Chủ đề này có 2 trả lời

[trungdung97]

$a_{0}=1,a_{1}=3$ $\left\{\begin{matrix} a_{n+2}=a_{n+1}+9a_{n} nếu n chẵn& \\ a_{n+2}=a_{n+1}+5a_{n} nếu n lẻ \end{matrix}\right.$ nếu n lẻ.CmR 1)$\sum_{1995}^{2000}a_{k}^{2}$ không chia hết cho 20 .2)$a_{2n+1}$ không chính phương

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungdung97: 13-11-2014 - 14:16

[Rias Gremory]

$a_{0}=1,a_{1}=3$ $\left\{\begin{matrix} a_{n+2}=a_{n+1}+9a_{n} nếu n chẵn& \\ a_{n+2}=a_{n+1}+5a_{n} nếu n lẻ \end{matrix}\right.$ nếu n lẻ.CmR 1)$\sum_{1995}^{2000}a_{k}^{2}$ không chia hết cho 20 .2)$a_{2n+1}$ không chính phương

a,  Với mỗi số tự nhiên $n$, ta gọi $b_n$ và $c_n$ tương ứng là phân dư trong phép chia $a_n$ cho $4$ và $5$.

Khi đó : $0\leq b_n\leq 3$ và $0\leq c_n\leq 4,\forall n=0,1,2,...$

Vì $a_0=1;a_1=3$ nên ta có :

$b_0=1;b_1=3;c_0=1;c_1=3$

Do $a_{n+1}+9a_n=a_{n+1}+a_n+8a_n$ và $8a_n\vdots 4$ ( vì $a_n$ nguyên )

Lại có : $9a_{n+1}+5a_n=8a_{n+1}+4a_n+a_{n+1}+a_n$ và $8a_{n+1}+4a_n\vdots 4$

Nên kết hợp lại ta được : 

$a_{n+2}\equiv a_{n+1}+a_n$ (mod $4$) . Hay từ đó ta có : 

$b_{n+2}\equiv b_{n+1}+b_n$ (mod $4$) , $\forall n=0,1,2,...(1)$

Mặt khác : $a_{n+1}+9a_n=a_{n+1}-a_n+10a_n$ và do $10a_n\vdots 5$ nên suy ra :

$a_{n+1}+9a_n\equiv a_{n+1}-a_n$ (mod $5$)

Lại thấy $9a_{n+1}-5a_n=10a_{n+1}+5a_n-a_{n+1}$ suy ra : 

$9a_{n+1}-5a_n\equiv -a_{n+1}$ (mod $5$)

Từ đó ta có : 

$c_{n+2}\equiv \left\{\begin{matrix} (c_{n+1}+c_n)(mod5),\forall n=2m \\ (-c_{n+1})(mod5),\forall n=2m+1 \end{matrix}\right.,\forall m=0,1,2,...$ (2)

Từ $b_0=1,b_1=3$ và $(1)$ suy ra $b_2=0,b_3=3,b_4=3,b_5=2,b_6=1,b_7=3,...$ , nghĩa là ta có : 

$b_k=b_{k+6t},\forall k,t\in N$

Tương tự $c_k=c_{k+8t},\forall t\in N,k\geq 2$

Do $1995=3+6.322=3+8.249$ và $1996=4+6.322=4+8.249$ nên suy ra : 

$b_{1995}=b_3=3,b_{1996}=b_4=3$

$c_{1995}=c_3=3,c_{1996}=c_4=1$

Áp dụng $(1),(2)$ suy ra : 

$b_{1997}=2,b_{1998}=1,b_{1999}=3,b_{2000}=0$

$c_{1997}=4,c_{1998}=3,c_{1999}=2,c_{2000}=4$

Do $a_n\equiv b_n$ (mod $4$) và $a_n\equiv c_n$ (mod $5$) nên suy ra :

$\sum_{k=1995}^{2000}a_k^2\equiv \sum_{k=1995}^{2000}b_k^2\equiv 0$ (mod $4$)

$\sum_{k=1995}^{2000}a_k^2\equiv \sum_{k=1995}^{2000}c_k^2\equiv 0$ (mod $5$)

Vậy suy ra $\sum_{k=1995}^{2000}a_k^2$ chia hết cho $4$ và $5$ . Hay suy ra ĐPCM

[Rias Gremory]

$a_{0}=1,a_{1}=3$ $\left\{\begin{matrix} a_{n+2}=a_{n+1}+9a_{n} nếu n chẵn& \\ a_{n+2}=a_{n+1}+5a_{n} nếu n lẻ \end{matrix}\right.$ nếu n lẻ.CmR 1)$\sum_{1995}^{2000}a_{k}^{2}$ không chia hết cho 20 .2)$a_{2n+1}$ không chính phương

b, Ta thấy mọi số lẻ có dạng $2n+1$, hoặc $6k+1$ hoặc $6k+3$, hoặc $6k+5$.

Theo trên ta có $b_1=3,b_3=3,b_5=2$ và do $b_k=b_{k+6t}$ nên suy ra 

$b_{6k+1}=3,b_{6k+3}=3,b_{6k+5}=2$ .

Từ đó với mọi $n$ thì : 

$a_{2n+1}\equiv 3$ (mod $4$) hoặc $a_{2n+1}\equiv 2$ (mod $4$) (3)

Nếu $\alpha$ là số chính phương thì chỉ có thể $\alpha\equiv 0$ (mod $4$) hoặc $\alpha\equiv 1$ (mod $4$) 

Vậy từ (3) suy ra $\forall n\in N$ thì $a_{2n+1}$ không phải là số chính phương .

Nên ĐPCM