Về số chính phương trong dãy số và một số vấn đề liên quan

Về số chính phương trong dãy số và một số vấn đề liên quan

Tóm tắt nội dung: Các bài toán liên quan số chính phương trong dãy số đang trở thành một dạng bài hay gặp trong các năm gần đây ở các đề chọn đội tuyển cũng như thi HSG. Vì lẽ đó tôi muốn tổng hợp lại một số kinh nghiệm về dạng bài này. Đây là bài viết phiên bản tiếng Việt cho chủ đề này mà tôi đã đăng một năm trước(bằng phiên bản tiếng Anh). Ít nhiều có sự bổ sung về mặt diễn đạt, một vài ý tưởng sẽ được tôi nói chi tiết hơn. Bài viết chủ yếu sử dụng công cụ quy nạp để chứng minh, ngoài ra các ý tưởng biến đổi đều sử dụng số học và đại số thuần tuý nên không gây khó hiểu hay nhầm lẫn gì. Bài viết này tham khảo các tính chất có trong cuốn sách

"Chuyên đề Số học"(diễn đàn MathScope), và bài viết trên tạp chí THTT:

Dãy số với số chính phương-Hà Văn Vân-THPT chuyên Hà Giang.

I) Chứng minh tính chính phương của một dãy số

Trước tiên chúng ta cùng nhắc lại một chút kiến thức về dãy số sau:

(u₁ =a, u₂ =b u_n+1 =mu_n−un−1

(a, b, m∈Z) Có hai tính chất rất quan trọng sau:

1)u_n+1.un−1−u²_n=u_n.un−2−u²_n−1 =...=u₂.u₀−u²₁ =abm−a²−b². 2)u²_n+1+u²_n−mu_n.u_n+1 =a²+b² −abm.

Chứng minh: 1) Ta có: u_n+1un−1−u²_n= (mu_n−un−1)un−1−u²_n=mu_nun−1−u²_n−1− u²_n=u_n(mun−1−u_n)−u²_n−1 =u_n.un−2−u²_n−1 =...=u₂.u₀−u²₁ =abm−a²−b². 2) Ta có: u²_n+1 +u²_n−mu_n.u_n+1 = u_n+1(u_n+1−mu_n) +u²_n = −(u_n+1un−1 −u²_n) = a²+b²−abm.

Từ hai tính chất này chúng ta sẽ xây dựng được phương pháp giải cho các bài toán chứng minh tính chính phương của dãy số.

Ta có: u²_n+1 = (mu_n−un−1)² =m²u²_n−2mu_n.un−1 +u²_n−1 = (m² −2)u²_n−u²_n−1+ 2(a²+b²−abm).

Như vậy nếu đặt a₁ =u²₁ =a², a₂ = u²₂ = b², a_n = u²_n. Ta được dãy số mới toàn số chính phương như sau:

(a₁ =a², a₂ =b²

a_n+1 = (m²−2)a_n−an−1+ 2(a²+b²−abm) (a, b, m∈Z)

Như vậy việc chứng minh một dãy số toàn số chính phương có thể sử dụng phương pháp suy luận ngược để đi tìm các dãy số u_n thoả mãn a_n =u²_n.

Thực tế là khi ta giải bài để tìm dãy u_n ta cần có a, b, m, ta hoàn toàn có thể giải a, b, m nguyên từ 2 hệ thức sau:

+) m²−2 =const.

+) 2(a²+b²−abm) = const.

Bây giờ ta cùng xét một số ví dụ thực tế. Có thể nói rất nhiều bài toán đã sinh ra từ cách làm trên.

Bài toán 1: Cho dãy số:

(u₀ =u₁ = 1

u_n+1= 7u_n−un−1−2 . Chứng minh rằng dãy số trên toàn các số hạng là số chính phương.

Phân tích: Như vậy ở đây m²−2 = 7 và 2(a²+b²−abm) = −2 do đó m = ±3 và a²+b²−mab =−1. Ta chọn m = 3(việc xây dựng này không gò bó chúng ta phải chọn giá trị nào cả, m có thể chọn là −3 và khi đó ta có thể chọn dãy số mới). Ta cần tìm một bộ số nguyên a, bsao cho a²+b²−3ab=−1. Thực tế là ta có thể thấy ngay (a, b) = (1,1)là một nghiệm của phương trình. Như vậy ta đã có thể xây dựng được 1 dãy x_n thoả mãn.

