Tính chất của dãy số Fibonacci

1) $(F_n,F_{n+1})=1$

2) Nếu $n |m $ thì $F_n |F_m$
Ta chỉ cần chứng minh tính chất sau:
$F_{m+n}=F_{m-1}F_{n+1}+F_{m}.F_{n}$
Quy nạp theo $n$, với $n=1$ đúng
Giả sử đúng với $n=k$ khi đó với $n=k+1$ thì:
$F_{m+k+1}=F_{m+k}+F_{m+k-1}=(F_{m-1}F_{k+1}+F_{m}.F_{k})+(F_{m-1}_F{k}+F_{m}.F_{k-1})=F_{m-1}F_{k+2}+F_{m}F_{k+1}$
Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Cho $m=kn$ thì ta suy ra thêm được một số tính chất sau
3)Nếu $F_n$ chia hết cho $F_m$ thì $n$ chia hết cho $m$ (m>2)
4) $(F_m,F_n)=F_{(m,n)}$
5) $n \ge 5$ và $F_n$ là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố.
6) $(F_n)$ chứa vô hạn những số nguyên tố đôi một cùng nhau
7) $F_{5n}=5F_nq_n$ $q_n$ không chia hết cho 5.

Chứng minh:

Cách 1:
$F_{5n}=\frac{q_1^{5n}-q_2^{5n}}{\sqrt 5}=F_n(q_1^{4n}+q_1^{3n}q_2^n+(q_1q_2)^2n+q_1^nq_2^{3n}+q_2^{4n})=F_n(L_{4n}+(-1)^nL_{2n}+1)=F_n(L_{2n}^2+(-1)^nL_{2n}-1).$ Vì thế $v_5(F_{5n})=v_5(F_n)+v_5(L_{2n}^2+(-1)^nL_{2n}-1)$.
$L_n^2-5F_n^2=4(-1)^n$
$F_{2n}=F_nL_n$.
Do $n=1$ $L_2^2-L_2-1=5$.
$L_n,F_n$ chu kì 20 mod 5 ($L{n+10}=-L_n\mod 5, F_{n+10}=-F_n\mod 5$. $5|F_n$ khi và chỉ khi $5|n$
nếu $n>1$ $5|F_5|F_{5k}$. Vì thế $5|n$  $L_{2n}^2=4(-1)^n\mod 25$. Vì $10|n$ $L_{2n}=\pm 2\mod 25$.
$L_{2n}^2+(-1)^nL_{2n}-1=4+2-1=5\mod 25$. Vậy $v_5(F_{5n})=v_5(F_n)+1\to v_5(F_n)=v_5(n).$ (Đpcm)

Cách 2:



Dùng cách tính chất ở trên, nếu $a|b$ thì $F_a|F_b$ và , $(F_a,F_b)=F_{(a,b)}$.

Đặt $n=5^p \cdot q$ Với $(5,q)=1$. thì $v_5(n)=p$. thấy rằng $(F_{5^k \cdot m}, F_{5^k}) = F_{5^k}$ . Hiển nhiên $5^k|F_{5^k}$.và $5^{k+1}$ không là ước của ${F_{5^k \cdot m}}$ vì nó sẽ dẫn đến $5|m$ mâu thuẫn. Vậy $v_5(F_{5^k \cdot m})=k$ . Đpcm $\Box$




8) $F_n \vdots 5^k$ khi và chỉ khi $n \vdots k$
9) $F_n$ có tận cùng là 0 khi và chỉ khi $n \vdots 15$

10) $F_n$ có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi $n \vdots 150$

Một số tính chất số học của dãy tuyến tính

Cho dãy $(x_n)$ sao cho:
$x_0=1, x_1=1$, $x_{n+2}=ax_{n+1}+bx_n (a,b \in Z)$

Khi đó ta có:

1)$x_{m+n}=bx_{n}x_{m-1}+x_{n+1}x_{m}$

2) $x_{kn} \vdots x_n$

Ứng dụng:

