Chủ đề này có 2 trả lời

[anh qua]

Pro: Cho dãy số xác định như sau:
$x_0=4;x_1=x_2=0;x_3=3$ và $x_{n+4}=x_{n}+x_{n+1}$. Chứng minh rằng với mọi $p$ nguyên tố thì $x_{p}$ chia hết cho $p$.

[1110004]

Pro: Cho dãy số xác định như sau:
$x_0=4;x_1=x_2=0;x_3=3$ và $x_{n+4}=x_{n}+x_{n+1}$. Chứng minh rằng với mọi $p$ nguyên tố thì $x_{p}$ chia hết cho $p$.

Bài này cũ nhưng hay em xin giải(sai mong anh ,chị sửa dùm em!!)

Gọi $a,b,c,d$ lần lượt là 4 nghiệm của phương trình $x^4-x-1=0$

khi đó ta cần tìm $A,B,C,D$ để $x_n=Aa^n+Bb^n+Cc^n+Dd^n $.thông thường ta sẽ giải hệ $4$ phương trình $4$ ẩn nhưng bài này đặc biệt là $a,b,c,d$ không đẹp (thậm chí khó giải ra,và nếu ra thì có $2$ nghiệm phức khi đó giải hệ trên là vô cùng khó)

em làm theo hướng khác như sau:ta chứng minh $x_n=a^n+b^n+c^n+d^n $ vói $n=0,1,2,3$ từ đó suy ra $x_n=a^n+b^n+c^n+d^n   \forall n\in N$ (lý do tại sao anh chị nghĩ dùm em nha hi!)

+với $n=0,1,2$ chứng minh là tầm thường

+với $n=3$ (chú ý ta có dùng đén công thức viet)

ta có $0=(a+b+c+d)^3=(a+b)^3+(c+d)^3+3(a+b)(c+d)(a+b+c+d)=(a+b)^3+(c+d)^3=a^3+b^3+c^3+d^3+3ab(a+b)+3cd(c+d)$

 

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=-3(a^2b+b^2a+c^2d+d^2c)$

 

bằng cách tách tương tự ta cũng được 

$a^3+b^3+c^3+d^3=-3(a^2c+c^2a+b^2d+d^2b)$

 

$a^3+b^3+c^3+d^3=-3(a^2d+d^2a+b^2c+c^2b)$

 

từ đay suy ra $a^2c+c^2a+b^2d+d^2b=a^2d+d^2a+b^2c+c^2b=a^2b+b^2a+c^2d+d^2c=M$

 

ta lại có $0=(a+b+c+d)(ab+ac+ad+bc+bd+dc)=3M+3.\sum acb=3M+3$

 

$\Rightarrow M=-1$ có nghĩa là $a^3+b^3+c^3+d^3=3=x_3$ (điều ta mong muốn)

 

vậy ta đã chứng minh được $x_n=a^n+b^n+c^n+d^n   \forall n\in N$ ( )

 với p là số nguyên tố ta cần chứng minh $x_p=a^p+b^p+c^p+d^p$ chia hết cho $p$

+với $p=2,3$ là hiển nhiên

+với $p>3$ ta có $a^p=-(b+c+d)^p=-\sum_{k_1,k_2,k_3,k_1+k_2+k_3=p}\frac{p!}{k_1!k_2!k_3!}(b^{k_1}c^{k_2}d^{k_3})$

 

                           $b^p=-(a+c+d)^p=-\sum_{k_1,k_2,k_3,k_1+k_2+k_3=p}\frac{p!}{k_1!k_2!k_3!}(a^{k_1}c^{k_2}d^{k_3})$

 

                           $ c^p=-(a+b+d)^p=-\sum_{k_1,k_2,k_3,k_1+k_2+k_3=p}\frac{p!}{k_1!k_2!k_3!}(a^{k_1}b^{k_2}d^{k_3})$

 

                           $d^p=-(a+b+c)^p=-\sum_{k_1,k_2,k_3,k_1+k_2+k_3=p}\frac{p!}{k_1!k_2!k_3!}(a^{k_1}b^{k_2}c^{k_3})$

 

suy ra $4(a^p+b^p+c^p+d^p)=A$  

(số $A$ là các tổng của các tổ hợp ở trên còn lại khi chuyển $-3(a^p+b^p+c^p+d^p)$ qua vế trái)

 

vì $\frac{p!}{k_1!k_2!k_3!}=C_{p}^{k_1}.C_{p-k_1}^{k_2}.C_{p-k_1-k_2}^{k_3}\vdots p \forall k_i< p$

 

($p$ nguyên tố nên $C_{p}^{k_i}\vdots p \forall k_i< p$)

 

nên $A \vdots p$ hay $4x_p \vdots p$ do $p>3$ nên $(p,4)=1$ suy ra $x_p \vdots p$    (đpcm)

 

một thắc mắc nhỏ của em là làm sao chọn ra các hệ số của phương trình bậc bốn đẹp như vậy?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1110004: 22-08-2013 - 11:48

[mathforlife]

Môt bài tương tư là $a_0=3,a_1=0,a_2=2,a_{n+3}=a_{n+1}+a_n$ cm $a_p \vdots p, p \in P$

cách làm tương tư

bài trên cân chú ý là $\sum_{k_1,k_2,k_3,k_1+k_2+k_3=p}(a^{k_1}b^{k_2}c^{k_3}+...)\in Z$ nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathforlife: 22-08-2013 - 12:45