Lời giải: Xét dãy số:

(x₀ = 1, x₁ = 1 x_n+1= 3x_n−xn−1

Ta dễ chứng minh quy nạp được rằng: x_n nguyên với mọi n tự nhiên. Bây giờ ta sẽ chứng minhu_n=x²_nvới mọin ∈N. Ta thấy vớin= 0,1thì điều này hiển nhiên đúng.

Giả sử điều này đúng tớin=k(k ∈N). Ta có: u_k+1 = 7u_k−u_k−1−2 = 7x²_k−x²_k−1− 2 = 7x²_k−x²_k−1+2(x²_k+x²_k−1−3x_kxk−1) = 9x²_k−6x_kxk−1+x²_k−1 = (3x_k−xk−1)² =x²_k+1. Vậy theo nguyên lí quy nạp mạnh(SPMI) ta có điều giả sử đúng với mọi n∈N. Do đó mọi số hạng của dãy đều là số chính phương.

Nhận xét: Như vậy hiển nhiên người ra đề đã chọn sẵn dãy số x_n để từ đó tạo ra u_n, điều đó dễ hơn cách suy luận ngược mà chúng ta cùng nhau xây dựng ở trên.

Bài toán 2: Cho dãy số:

(u₀ = 1, u₁ = 4

u_n+1 = 14u_n−un−1−6 . Chứng minh rằng dãy số trên toàn các số hạng là số chính phương.

Phân tích: Ta có: m²−2 = 14 và 2(a²+b²−abm) =−6. Ta chọn m= 4. Thay lại vào phương trình sau được: a²+b² −4ab=−3. Ta thấy (a, b) = (1,2)là 1 nghiệm của phương trình này. Vậy ta xây dựng được dãy x_n sao cho u_n=x²_n.

Lời giải: Xét dãy số:

(x₀ = 1, x₁ = 2 x_n+1 = 4x_n−xn−1

. Dễ thấyx_nlà số nguyên với mọin∈N. Ta chứng minh u_n =x²_n với mọi n ∈ N. Với n = 0 và n = 1 điều này là hoàn toàn đúng. Ta giả sử điều này đúng tới n =k(k ∈ N). Ta có: uk+1 = 14uk−uk−1−6 = 14x²_k−x²_k−1−2 = 14x²_k−x²_k−1+ 2(x²_k+x²_k−1−4x_kxk−1) = 16x²_k−8x_kxk−1+x²_k−1 = (4x_k−x_k−1)² = x²_k+1. Vậy theo nguyên lí quy nạp mạnh(SPMI) ta có điều giả sử đúng với mọi n ∈N. Do đó mọi số hạng của dãy đều là số chính phương.

Bài toán 3(Romania TST 2002): Cho dãy số:

(u₀ = 1, u₂ = 1 u_n+1 = 14u_n−un−1

Chứng minh rằng: 2u_n−1 là số chính phương với mọi n ∈N.

Lời giải: Đặt v_n = 2u_n −1(do u_n toàn số nguyên nên v_n cũng chứa các số hạng toàn số nguyên) suy ra u_n = v_n+ 1

2 do đó thế lại hệ thức truy hồi ban đầu ta có:

v_n+1+ 1

2 = 7v_n+ 7− vn−1+ 1

2 ⇔v_n+1 = 14v_n−v_n−1 + 12. Hiển nhiên v₀ =v₁ = 1.

Xét dãy số:

(x₀ =x₁ =−1 x_n+1 = 4x_n−xn−1

. Ta chứng minh quy nạp rằng: vn = x²_n. Điều này đúng với n = 0 và n = 1. Ta giả sử điều này này đúng tới n = k. Ta có:

v_k+1 = 14v_k−vk−1+12 = 14x²_k−x²_k−1+2(x²_k+x²_k−1−4x_kxk−1) = (4x_k−xk−1)² =x²_k+1. Do đó theo nguyên lí quy nạp mạnh ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 4(Chọn đội tuyển Nghệ An 2007): Cho dãy số:

(u1 = 1, u2 = 2 un+1 = 4un−un−1

Chứng minh rằng: u²_n−1

3 chứa toàn các số hạng toàn là các số chính phương.

Lời giải: Đặtx_n=u²_n. Ta dễ dàng xây dựng được dãy x_n như sau:

(x₁ = 1, x₂ = 4

x_n+1 = 14x_n−xn−1−6

Ta sẽ chứng minh quy nạp rằng: 3|x_n−1. Thật vậy với n = 1 và n2 ta thấy thoả mãn. Giả sử điều này đúng tới n =k(K ∈N) ta có: x_k+1 −1 = 14x_k−xk−1 −7≡ 2−1−7≡0(mod 3) suy ra3|x_k+1−1nên theo nguyên lí quy nạp mạnh thì3|x_n−1. Đặt v_n = x_n−1

3 khi đó v₁ = 0, v₂ = 1, từ trên ta có: v_n nguyên, đồng thời: x_n = 3v_n+ 1 do đó: 3vn+1 + 1 = 14(3vn + 1)−(3vn−1 + 1)−6 = 42vn −3vn−1 + 7 ⇔ vn+1 = 14v_n−vn−1+ 2. Xét dãy số:

(a₁ = 0, a₂ = 1 a_n+1 = 4a_n−an−1

. Ta chứng minh quy nạp rằng:

v_n =a²_n. Với n = 1,2 điều này đúng. Giả sử điều đó đúng tới n =k(k ∈ N). Ta có:

v_k+1 = 14v_k−v_k−1+ 2 = 14a²_k−a²_k−1+ 2(a²_k+a²_k−1−4a_ka_k−1) = (4a_k−a_k−1)² =a²_k+1. Theo nguyên lí quy nạp mạnh ta có vn=a²_n với mọin ∈N^∗. Do đó ta thu được điều phải chứng minh.

Nhận xét: Bài toán này khó, đòi hỏi người làm cũng phải tinh tế trong việc đặt dãy phụ. Ngoài ra việc nếu chưa chứng minh được tính nguyên củav_nthì bài làm sẽ hoàn toàn mất điểm ở đoạn sau.

Bài toán 5: Cho dãy số:

(u₀ =u₁ = 5

u_n+1 = 98u_n−un−1

Chứng minh rằng: u_n+ 1

6 là số chính phương với mọi n∈N.

Lời giải: Ta chứng minh quy nạp rằng: 6|u_n+ 1. Thật vậy với n = 0 và n = 1 điều này đúng. Ta giả sử điều này đúng tới n = k(k ∈ N). Ta có: u_k+1 + 1 = 98u_k−uk−1+ 1 ≡ −2 + 1 + 1≡0(mod 6) hay là6|u_k+1+ 1nên theo nguyên lí quy nạp mạnh thì: 6|u_n+ 1. Vậy un+ 1

6 nguyên, đặtv_n= un+ 1

6 , ta thấy rằng: u_n = 6v_n−1.

Thế vào hệ thức truy hồi ta được dãy v_n như sau:

(v1 =v2 = 1

vn+1 = 98vn−vn−1−96 . Tương tự các bài trước, ta xây dựng dãy (x_n):

(x₁ =x₂ = 1

x_n+1 = 10x_n−xn−1

và chứng minh quy nạp được: v_n=x²_n từ đó có điều phải chứng minh.

II) Chứng minh các số hạng của dãy là tổng của 2 số chính phương

*)Xét 2 dãy (u_n),(v_n)thoả mãn:

(u_n) :

(u₀ =a, u₁ =b u_n+1 =pu_n−un−1

(v_n) :

(v₀ =x, v₁ =y v_n+1 =pv_n−vn−1

(a, b, x, y, p ∈Z)

Đặt a_n=u²_n+v²_n

Ta có: u²_n+1 = (p²−2)u²_n−u²_n−1+ 2(a²+b²−abp).

v_n+1² = (p²−2)v_n² −v_n−1² + 2(x²+y²−xyp).

Do đó:

(a_n+1= (p²−2)a_n−an−1+ 2(a²+b²+x²+y²−p(ab+xy))

a₀ =a²+x², a₁ =b²+y² .

Như vậy khi cho trước dãy a_n ta có thể tìm ra các dãy phụ bằng cách tìm ra các số p, a, b, x, y nguyên phù hợp.

Chúng ta cùng phân tích giải một số bài tập:

Bài toán 6(HSGS TST 2016): Cho dãy số:

(u₀ =u₁ = 5

u_n+1 = 7u_n−un−1+ 44 .

Chứng minh rằng: Mọi số hạng của dãy số trên đều là tổng bình phương của 2 số nguyên.

Phân tích: Ta nhận thấyp²−2 = 7do đóp=±3, ta chọnp= 3. Từ trên ta cũng suy luận được: x²+a² = 5 =y²+b² đồng thời: a²+b²+x²+y²−3(ab+xy) = 22. Ta sẽ chọn x, y, a, b thoả mãn ba hệ thức trên. Một bộ thoả mãn là: (a, b, x, y) = (−1; 2;−1; 2).

