Đến nội dung

Hình ảnh

$a_{n}= \left ( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right )^{n}+\left ( \frac{3-\sqrt{5}}{2} \right )^{n}$ là số nguyên


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
vuhoanghai98

vuhoanghai98

    Lính mới

  • Thành viên
  • 8 Bài viết
Cho n$\in N$,n>0 và :
$a_{n}$= $\left ( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right )^{n}$+$\left ( \frac{3-\sqrt{5}}{2} \right )^{n}$
a/CMR:$a_{n}$$\in \mathbb{Z}$
b/Tìm n$\in \mathbb{N^{*}}$ sao cho $a_{n}$ là số chính phương

#2
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Cho n$\in N$,n>0 và :
$a_{n}$= $\left ( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right )^{n}$+$\left ( \frac{3-\sqrt{5}}{2} \right )^{n}$
a/CMR:$a_{n}$$\in \mathbb{Z}$
b/Tìm n$\in \mathbb{N^{*}}$ sao cho $a_{n}$ là số chính phương

Giải như sau:
a) $a_n=\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^n+\left(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^n=\dfrac{(3+\sqrt{5})^n+(3-\sqrt{5})^n}{2^n}$
Đặt $3+\sqrt{5}=a$ và $3-\sqrt{5}=b$
Khi đó $a_n=\dfrac{a^n+b^n}{2^n}$
Nếu $n$ lẻ suy ra $n=2k+1$
Nhận thấy theo khai triển niuton ta có
$(3+\sqrt{5})^{2k+1}+(3-\sqrt{5})^{2k+1}=2\left(3^{2k+1}+\binom{2}{2k+1}.3^{2k-1}.\sqrt{5}^2+...+\binom{2k}{2k+1}.3.\sqrt{5}^{2k}\right)$ luôn là số nguyên (do $\sqrt{5}^{\text{chẵn}}$ nguyên)
Nếu $n$ chẵn suy ra $n=2k$
Nhận thấy theo khai triển niuton ta có
$(3+\sqrt{5})^{2k}+(3-\sqrt{5})^{2k}=2\left(3^{2k}+\binom{2}{2k}.3^{2k-2}.\sqrt{5}^2+...+\binom{2k-2}{2k}.3^2.\sqrt{5}^{2k-2}+\sqrt{5}^{2k}\right)$ luôn là số nguyên (do $\sqrt{5}^{\text{chẵn}}$ nguyên)
Như vậy $a^n+b^n$ luôn nguyên
Ta sẽ chứng minh $a_n=\dfrac{a^n+b^n}{2^n}$ cũng nguyên
Thử $n=1$ đúng
Giả sử $n=k-1,k$ đúng hay $\dfrac{a^k+b^k}{2^k}$ và $\dfrac{a^{k-1}+b^{k-1}}{2^{k-1}}$ nguyên
Ta sẽ chứng minh $n=k+1$ đúng hay $\dfrac{a^{k+1}+b^{k+1}}{2^{k+1}}$ nguyên
Thật vậy ta có $(a^k+b^k)(a+b)=a^{k+1}+b^{k+1}+ab(a^{k-1}+b^{k-1})$
Mà do GTQN suy ra $a^k+b^k \vdots 2^k$ mà $a+b=3+\sqrt{5}+3-\sqrt{5}=6$ suy ra $(a^k+b^k)(a+b) \vdots 2^{k+1}$ $(1)$
Mặt khác cũng do GTQN suy ra $a^{k-1}+b^{k-1} \vdots 2^{k-1}$ và $ab=(3+\sqrt{5})(3-\sqrt{5})=4$
Nên suy ra $ab(a^{k-1}+b^{k-1}) \vdots 2^{k+1}$ $(2)$
Từ $(1)(2)$ suy ra $a^{k+1}+b^{k+1} \vdots 2^{k+1}$ nên có đpcm hay $a_{k+1}$ cũng nguyên

