SKKN Một số ứng dụng của dãy số nguyên
Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education
Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education
ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Dãy số là một phần quan trọng của đại số và giải tích toán học. Dãy số có
một vị trí đặc biệt quan trọng trong toán học, không chỉ như là một đối tượng
để nghiên cứu mà còn đóng một vai trò như một công cụ đắc lực của các mô
hình rời rạc của giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý
thuyết biểu diễn… Các vấn đề liên quan đến dãy số rất phong phú. Hiện nay có
nhiều tài liệu đề cập đến các bài toán về dãy số. Tuy nhiên, chủ yếu quan tâm
đến các tính chất của dãy số như Giới hạn dãy, số hạng tổng quát, sự đơn điệu
của dãy, tính bị chặn…
Trong các đề thi học sinh giỏi (HSG) các cấp, như kỳ thi chọn HSG cấp tỉnh,
kỳ thi HSG cấp Quốc gia, Olympic Quốc tế, đều xuất hiện các bài toán về dãy số.
Bên cạnh các bài toán chứng minh tỉnh đơn điệu, bị chặn, tìm giới hạn của dãy
số, các bài toán về dãy số nguyên cũng thường xuyên xuất hiện trong các đề thi
này.
Dãy số nguyên về bản chất là một hàm số từ * vào . Do giá trị của các
phần tử của dãy số là các số nguyên nên các bài toán về dãy số nguyên thường
gắn liền với phương pháp quy nạp toán học hoặc các tính chất số học. Các bài
toán số học là thách thức của bao thế hệ học sinh trong các kỳ thi chọn học sinh
giỏi.Hơn nữa các bài toán này lại gắn với dãy số nên chúng sẽ đem lại nhiều khó
khăn cho các em học sinh, trong đó phần lớn là do việc tiếp cận các bài toán số
học một cách không tự nhiên, không cơ bản, do đó không hình thành được tư
duy số học cho các em nên các em thường bế tắc khi giải các bài toán số học.
Đặc biệt là cách tiếp cận các hướng khai thác từ ý tưởng của một bài toán đã có
đối với học sinh là một vấn đề không dễ.
Với ý tưởng nghiên cứu một số ứng dụng của các bài toán về dãy số
nguyên qua các kì thi học sinh giỏi, từ đó tìm các hướng tiếp cận để khai thác
các hướng phát triển, sáng tạo bài toán mới là mục đích nghiên cứu đề tài này
của các tác giả.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP:
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
Trước đây, khi chưa được tiếp cận được các tính chất của dãy số nguyên, hoặc
các ứng dụng của số học đối với dãy số nguyên thì nhiều bài toán về dãy số nguyên
2
gặp nhiều khó khăn. Nhiều học sinh mất rất nhiều thời gian cho những bài toán này,
thậm chí có những học sinh đến cuối cùng đành “bó tay” với những bài này. Những
học sinh có thể làm được thì chứng minh dài dòng thông qua một số bổ đề, tính chất
phụ.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
Việc áp dụng các tính chất của dãy số nguyên cũng như các tính chất số
học của dãy số nguyên sẽ làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn, ngắn gọn
hơn. Không những thế, học sinh có thể nghiên cứu thêm được những tính chất,
những bổ đề sẽ được sử dụng trong các bài toán về dãy số nguyên. … Bên cạnh
đó, học sinh có thể sáng tạo để nghiên cứu, phát triển được những bài toán này
lên một mức độ cao hơn.
A. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ:
I. Định nghĩa dãy số:
| – Dãy số là một hàm số |
u : →
n u u n n = ( )
– Ta thường kí hiệu dãy số là (un) hoặc un.
– Nếu hàm số u : → có tập giá trị là thì dãy số đó gọi là dãy số
nguyên.
II. Dãy số truy hồi:
1. Dãy truy hồi tuyến tính cấp 1 với hệ số hằng
| 1.1. Dạng tổng quát: 1.2. Công thức: | . |
u au b n a b n n +1 = + , , , +) Nếu a =1 thì dãy (un) là một cấp số cộng.
