ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Nguyễn Thành Giáp
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Hà Nội - 2011
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Nguyễn Thành Giáp
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
TS. Phạm Văn Quốc
Hà Nội - 2011
Mục lục
Lời nói đầu 3
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị 5
1.1. Dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1. Định nghĩa 5
1.1.2. Cách cho một dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.3. Một vài dãy số đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.4. Giới hạn của dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2. Sơ lược về phương pháp sai phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3. Số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3.1. Đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3.2. Một số định lý cơ bản của số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
Chương 2. Tính chất số học của dãy số 17
2.1. Tính chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2. Tính chất số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

đề về tính chất số học của dãy số như tính chia hết, tính nguyên, tính chính
phương. . . và nêu ra các phương pháp giải toán, phân tích các bài toán cụ thể.
3
Chương 3. Giới hạn của dãy số. Chương này đề cập đến một số bài toán
về giới hạn dãy số như: Giới hạn của tổng, dãy con và sự hội tụ của dãy số, dãy
số xác định bởi phương trình cùng với phương pháp giải cụ thể cho từng dạng
toán.
Luận văn được hoàn thành với sự quan tâm giúp đỡ, hướng dẫn khoa học
của TS. Phạm Văn Quốc, thày đã tận tình chỉ bảo cách tập nghiên cứu khoa
học, cách làm và trình bày bản luận văn này đồng thời thày cũng có nhiều ý
kiến quý báu để hoàn thành luận văn. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc
nhất tới thày.
Nhân dịp này tác giả cũng xin cảm ơn khoa Toán – Cơ – Tin học, phòng
Sau đại học, phòng Công tác chính trị sinh viên trường Đại học Khoa học Tự
nhiên – Đại học Quốc gia Hà nội đã tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trong suốt
hai năm học cũng như trong quá trình làm luận văn, cảm ơn Ban giám hiệu,
các bạn đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Trung Ngạn đã giúp đỡ cho tác giả
trong công tác và trong học tập thời gian qua, tác giả cũng xin cảm ơn gia đình,
bạn bè đã cổ vũ, động viên tác giả vượt qua mọi khó khăn để hoàn thành bản
luận văn này.
Hà Nội, ngày 25 tháng 11 năm 2011
Học viên
Nguyễn Thành Giáp
4
Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1. Dãy số
1.1.1. Định nghĩa
Mỗi hàm số u xác định trên tập các số nguyên dương N
∗

trong đó u
1
là số
hạng đầu, u
m
là số hạng cuối.
Dãy số (u
n
) được gọi là:
• Dãy đơn điệu tăng nếu u
n+1
> u
n
với mọi n = 1, 2,
5
• Dãy đơn điệu không giảm nếu u
n+1
≥ u
n
với mọi n = 1, 2,
• Dãy đơn điệu giảm nếu u
n+1
< u
n
với mọi n = 1, 2,
• Dãy đơn điệu không tăng nếu u
n+1
≤ u
n
với mọi n = 1, 2,

n
) được cho bởi
u
n
=
1
√
5

1 +
√
5
2

n
−
1
√
5

1 −
√
5
2

n
.
Dãy số cho bằng phương pháp truy hồi: Dãy số (u
n
) được xác định bởi

n+1
cho 100.
6
1.1.3. Một vài dãy số đặc biệt
1.1.3.1. Cấp số cộng
Định nghĩa 1.1.1. Dãy số u
1
, u
2
, u
3
, được gọi là một cấp số cộng với công
sai d (d khác 0) nếu u
n
= u
n−1
+ d với mọi n = 2, 3,
Tính chất:
1. u
n
= u
1
+ (n −1)d.
2. u
k
=
u
k−1
+ u
k+1

+ u
n
) =
n
2
[2u
1
+ (n −1)d].
1.1.3.2. Cấp số nhân
Định nghĩa 1.1.2. Dãy số u
1
, u
2
, u
3
, được gọi là một cấp số nhân với công
bội q (q khác 0 và khác 1) nếu u
n
= u
n−1
q với mọi n = 2, 3,
Tính chất:
1. u
n
= u
1
q
n−1
với mọi n = 2, 3,
2. u





u
1
= 1, u
2
= 1
u
n
= u
n−1
+ u
n−2
, với mọi n = 2, 3,
7
được gọi là dãy Fibonacci.
Bằng phương pháp sai phân có thể tìm được công thức tổng quát của dãy
là:
u
n
=
1
√
5