b) ta xét 2th
TH1: $n$ lẻ thì $n=2k$ ở câu $a$ ta đã có $a_n=\dfrac{2\left(3^{2k+1}+\binom{2}{2k+1}.3^{2k-1}.\sqrt{5}^2+...+\binom{2k}{2k+1}.3.\sqrt{5}^{2k}\right)}{2^{2k+1}}$
Nhận thấy $2\left(3^{2k+1}+\binom{2}{2k+1}.3^{2k-1}.\sqrt{5}^2+...+\binom{2k}{2k+1}.3.\sqrt{5}^{2k}\right) \vdots 3$ mà $gcd(2^{2k+1},3)=1$ mà $a_n$ chính phương nên suy ra $2\left(3^{2k+1}+\binom{2}{2k+1}.3^{2k-1}.\sqrt{5}^2+...+\binom{2k}{2k+1}.3.\sqrt{5}^{2k}\right) \vdots 9$
Ta thấy tất cả số hạng của $2\left(3^{2k+1}+\binom{2}{2k+1}.3^{2k-1}.\sqrt{5}^2+...+\binom{2k}{2k+1}.3.\sqrt{5}^{2k}\right)$ chia hết cho $9$ ngoại trừ $\binom{2k}{2k+1}.3.\sqrt{5}^{2k}$ nên $\binom{2k}{2k+1}.3.\sqrt{5}^{2k} \vdots 9 \Rightarrow (2k+1).3.\sqrt{5}^{2k} \vdots 9 \Rightarrow 2k+1 \vdots 3$
Do đó $2k+1=6q+3$
Như vậy $a_n=\dfrac{(3-\sqrt{5})^{6q+3}+(3+\sqrt{5})^{6q+3}}{2^{6q+3}}$
Chứng minh quy nạp dễ dàng cm $(3-\sqrt{5})^{6q+3}+(3+\sqrt{5})^{6q+3} \vdots 2^{6q+4}$ mà không chia hết cho $2^{6q+5}$ (như mình đã cm ở đây http://diendantoanho...showtopic=75801) do đó $a_n$ chia hết cho $2$ mà không chia hết cho $4$ nên không chính phương
TH2: $n$ chẵn khi ấy $n=2k$ như ở câu $a$ ta đã có
$a_n=\dfrac{2\left(3^{2k}+\binom{2}{2k}.3^{2k-2}.\sqrt{5}^2+...+\binom{2k-2}{2k}.3^2.\sqrt{5}^{2k-2}+\sqrt{5}^{2k}\right)}{2^{2k}}$
Giả sử $a_n=t^2$
Quy đồng suy ra
$2\left(3^{2k}+\binom{2}{2k}.3^{2k-2}.\sqrt{5}^2+...+\binom{2k-2}{2k}.3^2.\sqrt{5}^{2k-2}+\sqrt{5}^{2k}\right)=2^{2k}.t^2$
Vì $2\left(3^{2k}+\binom{2}{2k}.3^{2k-2}.\sqrt{5}^2+...+\binom{2k-2}{2k}.3^2.\sqrt{5}^{2k-2}+\sqrt{5}^{2k}\right) \not \vdots 3$
Cho nên $2^{2k}.t^2 \not \vdots 3 \Rightarrow 2^{2k}.t^2 \equiv 1 \pmod{3}$
Suy ra $2\left(3^{2k}+\binom{2}{2k}.3^{2k-2}.\sqrt{5}^2+...+\binom{2k-2}{2k}.3^2.\sqrt{5}^{2k-2}+\sqrt{5}^{2k}\right) \equiv 1 \pmod{3}$
Hay $2.\sqrt{5}^{2k} \equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow 2.5^k \equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow k$ lẻ
Suy ra $k=2u+1$
Do đó $n=2k=4u+2$ khi ấy
$2\left(3^{2k}+\binom{2}{2k}.3^{2k-2}.\sqrt{5}^2+...+\binom{2k-2}{2k}.3^2.\sqrt{5}^{2k-2}+\sqrt{5}^{2k}\right) \equiv 2.3^{2k} \equiv 2.3^{4u+2} \equiv 3 \pmod{5}$
Mặt khác $2^{2k}=2^{4u+2} \equiv 4 \pmod{5} \Rightarrow a_n \equiv \dfrac{\equiv 3 \pmod{5}}{\equiv 4 \pmod{5}} \equiv 2 \pmod{5}$ không phải số chính phương
Vậy không có $n$ thỏa đề

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 03-07-2012 - 22:38


#3
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết
Lời giải:
a) Dễ dàng chứng minh $a_{n+2}=3a_{n+1}-a_n$.
Kết hợp với $a_1=3;a_2=7 \Rightarrow a_n \in \mathbb{Z}, \forall n \in \mathbb{N}^*$.
b) Chứng minh rằng $a_{3k+1} \equiv a_{3k+2} \equiv -1 \pmod 4$ và $a_{3k} \equiv 2 \pmod 4$. Từ đó suy ra trong dãy trên không có số nào là số chính phương.

@nguyenta98: nhìn cách anh giai làm mà thật hổ thẹn, xem ra mình làm phức tạp vấn đề lên rồi :(

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 03-07-2012 - 22:44

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh