Arithmetic Sequence

Bài toán : (Vietnamese Team Selection Test 2006)

Cho dãy số thực $(a_n)$ được xác định bởi $a_0=1,a_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_n+\frac{1}{3a_n}\right)$ với mọi $n=1,2,\mathrm{3...}$.

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$, số $A_n=\frac{3}{3a_n^2-1}$ là một số chính phương và nó có ít nhất $n$ ước nguyên tố phân biệt.

Lời giải :

Bổ đề :

Nếu với mọi số nguyên dương $n$ ta viết $(2+\sqrt{3}{)}^n=X_n+Y_n\sqrt{3}(X_n,Y_n\in \mathbb{Z})$ thì ta có $\gcd (X_n,Y_n)=1$.

Chứng minh bổ đề :

Với $n=1,2$ thì hiển nhiên là bài toán đúng. Gỉa sử như vậy. Xét với $n+1$.

$$(2+\sqrt{3}{)}^{n+1}=(2+\sqrt{3})(X_n+Y_n\sqrt{3})=(2X_n+3Y_n)+(X_n+2Y_n)\sqrt{3}$$

Gỉa sử tồn tại một số nguyên tố $p$ mà $p\mid X_{n+1},p\mid Y_{n+1}$. Khi đó :

$$p\mid X_{n+1}-2Y_{n+1}=(2X_n+3Y_n)-2(X_n+2Y_n)=-Y_n$$

Suy ra :

$$p\mid Y_{n+1}-2Y_n=X_n$$

Mâu thuẫn với giả thiết quy nạp là $\gcd (X_n,Y_n)=1$. Từ đó bổ đề được chứng minh

Trở lại bài toán :

Đặt $b_n=3a_n$ ta được $\{\begin{array}{c}{b}_0=3\\ b_{n+1}=\frac{b_n^2+3}{2b_n}\end{array}$ và $A_n=\frac{9}{b_n^2-3}$.

Ta có :

$$b_{n+1}+\sqrt{3}=\frac{b_n^2+3}{2b_n}+\sqrt{3}=\frac{{\left(b_n+\sqrt{3}\right)}^2}{2b_n}$$

$$b_{n+1}-\sqrt{3}=\frac{b_n^2+3}{2b_n}-\sqrt{3}=\frac{{\left(b_n-\sqrt{3}\right)}^2}{2b_n}$$

Suy ra :

$\frac{b_{n+1}+\sqrt{3}}{b_{n+1}-\sqrt{3}}$$={\left(\frac{b_n+\sqrt{3}}{b_n-\sqrt{3}}\right)}^{2^1}$$=...$$={\left(\frac{b_0+\sqrt{3}}{b_0-\sqrt{3}}\right)}^{2^{n+1}}$$=(2+\sqrt{3}{)}^{2^{n+1}}$

Ta được :

$$b_n=\frac{(2+\sqrt{3}{)}^{2^n}+1}{(2+\sqrt{3}{)}^{2^n}-1}.\sqrt{3}$$

Từ đó :

$A_n$$=\frac{9}{b_n^2-3}$$=\frac{3}{4}\left((2+\sqrt{3}{)}^{2^n}+\frac{1}{(2+\sqrt{3}{)}^{2^n}}-2\right)$$=\frac{3}{4}\left((2+\sqrt{3}{)}^{2^n}+(2-\sqrt{3}{)}^{2^n}-2\right)$$=\frac{3}{4}.{\left[(2+\sqrt{3}{)}^{2^{n-1}}-(2-\sqrt{3}{)}^{2^{n-1}}\right]}^2$

Để ý rằng ta có các biểu diễn :

$$(2\pm \sqrt{3}{)}^{2^n}=P_n\pm Q_n\sqrt{3}(P_n,Q_n\in \mathbb{Z})$$

Từ đó :

$$(2+\sqrt{3}{)}^{2^{n-1}}-(2-\sqrt{3}{)}^{2^{n-1}}=2Q_{n-1}\sqrt{3}$$

Từ đó suy ra :

$$A_n=\frac{3}{4}.(2Q_{n-1}\sqrt{3}{)}^2=9Q_{n-1}^2$$

Là một số chính phương.

Để chứng minh $A_n$ có ít nhất $n$ ước nguyên tố thì do $A_n$ chính phương nên ta chỉ cần chứng minh $\sqrt{A_n}$ có ít nhất $n$ ước nguyên tố.

Ta có :

$\sqrt{A_n}$$=\frac{\sqrt{3}}{2}.\left[(2+\sqrt{3}{)}^{2^{n-1}}-(2-\sqrt{3}{)}^{2^{n-1}}\right]$$=\frac{\sqrt{3}}{2}.\left[(2+\sqrt{3}{)}^{2^{n-2}}-(2-\sqrt{3}{)}^{2^{n-2}}\right].\left[(2+\sqrt{3}{)}^{2^{n-2}}+(2-\sqrt{3}{)}^{2^{n-2}}\right]$

$$=\frac{\sqrt{3}}{2}.2Q_{n-2}\sqrt{3}.2P_{n-2}=6P_{n-2}{Q}_{n-2}$$

Theo bổ đề ta có $\gcd (P_{n-2},Q_{n-2})=1$ nên $P_{n-2}$ có ít nhất một ước nguyên tố $p$ mà không là ước của $Q_{n-2}$.

Hơn nữa do $Q_{n-1}=2Q_{n-2}{P}_{n-2}$ nên $Q_{n-1}$ có nhiều hơn $Q_{n-2}$ ít nhất một ước nguyên tố.

Mà $Q_1=4$ có ước nguyên tố $2$, $Q_2=56$ có hai ước nguyên tố $2,7$. Quy nạp ta được $Q_n$ có ít nhất $n$ ước nguyên tố. Suy ra $\sqrt{A_n}=3Q_n$ có ít nhất $n$ ước nguyên tố phân biệt. Ta được điều phải chứng minh.