ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
VŨ NGỌC BẢO
MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN
CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
VŨ NGỌC BẢO
MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN
CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60 46 01 13
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2 Các dạng toán về số chính phương
2.1 Định nghĩa số chính phương . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Một số tính chất của số chính phương . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Tổng các ước của một số tự nhiên . . . . . . . . . .
2.2.2 Một số bài toán chọn lọc về hàm d(n), σ(n) và ϕ(n)
2.3 Tổng các bình phương của các số nguyên . . . . . . . . . .
2.3.1 Tổng của hai bình phương . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Tổng của ba bình phương . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Tổng của bốn bình phương . . . . . . . . . . . . . .
2.3.4 Bài toán về tổng của năm bình phương . . . . . . .
2.4 Một số biểu diễn khác qua tổng các bình phương . . . . . .
2.4.1 Tổng của ba bình phương có hai bình phương bằng
nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Tổng của bốn bình phương có ba bình phương bằng
nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
5
5
5
6
6
7
7
7
7
3.4.1 Ứng dụng vào giải bài toán về số chính phương . . .
3.4.2 Tìm dấu hiệu chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.3 Tìm chữ số tận cùng . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.4 Chứng minh sự chia hết . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
38
38
39
44
46
48
51
52
54
54
55
60
61
62
Tài liệu tham khảo
67
Mở đầu
3
3.2. Phạm vi nghiên cứu:
Nghiên cứu các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, kỷ yếu hội thảo các
chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, thi Olympic; tủ
sách chuyên Toán.
4
4. Phương pháp nghiên cứu:
Tham khảo các tài liệu bồi dưỡng cho giáo viên, bồi dưỡng học sinh
giỏi
Tham gia các buổi seminar: Các chuyên đề toán phổ thông, Các trường
hè bồi dưỡng nâng cao kiến thức chuyên môn để trao đổi các kết quả đang
nghiên cứu.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài:
Luận văn là một chuyên đề hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc Trung
học cơ sở, Trung học phổ thông. Tạo được một đề tài phù hợp cho việc
giảng dạy, bồi dưỡng học sinh Trung học cơ sở, Trung học phổ thông.
Đề tài đóng góp thiết thực cho việc học và dạy các chuyên đề toán trong
trường Trung học cơ sở, Trung học phổ thông, đem lại niềm đam mê sáng
tạo trong việc dạy và học toán.
6. Cấu trúc của luận văn:
6. Cấu trúc của luận văn:
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương
đề cập đến các vấn đề sau đây:
Chương 1 Đồng dư và đồng dư bậc hai.
Chương 2 Các dạng toán về số chính phương.
Chương 3 Một số dạng toán liên quan đến tổng và tích các lũy thừa.
Hệ thức (1.1) gọi là đồng dư thức.
1.1.2
Các tính chất của đồng dư thức
Tính chất 1.1.
a. Với mọi số nguyên ta có a ≡ a (mod m).
b. Nếu a ≡ b (mod m) thì b ≡ a (mod m).
c. Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m).
Tính chất 1.2. Nếu a ≡ b (mod m) và c là một số nguyên tùy ý thì
a ± c ≡ b ± c (mod m).
Tính chất 1.3.
a. Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) thì
(a1 ± b1 ) ≡ (a2 ± b2 )
(mod m).
b. Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) thì
(a1 × b1 ) ≡ (a2 × b2
(mod m).
6
Tính chất 1.4.
Các lớp thặng dư
1.2.1
Hệ thống thặng dư
Xét m là số nguyên dương lớn hơn 1. Ta đã biết mỗi số nguyên a đều
viết duy nhất dưới dạng: a = qm + r. (0
r
m − 1). Với mỗi r
(0 r m − 1); tập hợp Ar gồm tất cả các số nguyên khi chia cho m có
cùng số dư r được gọi là lớp thặng dư mod m và mỗi phần tử của Ar được
gọi là một thặng dư mod m.
Vì mỗi số nguyên a có duy nhất q và r (0
r
m − 1) sao cho
a = qm + r, nên a chỉ thuộc và chỉ thuộc duy nhất một lớp thặng dư mod
m là Ar . Hơn nữa tập hợp các lớp thặng dư mod m chính là tập hợp Z
các số nguyên. Nghĩa là:
m
Ar = Z; Ai ∩ Aj = φ
r=0
với mọi i = j (0 ≤ i, j ≤ m − 1)
7
Trong mỗi lớp thặng dư mod m lấy một thặng dư đại diện. Tập hợp m
Định lý Euler và định lý Fermat
Trong mục này ta trình bày hai định lý quan trọng của lý thuyết số
liên quan đến hai định lý đó là hàm số Euler ϕ(n). Bởi vậy trước hết ta
nhắc lại định nghĩa hàm số Euler và công thức tính nó.
