Tuyển tập Số học211 bài

Bài toán (Chọn đội tuyển học sinh giỏi THPT Chuyên Khoa học Tự Nhiên, ĐHQGHN 2011-2012)

Cho dãy số $(a_n)$ được xác định như sau :

$$\{\begin{array}{c}{a}_1=\frac{5}{2}\\ a_{n+1}=a_n^3-3a_n^2+6a_n-3,\forall n\ge 1\end{array}$$

Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho $\lfloor a_n\rfloor +1$ chia hết cho $3^{2011}$.

Lời giải :

Bổ đề : Cho $k$ là một số nguyên dương. Khi đó ta có $v_3(2^{3^k}+1)=3^k$.

Chứng minh bổ đề :

Ta chứng minh bằng quy nạp. Với $n=1$ thì hiển nhiên. Gỉa sử có điều đó. Xét với $n+1$ :

$v_3(2^{3^{k+1}}+1)$$=v_3\left((2^{3^k}+1)(2^{2.3^k}-2^{3^k}+1)\right)$$=3^k.v_3\left(2^{2.3^k}-2^{3^k}+1\right)$

Do vậy chỉ cần chứng tỏ được :

$$v_3\left(2^{2.3^k}-2^{3^k}+1\right)=1$$

Dễ thấy điều này đúng vì ta chứng minh được $3\mid n^2-n+1$ nhưng $9\nmid n^2-n+1$ với $n\equiv 2(mod3)$, cụ thể ở đây là $n=2^{3^k}$.

Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán :

Đặt $a_n=u_n+1$ ta được :

$$u_{n+1}+1=(u_n+1{)}^3-3(u_n+1{)}^2+6(u_n+1)-3\iff u_{n+1}=u_n^3+3u_n$$

Lại đặt $u_n=2x_n$ được :

$$x_{n+1}=4x_n^3+3x_n$$

với $x_1=\frac{3}{4}$.

Ta viết $x_1$ dưới dạng $x_1=\frac{1}{2}\left(2-\frac{1}{2}\right)$ nên :

$x_2$$=4x_1^3+3x_1$$=4.{\left[\frac{1}{2}\left(2-\frac{1}{2}\right)\right]}^3+3.\frac{1}{2}\left(2-\frac{1}{2}\right)$$=\frac{1}{2}\left(2^3-\frac{1}{2^3}\right)$

Quy nạp lên ta được :

$$x_n=\frac{1}{2}\left(2^{3^{n-1}}-\frac{1}{2^{3^{n-1}}}\right)$$

Do đó :

$a_n$$=2x_n+1$$=2^{3^{n-1}}-\frac{1}{2^{3^{n-1}}}+1$$\Rightarrow \lfloor a_n\rfloor$$=2^{3^{n-1}}$

Do đó theo bài ra ta cần tìm $n$ nhỏ nhất thỏa mãn :

$$3^{2011}\mid 2^{3^{n-1}}+1$$

Theo bổ đề trên ta có

$$v_3(2^{3^{n-1}}+1)\ge v_3(3^{2011})\iff n-1\ge 2011\iff n\ge 2012$$

Vậy $n$ nhỏ nhất cần tìm là $n=2012$.

 

Lưu ý : Trong bài ta sử dụng một định lí sau :

Gỉa sử $sin(2k+1)t=P_{2k+1}(sint)$, trong đó $P_{2k+1}(x)$ là một đa thức đại số bậc $2k+1$. Kí hiệu $Q_{2k+1}(x)$ là một đa thức đại số bậc $2k+1$ sinh bởi $P_{2k+1}(x)$ bằng cách giữ những hệ số ứng với lũy thừa chia $4$ dư $1$ và thay những hệ số ứng với lũy thừa chia $4$ dư $3$ bằng hệ số đổi dấu. Khi đó thì :

$Q_{2k+1}\left(\frac{1}{2}\left(a-\frac{1}{a}\right)\right)$$=\frac{1}{2}\left(a^{2k+1}-\frac{1}{a^{2k+1}}\right)$

Bài toán (Ireland 1996) : Cho số nguyên tố $p$ và $a,n$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu $2^p+3^p=a^n$ thì $n=1$.

