khi đó ta có : Như vậy ta phải chọn dãy để mà . Cho thì tức . Chọn thì . Ta có hệ sau : Lời giải : Ta xét dãy : Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi . Với hiển nhiên. Gỉa sử điều đó đúng với và . Ta có : Theo nguyên lí quy nạp thì với mọi số tự nhiên . Hơn nữa ta dễ dàng thấy được : Và công việc còn lại của ta chỉ cần chọn hai dãy và sao cho : Hiển nhiên chọn được. Bài toán hoàn tất. Bài toán (Vietnamses Mathematical Olympiad 1987) Cho hai dãy số và xác định bởi : và Chứng minh rằng Lời giải : Chú ý là số nguyên tố, từ đó theo định lí Fermat, ta có : Từ đó : Quy nạp ta được Cũng bằng quy nạp ta được Từ đó dễ thấy điều phải chứng minh. Bài toán (Tổng quát Vietnamese Team Selection Test 2012) Cho là một số nguyên tố lẻ và xét dãy số thỏa và : Chứng minh rằng là một số chính phương với mọi số nguyên dương . Lời giải : Xét các đa thức Chebyshev loại I và loại II : Ta có một đẳng thức quen thuộc liên hệ giữa hai đa thức này dưới dạng kiểu phương trình Pell : Ta sẽ chứng minh : và Thực vậy, ta có tính chất quen thuộc sau của đa thức Chebyshev loại I là : Điều này đồng nghĩa với việc đa thức nhận làm nghiệm, hay nhận làm nhân tử, tức Ta cũng có : Do đó nếu lẻ thì . Điều này cho thấy đa thức nhận làm nghiệm, hay nhận làm nhân tử, tức Dễ dàng nhận thấy rằng với mọi số tự nhiên . Ở đây, ta chỉ xét lẻ : Gọi : Từ đó suy ra là một số chẵn, nhưng điều này vô lí vì với lẻ thì chẵn và mọi đa thức Chebyshev loại II có bậc chẵn đều là số lẻ nếu biến số là số nguyên. Như vậy phải có . Từ ta suy ra ngay là một số chính phương với mọi số nguyên dương lẻ. Tức là chính phương với mọi số nguyên dương . Bài toán hoàn tất. Một số tính chất của đa thức Chebyshev loại I và II có thể xem tại đây. |