1.3.1
Hàm số Euler ϕ(n)
Định nghĩa 1.2. Cho số tự nhiên n ≥ 1. Ta ký hiệu ϕ(n) là số các số tự
nhiên bé hơn n và nguyên tố với n. Quy ước ϕ(1) = 1.
8
Định lý 1.1. Hàm ϕ(n) có tính chất nhân tính theo nghĩa: Nếu a, b là
hai số nguyên tố cùng nhau thì
ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b).
Chứng minh.
Rõ ràng ta có thể giải thiết a > 1, b > 1.
vượt quá ab được liệt kê như sau:
2
1
a+1
a+2
..................
2a + 2
chính là các số nguyên tố với ab. Nói cách khác ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b).
Từ định lý này ta suy ra công thức tính ϕ(n) như sau.
Định lý 1.2. Giả sử n = pα1 1 . . . pαk k là phân tích tiêu chuẩn của n > 1.
Khi đó
1
1
1
ϕ(n) = n 1 −
1−
... 1 −
.
p1
p2
pk
9
Chứng minh.
Theo định lý 1.1, ta có ϕ(n) = ϕ(pα1 1 ) . . . ϕ(pαk k ).
Định lý sẽ được chứng minh nếu ta chứng tỏ rằng ứng với p là một số
1
nguyên tố thì ϕ(pα ) = pα (1 − ). Thật vậy, vì p là nguyên tố nên với mỗi
p
..
α
k ≤ p thì (k, p) = 1 hoặc k .p.
pα
α
Số các số k ≤ p và là bội của p là
am ≡ am−ϕ(m) (mod m).
Chứng minh.
Ta phải chứng minh
A = am − am−ϕ(m) = am−ϕ(m) (aϕ(m) − 1)
chia hết cho m.
Giả sử m có phân tích tiêu chuẩn là
m = q1α1 q2α2 . . . qkαk .
.
.
Ta sẽ chứng minh rằng nếu (a, qi ) = 1 thì aϕ(m) − 1..q αi , còn nếu a..q thì
.
.
am−ϕ(m) ..q αi , và như vậy A..m.
Thật vậy, nếu (a, qi ) = 1 thì theo định lý Euler
αi
.
aϕ(qi ) − 1..qiαi .
10
Mặt khác:
ϕ(qiαi ) = qiαi (1 −
1
).
qi
Chứng minh.
Theo giả thiết ta có ϕ(p) = p − 1 và a là nguyên tố với p nên theo định
lý Euler ta được ap−1 ≡ 1 (mod p).
Định lý 1.6 (Định lý Fermat dạng khác). Cho p là một số nguyên tố và
a là một số nguyên tùy ý khi ấy ta có
ap ≡ a (mod p).
Chứng minh.
Nếu a chia hết cho p thì hiển nhiên ap ≡ a (mod p). Nếu a không chia
hết cho p thì theo định lý 1.4 ta có ap−1 ≡ 1 (mod p) cho nên sau khi
nhân hai vế của đồng dư thức này với a ta được ap ≡ a (mod p).
Ngược lại từ định lý 1.5 ta có thể suy ra định lý 1.4. Thật vậy, từ ap ≡ a
(mod p) và a là một số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p thế thì
a nguyên tố với p nên bằng cách chia cho a ta được ap−1 ≡ 1 (mod p).
Chính vì vậy, người ta nói định lý 1.5 là dạng khác của định lý Fermat.
11
1.4
Thặng dư toàn phương
Định nghĩa 1.3. Ta gọi a là một thặng dư toàn phương mod p nếu tồn
tại số nguyên x sao cho x2 ≡ a (mod p).
Trái lại nếu không tồn tại số nguyên x để x2 ≡ a (mod p) thì a gọi là
bất thặng dư toàn phương (mod p) trong đó a là số nguyên dương và
(a, p) = 1.
Định lý 1.7 (Định lý Uynson). Cho p là số tự nhiên lớn hơn 1, khi đó p
12
Định lý 1.9. Gọi n là các số chẵn nằm trong khoảng (p/2, p) khi đó
2p−1/2 ≡ 1 (mod p) khi và chỉ khi p = 8k + 1; 8k + 7.
Chứng minh.
p
Gọi r1 , r2 , . . . , rn là các số chẵn thuộc khoảng (p/2, p), < ri < p khi
2
p
đó 0 < p − ri < .
