Một số bài toán dãy số trong đề thi Olympic Toán - Võ Quốc Bá Cẩn

Nội dung text: Một số bài toán dãy số trong đề thi Olympic Toán - Võ Quốc Bá Cẩn

1. MỘT SỐ BÀI TOÁN DÃY SỐ TRONG ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN Võ Quốc Bá Cẩn Trong tài liệu này, tôi xin trình bày lại những bài toán tôi đã sử dụng trong bài giảng của mình ở Gặp gỡ Toán học 2020. Rất mong nhận được ký kiến đóng góp từ bạn đọc. Xin cảm ơn. 2 Bài toán 1 (CMO, 2020). Cho dãy .an/ được xác định bởi a1 18 và an 1 an 6an với mọi số nguyên dương n: Chứng minh rằng không có số hạng nào của dãyD là lũy thừaC D đúng.C an Lời giải. Đặt bn 6 : Khi đó, ta có b1 3 và bn 1 6bn.bn 1/ với mọi số nguyên dương n: D D C D C Từ đây, bằng quy nạp, ta chứng minh được 2.bn/ n 1 và 3.bn/ n với mọi n 2: Suy ra D C D  2.an/ n 2 và 3.an/ n 1 với mọi n 2: D C D C  t Bây giờ, giả sử tồn tại các số nguyên dương n; m; t với t > 1 sao cho an m : Khi đó, ta phải có D 2.an/ và 3.an/ chia hết cho t: Suy ra n 2 và n 1 cùng chia hết cho t; mâu thuẫn vì n 2; n 1 là hai số nguyên tố cùng nhau. Vậy khôngC có số hạngC nào của dãy là lũy thừa đúng. C C Bài toán 2 (Turkish IMO TST, 2018). Cho hai dãy số thực a0; : : : ; a100 và b1; : : : ; b100 thỏa mãn an 1 an 1 ; bn 1 an C D 2 C D 2 hoặc 2 an 1 2an; bn 1 an C D C D với mỗi 0 n 99: Biết rằng a100 a0; tìm giá trị lớn nhất có thể của tổng b1 b2 b100: Ä Ä Ä C C
   
   
   C 2 Lời giải. Giả sử a0 0; kéo theo ai Ä Ä C D a100 > 0 > a0; mâu thuẫn. Do đó ai 1 2 với mọi 0 i 99: Tuy nhiên, điều này cũng dẫn đến a0 C D Ä Ä a100 100 > a0; mâu thuẫn. Tóm lại, ta phải có a0 0: D 2  Tiếp theo, ta có nhận xét rằng 1 bi 1 ai 1 ai .1/ C Ä 2 C C 2 với mọi 0 i 99: Thật vậy, giả sử ai 1 2ai và bi 1 ai ; khi đó sử dụng bất đẳng thức AM-GM, Ä 1Ä 2 1 C D C D 1 ai ta có ai 1 2 2ai 2 2ai bi 1 ai : Suy ra bi 1 2 ai 1 ai : Còn nếu ai 1 2 và C1 C D C  D 1C C C Ä C C C D bi 1 2 ai thì hiển nhiên bi 1 2 ai 1 ai : C D C Ä C C Bây giờ, áp dụng nhận xét .1/; ta có Â1 Ã Â1 Ã b1 b2 b100 a1 a0 a100 a99 50 a100 a0 50: C C
   
   
   C Ä 2 C C
   
   
   C 2 C D C Ä 1 Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a0 a1 a100 0 và b1 b2 b100 2 : Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là 50: D D
   
