Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi (Luận văn thạc sĩ)

ĐAI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯèNG ĐAI HOC KHOA HOC
——————–o0o——————–

NGÔ KHAC KIÊN

V¾N DUNG CHUOI ĐIEU HÒA VÀO
GIAI M®T SO BÀI TOÁN DÀNH CHO
HOC SINH GIOI

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐAI HOC THÁI NGUYÊN
TRƯèNG ĐAI HOC KHOA HOC
——————–o0o——————–

NGÔ KHAC KIÊN

V¾N DUNG CHUOI ĐIEU HÒA VÀO
GIAI M®T SO BÀI TOÁN DÀNH CHO
HOC SINH GIOI
CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CAP
MÃ SO: 8 46 01 13

LU¾N VĂN THAC SĨ TOÁN HOC

NGƯèI HƯéNG DAN KHOA HOC

PGS. TS. TR±NH THANH HAI

THÁI NGUYÊN - 2018


Mnc lnc
Ma đau

1

Chương 1. Kien thNc chuan b%
3
1.1 Chuoi so................................................................................................ 3
1.1.1 Khái ni¾m chuoi so.................................................................. 3
1.1.2 Các tính chat cna chuoi so....................................................4
1.2 Chuoi đieu hòa................................................................................... 5
1.2.1 Khái ni¾m chuoi đieu hòa....................................................... 5
1.2.2 M®t so tính chat cna chuoi đieu hòa......................................6
Chương 2. V¾n dnng chuoi đieu hòa vào giai toán
13
2.1 V¾n dung tính chat chuoi đieu hòa vào giai m®t so bài toán ve
bat đang thúc.....................................................................................13
2.2 V¾n dung chuoi đieu hòa vào giai m®t so bài toán ve chuoi so
. .32
Ket lu¾n

51

Tài li¾u tham khao

52

4

Ma đau
Trong sách toán Trung hqc cơ so, Trung hqc pho thông đã có nhung bài toán
ve chuoi so đieu hòa. Nhưng so lưong rat ít không đn cho hqc sinh luy¾n t¾p,
hơn nua vi¾c phân dang bài t¾p chưa đay đn và không có tính h¾ thong. Đe
cung cap cho hqc sinh ve n®i dung kien thúc, phương pháp giai toán. Đe phuc
vu cho công tác đào tao đ®i tuyen hqc sinh gioi m®t cách bài ban hơn ve chuoi
so đieu hòa. Tôi xin trình bày m®t cách h¾ thong khái ni¾m và các tính chat cna
chuoi đieu hòa. Tù đó đưa ra m®t so ví du minh hqa vi¾c v¾n dung chuoi đieu
hòa vào giai m®t so bài toán dành cho hqc sinh gioi, theo các dang bài t¾p sau:
• Các bài toán liên quan đen bat đang thúc;
• Các bài toán liên quan đen tính chat so hqc cna chuoi đieu hòa;
• Các bài toán liên quan đen tong cna chuoi đieu hòa;
• M®t so bài toán khác liên quan đen chuoi đieu hòa;
• M®t so bài toán dành cho hqc sinh gioi.
Vói mong muon cung cap thêm m®t tài li¾u tong hop kien thúc ve chuoi
đieu hòa, giúp cung cap thêm m®t phương pháp hay và rat bo ích đe rèn luy¾n
n®i dung này, chúng tôi chqn chn đe “V¾n dnng chuoi đieu hòa vào giai
m®t so bài toán dành cho hqc sinh gioi” đe làm đe tài lu¾n văn cao hqc.
Ngoài phan mo đau và ket lu¾n, lu¾n văn gom 2 chương:
Chương 1. Kien thNc chuan b%. Trong chương này, chúng tôi trình bày đ
%nh nghĩa, ví du và các kien thúc cơ ban, nâng cao ve chuoi so và chuoi đieu hòa.
Chương 2. V¾n dnng chuoi đieu hòa vào giai toán. Chương 2 trình
bày sn v¾n dung cna chuoi đieu hòa vào vi¾c chúng minh bat đang thúc, các
tính chat so hqc cna so hang, tong cna chuoi đieu hòa. Cuoi Chương này chúng
tôi sưu tam, chqn lqc đe đưa ra m®t so bài toán trong các kỳ thi hqc sinh gioi
có liên quan đen chuoi đieu hòa.
Lu¾n văn đưoc hoàn thành tai trưòng Đai hqc Khoa hqc, Đai hqc Thái