+) Nếu a 1 thì u Aa B n = + n với A B , .
2. Dãy truy hồi tuyến tính cấp 1 với hệ số hằng
| 2.1. Dạng tổng quát: 2.2. Công thức: | . |
u au bu n a b n n n + + 2 1 = + , , , Xét phương trình đặc trưng: λ λ 0 2 – = a (1)
– Nếu phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt λ , λ 1 2 thì tồn tại
A B , sao cho u A B n n = + λ λ , n n 1 2 .
3
– Nếu phương trình (1) có nghiệm kép λ thì tồn tại A B , sao cho
u A B n n = + ( )λ , n .
– Nếu phương trình (1) có phức λ = + x iy thì ta đặt r x y = = + λ 2 2 và
π π
tanφ , φ ;
2 2
y x
= –
.
Khi đó λ cosφ sinφ = + r i ( ) và u r A n B n n A B n = + n( cos( φ sin φ , , , ) ( )) .
3. Dãy truy hồi cấp 1 dạngu f u n n n +1 = ( , )
Phương pháp:
Biến đổi để đưa về dạng ( ) ( ( ))
( ) ( ( ) )
φ φ
φ φ
n n
n n
u f u
u f u , n
=
=
Đặt v u n n = φ( ). Khi đó ta được một dãy truy hồi mới theo vn đơn giản hơn.
4. Dãy truy hồi cấp 2 dạngu f u u n n n n + + 2 1 = ( , , )
Phương pháp:
Biến đổi để đưa về dạng ( ) ( ) ( ( ) ( ))
( ) ( ) ( ( ) ( ) )
1 1
1 1
φ φ φ φ
φ φ φ φ
n n n n
n n n n
u u f u , u
u u f u , u , n
– –
– –
+ =
+ =
Đặt v u n n = φ( ). Khi đó ta được một dãy truy hồi mới theo vn đơn giản hơn.
II. Một số dãy số đặc biệt
1. Dãy Fibonacci
1.1. Định nghĩa:
Dãy Fibonacci (Fn) mang tên chính nhà toán hoc Pisano Fibonacci.
Dãy cho bởi hệ thức truy hồi đơn giản 1 2 *
2 1
1
n n n, .
F F
F F F n
+ +
= =
= +
1.2. Công thức tổng quát:
1 1 5 1 5 *
,
5 2 2
n n
F n n
+ –
= –
(Công thức Binet)
Từ sau, để thuận tiện cho việc tính toán, ta quy ước F0 = 0.
1.3. Các hệ thức cơ bản của dãy Fibonacci:
1.3.1. F F F F 1 2 2 + + + = – … 1 n n+
4
1.3.2.
F F F F 1 3 2 1 2 + + + = … n n –
1.3.3.
F F F F 2 4 2 2 1 + + + = – … 1 n n+
1.3.4. 2
F F F n n n – + 1 1 . ( 1) – = – n
| 1.3.5. |
| 1.3.6. |
| 1.3.7. |
| . |
| 1.3.8. |
2 2 2
F F F F F 1 2 1 + + + = … . n n n+
F F F F F F F 0 1 2 3 2 1 2 2 1 – + – – + = – … 1 n n n – –
F F F F n n n n 2 2 + – + 1 1 2 – = . 2
F F F F F F F 1 2 2 3 2 1 2 2 + + + = … n n n –
1.3.9.
F F F F n n n n + + + 1 2 3 . . ( 1) – = – n
| 1.3.10. |
F F F F F n n n n n 4 – = 1 – – + + 2 1 1 2
1.4. Các tính chất số học của dãy Fibonacci:
1.4.1. (F F n n , 1 +1) = với mọi n.
1.4.2. Nếu n chia hết cho m thì
Fn chia hết cho Fm .
1.4.3. Nếu
Fn chia hết cho Fm thì n chia hết cho m với m>2.
1.4.4. (F F F n m d , ) = với d m n = ( , ).
1.4.5. Nếu n 5 và
Fn là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố.