   
   D D D D
   
   
   D D 1
2. Võ Quốc Bá Cẩn 3  ˘  3 ˘ Bài toán 5. Cho dãy số nguyên .an/ được xác định bởi an pn pn 1 với mọi n nguyên D C C dương. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương d; tồn tại số nguyên dương m sao cho m dam: D Lời giải. Dễ thấy dãy .an/ không giảm. Xét số nguyên dương d tùy ý. Với mỗi số nguyên dương n; đặt an
   bn n dan: Khi đó, ta có lim bn lim n 1 d : Suy ra tồn tại các số nguyên dương D D
   n D C1 n sao cho bn 0: Trong các số n như thế, gọi m là số nhỏ nhất. Rõ ràng m > 1 vì b1 1 3d 0: Khi đó, do bm là số nguyên nên bm 1: D  Từ đây, ta có 1 bm 1 bm bm 1 1 d.am am 1/ 1: Suy ra bm 1 0; mâu thuẫn với cách Ä D Ä  chọn số m: Vậy ta phải có bm 0; tức m dam: D D j k j k Bài toán 6. Cho dãy .an/ được xác định bởi an 1 np2 np3 với mọi n nguyên dương. D C C Chứng minh rằng dãy .an/ có chứa vô hạn số chẵn và vô hạn số lẻ. j k j k Lời giải. Với mỗi n nguyên dương, đặt xn np2 và yn np3 : Khi đó, dễ thấy D D j k j k xn 1 xn .n 1/p2 np2 > .n 1/p2 1 np2 p2 1 > 0 C D C C D và j k j k xn 1 xn .n 1/p2 np2 .k t/p3 1 .k t/p2 .k t/ p3 p2 1: C C D C C C C D C  Á Kết hợp hai đánh giá này với đẳng thức .1/; ta được t p3 p2 < 2 với mọi số tự nhiên t; mâu thuẫn. Vậy dãy .an/ có chứa vô hạn số chẵn. Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được dãy .an/ cũng chứa vô hạn số lẻ. Bài toán 7 (Russia, 1999). Tìm tất cả các dãy số nguyên dương .an/ bị chặn, và thỏa mãn an 1 an an 2 C C ; n N: C D .an 1; an/ 8 2 C
3. Võ Quốc Bá Cẩn 5  ÁFn  ÁFn Vì 7 4p3 7 4p3 là số nguyên với mọi số nguyên dương n nên 2 p2 2an là số C C C C chính phương với mọi nguyên dương n: Ta có điều phải chứng minh. Bài toán 9 (EGMO, 2020). Cho dãy các số nguyên dương a0; a1; : : : ; a3030 thỏa mãn 2an 2 an 1 4an C D C C với mọi n 0; 1; 2; : : : ; 3028: Chứng minh rằng trong các số a0; a1; a2; : : : ; a3030 có ít nhất một số chia hết choD 22020: Lời giải. Ta sẽ chứng minh kết quả tổng quát hơn: Với mỗi số nguyên dương k 1010; trong các số 2k Ä a0; a1; : : : ; a1010 có ít nhất một số chia hết cho 2 : Ta chứng minh bằng quy nạp theo k: Với k 1; ta có a2 2a3 4a1 chia hết cho 2; do đó D D a1 2a2 4a0 chia hết cho 4: Suy ra khẳng định đúng với k 1: D D Giả sử khẳng định đúng đến k .1 k 1009/: Ta có an 1 2an 2 4an chia hết cho 2 với mọi Ä Ä C D C 0 n 3028; do đó an chia hết cho 2 với mọi 1 n 3029: Suy ra an 1 2an 2 4an chia hết Ä Ä Ä Ä C D C cho 4 với mọi 0 n 3027; từ đó an chia hết cho 4 với mọi 1 n 3028: Ä Ä Ä Ä ai 1 Bây giờ, xét dãy b0; b1; : : : ; b3027 với bi C với mọi 0 i 3027: Khi đó, ta có D 4 Ä Ä 2bn 2 bn 1 4bn; 0 n 3025: C D C C 8 Ä Ä Chú ý rằng 1 k 1009 nên 3k 3027: Do đó, các số b0; b1; : : : ; b3027 chứa đủ các số b0; b1;:::; Ä Ä Ä 2k b3k: Theo giả thiết quy nạp, trong các số b0; b1; : : : ; b3k có ít nhất một số chia hết cho 2 : 2k 2 Từ đó suy ra, trong các số a1; a2; : : : ; a3k 1 có ít nhất mộ số chia hết cho 2 C : Và như thế, trong các C 2k 2 số a0; a1; : : : ; a3k 3 có ít nhất một số chia hết cho 2 C : Vậy khẳng định cũng đúng với k 1: Theo nguyên lý quy nạp,C ta có khẳng định đúng với mọi 1 k 1010: Ta có điều phải chứng minh.C Ä Ä Bài toán 10 (IMO Longlist, 1988). Cho dãy số nguyên .an/ được xác định bởi a0 0; a1 1 và D D an 2 2an 1 an với mọi n N: Với mỗi số tự nhiên k cho trước, chứng minh rằng an chia hết cho 2kCkhiD và chỉC khiCn chia hết cho22k: Lời giải. Rõ ràng khẳng định đúng với k 0: Do đó, ta chỉ cần xét trường hợp k > 0: D Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được an 1 .mod 4/ với mọi số tự nhiên lẻ n: Ngoài ra, ta Á cũng tìm được công thức tổng quát cho các số hạng của dãy .an/ là n n x1 x2 an ; D 2p2 trong đó x1 1 p2 và x2 1 p2: Dễ thấy D C D 2n 2n n n n n x1 x2 .x1 x2 /.x1 x2 / n n a2n C an.x1 x2 /; n N: .1/ D 2p2 D 2p2 D C 8 2 k Bây giờ, giả sử tồn tại số nguyên dương n sao cho an chia hết cho 2 : Khi đó, rõ ràng n phải là số chẵn. Đặt n 2mt với m; t là các số nguyên dương và t lẻ. Theo .1/; ta có D m 1 m 2 m 1 m 1 2 t 2 t 2 t 2 t 2t 2t t t an a2mt a2m 1t .x x / at .x x / .x x /.x x /: D D 1 C 1 D
   