2
Ta có: p−ri là n số lẻ thuộc (0, p/2) gọi s1 , s2 , . . . , sk là k số chẵn thuộc
(0, p/2). Suy ra: n + k = p − 1/2.
s1 , s2 , . . . , sk , p−r1 , p−r2 , . . . , p−rn là n+k = p−1/2 số thuộc (0, p/2) =
1, 2, . . . , p − 1/2.
p−1
s1 s2 . . . sk p − r1 p − r2 . . . p − rn = 1.2 . . .
.
2
p−1
p−1
=(
)! ≡ s1 s2 . . . sk r1 r2 . . . rn .(−1)n ≡ (
)! (mod p) là tích các
2
2
số chẵn thuộc (0; p).
p−1
p−1
có
k
số.
Suy
ra
2
Vậy (2i)2k
≡
(−1)
= 1 ⇔ k chẵn ⇔ p ≡ 1
i=k+1
(mod 8).
2) Xét p = 4k + 3; Zp = 1, 2, . . . , 4k + 2.
p
4k + 3
3
(2i)2k
;
2i
>
⇒
2i
>
⇒
i
>
k
+
⇒i k+1
i=k+1
b
ab
=
p
p
b
a
=
p
p
2
2
a
ab
b
4.
= 1;
=
p
p
p
1
1
p−1
= 1; −
= (−1) 2 .
5.
p
b
p−1
p−1
Mặt khác ta có
=a 2 ;
=b 2 .
p
p
a b
ab
p−1 p−1
Vậy
=a 2 b 2 =
.
p p
p
3. Như chúng ta đã biết nếu a ≡ b (mod p) thì a, b đồng thời là thặng
dư toàn phương (mod p) hoặc đồng thời là bất thặng dư toàn phương
a
b
(mod p) nên
=
p
p
4. Theo tính chất 2. ta có:
a2
a a
=
= 1, ∀a.
p
Bổ đề 1.1 (Gauss). Cho p là số nguyên tố lẻ (a, p) = 1.
14
p−1
p−1
2
a) = {ka}k=1
.
2
p
p−1
Giả sử ka ≡ kt (mod p). Gọi n là số các số tk mà tk > khi đó a 2 ≡
2
a
n
n
(−1) (mod p) hay = (−1) .
p
Chứng minh.
p−1
2
. Khi chia cho p mà
Ký hiệu r1 , r2 , . . . , rn là các thặng dư của dãy {ka}k=1
p
p
> . Còn s1 , s2 , . . . , sk là các thặng dư khi chia cho p mà < .
2
2
!.
2
p−1
⇒ s1 .s2 . . . sk .r1 .r2 .rn ≡ (
)!.
2
p−1
2
p−1
Hay
ka(−1)n ≡
!
2
k=1
p−1
p−1 p − 1
p−1
)!(−1)n ≡
! ⇒ a 2 ≡ (−1)n (mod p).
Suy ra a 2 (
2
2
Xét dãy (a, 2a, 3a, . . . ,
Định lý 1.10. Giả sử p là số nguyên tố lẻ. Khi đó
a
= (−1)t với tp =
p
Ta có
j=1
p−1
2
kj +
j=1
tj .
j=1
= pt + s1 + s2 + · · · + si + r1 + r2 + · · · + rn .
p−1
2
Suy ra a
p−1
2
j = pt +
j=1
p−1
2
p−1
2
2
2
si +
i=1
si = pt − anp + (a + 1)
i=1
ri .
i=1
p−1
2
ri .
i=1
Suy ra pt − anp ≡ 0 (mod 2).
p(t − an) ≡ 0
(mod 2).
.
⇒ p(t − an)..2 ⇒ t ≡ an (mod 2).
t ≡ n (mod 2)vì a lẻ .
p
p−1
pj q−1
qj
2
2
+
p q
j=1
p .
Suy ra
= (−1) j=1 q
q p
Gọi S là các điểm nguyên trung bình vuông
p−1 q−1
|s| =
ta phân S làm 2 tập.
2
2
S1 = (j, i) : qj > pi .
S2 = (j, i) : qj < pi vì (q, p) = 1 suy ra qj = pi .
S = S1 ∪ S2 .
|S| = |S1 | + |S2 |.
qj
Xét S1 cố định cho j chạy sao cho i < .
p
16
p−1
p − 1 4k + 1 − 1
3 p
* Nếu p ≡ 1 (mod 4) ⇒
=
= 2k chẵn. Vậy
=
2
2
p 3
1.
3
p
p
1
Ta thấy
=1⇔
= 1 ⇔ p ≡ 1 (mod 3) hoặc
=
=
p
3
3
3
1
p
3−1
= −
= (−1) 2 = −1.