Mở rộng đề thi chọn đội tuyển Ninh Bình 2016: Giả sử $p,q$ là hai số nguyên tố , dãy $(u_n)$ được xây dựng như sau:

$$\left\{\begin{matrix} u_0=0 & & & \\ u_1=1 & & & \\ u_n=pu_{n-1}-qu_{n-2}\forall n\geq 2,n \in \mathbb{N} & & & \end{matrix}\right.$$

Tìm tất cả $p,q$ biết tồn tại số tự nhiên $k$ để $u_{3k}=-3$

áp dụng tính chất 2) suy ra $u_3 |3 $ hay  $p^2-q|3$. Kết hợp điều kiện p,q nguyên tố nên có thể dễ dàng tìm được p,q

Một bài toán lạ !

Bài toán (Hong Kong TST 2017); Tìm chữ số thập phân đầu tiên sau dấu phẩy của số: $\displaystyle \frac1{1009}+\frac1{1010}+\cdots + \frac1{2016}$

Lời giải:

Đặt $a_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\ldots+\frac{1}{2n}$ và chú ý rằng $a_n-a_{n-1}=\frac{1}{2n(2n-1)}$, vì vậy $a_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k(2k-1)}<\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2k(2k-1)}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\ln 2<0.7$. Và $a_{1008}=\sum_{k=1}^{1008}\frac{1}{2k(2k-1)}>\frac{1}{2}+\frac{1}{12}+\frac{1}{30}>0.6$, Vậy đáp số là 6.

Chuyên mục nhỏ về tính chất của dãy tuyến tính cấp 2.

Lời giải:

Số Fermat và các tính chất

Các số tự nhiên có dạng $f_n=2^{2^n} +1$ được gọi là số Fermat

Ta có $f_0=1$

$f_1=5$

$f_2=17$

$f_3=257$

$f_4=65537$

$f_5=4294967295=641.6700417$

Như vậy ta có các tính chất sau:

i) $f_n=f_0.f_1..f_{n-1}+2$

ii) $(f_k,f_h)=1$

iii) $f_n$ tận cùng là 7 với n>1

i) ta có: $f_k=(2^{2^{k-1}})^2+1=(f_{k-1}-1)^2+1=f_{k-1}^2-2f_{k-1}+2$

Suy ra $f_n-2=f_0f_1..(f_0-2)=f_0.f_1...f_{n-1}$

ii) Suy ra từ i)

iii) Ta có $f_1=5$, các $f_n$ đều lẻ nên $f_n \equiv 5+2=7 (mod 10)$

Chứng minh bất đẳng thức trong dãy số

Bài 1: Cho dãy số {$x_n$} xác định bởi $x_n=\frac{1}{n^m(n+a)\sqrt{n+b}} (m>a, m \in Z)$

Khi đó: $x_1 + x_2+..+x_n <\frac{1}{a\sqrt{1+b}}$

Giải:

Ta có:

$x_n=\frac{a}{an^{m-1}\sqrt{n+b}.n(n+a)}=\frac{1}{an^{m-1}\sqrt{n+b}}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+a})$

$x_n=\frac{a}{an^{m-1}\sqrt{n+b}.n(n+a)}=\frac{1}{an^{m-1}\sqrt{n+b}}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+a})=\frac{1}{an^{m}\sqrt{n+b}}-\frac{1}{an^{m-1}(n+a)\sqrt{n+b}}<\frac{1}{an^{m}\sqrt{n+b}}-\frac{1}{a(n+1)^m\sqrt{n+1+b}}$

Đến đây áp dụng công thức tổng sai phân ta có điều phải chứng minh.