Lời giải :

Gỉa sử $n>1$ :

Nếu $p=2$ thì $a^n=13\Rightarrow n=1$

Nếu $p$ lẻ, ta có $5|2^p+3^p\Rightarrow 5|a^n\Rightarrow 5^n|a^n(1)$

Nếu $p=5$ thì $a^n=275\Rightarrow n=1$, xét $p\ne 5\Rightarrow 5\nmid p$

Theo bổ đề $LTE$ :

$v_5(2^p+3^p)$$=v_5(2+3)+v_5(p)$$=1$$\Rightarrow 5\parallel 2^p+3^p$$\Rightarrow 5\parallel a^n(2)$

Rõ ràng $(1),(2)$ mâu thuẫn nhau. Do đó phải có $n=1$.

*Lưu ý : Cách khác để chứng minh $5\parallel 2^p+3^p$

Ta có $2^p+3^p=5(2^{p-1}-2^{p-2}.3+...-2.3^{p-2}+3^{p-1})$

Mà $-3\equiv 2(mod5)\Rightarrow 2^{p-1}-2^{p-2}.3+...-2.3^{p-2}+3^{p-1}\equiv p.2^{p-1}(mod5)$

Dễ thấy $p=5$ thì $n=1$, do đó xét $p\ne 5\Rightarrow 5\nmid p\Rightarrow 5\nmid 2^{p-1}-2^{p-2}.3+...-2.3^{p-2}+3^{p-1}\Rightarrow 5\parallel 2^p+3^p$

 

Bài toán (Czech Slovakia 1996)  : Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,p$ thỏa mãn phương trình $p^x-y^p=1$, trong đó $p$ là một số nguyên tố

Lời giải :

$▼$ Trường hợp 1 : Nếu $p$ chẵn thì ta được phương trình $2^x-y^2=1$. Từ phương trình này suy ra $y$ lẻ, khi đó $2^x=y^2+1\equiv 2(mod4)\Rightarrow x=1$. Ta được $(x;y;p)=(1;1;2)$

$▼$ Trường hợp 2 : Nếu $p$ lẻ.

Viết lại phương trình $y^p+1=p^x$. Theo định lí $Fermat$ nhỏ, ta có $p^x=y^p+1\equiv y+1(modp)\Rightarrow p|y+1$. Khi đó hiển nhiên $y$ và $1$ đều không chia hết cho $p$.

Theo bổ đề $LTE$, ta có :

$$v_p(y^p+1)=v_p(y+1)+v_p(p)=v_p(y+1)+1$$

Suy ra $x-1=v_p(y+1)$

Do đó ta có :

$$(y+1)(y^{p-1}-y^{p-2}+...+y^2-y+1)=p^x$$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{ccc}y+1=p^{x-1}& & \\ y^{p-1}-y^{p-2}+...+y^2-y+1=p& & \end{array}$$

+) Xét $y=1$ thì $x-1=v_p(2)\Rightarrow \{\begin{array}{ccc}p=2& & \\ x=2& & \end{array}$ (loại vì xét $p$ lẻ)

+) Xét $y=2$ thì $x-1=v_p(3)\Rightarrow \{\begin{array}{ccc}p=3& & \\ x=2& & \end{array}$ (thỏa mãn)

+) Xét $y>2$ thì :

$y^{p-1}-y^{p-2}+...+y^2-y+1$$=y^{p-2}(y-1)+y^{p-4}(y-1)+...+y(y-1)+1$$>y^{p-2}+y^{p-4}+...+y+1$$>y+1$$\Rightarrow p$$>p^{x-1}$.

Suy ra $x=1$, khi đó $v_p(y+1)=0$ vô lí vì $p|y+1$

Kết luận : $\boxed{(x;y;p)=(1;1;2);(2;2;3)}$