1;
3
p
Theo luật tương hỗ của Gauss ta có
5 p
5−1 p−1
= (−1) 2 2 = 1.
p 5
p
5
Mà
= 1 theo chứng minh trên ta suy ra
= 1, xét p ≡ ±1
p
5
(mod 5), p ≡ ±2 (mod 5)
p
1
* Nếu p ≡ 1 (mod 5) suy ra
=
=1
5
5
p
2
5−1
* Nếu p ≡ 2 (mod 5) suy ra
=
= 2 2 = 22 = 4 ≡ −1 (mod 5).
5
5
p
= 1. Theo luật tương hỗ của Gauss ta có
p
7
p
p−1
7−1 p−1
p
= (−1) 2 2 = (−1) 2 .
7
p
p−1
= (−1) 2 .
7
7 p
1. Xét p ≡ 1 (mod 4) thì
=1
p 7
7
p
Ta có
=1⇔
= 1.
p
7
p
1
* Nếu p ≡ 1 (mod 7) ta có
3
7−1
* Nếu p ≡ 3 (mod 7) ta có
=
= 3 2 = 33 = 27 ≡ −1 (mod 7).
7
7
p
−3
7−1
* Nếu p ≡ −3 (mod 7) ta có
=
= (−3) 2 = (−3)3 = −27 ≡
7
7
1 (mod 7).
7 p
2. Xét p ≡ −1 (mod 4) thì
= −1.
p 7
7
p
= 1 ⇔
= −1 ⇒ p ≡ −2 (mod 7) hoặc p ≡ 3 (mod 7)
Vậy
p
7
hoặc p ≡ −1 (mod 7).
Bài toán quy về tìm p để
3. Số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0, 1.
4. Số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0, 1.
5. Số chính phương khi chia cho 8 có số dư là 0, 1, 4.
6. Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào. Nói
cách khác, với mọi số nguyên a, x ta có:
+ Không ∃x để a2 < x2 < (a + 1)2 ..
+ Nếu a2 < x2 < (a + 1)2 thì x2 = (a + 1)2 .
7. Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính
phương thì mỗi số đều là số chính phương.
19
Chứng minh.
Giả sử a.b = c2 với a, b, c ∈ N∗ , nếu (a, b) = 1. Giả sử trong hai số a, b có
một số, chẳng hạn a, chứa thừa số nguyên tố p với số mũ lẻ thì số b không
chứa thừa số p nên c2 chứa thừa số p với số mũ lẻ. Điều đó trái với giả
thiết c2 là số chính phương. Điều vô lý đó chứng tỏ giả sử của ta là sai.
Vậy a, b đều là các số chính phương.
8. Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong
hai số đó bằng 0.
Chứng minh.
(Phản chứng) Giả sử a(a + 1) = k 2 với a ∈ Z , k ∈ N (1).
Giả sử a = 0, a + 1 = 0 ⇒ k = 0. Do đó k ∈ N nên k > 0. Từ (1) suy
ra:
a2 + a = k 2 ⇒ 4a2 + 4a = 4k 2
⇒ 4a2 + 4a + 1 = 4k + 1
⇒ (2a + 1)2 = 4k 2 + 1. (2)
Do k > 0 nên 4k 2 < 4k 2 + 1 < 4k 2 + 4k + 1. (3)
1 2 1
+ > 0 ⇒ (a + 2)2 > y 2
Dễ thấy (a + 2)2 − y 2 = 3 x +
2
4
Do đó a2 < y 2 < (a + 2)2 ⇒ y 2 = (a + 1)2
⇒ x4 +2x3 +2x2 +x+3 = (x2 +x+1)2 . ⇒ x2 +x−2 = 0 ⇒ x = 1; x = −2.
Thử lại, với x = 1; x = −2 thì biểu thức 9 = 32 . Vậy x = 1; x = −2 là các
giá trị cần tìm.
Ví dụ 2.4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình xy = z 2 (1)
Lời giải. Giả sử x0 , y0 , z0 thỏa mãn (1) và có ƯSCLN bằng d.
Giả sử x0 = dx1 , y0 = dy1 , z0 = dz1 thì (x1 , y1 , z1 ) cũng thỏa mãn (1).
Do đó ta có thể giả sử (x, y, z) = 1 thì x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau
vì nếu hai trong ba số x, y, z có ước chung là d thì số còn lại cũng chia
hết cho d. Ta có x.y = z 2 mà (x, y) = 1 nên x = a2 , y = b2 với a, b ∈ N∗ .
Bởi vậy (1) ⇔ z 2 = x.y = (ab)2 ⇔ z = (ab). Như vậy ta được biểu thức
nghiệm x = ta2 ; y = tb2 ; z = ab(t ∈ N∗ ).