Bài 2: Cho dãy số {$u_n$}, { $v_n$} xác định như sau:

$\left\{\begin{matrix}
u_1>0, v_1>0 &  & \\
u_{n+1}=u_n+\frac{1}{v_n},  n\ge1 &  & \\
v_{n+1}=v_n+\frac{1}{u_n}, n \ge 1&  &
\end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{(u_{2013}+v_{2013})^2} > 2\sqrt[3]{2013}$

Giải:

Đặt $w_n=(u_n+v_n)^2$

$w_{n+1}=(u_{n+1}+v_{n+1})^2=[(u_n+v_n)+(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{v_n})]^2>(u_n+v_n)^2+2(u_n+v_n)(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{v_n}) \ge w_n+8$

Suy ra: $w_n \ge w_2+(n-2).8$

Chọn n=2013 ta được đpcm

Bài 3: (IMO 1970) Cho dãy số {$U_n$} có tính chất sau:$1=u_o \le u_1 \le ..\le ..$ Xây dựng {$v_n$} như sau:

$v_n=\sum_{k=1}^{n}(1-\frac{u_{k-1}}{u_k})\frac{1}{\sqrt{u_k}} \forall n \ge 1$

a) Chứng minh rằng: $0 \le v_n \le 2$

b) Với mọi số C cho trước$0 \le C <2$ đều tồn tại một dãy số {$u_n$} thỏa mãn điều kiện đã cho và $v_n>C$ với vô số chỉ số n.

Giải:
a)
$v_n$ có dạng dãy tổng nên ta sẽ dùng tổng sai phân:

Theo cách xác định dãy {$v_n$} thì:

$v_n=\sum_{k=1}^{n}(1-\frac{u_{k-1}}{u_k})\frac{1}{\sqrt{u_k}}=2\sum_{k=1}^{n}\frac{u_k-u_{k-1}}{u_k(2\sqrt{u_k})}\\\le2\sum_{k=1}^{n}\frac{u_k-u_{k-1}}{u_k(\sqrt{u_k}+\sqrt{u_{k-1}})}=2\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt{u_k}}-\frac{\sqrt{u_{k-1}}}{u_k})\\=2\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt{u_k}}+\frac{1}{\sqrt{u_{k-1}}}-(\frac{\sqrt{u_{k-1}}}{u_k}+\frac{1}{\sqrt{u_{k-1}}})) \le 2 \sum_{k=1}^{n} (\frac{1}{\sqrt{u_k}}-\frac{1}{\sqrt{u_{k-1}}})\\=2(1-\frac{1}{\sqrt{u_n}})\le2$

Vậy câu a được chứng minh.
b) Ta sẽ liên tưởng đến lim do điều cần chứng minh:

Bây giờ ta xét dãy số:$u_n=\frac{1}{p^{2n}}$ thỏa mãn điều kiện trên. (p <1)

Đồng thời:$(1-\frac{u_{k-1}}{u_k})\frac{1}{\sqrt{u_k}}=(1-p^2)p^k$ Vì vậy:

$v_n=(1-p^2)\sum_{k=1}^{n}p^k=p(p+1)(1-p^n)=p(p+1)-p^n(p+1)p$

Mà$limp^n=0$ nếu n tới vô cùng. Do vậy ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại q sao cho $C<q<2$ thỏa mãn phương trình x(x+1)=q. Dễ thấy phương trình này có hai nghiệm trai dấu và nghiệm của nó phải thỏa điều kiện $p<1$ nếu không thì$p(p+1) \le 2 >q$.
Mà điều này là hiển nhiên vậy ta có đpcm.

Bài 4 (IMO 1982): Xét dãy số thực dương {$u_n$} thỏa mãn điều kiện:
$1=u_o\ge u_1 \ge u_2.. $
a) Chứng minh rằng với mọi dãy có tính chất như trên đều tồn tại một số $n$ sao cho:
$\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} \ge 3,999$
b) Chứng minh tồn tại một dãy như trên mà:

$\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} <4$

Giải:

a) Phần chứng minh câu a) làm ta liên tưởng đến cận trên bé nhất của tổng những dãy trên. Vì nếu k là cận trên bé nhất thì $\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} >k$
Nhưng $k+ \varepsilon  > \frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} $