1.4.6. Dãy (Fn ) chứa một tập vô hạn những số đôi một nguyên tố cùng nhau.
1.4.7.
F F q 5n n n = 5 . với qn không chia hết cho 5.
| 1.4.8. |
| . |
5k
F n k n 1.4.9.
Fn có tận cùng là 0 khi và chỉ khi n 15 .
1.4.10.
Fn có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi n 150 .
2. Dãy Lucas
2.1. Định nghĩa:
Dãy Lucas (Ln)được xác định như sau: 0 1
2 1
2; 1
n n n, .
L L
L L L n
+ +
= =
= +
Những số hạng của dãy Lucas có thể coi như giống với dãy Fibonacci bởi hai dãy
này đều có cùng hệ thức xác định dãy.
2.2. Công thức tổng quát:
5
1 5 1 5
, .
2 2
n n
L n n
+ –
= +
2.3. Các tính chất số học của dãy Lucas:
2.3.1.
mn
u chia hết cho
n
u nếu m là số lẻ.
2.3.2. *
L F F n n n n = + – + 1 1, .
Tổng quát hơn, ta có công thức sau L F L F L k n n k n k k n k = + + – + – – 2 1 1, .
| 2.3.3. |
| 2.3.4. |
| 2.3.5. |
L F n 2 2 n n = + – 5 4. 1 , . ( )n
F L F n 2n n n = , .
1 1 , . *
5
n n
n
L L
F n = – + +
2.3.6. L n n 1 mod ( ) nếu n là số nguyên tố.
2.3.7. Số nguyên tố Lucas là số Lucas, và đồng thời là một số nguyên tố. Các
số nguyên tố Lucas nhỏ nhất được biết là 2, 3, 7, 11, 29, 47, 199, 521, 2207, 3571, …
III. Ước nguyên tố của một dãy số nguyên
1. Định nghĩa:
Cho dãy số nguyên (an ). Số nguyên tố p được gọi là ước nguyên tố của dãy
số nguyên (an ) nếu tồn tại chỉ số m sao cho p am .
2. Một số định lý:
2.1. Định lý Fermat nhỏ:
Với p là một số nguyên tố, a là một số nguyên thỏa mãn (a p , 1 ) = thì ta
luôn có a p p-1 1 mod ( ).
2.2. Định lý phần dư Trung Hoa:
Giả sử
m m m 1 2 , , …, n là các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau. Khi đó hệ các
đồng dư tuyến tính
( )
( )
( )
1 1
2 2
mod
mod
………….
mod
n n
x r m
x r m
x r m
có nghiệm duy nhất modulo m m m m = 1 2… n .
Chứng minh: Dễ thấy , 1, 1, j
m j
m j n
m
= =
Suy ra tồn tại sj sao cho j j 1 mod , 1, ( )
m j
s m j n
m
= j j j j (mod , 1, )
m j
s r r m j n
m
=
6
Xét số nguyên 0
1
n
j j
j j
m
x s r
m
=
= , ta có 0 ( )
1
mod , 1,
n
j j i i i i
j j i
m m
x s r s r r m i n
m m
=
= =
hay x0 là một nghiệm của hệ đồng dư tuyến tính.
Giả sử
x1 cũng là một nghiệm.
Ta có x x m i n x x m i n 1 0 1 0 = – = (mod , 1, , 1, i i ) ( )
Vì
m m m 1 2 , , …, n là các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau nên (x x m 1 0 – )
Định lý được chưng minh.
2.3. Định lý phần dư Trung Hoa mở rộng:
Giả sử
m m m 1 2 , , …, n là các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau. Khi đó điều
kiện cần và đủ để hệ các đồng dư tuyến tính
( )
( )
( )
1 1
2 2
mod
mod
………….
mod
n n
x r m
x r m
x r m
có nghiệm là
r r m m i j i j (mod , . ( ))
Khi đó hệ trên có nghiệm duy nhất theo modulo m m m m = 1 2… n
2.4. Định lý Euler:
Nếu a và n là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì
a n φ(n) 1 mod ( )
trong đó φ(n) là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng
nhau với n .