Lời giải: Xét 2 dãy (x_n) :

(x₀ =−1, x₁ = 2 x_n+1 = 3x_n−xn−1

(y_n) :

(y0 =−1, y1 = 2 yn+1 = 3yn−yn−1

Do đó: x²_n+1 = 7x²_n−x²_n−1+ 22 và y²_n+1 = 7y_n² −y_n−1² + 22

Ta chứng minh quy nạp rằng: u_n = x²_n +y²_n. Điều này đúng với n = 0 và n = 1.

Giả sử điều đó đúng tới n = k(k ∈ N). Ta thấy rằng: u_k+1 = 7u_k−u_k−1+ 44 = 7(x²_k+y_k²)−(x²_k−1 +y²_k−1) + 44 =x²_k+1+y_k+1² . Vậy theo nguyên lí quy nạp mạnh ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét: Ta có thể tạo ra rất nhiều bài toán từ cách suy luận trên, việc giải các phương trình nghiệm nguyên sẽ cho ta các dãy phụ thoả mãn tương ứng.

Bài toán 7: Cho dãy số:

(a₀ = 2, a₁ = 5

a_n+1 = 23a_n−an−1+ 4 Chứng minh rằnga_n là tổng 2 số chính phương.

Lời giải: Xét 2 dãy: (u_n) :u₀ = 1, u₁ = 2, u_n+1 = 5u_n−u_n−1 và (v_n) :v₀ =−1, v₁ = 1, v_n+1 = 5v_n−v_n−1

Ta có: u²_n+1 = 23u²_n−u²_n−1+ 2(1²+ 2² −1.2.5) = 23u²_n−u²_n−1−10 v_n+1² = 23v²_n−v²_n−1+ 2(1²+ 1²+ 5) = 23v²_n−v²_n−1+ 14

Ta đi chứng minh quy nạp rằng: a_n =u²_n+v_n². Thật vậy, với n = 0 và n = 1 điều đó đúng. Giả sử điều đó đúng tới n = k(k ∈ N). Ta có: a_k+1 = 23a_k−ak−1 + 4 = (23u²_k−u²_k−1−10) + (23v²_k−v_k−1² + 14) = u²_k+1+v_k+1² . Vậy theo nguyên lí quy nạp mạnh ta có điều phải chứng minh.

Cuối cùng các bạn hãy thử sức với hai bài toán sau như để luyện tập Bài toán 8: Cho dãy số: (a_n): a₀ = 10, a₁ = 17, a_n+1 = 47a_n−an−1+ 40.

Chứng minh rằng: a_n là tổng hai số chính phương.

Bài toán 9(Chọn đội tuyển Sư Phạm 2016-2017): Cho dãy số: x₁ = 1, x₂ = 2, x_n+1 = 5x_n −x_n−1. Chứng minh rằng: 21x²_n− 20 là số chính phương với mọi n∈N^∗.

III) Thú vị về câu hỏi số dãy phụ?

Như đã thấy ở phần I) có thể tạo rất nhiều dãy phụ. Vậy câu hỏi đặt ra là có bao nhiêu dãy phụ có thể sử dụng để giải quyết bài toán. Để trả lời câu hỏi này cần phải để ý một chút kiến thức về phương trình Pell.

Ta quay lại bài toán 1 rõ ràng việc ta chọn m = 3 đã dẫn tới số dãy phụ cũng bằng với số cách chọn bộ số (a, b) ứng với các giá trị khởi đầu. Như vậy thực chất ta cần tìm nghiệm của phương trình: a²+b² −3ab=−1. Và bằng cách đưa về PT Pell, ta dễ thấy nghiệm tổng quát của nó là hai số hạng liên tiếp của dãy số sau:

u₀ = 1, u₁ = 1, u_n+1 = 3u_n−u_n−1. Đồng nghĩa với vô số cách tạo dãy phụ mà a, b ứng với các số hạng liên tiếp của dãy trên.

Vậy để trả lời câu hỏi về số cách đặt dãy phụ tức là đồng thời đưa ta tới câu hỏi về nghiệm của PT sau:

a²+b²−abm=p với a, b, m, p∈Z và m, p cố định.

Một mối liên hệ đẹp giữa kết quả ta đang bàn và phương trình Pell.