Nguyên. Lòi đau tiên tác gia xin đưoc bày to lòng biet ơn sâu sac tói thay giáo
PGS. TS. Tr%nh Thanh Hai. Thay đã dành nhieu thòi gian hưóng dan cũng như
giai đáp các thac mac cna tôi trong suot quá trình làm lu¾n văn. Tôi xin bày to
lòng biet ơn sâu sac tói thay.
Tác gia xin chân thành cam ơn toàn the các thay cô trong Khoa Toán - Tin,
trưòng Đai hqc Khoa hqc - Đai hqc Thái Nguyên đã t¾n tình hưóng dan, truyen
đat kien thúc trong suot thòi gian theo hqc, thnc hi¾n và hoàn thành lu¾n văn.
Cam ơn sn giúp đõ cna ban bè, ngưòi thân và các đong nghi¾p trong thòi
gian làm lu¾n văn.
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018
Ngưòi viet lu¾n văn

Ngô Khac Kiên


Chương 1
Kien thNc chuan b%
1.1
1.1.1

Chuoi so
Khái ni¾m chuoi so

Đ%nh nghĩa 1.1.1. Cho dãy so vô han u1; u2; . . . ; un; . . ., khi đó gqi tong vô han
Σ
∞
u1 + u2 + . . . + un + . . . là chuoi so và ký
un; un là so hang tong quát ;

hi¾u là
n=
1

sn = u1 + u2 + . . . + un là tong riêng thú n cna chuoi; rn = un+1 + un+2 + . . . gqi
là phan dư thú n. Neu lim s = s (huu han) thì chuoi đưoc gqi là h®i tn và s là
n→∞

n

tong cua chuoi. Neu dãy sn không dan tói m®t giá tr% huu han thì chuoi đó là
phân kỳ.
Ví dn 1.1.2.
∞
Σ

=

∞
Σ
n=1

un

1
n(n + 1)

n=1

1

1
1
1
+
+
1.2 2.3 3. + . . . n(n + + . . .
4 +
1)
1
1
1
1
1
1
= .1 − Σ + . − Σ + . − Σ + . . . + . −
n n+
2
2 3
3 4
1
..

=

1

Σ+ .

Do đó, ta có
1

1
1
1
+
+
+...+
1.2
2.3
3.4
n(n + 1)
1
1
1
1
1
1
= .1 − Σ + . − Σ + . − Σ + . . . + . −
2
2 3
3
4
1

sn =

1

Σ

=1−
,n+
1

n

n+ 1


.

là tong riêng thú n và

1

1

lim sn = lim Σ−
n→+∞
n→+∞

n+1

= 1.

Suy ra chuoi đã cho là h®i tu và có tong bang 1.

1.1.2

Các tính chat cua chuoi so

Đ%nh lý 1.1.3.
i. Tính h®i tn hay phân kỳ cua 1 chuoi so se không đoi khi ta bó đi m®t so

huu han so hang đau cua chuoi so.
Tính h®i tn hay phân kỳ cua 1 chuoi so se không đoi neu ta bó đi hay
thêm vào m®t so huu han so hang ó nhung v% trí bat kỳ.

ii.

∞
Σ

Đ%nh lý 1.1.4. Neu chuoi
so

n=
1

∞
Σ

cũng h®i tn và có tong bang as.Còn neu
∞
Σ
n=
1

∞
Σ

un h®i tn và có tong bang s thì chuoi so

n=
1

n=
1

un phân kỳ thì vói a ƒ= 0 chuoi so

aun cũng phân kỳ.