Hệ quả: Cho k số nguyên khác 0 là a a a 1 2 , , …, k và số nguyên dương m 1. Khi đó
tồn tại số nguyên dương N đủ lớn để
a a m i k n i i N n m + φ( ) = N (mod , 1, , ) *
Chứng minh: Giả sử ta có phân tích ra thừa số nguyên tố của m là
1
,
j
t
k j
j
m p
=
trong đó p p p 1 2 … t là các số nguyên tố và kj
Đặt N k j t = = max : 1, j . Khi đó
7
| +) Nếu thì từ | ta suy ra |
p a j i | p m kj j φ φ (p m kj j ) ( )
Áp dụng định lý Fermat ta có a p i j φ(m) 1 mod ( k j ). Suy ra a a p i i j N n m + φ( ) N (mod k j )
+) Nếu p a j i thì do N k j nên a a p i i j N n m + φ( ) N 0 mod ( k j )
Do đó p a a j t kj i i j ( N n m + φ( ) – = N), 1, . Suy ra m a a i k ( i i N n m + φ( ) – = N), 1,
Hệ quả được chứng minh.
IV. Thặng dư bậc hai
1. Định nghĩa. Ta gọi a là một thặng dư bậc hai modulo p (hay a là một số
chính phương modulo p ) nếu tồn tại số nguyên x sao cho x a p 2 (mod ),
trong đó p là một số nguyên dương.
2. Định lí. Cho p là một số nguyên tố.
(i) Nếu p = 2thì mọi số a lẻ đều là số chính phương modulo 2.
(ii) Nếu p 2. Khi đó
a là số chính phương modulo p khi và chỉ khi ( )
1
2 1 mod
p
a p
–
;
a là số chính phương modulo p khi và chỉ khi ( )
1
2 1 mod
p
a p
–
–
3. Kí hiệu Legendre. Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên không chia
hết cho p . Khi đó ta có các kết quả sau:
(1). ( )
1
2 mod
p
a
a p
p
–
(2). Nếu a b p (mod ) thì a b
p p
=
(3). a b ab .
p p p
=
8
(4). ( )
1
2
1
1
p
p
– –
= –
(5). ( )
2
1
8
2
1
p
p
–
= –
(6). Luật tương hỗ Gauss: Nếu p q , là hai số nguyên tố lẻ thì:
( )
1 1
.
1 2 2
p q p q
q p
– –
= –
B. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG
I. Dạng 1. Chứng minh một dãy số là dãy số nguyên
1. Phương pháp: Để chứng minh môt dãy số là dãy số nguyên, ta thường biến
đổi công thức truy hồi của dãy số về dạng u a u a u a u n n n k n k + – – 1 0 1 1 = + + + … , trong
đó
a a a 1 2 , , …, k là các số nguyên và k số hạng đầu tiên của dãy cũng là các số
nguyên. Từ đó bằng quy nạp, ta chứng minh được các số hạng của dãy là các số
nguyên.
– Trong một số trường hợp, ta có thể đi tìm công thức số hạng tổng quát
n
u của dãy, từ đó ta có thể chứng minh trực tiếp un là số nguyên
2. Bài tập vận dụng.
| 2.1. Bài 1. Cho dãy số xác định bởi |
(un) 1 2
2
1 *
2
1, 3
2
, .
n
n
n
u u
u
u n
+ u
+
= =
+
=
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số đều là các số nguyên.
Lời giải: Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh u u u n n n n + + 2 1 = – 4 , * (1)
+) Thật vậy với n =1 ta có
2 2
2
3 2 1
1
2 3 2
11 4
1
u
u u u
u
+ +
= = = = – .
Do đó (1) đúng với n =1.
+) Giả sử (1) đúng với n k k = , 1 ( ) tức là u u u k k k + + 2 1 = – 4 .
+) Ta chứng minh (1) đúng với n k = +1. Theo giả thiết quy nạp, ta có
Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY
Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education
Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT
Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa
Leave a Reply