   
   D 1 C 2
   
   
   1 C 2 1 C 2 Mặt khác, ta có chú ý rằng, với mọi ` nguyên dương thì x` x` 2 C 0 2C 2 22C 4
   2 22C 2 23C 4 1 C 2 D ` C ` C ` C
   
   
   D C ` C ` C
   
   
   chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4: Từ đó suy ra 2.an/ m: D k k Vì an chia hết cho 2 nên m k: Do đó n chia hết cho 2 : Ta có điều phải chứng minh. 
4. Võ Quốc Bá Cẩn 7 Trường hợp 3.1: q chẵn. Theo nhận xét (2), ta có xn chia hết cho xm khi và chỉ khi xr ı chia hết cho xm: Suy ra xr xm:  Nếu r 1 thì từ bất đẳng thức trên, ta suy ra r m (do .xn/ tăng ngặt với mọi n 1), mâu thuẫn. Do đó r 0; tuy nhiên điều này cũng mâu thuẫn vì  D xm x2 3 > x0 xr :  D D Trường hợp 3.2: q lẻ. Theo nhận xét (2), ta có xn chia hết cho xm khi và chỉ khi xm r ı C chia hết cho xm: Mặt khác, theo (1), ta lại có r xm r xmxr . 1/ xm r C D nên xn chia hết cho xm khi và chỉ khi xm r chia hết cho xm: Nếu 0 1: C 2 Bài toán 12 (Iranian IMO TST, 2017). Cho số nguyên k > 1: Xét dãy .an/ được xác định bởi a1 1; a2 k và an 1 .k 1/an an 1 0 với mọi n 2: Tìm tất cả các số nguyên dương n D D C C C D  sao cho an là một lũy thừa của k: Lời giải. Từ giả thiết, dễ dàng tìm được công thức tổng quát cho các số hạng của dãy .an/ là 2n 1 1 ' 2n 1 ' an C ; .1/ D ' 1 C ' pk 3 pk 1 trong đó ' C C : Ngoài ra, bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được dãy số dư khi chia D 2 các số hạng của dãy .an/ cho k là một dãy tuần hoàn chu kỳ 6: 1; 0; 1; 1; 0; 1: Từ đây, ta suy ra an chia hết cho k khi và chỉ khi n 2 .mod 3/; còn với n 2 .mod 3/ thì .an; k/ 1: .2/ Á 6Á D Ta có nhận xét sau: Nhận xét. Với hai số nguyên dương lẻ m; n mà m chia hết cho n; thì a m 1 chia hết cho a n 1 : .3/ C2 C2 Thật vậy, đặt m `n với ` là số nguyên dương lẻ, thì ta có D `n 1 a m 1 ' `n 1 C2 C ' '.` 1/n '.` 3/n '.` 3/n n 1 .` 1/n a n 1 D ' n D C
   
   
   C ' C2 C ' Â Ã Â Ã .` 1/n 1 .` 3/n 1 ' .` 1/n ' .` 3/n N D C ' C ' C
   
   
   2 vì '2t 1 là số nguyên với mọi số tự nhiên t (có thể chứng minh bằng quy nạp hoặc bằng khai triển C '2t trực tiếp). Do đó a m 1 chia hết cho a n 1 : C2 C2 m Bây giờ, gọi n là số nguyên dương sao cho an là một lũy thừa của k: Đặt an k với m tự nhiên. D Rõ ràng n 1 và n 2 thỏa mãn yêu cầu. Xét trường hợp n 3: Gọi p là một ước nguyên tố của D D  2n 1: Khi đó, theo .3/; ta có an chia hết cho a p 1 : C2 m Gọi q là một ước nguyên tố của a p 1 : Khi đó, ta có k chia hết cho q nên k chia hết cho q: Suy ra C2 p 1 .a p 1 ; k/ > 1: Từ đó, theo .2/; ta có C 2 .mod 3/; tức p 3: Kết quả này chứng tỏ 2n 1 là C2 2 Á D