Chủ đề này có 4 trả lời

[nucnt772]

BÀI TOÁN: Cho $u_{1}=1,u_{2}=2,u_{3}=24$ và với mọi $n\geq 3$:
$u_{n}=\frac{6u_{n-1}^{2}.u_{n-3}-8u_{n-1}.u_{n-2}^{2}}{u_{n-2}.u_{n-3}}$.

Chứng minh rằng $u_{n}$ luôn luôn là bội của $n$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nucnt772: 26-08-2012 - 01:19

[perfectstrong]

Bài này là đề VMO năm nào thì phải Mình tìm được CTTQ của $(u_n)$ thôi
Lời giải:
Đầu tiên, bằng quy nạp, dễ thấy $u_n \in \mathbb{Z},\forall n; u_{n-1}|u_n,\forall n$ và $u_n \ne 0$. (1)
Đặt $v_n=\dfrac{u_{n+1}}{u_n} \Rightarrow v_n \in \mathbb{Z};v_1=2;v_2=12$
Ta có
\[
\begin{array}{l}
u_n = \frac{{6u_{n - 1}^2 u_{n - 3} - 8u_{n - 1} u_{n - 2}^2 }}{{u_{n - 2} u_{n - 3} }} \Leftrightarrow \frac{{u_n }}{{u_{n - 1} }} = 6\frac{{u_{n - 1} }}{{u_{n - 2} }} - 8\frac{{u_{n - 2} }}{{u_{n - 3} }} \\
\Leftrightarrow v_{n - 1} = 6v_{n - 2} - 8v_{n - 3} \\
\end{array}
\]
Dễ dàng xác định được công thức tổng quát của $(v_n)$ là $v_n=4^n-2^n,\forall n \in \mathbb{N}^*$
Suy ra
\[
\begin{array}{l}
u_{n + 1} = 2^n \left( {2^n - 1} \right)u_n = ... = 2^{\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}} \left( {2^n - 1} \right)\left( {2^{n - 1} - 1} \right)\left( {2^{n - 2} - 1} \right)...\left( {2^1 - 1} \right) \\
\Rightarrow u_n = 2^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}} \left( {2^{n - 1} - 1} \right)\left( {2^{n - 2} - 1} \right)...\left( {2^1 - 1} \right) \\
\end{array}
\]

[nucnt772]

Bài này là đề VMO năm nào thì phải Mình tìm được CTTQ của $(u_n)$ thôi

Để mình làm lại cho hoàn chỉnh:
Đặt $v_{n}=\frac{u_{n}}{u_{n-1}}$

Khi đó, đẳng thức $u_{n}=\frac{6u_{n-1}^{2}.u_{n-3}-8u_{n-1}.u_{n-2}^{2}}{u_{n-2}.u_{n-3}}$ được viết đơn giản thành:

$v_{n}=6v_{n-1}-8v_{n-2}$
Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được $v_{n}$ có dạng $v_{n}=A2^{n}+B4^{n}$

Nhưng ta có: $v_{2}=\frac{u_{2}}{u_{1}}=2$, $v_{3}=\frac{u_{3}}{u_{2}}=12$

nên ta được $v_{n+1}=4^{n}-2^{n}$
$\Rightarrow u_{n}=(4^{n-1}-2^{n-1}).(4^{n-2}-2^{n-2})...(4-2)$

Bây giờ, với mọi số $p$ nguyên tố, ta có $4^{p-1}\equiv 2^{p-1}$ (mod $p$), do đó $p$ chia hết $4^{p-1}-2^{p-1}$, và $p$ chia hết $4^{s}-2^{s}$, với $s$ là bội số của $p-1$.
Nếu $p^{r}$ chia hết $n$, thì tồn tại ít nhất $r$ bội số của $p-1$ nhỏ hơn $n$, do đó $p^{r}$ chia hết $u_{n}$. Từ đó $\Rightarrow n$ chia hết $u_{n}$.

[perfectstrong]

Nếu $p^{r}$ chia hết $n$, thì tồn tại ít nhất $r$ bội số của $p-1$ nhỏ hơn $n$, do đó $p^{r}$ chia hết $u_{n}$. Từ đó $\Rightarrow n$ chia hết $u_{n}$.

Câu này mình thấy không đúng lắm. Tại sao lại tồn tại ít nhất $r$ bội số của $p-1$ nhỏ hơn $n$?

[Rias Gremory]

Câu này mình thấy không đúng lắm. Tại sao lại tồn tại ít nhất $r$ bội số của $p-1$ nhỏ hơn $n$?

Giải quyết đoạn sau cho hoàn chỉnh 

Với mọi số nguyên tố $p$ , theo định lý Fermat ta có : 

$(4^{p-1}-1)\equiv 0(modp),(2^{p-1}-1)\equiv 0(modp)$

$\Rightarrow (4^{p-1}-2^{p-1})\equiv 0(modp)$

Suy ra nếu $s$ là bội của $p-1$ thì $4^s-2^s\vdots p$

Giả sử $n$ là số nguyên dương tùy ý , và $n$ có dạng khai triển sau : 

$n=p_1^{r_1}p_2^{r_2}...p_k^{r_k},p_1< p_2<...< p_k$ là các số nguyên tố

Từ $n\vdots p_1^{r_1}\Rightarrow n\vdots p_1,n\vdots p_1^2,...,n\vdots p_1^{r_1}$ hay là

$n=d_1p_1=d_2p_1^2=...=d_{r_1}p_1^{r_1}$

Suy ra : $d_1>d_2>...>d_{r_1}\Rightarrow n-d_1 < n-d_2 < ... < n-d_{r_1}$ và ta có : 

$n-d_1=d_1(p_1-1)$

$n-d_2=d_2(p_1^2-1)$

$n-d_{r_1}=d_{r_1}(p_1^{r_1}-1)$

Như vậy $n-d_1,n-d_2,...n-d_{r_1}$ là $r_1$ bội số khác nhau của $p_1-1$

Ta có : $(4^{n-d_k}-2^{n-d_k})\vdots p_1,\forall k=1,2,...,r_1$

Vì $u_n=(4^{n-1}-2^{n-1})(4^{n-2}-2^{n-2})...(4-2)$ , nên ta có : 

$u_n\vdots p_1^{r_1}$

Lập luận tương tự ta có : $u_n\vdots p_j^{r_j},\forall j=2,3,...,k$

Suy ra : $u_n\vdots p_1^{r_1}p_2^{r_2}...p_k^{r_k}$ hay $u_n\vdots n$ (ĐPCM)