Tổng các luỹ thừa và Tính chính phương (2)

2021/02/16 04:08

#toán #số học #giải tích

Mở rộng cho Bài toán. Cho trước mNm \in \mathbb{N}P(n)=amn+bP(n) = am^n + b. Tìm aa, bb Z\in \mathbb{Z} để P(n)P(n) là số chính phương nN\forall n \in \mathbb{N}.

– Con Heo’s solution –

Bài toán

Cho trước mNm \in \mathbb{N}mm số tự nhiên a1<a2<ama_{1}< a_{2} <\cdots a_{m} không là số chính phương.

Xét P(n)=x0+x1a1n+x2a2n+xmamn(xiZ)P(n)=x_{0}+ x_{1}a_{1}^n+x_{2}a_{2}^n+\cdots x_{m}a_{m}^n (x_{i} \in \mathbb{Z}).

Tìm các xix_{i} để P(n)P(n) là số chính phương nN\forall n \in \mathbb{N}.

Trường hợp đặc biệt

Bài toán. Cho trước mNm \in \mathbb{N}mm số tự nhiên a1<a2<ama_{1}< a_{2} <\cdots a_{m} không là số chính phương thoả mãn ai+1>ai2a_{i+1} > a_{i}^2 1im1\forall 1 \leq i \leq m-1.

Xét P(n)=x0+x1a1n+x2a2n+xmamn(xiZ)P(n)=x_{0}+x_{1}a_{1}^n+x_{2}a_{2}^n+\cdots x_{m}a_{m}^n (x_{i} \in \mathbb{Z}).

Tìm các xix_{i} để P(n)P(n) là số chính phương nN\forall n \in \mathbb{N}.

Lời giải.

Ta chứng minh xi=0,1imx_{i}=0, \forall 1 \le i \le m, mN\forall m \in \mathbb{N}. ()(*)

Chứng minh quy nạp.

()(*) đúng với m=0m=0.

Giả sử ()(*) đã đúng với m=k1Nm=k-1 \in \mathbb{N}.

Ta chứng minh ()(*) cũng đúng với m=km=k.

Thât vậy,

Nếu xk=0x_{k}=0 thì ta trở về trường hợp m=k1m=k-1. Theo giả thiết quy nạp thì ()(*) đúng.

Giả sử xk>0x_{k} > 0. Với mỗi iNi \in \mathbb{N}, gọi biNb_{i} \in \mathbb{N} sao cho P(i)=bi2P(i)=b_{i}^2.

Hay bi=P(i)b_{i} = \sqrt{P(i)}.

Ta có: biakbi2=P(i)akP(i2)=P(i)ak2P(i2)P(i)+akP(i2)=(x1a1i+x2a2i+xkaki+xk+1)ak2(x1a1i2+x2a2i2+xkaki2+xk+1)P(i)+akP(i2)=t=1k1xtati2(at2ak2)P(i)+akP(i2)0b_{i}-a_{k}b_{i-2}=\sqrt{P(i)}-a_{k}\sqrt{P(i-2)}=\frac{P(i)-a_{k}^{2}P(i-2)}{\sqrt{P(i)}+a_{k}\sqrt{P(i-2)}}=\frac{(x_{1}a_{1}^i+x_{2}a_{2}^i+\cdots x_{k}a_{k}^i + x_{k+1})-a_{k}^{2}(x_{1}a_{1}^{i-2}+x_{2}a_{2}^{i-2}+\cdots x_{k}a_{k}^{i-2} + x_{k+1})}{\sqrt{P(i)}+a_{k}\sqrt{P(i-2)}}=\frac{\sum_{t=1}^{k-1}x_ta_{t}^{i-2}(a_{t}^2-a_{k}^2)}{\sqrt{P(i)}+a_{k}\sqrt{P(i-2)}} \rightarrow 0.

biakbi2Zb_{i}-a_{k}b_{i-2} \in \mathbb{Z} nên N:iN\exists N: \forall i \geq N

biakbi2=0,iNb_{i}-a_{k}b_{i-2} = 0, \forall i \geq N.

    bi=akbi2,iN\implies b_{i}=a_{k}b_{i-2}, \forall i \geq N.

    t=1k1xtati2(at2ak2)=0,iN\implies \sum_{t=1}^{k-1}x_ta_{t}^{i-2}(a_{t}^2-a_{k}^2)=0, \forall i \geq N.

at2ak2<0a_{t}^2 - a_{k}^2 < 0.

Nếu xt0\exists x_{t} \neq 0 thì gọi TT là chỉ số lớn nhất mà xT0x_{T} \neq 0.

Khi đó

Nếu xT>0x_{T} >0 thì limt=1k1xtati2(at2ak2)=lim \sum_{t=1}^{k-1}x_ta_{t}^{i-2}(a_{t}^2-a_{k}^2)= -\infty.

Nếu xT<0x_{T} < 0 thì limt=1k1xtati2(at2ak2)=+lim \sum_{t=1}^{k-1}x_ta_{t}^{i-2}(a_{t}^2-a_{k}^2)= + \infty.

Do đó t=1k1xtati2(at2ak2)0\sum_{t=1}^{k-1}x_ta_{t}^{i-2}(a_{t}^2-a_{k}^2) \neq 0.

Vì vậy, xt=0,0tk1x_{t} = 0, \forall 0 \leq t \leq k-1.

Khi đó P(n)=xkaknP(n)= x_{k}a_{k}^n.

Suy ra xkak,xkak2x_{k}a_{k}, x_{k}a_{k}^2 là số chính phương.

Do đó xk=0x_{k} =0. (mâu thuẫn)

Theo nguyên lý quy nạp, ()(*) được chứng minh.

Khi đó, dễ thấy x0x_{0} phải là số chính phương.

Vậy (t2,0,0,0)(t^2, 0,0, \cdots 0) với tNt \in \mathbb{N} là các bộ cần tìm.

Cách giải bài toán trường hợp tổng quát?

Quay trở về Blog