Đ%nh lý 1.1.5.
Neu
chuoi hi¾u sau đây

∞
Σ
n=
1
Σ

∞
Σ
n=
1

vn là các chuoi so h®i tn thì các chuoi tong và

Σ
∞ (u

n

n=1

∞

Σ

un và

n=1

∞ (un + vn) và

∞

(un + vn ) =

n=
1

Σ

n=
1

− vn) cũng h®i tn. Hơn nua,

∞

un +

Σ

∞

vn và

n=
1

n=
1

Σ

∞

(un − vn ) =

Σ

n=
1

∞

un −

Σ
vn .

n=
1

∞

Σ un và

Đ%nh lý 1.1.6. (Đ%nh lý ve tiêu chuan so sánh) Cho 2 chuoi so dương
∞
Σ
n=
1

aun

n=
1

vn neu un ≤ vn vói mqi n ≥ n0 (n0 ∈ N ) thì tù sn h®i tn

cua

vn suy ra sn

Σ

∞
∞
Σ

h®i tn
cua

n=
1

un và tù sn phân kỳ cua

∞
Σ
n=
1

n=
1

un suy ra sn phân kỳ cua

∞
Σ
n=
1

v n.

Đ%nh lý 1.1.7. (Đ%nh lý ve tiêu chuan tương đương) Cho hai chuoi so dương
Σ
Σ∞ và
∞
. Xét lim
u

n

n

v


un

n→∞

vn

= k. Neu 0 < k < +∞ thì hai chuoi đã cho se cùng

h®i tn ho¾c cùng phân kỳ (hai chuoi tương đương nhau).
∞
Σ

Neu k = 0 thì tù sn h®i tn cua

n=
1

Neu k = +∞ thì tù sn phân kỳ
cua

vn suy ra sn h®i tn cua
∞
Σ
n=
1

∞
Σ
n=
1

un.

vn, ta suy ra sn phân kỳ cua

∞
Σ
n=
1

un.


Đ%nh lý 1.1.8. (Đ%nh lý ve tiêu chuan Đalambe) Cho chuoi so dương

∞

Σ

un,

n=
1

gia su lim un+1 = D. Neu:
n→∞
un
D < 1: chuoi h®i tn;

D > 1: chuoi phân kỳ;
D = 1: phai xét thêm bang phương pháp khác.

∞
Σ

Đ%nh lý 1.1.9. (Đ%nh lý ve tiêu chuan Côsi) Cho chuoi so dương

n=
1

un, gia su

lim √n

un = C . Neu:
C < 1: chuoi h®i tn;

n→∞

C > 1: chuoi so Phân kỳ;
C = 1: phai xét thêm bang phương pháp khác.

∞
Σ

Đ%nh lý 1.1.10. (Đ%nh lý ve tiêu chuan tích phân) Cho chuoi so dương

un,

n=
1

neu ton tai hàm f (x) sao cho un = f (n) vói ∀n ≥ n0 và f (x) liên tnc, đơn đi¾u
∫
Σ
∞
giam trên mien (n0; +∞) thì n0
un cùng h®i tn ho¾c cùng phân kỳ.
n=
∞ f (x)dx và
1

Đ%nh lý 1.1.11. (Đ%nh lý ve chuoi so đan dau) Tiêu chuan Lepnit: Cho chuoi
Σ
so đan dau ∞ (−
1)nun, neu ton tai dãy so un đơn đi¾u giam (nghĩa là u1 > u2 >
n=1

u3 > . . .) và lim un = 0 thì chuoi đan dau h®i tn và tong cua chuoi không vưot
n→∞

quá giá tr% tuy¾t đoi cua so hang đau tiên.

1.2
1.2.1

Chuoi đieu hòa
Khái ni¾m chuoi đieu hòa

Đ%nh nghĩa 1.2.1. Chuoi so có dang :
1

1
1 +...,
+
+
m m+d
m+
2d

trong đó m, d là các so sao cho mau so khác không, đưoc gqi là chuoi đieu hòa.
Ví dn 1.2.2.
(i) Chuoi so có tong riêng là H(1, n) = 1 +

1

+...+

1

,


(ii)

Chuoi so có tong riêng là H(m, 2
n) =

1

m

hòa. Ta luôn gia thiet rang 1 ≤ m < n.