Ngược lại, dễ thấy các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1). Vậy công
thức trên cho ta tất cả các nghiệm nguyên dương của (1).
Ví dụ 2.5. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
x2 + xy + y 2 = x2 y 2 (1)
Lời giải.
(1) ⇔ x2 + 2xy + y 2 = x2 y 2 + xy ⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1)
Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên:
+ Xét xy = 0, ta có: xy = 0 và x2 + y 2 = 0
⇔ x = y = 0.
+ Xét xy + 1 = 0, ta có : xy = −1 và x2 + y 2 = 2
k
của ab. Vậy σ(ab) =
i=1
j=1
Từ định lý này ta suy ra công thức tính σ(n) như sau:
Định lý 2.2. Giả sử n = pα1 1 pα2 2 . . . pαk k là phân tích tiêu chuẩn của n. Khi
pαk k +1
pα1 1 +1
p2α2 +1
đó σ(n) =
...
.
p1 − 1 p2 − 1
pk − 1
Chứng minh.
Theo định lý trên , ta có: σ(n) = σ(pα1 1 )σ(pα2 2 ) . . . σ(pαk k ).
pα1 1 +1 − 1
α
Vậy ta chỉ cần chứng minh σ(p ) =
.
p1 − 1
Thật vậy, tất cả các ước của pα là 1, p, p2 , . . . , pα .
pα+1−1
α
α
của nó (không kể chính nó).
Ví dụ 2.6. 6, 28 là các số hoàn chỉnh, vì 6 = 1+2+3, 28 = 1+2+4+7+14.
Ngay từ thời cổ Hi Lạp, nhà toán học Euclid đã chứng minh được sự
kiện lý thú sau:
Định lý 2.4. Nếu k là số tự nhiên sao cho 2k − 1 là một số nguyên tố thì
số n = 2k−1 (2k − 1) là một số hoàn chỉnh.
Chứng minh.
Đặt p = 2k −1. Ta có σ(n) = σ(2k−1 )σ(p) = (2k −1)(p+1) = (2k −1).2k =
2n.
Rõ ràng số hoàn chỉnh có dạng trên là một số chẵn (vì k > 1).
Đến thế kỷ 18, Euler đã phát hiện ra rằng: Tất cả các số hoàn chỉnh chẵn
đều có dạng trên. Ta có định lý sau:
Định lý 2.5. Nếu n là một số hoàn chỉnh chẵn thì n có dạng
n = 2k (2k+1 − 1).
Ở đó k ≥ 1 và 2k+1 − 1 là một số nguyên tố.
Chứng minh.
Ta biểu diễn n dưới dạng n = 2k b với k ≥ 1 và b là số lẻ.
Ta có σ(n) = σ(2k )σ(b) = (2k+1 − 1)σ(b).
Mặt khác, n là số hoàn chỉnh do đó σ(n) = 2n = 2k+1 b.
b
2k+1 − 1
k+1
k+1
Vậy suy ra (2
− 1)σ(b) = 2 b. Hay
=
.
σ(b)
2k+1
Bài toán 2.1. Cho dãy số nguyên dương xn xác định theo quy luật sau
x0 = a, xn+1 = d(xn ), (∀n ≥ 0).
a) Chứng minh rằng ∀a ∈ N∗ tồn tại chỉ số n0 (phụ thuộc a) sao cho
xn = 2 với mọi n ≥ n0 .
b) Hãy cho ví dụ chứng tỏ rằng chỉ số n0 có thể lớn tùy ý nếu a đủ lớn.
√
Lời giải. Ta có d(n) ≤ 2 n < n nếu n > 4. Với n = 4 và n = 3 thử
trực tiếp cho thấy d(4) = 3 < 4, d(3) = 2 < 3.
Với n = 2, d(2) = 2.
Vậy ta có d(n) < n, ∀n > 2 và d(2) = 2.
Suy ra xn+1 < xn nếu xn > 2.
Vì (xn ) là các số nguyên dương nên bắt đầu từ chỉ số n0 nào đó ta phải
có xn0 = 2. Khi ấy xn = 2, ∀n ≥ n0 .
b) Lưu ý rằng d(2n−1 ) = n. Xét dãy mk xác định bởi m0 = 3, mk+1 =
2mk −1 , ta có d(mk+1 ) = mk .
Vậy d . . . d(mk+1 ) = m0 = 3. Nghĩa là:
k+1
Nếu a = mk thì xn = 2 nếu và chỉ nếu n ≥ k + 1 sẽ lớn tùy ý khi k lớn
tùy ý.
Copyright: Tài liệu đại học ©