CHO DÃY SỐ ( AN) XÁC ĐỊNH BỞI A1 = 5, A2 = 13 VÀ AN+2 = 5AN+1−...

Question

Bài 3. Cho dãy số ( an) xác định bởi a1 = 5, a2 = 13 và an+2 = 5an+1− 6an với mọin ≥ 2.a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau.b) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của a2k thì p − 1 chia hết cho 2k+1vớimọi số tự nhiên k.Lời giải. a) Cách 1. Ta thấy ( an) là dãy sai phân tuyến tính cấp hai có phương trìnhđặc trưng x2 = 5x − 6 với hai nghiệm là x1 = 2, x2 = 3 nên dễ dàng tìm được côngthức tổng quát làan= 2n+ 3n, ∀ n.Đến đây, giả sử có n ≥ 1 để an, an+1 có ước nguyên tố chung là p. Rõ ràng gcd ( p, 6 ) =1. Ta có p | 3 · 2n+ 3n+1 p | 2n+ 3np |2n+1+ 3n+1 →p |2 · 2n+ 3n+1 → p |2n,vô lý vì gcd( p, 6) = 1.Cách 2. Vì an+2 ≡ 5an+1 (mod 6) và a1 = 5, a2 = 13 nên các số hạng của dãy luônnguyên tố cùng nhau với 6. Giả sử tồn tại số nguyên tố p ≥ 5 để p | an, an+1với n ∈ Z+.Suy rap |5an− 6an−1→ p |6an→ p | an−1.Từ đó thực hiện liên tiếp thao tác này thì suy ra p | a1, a2, vô lý vì gcd ( a1, a2) = 1.b) Xét số nguyên tố p là ước của 22k + 32k. Suy ra 22k ≡ −32k(modp ) → 22k+1 ≡32k+1( modp ) . Theo định lý Fermat nhỏ thì2p−1 ≡ 3p−1≡ 1 (mod p ).Giả sử h là số nguyên dương nhỏ nhất để 2h≡ 3h(mod p ) . Rõ ràng khi đó mọi số h0≥h thỏa mãn điều kiện này thì ta đều phải có h | h0. Thật vậy, Xét phép chia h0= h · t + rvới 0 ≤ r < h thì2h0 ≡ 3h0(modp ) ⇔ (2h)t· 2r≡ (3h)t· 3r(modp ) ⇔ 2r≡ 3r(mod p ).Do h là số nguyên dương nhỏ nhất nên ta phải có r = 0 và h | h0. Theo đề bài thìh0 = 2k+1 thỏa mãn nên ta có h | 2k+1, tức là h = 2x với 0 ≤ x ≤ k + 1. Giả sử rằngx ≤ k thì2x ≡ 3x( modp ) ⇒ p | 2x − 3x| 22k − 32k,mâu thuẫn vì p | 22k+ 32k. Do đó, ta phải có x = k + 1 và vì h0= p − 1 thỏa mãn nên2k+1| p − 1. Ta có đpcm.Nhận xét. Câu a là một kết quả nhẹ nhàng có thể thực hiện theo nhiều cách nhưtrên. Câu b là một bổ đề quen thuộc về cấp của một số liên quan đến số Fermat: Mỗiước nguyên tố p của số 22n+ 1 thì đều thỏa mãn 2n+1| p − 1. Ta còn chứng minh được2n+2| p − 1. Trên thực tế, cặp số (2, 1) ở trên có thể đổi thành cặp ( a, b ) nguyên tố cùngnhau bất kỳ. Và có lẽ ý tưởng này đã được khai thác để xây dựng thành bài toán trongđề thi. Bài toán tương tự:1. Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy Fiboacci (cũng như dãy Lucas) thìnguyên tố cùng nhau.2. Chứng minh rằng với mọi n ∈ Z+ thì ta luôn có:a) Nếu a, b là cặp số nguyên dương và nguyên tố cùng nhau thì 2n | ϕ( an+ bn) .b) Với mọi a nguyên dương thì n |ϕ( an− 1 ) .3. (KHTN 2011) Cho dãy số ( xn) xác định bởix1= 5, x2= 172 , xn+1= 14 xnx2n−1− 2xn− 4, ∀ n ≥ 1.a) Chứng minh rằng 2xn+1= x2n− 8, từ đó chỉ ra rằng xn= 22n−1+1+ 2−2n−1+1 vớimọi n.b) Tìm tất cả các số nguyên dương n để [ xn] + 3 là lập phương đúng.