+

n
1
+ . . . + , là các chuoi đieu
m+
n
1
1


1.2.2

M®t so tính chat cua chuoi đieu hòa

Tính chat 1.2.3. H(1, n) là vô han, túc là lim H(1, n) = +∞.
n→∞
.
Chúng minh. Xét dãy con H(1,
, khi đó,
k=0
Σ∞
2k)

1
H(1, 1) = 1 = 1 + 0 . Σ ;
1 2
1
H(1, 2) = 1 +
= 1 + 1 . Σ;
2
2
1
1
1
1
1
1
1
H(1, 4) = 1 +
+ . + Σ>1 +
+ . + Σ= 1 + 2 . Σ;
2

3 4
2
4 4
2
1
1
1
1
1
1
1
H(1, 8) = 1 + + . + Σ + . + + + Σ
2
3 4
5 6 7 8
1
1
1
1
1
1
1
1
>1+
+ . + Σ+ . +
+
+ Σ= 1 + 3 . Σ;
2
4 4
8 8 8 8

2
.
Σ∞
1
Tong quát, H(1, 2k ) ≥ 1 + k . Σ . Do dãy con H(1, 2k )
không b% ch¾n nên
k=0
2
∞
H(1, n) = +∞. Lý lu¾n tương tn ta cũng
dãy {H(1, n)} k=0 phân kỳ hay
n→∞
có
lim
the chi ra vói so nguyên dương tùy ý M thì
M−1
H(1, M k ) ≥ 1 + k .
Σ , k = 0, 1, 2, . . .
M

Tính chat 1.2.4. H(m, n) không phai là m®t so nguyên.
Chúng minh. (i)Đoi vói trưòng hop đ¾c bi¾t H(1, n), m = 1, cho s sao cho:
2s ≤ n < 2s+1. Chúng ta nhân H(1, n) vói 2s−1Q, trong đó Q là tích cna tat
ca so nguyên le trong đoan [1, n]. Tat ca các so hang trong H(1, n) se là so
nguyên ngoai trù so hang thú 2s se tro thành so nguyên chia cho 2. Đieu
này chi ra rang H(1, n) không phai là m®t so nguyên.
(ii) Cách khác, đoi vói trưòng hop m = 1, cho p là so nguyên to lón nhat

không vưot quá n. Theo tiên đe Betrand, có 1 so nguyên to q vói p < q <
Σ

2p. Do
đó, chúng ta có n < 2p. Neu H(1, n) là m®t so nguyên, thì: n!H(n)
=

là m®t so nguyên chia het cho p. Tuy nhiên, so hang

n

n!
i=1 i

Σn

n!
p

trong tong

n!
i=1

i


p

i=1

i

không chia het cho p, còn tat ca so hang khác se chia het cho p.
Trưòng hop:
m > 1. Gia su 2a|k nhưng 2a+1 không là
ưóc cna k (viet là
2a||K), thì chúng ta gqi a là thú tn chan lé cna k. Bây giò quan sát các so

(iii)


2a, 3.2a, 5.2a, . . ., tat ca các so này cùng thú tn chan le. Giua nhung so này

có 2.2a, 4.2a, 6.2a, . . . , tat ca đeu có thú tn chan le lón hơn. Do v¾y, giua
2 so bat kỳ cùng thú tn chan le, có 1 so vói thú tn chan le lón hơn. Đieu này
chi ra duy nhat rang trong các so m, m + 1, . . . , n có 1 so nguyên có thú tn
chan le
1
1
+
+...+
Σ
m m+
n
nhân vói 2uL, trong đó L là tích cna tat ca so nguyên le trong
[m, n]. Khi
1
đó: 2uLH(m, n) là m®t so le. Do đó:

lón nhat, là q có thú tn chan le là u. Bây giò ta lay .

H(m, n) =

1

2r + 1 q
= ,
2 uL
p

trong đó, p chan, q le và vì v¾y H(m, n) không phai là so nguyên.
Ví dn 1.2.5. Ta có
1
H(1, 10) = 1 +
+

1

1
1
+ =+3 . . . +4
10

7381
2520

2

không phai là m®t so nguyên.
Tính chat 1.2.6. Neu H(m, n) =

q

p và m+n là m®t so nguyên to lé, thì (m+n)|q.

