Bài toán (Đề thi thử sức – Đồng hành cùng gặp gỡ toán học 2014) Cho dãy số $(a_n)$ được xác định bởi : \[\left\{\begin{matrix} a_0=0,a_1=1\\ a_{n+2}=2014a_{n+1}-a_n,\;\forall n\geq 0 \end{matrix}\right.\] Chứng minh rằng với mọi $n\geq 2$ thì $a_n$ là hợp số. Lời giải : Ta giải bài toán tổng quát hơn sau, cho $k$ là số nguyên dương và dãy $(a_n)$ xác định bởi : \[\left\{\begin{matrix} a_0=0,a_1=1\\ a_{n+2}=2ka_{n+1}-a_{n},\;\forall n\geq 0 \end{matrix}\right.\] Ta chứng minh với mọi $n\geq 2$ thì $a_n$ là hợp số. Ta dễ dàng chứng minh được : \[a_{2n}\equiv 0\;\pmod k\] \[a_{4n+1}\equiv 1\;\;\pmod k,a_{4n+3}\equiv -1\;\;\pmod k\] Từ đó $a_{2n}$ là hợp số $(1)$ Tiếp theo : Ta chứng minh bằng quy nạp : \[a_{2n+1}=a^2_{n+1}-a^2_{n}\;\;\;(*)\] \[2ka_{2n+2}=a^2_{n+2}-a^2_{n}\;\;\;(**)\]. Với $n=0$ ta có : \[a_1=1=1-0=a_1^2-a_0^2\] \[2ka_2=4k^2=4k^2-0=a_2^2-a_0^2\] Gỉa sử có $(*)$ và $(**)$. Xét với $n+1$ : \[a_{2n+3}=2ka_{2n+2}-a_{2n+1}=(a^2_{n+2}-a^2_n)-(a^2_{n+1}-a^2_n)=a^2_{n+2}-a_{n+1}^2\] \[2ka_{2n+4}=4k^2.a_{2n+3}-2ka_{2n+2}=4k^2(a^2_{n+2}-a^2_{n+1})-(a^2_{n+2}-a_n^2)=(4k^2-1)a_{n+2}^2-4k^2a^2_{n+1}+a_n^2\] Lại chú ý vì $a_{n+2}=2ka_{n+1}-a_n$ và $a_{n+3}=2ka_{n+2}-a_{n+1}$ nên ta được : \[a_n=2ka_{n+1}-a_{n+2}\] và \[a_{n+2}=\dfrac{a_{n+3}+a_{n+1}}{2k}\] Suy ra : \[2ka_{2n+4}=(4k^2-1)a_{n+2}^2-4k^2a^2_{n+1}+a_n^2=\left ( 4k^2-1 \right ).\dfrac{(a_{n+3}+a_{n+1})^2}{4k^2}-4k^2.a_{n+1}^2+(2ka_{n+1}-a_{n+2})^2=\dfrac{4k^2-1}{4k^2}.(a_{n+3}+a_{n+1})^2-4ka_{n+1}a_{n+2}+a_{n+2}^2=\dfrac{4k^2-1}{4k^2}(a_{n+3}+a_{n+1})^2-4k.a_{n+1}.\dfrac{a_{n+3}+a_{n+1}}{2k}+\dfrac{(a_{n+3}+a_{n+1})^2}{4k^2}=a_{n+3}^2-a_{n+1}^2\] Vậy theo nguyên lí quy nạp ta được : \[a_{2n+1}=a^2_{n+1}-a^2_{n}\;\;\;\;(*)\]. \[2ka_{2n+2}=a^2_{n+2}-a^2_{n}\;\;\;\;\]. Với mọi số tự nhiên $n$. Từ $(*)$ ta được $a_{2n+1}$ là hợp số $(2)$ Từ $(1)(2)$ suy ra $a_n$ là hợp số với mọi $n \geq 2$ Bài này lấy ý tưởng từ tính chất của đa thức Chebyshev loại II : Đa thức $U_n(x)$ biến $x$ và có bậc $n$ xác định bởi : \[U_0(x)=1,U_1(x)=2x,U_{n+1}(x)=2xU_{n}(x)-U_{n-1}(x)\]. Được gọi là đa thức Chebyshev loại II. Có thể dễ dàng tìm được công thức của $U_n(x)$ là : \[U_{n}(x)=\dfrac{\left ( x+\sqrt{x^2-1} \right )^n-\left ( x-\sqrt{x^2-1} \right )^n}{(x+\sqrt{x^2-1})-(x-\sqrt{x^2-1})}\] Một số đa thức đầu tiên và phân tích ra nhân tử của chúng : Bài trên đã khai thác tính chất sau của đa thức Chebyshev loại II : \[U_{2n}(x)=U_{n}^2-U_{n-1}^2\] \[2xU_{2n+1}(x)=U_{n+1}^2(x)-U_{n-1}^2(x)\]

Arithmetic Sequence

Bài toán (Đề thi thử sức – Đồng hành cùng gặp gỡ toán học 2014)

Cho dãy số $(a_{n})$ được xác định bởi :

${a_{0} = 0, a_{1} = 1 a_{n + 2} = 2014 a_{n + 1} - a_{n}, \forall n \geq 0$

Chứng minh rằng với mọi $n \geq 2$ thì $a_{n}$ là hợp số.

