30-11-2007, 10:55 PM | #2 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 747 Thanks: 9 Thanked 111 Times in 72 Posts | Xì bam câu 2 Bài 2 là hệ quả của tính chất đẹp mắt sau đây của dãy Fibonaci : $a_n $ có tận cùng là $k $ chữ số 0 khi và chỉ khi $n $ chia hết cho $\frac{3.10^k}{4}. $ Chứng minh :Ta lại xài 2 bổ đề nhỏ : $a_n\;\vdots\;5^k\Leftrightarrow n\;\vdots\;5^k.(1) $ và : $a_n\;\vdots\;2^k\Leftrightarrow n\;\vdots\;3.2^{k-2} (2) $ Chứng minh (1).Dễ chứng minh $a_{5n}=5a_{n}.b_{n},b_{n}\;\not\vdots\;5. $ Giả sử $n=5^st $ với $gcd(5,t)=1 $. Khi đó theo nhận xét trên thì $u_n=5^sb_t.c_n, c_n\;\not\vdots\;5 $. Nếu $t\;\not\vdots\;5 $ thì $a_t\;\not\vdots\;5 $. Vì thế : $a_n\;\vdots \;5\Leftrightarrow s\ge k \Leftrightarrow n\;\vdots\;5^k. $ Chứng minh (2). Ta có : $a_{2n}=a_n.d_n, $ trong đó $(d_n)_{n=1}^{\infty} $ xác định bởi : $d_0=2,d_1=1,d_{n+2}=d_{n+1}+d_n $. Dễ thấy : $d_n\; \not\vdots \;2\Leftrightarrow n\;\not\vdots\;3 $ và $d_n\equiv \;2\;mod\;4 \Leftrightarrow n\;\vdots \;6. $ Giả sử $a_n\;\vdots \;2^k,n=2^st, t $lẻ . Quan sát 1 chút ta thấy $a_n\;\vdots \;8 \Leftrightarrow n\;\vdots \;6 hay t\;\vdots \;3. $ Mặt khác : $a_n=a_{2t}d_{2t}d_{4t}....d_{2^{s-1}}r=a_2t2^{s-1}e_n $, với $e_n $ luôn lẻ. Ta cũng có với $t $ lẻ, $t $ chia hết cho 3 thì $a_{2t}\equiv 8\;(mod 16) $ suy ra $a_n=2^{s+2}i_n,i_n $ lẻ. Vì vậy $s+2\ge k $(dpcm) Từ (1), và (2) ta có thể dễ dàng suy ra được điều phải chứng minh . Ps. Gõ mệt quá [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] thay đổi nội dung bởi: psquang_pbc, 30-11-2007 lúc 10:58 PM |
| |