Chúng minh. Chú ý rang H(m, n) có m®t so chan so hang và nó bang vói
n− m− .
1
1
+ 1
m+ j n−
2
Σj=0
j
Σ

n− m−
1
2

=

Σ

m+n
(m + j)(n −
j)

s
= (m + n) ,
r

j=0

trong đó, gcd(s, r) = 1. Do m + n là so nguyên to nên gcd(r, m + n) = 1.
Nên ta có
q
p

=

(m + n)s
r

⇒ rq = p(m + n)s ⇒ (m + n)|rq ⇒ (m + n)|q.

2

Ví dn 1.2.7. Ta có
1
H(1, 10) = 1 +
+

và m + n =
11, 11|7381
= q.


1

1
+ 10
+...+

1
=3

4

7381
2520


Đ%nh lý 1.2.8. (Đ%nh lý Wolstenholme) Đoi vói m®t so nguyên to p ≥ 5, ta có
H(1, p − 1) = 1 +

1

1
1
+ +... +
2 3
p−1

≡ 0(modp2)

Chính xác hơn, đoi vói m®t so nguyên to p ≥ 5, neu
1 1
1
a
H(1, p − 1) = 1 + + + . . . +
=
2

3
p− 1
b

thì p2|a.
Chúng minh. Ta có the chúng minh theo hai cách như sau:
Cách 1 : Ta có
Σ
(p
−1)/2
1
1 1
1
Σ
.
H(1, p − 1) = 1 + + + . . . +
p
2
3
=
−1

1

n=1

n
n

1

+

p−

(p−1)/2
Σ

=p
n=1

1

n(p − n)

.

(1.1)

(p−1)/2

Vì the chúng ta can chúng
minh:

nΣ

≡ 0(modp). Bây giò:

(p−1)/2

(p−1)/2

Σn=1

n(p − n)

=1

1
≡
n(p − n)
−

1
n2

Σn

(modp).

=1

Th¾t v¾y, vì moi

1
2

là đong dư vói đúng m®t trong các so 1
2

, ,....
Σ
p−1 2
22 ,
≥

n

(modp) và tat ca các so hang

thì

(p−1)/2

Σ

n=1

1
n2

1

là phân bi¾t vói n = 1, 2, . . . ,

n2
(p−1)/2
Σ

≡

(p − 1)

k=1

2
−2 (p
k =

2

1)p
24

≡ 0(modp).

, khi p
5

(1.2)

Đ%nh lý Wolstenholme đưoc chúng minh.
Cách 2 (su dung đa thúc mod p): Chúng ta su dung đ%nh lý Lagrange, cu
the neu f (x) = c0 + c1x + . . . + cnxn là m®t đa thúc b¾c n, vói h¾ so nguyên và


neu f (x) ≡ 0(modp) có nhieu hơn n nghi¾m, trong đó p là so nguyên to, khi đó
moi h¾ so cna f (x) se chia het cho p. Phép chúng minh không khó. Có the chúng
minh bang quy nap và thu¾t toán chia modp. M¾nh đe là sai neu p không phai
so nguyên to. Ví du: x2 − 1 ≡ 0(mod8) có 4 nghi¾m.

Sau đây là phép chúng minh khác. Tù đ%nh lý nho cna Fermat xp−1 ≡ 1( mod
p) có 1, 2, . . . , p − 1 nghi¾m. Do đó xp−1 − 1 ≡ (x − 1)(x − 2) . . . (x − p + 1)
(modp). Hay
(1.3)

xp−1 − 1 ≡ xp−1 − s1xp−2 + . . . − sp−2x + sp−1.

theo đ%nh lý Wilson, sp−1 = (p − 1)! ≡ −1(modp). Do đó,
0 ≡ s1xp−2 + . . . − sp−2x(modp).

Công thúc đúng đoi vói moi so nguyên x. Theo đ%nh lý Lagrange, p chia het
moi m®t trong s1, s2, . . . , sp−2.
Đ¾t x = p trong (1.3), chúng ta có (p − 1)! = pp−1 − s1pp−2 + . . . − sp−2p +
sp−1. Bo (p − 1)! và chia ca 2 ve cho p, chúng ta có 0 = pp−2 − s1pp−3 + . . .
1 1
1
1+ + +...+
2 3
p−
1

sp−2 ≡ 0( mod p2). Cuoi cùngp−2 = (p −
1)!
s

a
= (p −
1)!b .