1 +
√
5

− a| < ε. Khi đó kí hiệu lim
n→+∞
u
n
= a hoặc
lim u
n
= a và còn nói rằng dãy số (u
n
) hội tụ về a. Dãy số không hội tụ gọi là
dãy phân kì.
Định lý 1.1.5. Nếu một dãy số hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhất.
Định lý 1.1.6 (Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass).
a) Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ.
b) Một dãy số tăng và bị chặn trên thì hội tụ.
c) Một dãy số giảm và bị chặn dưới thì hội tụ.
Định lý 1.1.7. Nếu (u
n
) → a và (v
n
) ⊂ (u
n
), (v
n
) = C thì (v
n
) → a.
Định lý 1.1.8 (định lý kẹp giữa về giới hạn). Nếu với mọi n ≥ n
0
ta đều


cũng có giới hạn
8
là a.
Định lý này có thể phát biểu dưới dạng tương đương sau:
Định lý 1.1.11 (định lý Stolz). Nếu lim
n→+∞
(u
n+1
− u
n
) = a thì
lim
n→+∞
u
n
n
= a.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp a = 0. Vì
lim
n→+∞
(u
n+1
− u
n
) = a nên với mọi ε > 0 luôn tồn tại N
0
sao cho với mọi
n ≥ N
0

|+ ···+ |u
n
−u
n−1
|

< |u
N
0
|·
1
n
+ (n −N
0
) ·
ε
n
Giữ N
0
cố định, ta có thể tìm được N
1
> N
0
sao cho
1
N
1
|u
N
0

−
[f(x)−x] cùng dương hoặc cùng âm. Khi đó, phương trình f(x) = x
có nghiệm duy nhất ⇔ phương trình f
n
(x) = x có nghiệm duy nhất. Trong
đó f
n
(x) = f( f
  
(n−1) lần f
(x)).
Chứng minh. 1) a) nếu x
0
là nghiệm của phương trình f(x) = x thì x
0
cũng là
nghiệm của phương trình f
n
(x) = x.
b) Nếu phương trình f(x) = x vô nghiệm thì f(x) −x > 0 hoặc f(x) −x < 0
với mọi x ∈ D. Do đó f
n
(x) − x > 0 hoặc f
n
(x) − x < 0 với mọi x ∈ D nên
phương trình f
n
(x) = x cũng vô nghiệm.
2) a) Giả sử phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất là x
0

) > x
1
⇒ f(f(x
1
)) > f(x
1
) > x
1
. Từ đó, ta có
f
n
(x
1
) > x
1
nên x
1
không là nghiệm của phương trình f
n
(x) = x. Vậy phương
trình f
n
(x) = x có nghiệm duy nhất x = x
0
.
Trường hợp lim
x→α
+
[f(x) − x] và lim
x→β

2
thì dãy (x
n
) giảm.
Chứng minh. a) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Với n = 1 ta
có x
1
< x
2
, mệnh đề đúng. Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k ≥ 1) tức là
x
k
< x
k+1
. Do f(·) là hàm đồng biến nên f(x
k
) < f(x
k+1
), suy ra x
k+1
< x
k+2
.
b) Chứng minh tương tự.
Định lý 1.1.14. Cho hàm f : D → D là hàm nghịch biến, dãy (x
n
) thỏa mãn
x
n+1
= f(x

) = x
2n+2
và
lim f(f(x
2n
)) = lim x
2n+2
= α, lim x
2n
= α
do f(x) liên tục nên f(f(α)) = α. Chứng minh tương tự ta có f(f(β)) = β.
Vậy α, β là nghiệm của phương trình f(f(x)) = x.
1.2. Sơ lược về phương pháp sai phân
Định nghĩa 1.2.1. Cho hàm số y = f(x) xác định trên R. Đặt x
k
= x
0
+ kh
(k ∈ N
∗
) với x
0
∈ R, h ∈ R bất kỳ, cho trước. Gọi y
k
= f(x
k
), khi đó hiệu số
∆y
k
:= y

y
k
= ∆(∆
i−1
y
k
), k ∈ N
∗
được gọi là sai phân cấp i của hàm số f(x) (i = 1, 2, , n, )
Mệnh đề 1.2.2. Sai phân mọi cấp đều có thể biểu diễn theo các giá trị của
hàm số: y
0
, y
1
, y
2
, , y
n
,
11
Định nghĩa 1.2.3. Phương trình sai phân (cấp k) là một hệ thức tuyến tính
chứa sai phân cấp k
f(y
n
, ∆y
n
, ∆
2
y
n