Ta sẽ chứng minh $k \ge 4$

Do:
$\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n}=\frac{u_o^2}{u_1}+u_1(\frac{(\frac{u_1}{u_1})^2}{\frac{u_2}{u_1}}+\frac{(\frac{u_2}{u_1})^2}{\frac{u_3}{u_1}}+..)$

$\Rightarrow k+\varepsilon >\frac{1}{u_1}+u_1k \geq 2\sqrt{k} (\varepsilon >0)$

Đến đây ta cho $ \varepsilon $ càng nhỏ ta có đpcm.

b) Thấy dãy dãy $u_n=2^{-n}$ thỏa mãn bài toán

Bài 5: Cho dãy số {$u_n$} xác định bởi $\left\{\begin{matrix}
u_o=1 &  & \\
u_{n+1}=u_n+\frac{1}{u_n} ( \forall n \in N) &  &
\end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có: $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_n^4}<\frac{7}{6}$

Nhận xét:
Ta có dãy trên tăng và không bị chặn trên, nên có đánh giá như sau:

$u_{n+1}^2=u_n^2+2+\frac{1}{u_n^2}$ Do $u_n$ tăng và không bị chặn trên nên $\frac{1}{u_n^2}$ sẽ tiến dần tới 0 nên ta sẽ không tính tới.

Mạnh dạn đánh giá: $u_{n+1}^2>u_n^2+2$

Lời giải:

Ta có:

$u_n^2>u_{n-1}^2+2>u_{n-2}^2+4>..u_1^2+2(n-1)=2n+2$

Do đó:

$\frac{1}{u_n^4}<\frac{1}{(2n+2)^2}<\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3})$

Tới đây cộng các vế ta có đpcm.

Chứng minh sự hội tụ của dãy số

Bài toán: Cho dãy số $(u_n)$ xác định như sau: $u_1=1, u_2=2, u_n=u_{n-1}+u_{n-2}$ (n=3,4..)

Chứng minh dã số $(x_n)$ xác định bởi $x_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}}$ hội tụ.


Ta thấy rằng $(u_n)$ càng lớn nếu n càng lớn nên tổng $x_n$ một lúc nào đó sẽ không thay đổi với $k \ge n_o$.

Tuy vậy ta có cách giải khác:

Ta chứng minh rằng $u_n \ge (\sqrt{2})^{n-1})$

với n=1, 2 thì $u_1=1, u_2=2$ đúng.

Giả sử đúng với $n=k$ khi n=k+1 thì:

$u_{k+1}=u_k+u_{k-1} \ge \sqrt{2}^{k-1}(\sqrt{2}+1) >\sqrt{2}^{k+1}$

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_k}\le\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(\sqrt{2})^{k-1}}$

Đến đây dùng công thức cấp số nhân để tính tổng và $(u_n)$ tăng ta có dpcm

Tìm giới hạn dãy số

Bài 1 (Đề thi chọn đội tuyển Amsterdam 2016) Cho dãy số thực $(x_n)$:

$\left\{\begin{matrix}
x_1=3 &  & \\
x_{n+1}=\frac{3x_n-1}{x_n} &  &
\end{matrix}\right.$ Xét dãy số:

$y_n=\frac{(3+\sqrt{5})^n}{2^n.x_1x_2..x_n}$ Chứng minh rằng dãy $(y_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài giải:




Xét $f(x) = \frac{3x-1}{x} $

Có $f'(x) = \frac{1}{x^2 } >0 $

Mà mặt khác ta có $x_2 < x_1 => x_n giảm $

Mặt khác, ta có $x_1 \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} $

Giả sử $x_n \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} $ đúng với $n$, ta chứng minh đúng với $n+1 $

Tức là chứng minh

$\frac{3x_n-1}{x_n} \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} <=> x_n \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} $

Do đó ta có $x_n$ giảm, bị chặn dưới bởi $\frac{3+\sqrt{5}}{2} $ do đó, tồn tại $L$ bằng $lim x_n $