Lời giải :

Ta giải bài toán tổng quát hơn sau, cho $k$ là số nguyên dương và dãy $(a_{n})$ xác định bởi :

${a_{0} = 0, a_{1} = 1 a_{n + 2} = 2 k a_{n + 1} - a_{n}, \forall n \geq 0$

Ta chứng minh với mọi $n \geq 2$ thì $a_{n}$ là hợp số.

Ta dễ dàng chứng minh được :

$a_{2 n} \equiv 0 (mod k)$

$a_{4 n + 1} \equiv 1 (mod k), a_{4 n + 3} \equiv - 1 (mod k)$

Từ đó $a_{2 n}$ là hợp số $(1)$

Ta chứng minh bằng quy nạp :

$a_{2 n + 1} = a_{n + 1}^{2} - a_{n}^{2} (*)$

$2 k a_{2 n + 2} = a_{n + 2}^{2} - a_{n}^{2} (* *)$ .

Với $n = 0$ ta có :

$a_{1} = 1 = 1 - 0 = a_{1}^{2} - a_{0}^{2}$

$2 k a_{2} = 4 k^{2} = 4 k^{2} - 0 = a_{2}^{2} - a_{0}^{2}$

Gỉa sử có $(*)$ và $(* *)$ . Xét với $n + 1$ :

$a_{2 n + 3} = 2 k a_{2 n + 2} - a_{2 n + 1} = (a_{n + 2}^{2} - a_{n}^{2}) - (a_{n + 1}^{2} - a_{n}^{2}) = a_{n + 2}^{2} - a_{n + 1}^{2}$

$2 k a_{2 n + 4} = 4 k^{2} . a_{2 n + 3} - 2 k a_{2 n + 2} = 4 k^{2} (a_{n + 2}^{2} - a_{n + 1}^{2}) - (a_{n + 2}^{2} - a_{n}^{2}) = (4 k^{2} - 1) a_{n + 2}^{2} - 4 k^{2} a_{n + 1}^{2} + a_{n}^{2}$

Lại chú ý vì $a_{n + 2} = 2 k a_{n + 1} - a_{n}$ và $a_{n + 3} = 2 k a_{n + 2} - a_{n + 1}$ nên ta được :

$a_{n} = 2 k a_{n + 1} - a_{n + 2}$ và $a_{n + 2} = \frac{a _{n + 3} + a _{n + 1}}{2 k}$

Suy ra :

$2 k a_{2 n + 4} = (4 k^{2} - 1) a_{n + 2}^{2} - 4 k^{2} a_{n + 1}^{2} + a_{n}^{2} = (4 k^{2} - 1) . \frac{( a _{n + 3} + a _{n + 1} ) ^{2}}{4 k ^{2}} - 4 k^{2} . a_{n + 1}^{2} + (2 k a_{n + 1} - a_{n + 2})^{2} = \frac{4 k ^{2} - 1}{4 k ^{2}} . (a_{n + 3} + a_{n + 1})^{2} - 4 k a_{n + 1} a_{n + 2} + a_{n + 2}^{2} = \frac{4 k ^{2} - 1}{4 k ^{2}} (a_{n + 3} + a_{n + 1})^{2} - 4 k . a_{n + 1} . \frac{a _{n + 3} + a _{n + 1}}{2 k} + \frac{( a _{n + 3} + a _{n + 1} ) ^{2}}{4 k ^{2}} = a_{n + 3}^{2} - a_{n + 1}^{2}$

Vậy theo nguyên lí quy nạp ta được :

$a_{2 n + 1} = a_{n + 1}^{2} - a_{n}^{2} (*)$ .

$2 k a_{2 n + 2} = a_{n + 2}^{2} - a_{n}^{2}$ .

Với mọi số tự nhiên $n$ .

Từ $(*)$ ta được $a_{2 n + 1}$ là hợp số $(2)$

Từ $(1) (2)$ suy ra $a_{n}$ là hợp số với mọi $n \geq 2$

Bài này lấy ý tưởng từ tính chất của đa thức Chebyshev loại II :

Đa thức $U_{n} (x)$ biến $x$ và có bậc $n$ xác định bởi :

$U_{0} (x) = 1, U_{1} (x) = 2 x, U_{n + 1} (x) = 2 x U_{n} (x) - U_{n - 1} (x)$ .

Được gọi là đa thức Chebyshev loại II.

Có thể dễ dàng tìm được công thức của $U_{n} (x)$ là :

$U_{n} (x) = \frac{( x + x ^{2} - 1 ) ^{n} - ( x - x ^{2} - 1 ) ^{n}}{( x + x ^{2} - 1 ) - ( x - x ^{2} - 1 )}$

Một số đa thức đầu tiên và phân tích ra nhân tử của chúng :

Bài trên đã khai thác tính chất sau của đa thức Chebyshev loại II :

$U_{2 n} (x) = U_{n}^{2} - U_{n - 1}^{2}$

$2 x U_{2 n + 1} (x) = U_{n + 1}^{2} (x) - U_{n - 1}^{2} (x)$

Arithmetic Sequence

Đề bài

Mô tả