, , y
n+k
là các
giá trị chưa biết.
Hàm số y
n
thỏa mãn (1.2) gọi là nghiệm của phương trình sai phân tuyến
tính (1.2).
Phương trình a
0
y
n+k
+ a
1
y
n+k−1
+ ··· + a
k
y
n
= f(n) được gọi là phương
trình sai phân tuyến tính cấp k. Để giải phương trình này, chúng ta làm như
sau:
Bước 1. Giải phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng
a
0
y
n+k
+ a
1

n
= c
1
λ
n
1
+ c
2
λ
n
2
+ ··· + c
k
λ
n
k
(1.5)
trong đó c
1
, c
2
, , c
k
là các hằng số tùy ý.
Nếu (∗) có nghiệm thực λ
j
bội s thì nghiệm tổng quát của (1.4) là
ˆy
n
=

= λ
j
. Để thu được công thức tổng
quát, trong công thức (1.5) ta thay bộ phận c
j
λ
n
j
+ c
j+1
λ
n
j+1
bởi bộ phận tương
ứng c
j
r
n
cos nθ + c
j+1
r
n
sin nθ.
Nếu phương trình (∗) có nghiệm phức bội s:
λ
j
= λ
j+s+1
= = λ
j+2s−1

cos nθ+

s−1

i=0
c
j+s+i
n
i

r
n
sin nθ
Bước 2. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp
k. Nghiệm tổng quát có dạng
y
n
= ˆy
n
+ y
∗
n
trong đó y
n
là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp k, ˆy
n
là nghiệm
của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng và y
∗
n

d

.
Tính chất 3. Nếu a ≡ b(mod m) và c ∈ Z
+
thì ac ≡ bc(mod mc).
1.3.1.3. Một số kiến thức liên quan
• Với mọi a, b ∈ Z
+
(a = b) và n là số tự nhiên: (a
n
− b
n
)
.
.
.(a − b);
14
• Trong n số nguyên liên tiếp (n ≥ 1) có một và chỉ một số chia hết cho n;
• Lấy n + 1 số nguyên bất kỳ (n ≥ 1) đem chia cho n thì phải có hai số
khi chia cho n có cùng số dư (theo nguyên lý Dirichlet).
• Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10
m
.
1.3.2. Một số định lý cơ bản của số học
1.3.2.1. Định lý Euler
Hàm số Euler-µ(m): Cho hàm số µ(m) được xác định như sau
• m = 1, ta có µ(m) = 1,
• m > 1 thì µ(m) là các số tự nhiên không vượt quá m −1 và nguyên tố
với m.

là số tự nhiên
khác 0). Ta có
µ(m) = m

1 −
1
p
1

1 −
1
p
2

···

1 −
1
p
n

.
Định lý 1.3.1 (định lý Euler). Cho m là số tự nhiên khác 0 và a là số nguyên
tố với m. Khi ấy, ta có
a
µ(m)
≡ 1(modm).
15
1.3.2.2. Định lý Fermat
Định lý 1.3.2 (định lý Fermat). Cho p là một số nguyên tố và a là một số


u
1
= 1, u
2
= 50
u
n+1
= 4u
n
+ 5u
n−1
− 1975, n = 2, 3, 4,
Chứng minh rằng u
1996
chia hết cho 1997.
Lời giải. Ta tìm số hạng tổng quát của dãy số bằng phương pháp sai phân.
Công thức truy hồi của dãy là tuyến tính nhưng không thuần nhất, do vậy ta
đặt u
n
= v
n
+ c để có công thức truy hồi v
n+1
= 4v
n
+ 5v
n−1
. Ta có
v


v
1
= −
1919
8
, v
2
= −
1575
8
v
n+1
= 4v
n
+ 5v
n−1
, n = 2, 3, 4,
Phương trình đặc trưng: x
2
− 4x − 5 = 0 có hai nghiệm x
1
= 5 và x
2
= −1
nên v
n
= c
1
5

n
= −
1747
120
· 5
n
+
2005
12
· (−1)
n
+
1975
8
.
Với n = 1996, ta có
u
1996
= −
1747
120
· 5
1996
+
9935
24
=
−1747 · 5
1996
+ 49675

+ 49675
.
.
.120.
Mặt khác (120, 1997) = 1 nên
−1747 · 5
1996
+ 49675
120
chia hết cho 1997, hay
là u
1996
chia hết cho 1997.
Bài tập 2.1.2 (HSG QG 2011). Cho dãy số nguyên (a
n
) được xác định bởi:





a
0
= 1, a
1
= −1
a
n
= 6a
n−1

(mod2011). Phương trình đặc
trưng của dãy (b
n
):
x
2
− 6x −2016 = 0 ⇔ (x −48)(x + 42) = 0 ⇒ x
2
= 48, x
1
= −42.
Suy ra số hạng tổng quát của dãy (b
n
) có dạng:
b
n
= C
1
· (−42)
n
+ C
2
· (48)
n
.
Từ các điều kiện ban đầu của dãy (b
n
), ta có hệ:



