Sequence – Limit

Bài toán (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 286) 

Xét dãy số $(u_n)$ :

$$\{\begin{array}{c}{u}_1=2\\ u_n=3u_{n-1}+2n^3-9n^2+9n-3,\forall n\ge 2\end{array}$$

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố $p$ thì tổng $2000(u_1+u_2+...+u_{p-1})$ chia hết cho $p$.

Lời giải :

Ta chọn đa thức $f(n)$ bậc ba :

$$f(n)=a{n}^3+b{n}^2+cn+d,(a\ne 0)$$

Thỏa mãn :

$2n^3-9n^2+9n-3$$=f(n)-3f(n-1)$$\iff 2n^3-9n^2+9n-3$$=-2a{n}^3+(9a-2b)n^2+(6b-9a-2c)n+(3a+3c-3b-2d)$$=0$$\iff a$$=-1,b$$=c$$=d$$=0$

Đặt $v_n=u_n-f(n)=u_n+n^3$

Thay vào công thức xác định dãy :

$$v_n-n^3=3(v_{n-1}-(n-1{)}^3)+2n^3-9n^2+9n-3\iff v_n=3v_{n-1}$$

Ta tính được $v_1=3$, từ đó mà :

$$v_n=3^{n-1}{v}_1=3^n$$

Suy ra :

$$u_n=3^n-n^3$$

Do đó :

$u_1+u_2+...+u_{p-1}$$=(3+3^2+3^3+...+3^{p-1})-(1+2^3+3^3+...+(p-1{)}^3)$$=\frac{3^p-3}{2}-{\left(\frac{p(p-1)}{2}\right)}^2$$\Rightarrow 2000(u_1+u_2+...+u_{p-1})$$=1000(3^p-3)-500p^2(p-1{)}^2$

Theo định lí Fermat nhỏ thì :

$$p\mid 3^p-3$$

Từ đó dễ thấy được điều phải chứng minh