Arithmetic Sequence

Bài toán : Cho dãy số $(a_n)$ xác định bởi :

$$a_1=0,a_{n+1}=\frac{n^3(4n+2)}{(n+1{)}^4}{a}_n+\frac{3n+1}{(n+1{)}^4},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$

a) Chứng minh rằng $a_n=\frac{C_{2n}^n-2}{2n^3}$.

b) (Chọn đội tuyển HSG THPT Chuyên Khoa học Tự Nhiên, ĐHQG Hà Nội 2010)

Chứng minh rằng dãy trên chứa vô hạn các số hạng nguyên dương.

Lời giải :

a) Ta chứng minh bằng quy nạp, dễ thấy với $n=0,1$ thì đúng. Gỉa sử có điều đó với $n$. Xét với $n+1$ :

$a_{n+1}$$=\frac{n^3(4n+2)}{(n+1{)}^4}.\frac{C_{2n}^n-2}{2n^3}+\frac{3n+1}{(n+1{)}^4}$$=\frac{(2n+1)}{(n+1{)}^4}.\left(\frac{2n(2n-1)(2n-2)...(n+1)}{n!}-2\right)+\frac{3n+1}{(n+1{)}^4}$$=\frac{1}{(n+1{)}^4}\left(\frac{(2n+2)(2n+1)(2n)...(n+2)(n+1)}{2(n+1)!}-2(2n+1)\right)+\frac{3n+1}{(n+1{)}^4}$$=\frac{1}{(n+1{)}^4}.\left(\frac{C_{2n+2}^{n+1}.(n+1)}{2}-2(2n+1)\right)+\frac{3n+1}{(n+1{)}^4}$$=\frac{C_{2n+2}^{n+1}}{2(n+1{)}^3}+\frac{3n+1}{(n+1{)}^4}-\frac{2(2n+1)}{(n+1{)}^4}$$=\frac{C_{2n+2}^{n+1}-2}{2(n+1{)}^3}$

Theo nguyên lí quy nạp, ta có điều phải chứng minh.

b) Ta chứng minh với mọi số nguyên tố $p>3$ thì $a_p$ nguyên dương, khi đó bài toán hoàn toàn được giải quyết.

Tức là ta đi chứng minh nếu $p$ nguyên tố và lớn hơn $3$ thì :

$$2p^3\mid C_{2p}^p-2$$

Ta chứng tỏ $2\mid C_{2p}^p$. Thực vậy ta có :

$C_{2p}^p$$=\frac{2p(2p-1)(2p-2)...(p+1)}{p!}$$=\frac{(2p)!}{(p!{)}^2}$$\Rightarrow v_2(C_{2p}^p)$$=v_2((2p)!)-2v_2((p!))$

Sử dụng định lý Legendre :

$v_2((2p)!)$$=\lfloor p\rfloor +\lfloor \frac{p}{2}\rfloor +\lfloor \frac{p}{2^2}\rfloor +..$

$2v_2(p!)$$=2\lfloor \frac{p}{2}\rfloor +2\lfloor \frac{p}{2^2}\rfloor +2\lfloor \frac{p}{2^3}\rfloor +...$

Ta chứng minh nhận xét sau :

$$2\lfloor \frac{p}{2^{n+1}}\rfloor \le \lfloor \frac{p}{2^n}\rfloor$$

Thực vậy, ta đặt $p=2^{n+1}.k+t$ với $t\in \left\{1,3,5,...,2^{n+1}-1\right\}$. Khi ấy :

$2\lfloor \frac{p}{2^{n+1}}\rfloor$$=2\lfloor \frac{2^{n+1}.k+t}{2^{n+1}}\rfloor$$=2\lfloor k+\frac{t}{2^{n+1}}\rfloor ,\lfloor \frac{p}{2^n}\rfloor$$=\lfloor 2k+\frac{t}{2^n}\rfloor$

Rõ ràng nhận xét sẽ đúng nếu mà $t<2^n<2^{n+1}$. Do vậy chỉ xét $2^n<t<2^{n+1}$. Khi ấy cần chứng minh :

$2\lfloor \frac{p}{2^{n+1}}\rfloor$$=2k$$<2k+1$$=\lfloor 2k+\frac{t}{2^n}\rfloor$$=\lfloor \frac{p}{2^n}\rfloor$

Vậy nhận xét được chứng minh, sử dụng nhận xét này ta dễ dàng suy ra :

$$v_2\left((2p)!\right)>2v_2(p!)\Rightarrow 2\mid C_{2p}^p-2$$

Và vì $\gcd (p,2)=1$ nên nhiệm vụ còn lại là chứng minh :

$$C_{2p}^p\equiv 2(\mathrm{mod}{p}^3)$$

Ta lại có :

$$C_{2p}^p=\frac{2p(2p-1)(2p-2)..(p+1)}{p!}=2\frac{(2p-1)(2p-2)...}{(p-1)!}=C_{2p-1}^{p-1}$$

Nên chỉ cần chứng tỏ :

$$C_{2p-1}^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^3)$$

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 $p$ lớn hơn $3$ và :

$1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{(p-1{)}^2}$$=\frac{m}{n}\left(m,n\in \mathbb{Z},\gcd (m,n)=1\right)$

Thì $p\mid m$.

Phát biểu 2 :Với mọi số nguyên tố $p$ lớn hơn $3$ và :

$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{(p-1)}$$=\frac{m}{n}\left(m,n\in \mathbb{Z},\gcd (m,n)=1\right)$

Thì $p^2\mid m$.

Phát biểu 3 : Với mọi số nguyên tố $p$ lớn hơn $3$ thì :

$$C_{2p-1}^{p-1}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2p-1}{p-1}\right)\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^3)$$

Phát biểu 4 : Với mọi số nguyên tố $p$  lớn hơn $3$ thì :

$$C_{ap}^{bp}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{ap}{bp}\right)\equiv \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{b}\right)=C_a^b(\mathrm{mod}{p}^3)$$

Xem chứng minh cụ thể tại đây.