− sp−3p − sp−2. Vì p ≥ 5 và moi so trong các so hang này đong.dư vói 0( mod
p2 ). Do đóΣ, chúng ta có

Đieu này chúng minh đ%nh lý Wolstenholme.
Ví dn 1.2.9. Ta có H(1, 10) = 1 +

1

2

7381.

1
1
1
7381
+ + +...+ =
và 112|
3 4
1
252
0
0

Tính chat 1.2.10. Cho p ≥ 5 là 1 so nguyên to. Chúng minh rang neu
1

1
a

1

1 + + + ...+=
p
b
2 3

thì p4|(ap − b).

Chúng minh. Theo đ%nh lý Wolstenholme thì

Vì
v¾y

1
1
1
p2 (p − 1)! . +
+...+
.
2 3
p−
1

Σ

1 1
1
x

+ +...+
= p2 .
2 3
p−1
y

Trong đó x, y là các so nguyên vói y không chia het cho p. Vì v¾y ta có:
a

đieu này chi ra rang: ap − b
=

1

x
− =p ,
b p
y
p3bx
. V¾y
y
2

a 2.3 . . . p + 1.3.4. . . . p + . . . + 1.2 . . . (p − 1)
,
b=
p!

và các tu so cna ve bên phai có dang mp + (p − 1)!. Do đó, nó không chia het cho

p. Vì v¾y p|b và p4

|(ap − b)
=

p3bx
y

.


Ví dn 1.2.11. Ta có

1

1 1
H(1, 11) = 1 +
+
+
2 3

4

+...
+

1

+

1

=
10 11

83711
27720

thì 114 = 14641; ap − b = 893101. Do đó (ap − b) : p4 = 61, thóa mãn p4|(ap −
b).

Tính chat 1.2.12. Coi H(1, n) là 1 hàm so cua bien so tn nhiên n. Chúng minh
rang H(1, n) không phai là hàm so huu ts đoi vói n.
Đe chúng minh Tính chat 1.2.12 ta dùng Tính chat 1.2.3 và bo đe sau:
Bo đe 1.2.13. Dãy H(1, n) thóa mãn
√
H(1, n) < 2 n.

(1.4)

Chúng minh. De thay bat đang thúc trên đúng vói n = 1, 2. Gia su Bat đang
thúc (1.4) đúng vói n = k, ta chúng minh nó cũng đúng vói n = k + 1.
Th¾t v¾y, tù gia thiet quy nap, suy ra:
1

V¾y ta có:

1
1

1

√
1
<
2
k+
.
1 + + + ...++
2 3
k k+
k+1
1
√
1
2 k+
√
2 k+
k+1

<

√

.

1

(1.5)

k+
1

M¾t khác:
1

.

√

1

Σ2

4k +
>
k+1
2 k+1−√
>
4k ⇔
4k
k
√
√
√
√
1
1
12 k +

2 k+1−
<2 k+1
>2 +
k⇔
k+ √
k+
√
1
1

Tù (1.5) và (1.6) suy ra:

Tù đó ta có:

√
1
√
2 k+
< 2 k + 1.
k+
1

(1.6)


1

2

kk + 1

1
1
1 + + ...++

√
< 2 k + 1.

V¾y theo phương pháp quy nap bat đang thúc ban đau đúng.


Tiep theo, ta se chúng minh Tính chat 1.2.12 dna vào Tính chat 1.2.3 và Bo
đe 1.2.13.
ChNng minh tính chat 1.2.12 Ta chúng minh bang phan chúng. Gia su
H(1, n) là hàm so huu ty cna n túc là ta có bieu dien
amnm + am−1nm−1 + . . . + a1n + a0

H(1, n)
=

bknk +
b

k−1 nk−1

b1

+...+ n+
b0

vói am ƒ= 0; bk ƒ= 0.