Mà khi chuyển sang giới hạn, ta tính đc $L=\frac{3+\sqrt{5}}{2} $

Mặt khác $\frac{y_{n+1}}{y_n } = \frac{3+\sqrt{5}}{2x_{n+1}} \leq 1$

Do đó $y_n $ giảm, bị chặn dưới bởi $0$

Suy ra tồn tại $L'= lim y_n $

Thay vô $L'=\frac{3+\sqrt{5}}{2L} . L' => L'=0 $

Câu dãy số số học trong IMO và phương pháp suy luận

Đề bài: (IMO 18th) Cho dãy $(u_n)$ xác định như sau: $u_o=2$, $u_1=\frac{5}{2}$ và

$u_{n+1}=u_n(u_{n-1}^2-2)-u_1$

Chứng minh rằng $[u_n]=2^{\frac{2^n-(-1)^n}{3}}$

Lời giải:

Do đề bài yêu cầu chứng minh $[u_n]=2^{\frac{2^n-(-1)^n}{3}}$

Nên ta sẽ cố gắng biểu diễn $u_n$ dưới dang $2^x+a$

Bắt đầu với $u_1$

$u_1=\frac{5}{2}=2+\frac{1}{2}$

$u_2=(2+\frac{1}{2})(2^2-2)-(2+\frac{1}{2})=2+\frac{1}{2}$

$u_3=(2+\frac{1}{2})[(2+\frac{1}{2})^2-2]-(2+\frac{1}{2})$

Ta có thể đoán trước được $u_3=2^3+a (a<1)$ do thay 3 vào điều kiện đề bài

Nên ta tìm cách lấy số $2^3$ ra khỏi $u_3$, ta được:

$u_3=2^3+\frac{1}{2^3}$

Tương tự $u_4=2^5+\frac{1}{2^5}$

Bây giờ ta sẽ chứng minh: $u_n=2^{a_n}+\frac{1}{2^{a_n}}$

Do bài toán cần chứng minh $[u_n]=2^{\frac{2^n-(-1)^n}{3}}$  ta sẽ chứng minh:

Với $a_n=\frac{2^n-(-1)^n}{3}$ đây là công thức tổng quát của $a_n$ tuyến tính bậc 2 nên ta viết lại $a_{n+1}=a_n+2a_{n-1}$

Dễ thấy mệnh đề đúng với n=1,2,3,4,5.

Với n+1 thì:

$u_{n+1}=(2^{a_n}+2^{-a_{n}})(2^{a_{n-1}}+2^{-a_{n-1}-2}-(2+\frac{1}{2})$

Nhân ra ta được:

$u_{n+1}=2^{a_n+2a_{n-1}}+2^{-a_{n}-2a_{n-1}}+2^{2a_{n-1}-a_n}+2^{a_n-2a_{n-1}}-2-2^{-1}$

Mặt khác  Do: $a_{n+1}=a_n+2a_{n-1} \Rightarrow 2a_{n-1}-a_n=(-1)^n$

Thay vào ta có đpcm.

Bất đẳng thức Bonse

Cho $p_1=2, p_2=3,..$ là dãy tăng các số nguyên tố. Chứng minh rằng:

$p_1p_2..p_n >p_{n+1}^2$

Giải.

Đặt $A_k=p_1p_2...p_k$ và $a_k=k.p_1p_2..p_{n-1}-p_n$ với $1 \le k \le p_n -1$. Ta thấy rằng $a_k$ không chia hết cho $p_i$ (với i=1,..n) suy ra $a_k \ge p_{n+k}$ (Do là dãy tăng). Chọn k=$p_n-1$ ta được $a_k=A_n-A_{n-1}-p_n>p_{p_n+n-1}>p_{3n-1}$ ( có thể chứng minh $p_n \ge 2n$ bằng quy nạp). Từ đây ta nhận thấy với $n \ge 6$ thì

$p_1..p_n>(p_1..p_{[n/2]})^2>p_{3[n/2]-1}^2>p_{n+1}^2$