49
90
C
2
=
41
90
.
19
Vì vậy b
n
=
49 · (−42)
n
+ 41 ·48
n
90
với mọi n ≥ 0. Vì 2011 là số nguyên tố
nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có
(−42)
2010
≡ 48
2010
≡ 1(mod2011).
Do đó
90b
2012
= 49 · (−42)
2012
+ 41 ·48

=

1
2
−
2
√
14

(3 +
√
14)
n
+

1
2
+
2
√
14

(3 −
√
14)
n
. (1)
Đặt p = 2011, ta có
a
p+1

14)
p+1
= A
p+1
+ B
p+1
·
√
14 và (3 −
√
14)
p+1
= A
p+1
− B
p+1
·
√
14
trong đó
A
p+1
=
p+1
2

i=0
C
2i
p+1

− 4B
p+1
. (4)
20
Do p nguyên tố nên C
k
p
≡ 0(modp) với mọi k = 1, p − 1. Do đó từ
C
k
p+1
= C
k
p
+ C
k−1
p
, suy ra C
k
p+1
≡ 0(modp) với mọi k = 2, p − 1.
Vì vậy từ (2) và (3) ta được A
p+1
≡

14
p+1
2
+ 3
p+1


(modp). Mặt khác, ta có
45
2
≡ 14(modp)
và (45, 14) = 1, theo định lý Fermat nhỏ ta có: 3
p
≡ 3(modp) và
14
p−1
2
≡ 45
p−1
≡ 1(modp).
Do đó từ (5) ta được
a
2012
= a
p+1
≡ −3 + 2 = −1 ≡ 2010(mod2011).
Việc tìm số hạng tổng quát của dãy số cũng có thể thông qua biến đổi liên
tiếp các số hạng phụ thuộc nhau và biểu diễn qua một vài số hạng đầu và có
thể áp dụng phương pháp quy nạp để chứng minh.
Bài tập 2.1.3. Cho dãy số (u
n
) xác định như sau:





n
= 1
⇒ n[u
n+2
− 4u
n+1
− (n + 1) + 1] = (n + 1)(u
n+1
− 4u
n
− n + 1)
21
Do đó
u
n+2
− 4u
n+1
− (n + 1) + 1 =
n + 1
n
(u
n+1
− 4u
n
− n + 1)
=
n + 1
n
·
n

n+1
+ (n + 1)] = 4
2
(u
n
+ n) = = 4
n
(u
2
+ 2)
= 4
n+2
nên u
n
= 4
n
− n đúng với mọi n ∈ N
∗
. Từ đó
S = 3
2011

n=1
u
n
− 4(2
4022
− 1) = 3
2011


các kiến thức về đồng dư để giải toán.
Bài tập 2.1.4. Cho a
1
= 19, a
2
= 98. Với mỗi số nguyên n ≥ 1, ta xác định
a
n+2
bằng số dư của phép chia a
n
+ a
n+1
cho 100. Tìm số dư trong phép chia
a
2
1
+ a
2
2
+ ··· + a
2
1998
cho 8.
Lời giải. Gọi r
n
là số dư của phép chia a
n
cho 4. Theo giả thiết, ta có
a
n

= 0, r
6
= 3, r
7
= 3, r
8
= 2, r
9
= 1. Dễ kiểm tra {r
n
} có chu kỳ 6, nghĩa là
r
n
= r
n+6
với mọi n ≥ 1. Lại có a
2
n
− r
2
n
= (a
n
− r
n
)(a
n
+ r
n
), do (a

n
≡ r
2
n
(mod8). Vậy
a
2
1
+ a
2
2
+ ··· + a
2
1998
≡ r
2
1
+ r
2
2
+ ··· + r
2
1998
(mod8).
Mà
r
2
1
+ r
2

+ a
2
2
+ ··· + a
2
1998
chia hết cho 8 hay số dư bằng 0.
Bài tập 2.1.5. Cho λ là nghiệm dương của phương trình
t
2
− 1998t −1 = 0
và dãy (x
n
) được xác định như sau:





x
0
= 1
x
n+1
= [λx
n
], với mọi n ≥ 0.
Trong đó [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Tìm số dư của phép chia
x
1998

.
Dễ thấy x
n
là số nguyên dương, do đó
[λx
n
] =

1998x
n
+
x
n
λ

= 1998x
n
+

x
n
λ

.
23