(1.7)

Theo Tính chat 1.2.3 ta có: lim H(1, n) = +∞, nên m > k. Ta lai có:
n→∞
H(1, n)
lim

= lim

n

n→∞

2
n

H(1, n)

và lim

n→∞

n

n→∞

√

≤ lim
n→∞

amnm + am−1nm−1 + . . . + a1n + a0
bkn k+1 +
bk−1nk

+...+
b1n2

+ b0n

.

n

√

M¾t khác, lim H(1, n)≥ 0 (vì H(1, n)> 0) và lim 2 n = 0, do v¾y
n→∞

H(1,
n)
lim

n→∞

n

n

n

n

n→∞

amnm + am−1nm−1 + . . . + a1n + a0
= lim

n→∞

bknk+1 + bk−1nk + . . . + b1n2 +
b0 n

= 0 suy ra m < k + 1.

V¾y k < m < k + 1 và m nguyên là mâu thuan. V¾y H(1, n) không phai là
hàm so huu ty cna n.
Tính chat 1.2.14. Cho p là so nguyên to lón hơn 3 và k = Σ
p

p

p

2p

Q

Σ. Khi đó,

3

. Σ + . Σ + . . . + . Σ ≡ 0(modp ).

1

2

2

k

Chúng minh. Biet rang
. Σ

p(p − 1) . . . (p − i + 1)
.
1.2 . .
.i
Đây là b®i cna p neu 1 ≤ i ≤ p − 1. Ve phai sau khi đem chia het cho p thì
(−1) . . . (−(i − 1))
1
đong dư vói
= (−1)i−1 . Do đó, đieu phai chúng minh
i
1.2 . .
tro thành
.i

1 1
1
2p
1 − + − . . . + (−1)k−1 ≡ 0(modp) vói k = Σ
Σ.
k
2 3
3
1
1
1
Ta nh¾n thay rang: −
+
(modp). Đieu này cho chúng ta thay the
2i p −
2i
≡
i
tong boi:
1 1
1
p
i

=


1+

2

+

3

+...+

p−1

≡ 0(modp).

Đieu này là đúng vói Đ%nh lý 1.2.8. Tù đó ta có đieu phai chúng minh.


Ví dn 1.2.15.

7

7

7

7

. Σ + . Σ + . Σ + . Σ = 98 ≡ 0(mod72 ).

1

2

3

4

Σ∞ (−1)n−1
Tính chat 1.2.16. Chúng minh
n=1

n

= ln 2.

Chúng minh. Ta có:
1 1
1
+ − +...−
2 3 4
2n
1
1
1
1
1
1
1
= .1 + + + + . . . + Σ − .1 + + +
2 3 4
2 3 4
n
1

1 1
+ .=
..+ Σ
n + 2n
1
+
2 +...+ .
n+1
2n
1
1
1
Tù bat đang thúc
< ln .1 + Σ < , ∀n > 1. Suy ra
n+
n
n
1
1
1
1
ln .1 +
Σ<
< ln .1 + Σ , ∀n > 1
n
n+
n+
1
1
1

S2n = 1 −

1

⇔ ln(n + 2) − ln(n + 1) <

n+ 1

< ln(n + 1) − ln n, ∀n > 1;

Tương tn ta đưoc
1
ln(n + 3) − ln(n + 2) <
< ln(n + 2) − ln(n + 1), ∀n > 1;
n+2
......
1
ln(2n + 1) − ln(2n) <
< ln(2n) − ln(2n − 1), ∀n > 1
2n

C®ng ve theo ve các bat đang thúc ta đưoc:
2n + 1

Hơn nua:

ln

n+1

<

1

1

n+1

lim ln

n→∞

+

n+2

1
+...+

2n

< ln 2, ∀n > 1.

2n + 1
= lim ln 2 = ln 2.
n→∞
n+
1

Theo nguyên lý kep ta có lim

= ln 2. Vì dãy {Sn} có 2 dãy con {S2n}
và {S2n+1} cùng h®i tu đen giói han chung là ln 2 nên lim
Sn = ln 2. Suy ra
n→∞ S2n

∞

Σ (−1)n−

n=
1

1

n
= ln 2.


n→
∞