$$\left\{\begin{matrix} f(0)=4,f(1)=0,f(2)=2c,f(3)=3b\\ f(n+3)=af(n-1)+bf(n)+cf(n+1), \forall n \in \mathbb{N}^* \end{matrix}\right.$$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m$ và mọi số nguyên tố $p$, ta luôn có: $f(p^m)$ chia hết cho $p$.
Lời giải:
Phương trình đặc trưng của dãy $f(n)$ là $P(x)=x^{4}-cx^{2}-bx-a=0$, phương trình này có 4 nghiệm phức $\alpha _{i},i=1,2,3,4$ . Ta sẽ chỉ ra, phương trình này không có nghiệm bội. Giả sử phản chứng tồn tại số phức $\alpha $ sao cho $P(\alpha )=P'(\alpha )=0$, khi đó $\alpha $ là nghiệm của $$Q(x)=-4P(x)+xP'(x)=2cx^{2}+3bx+4a$$Là nghiệm của đa thức $$H(x)=2xQ(x)-cP'(x)=6bx^{2}+(4a+2c^{2})x+bc$$và là nghiệm của đa thức $$K(x)=cH(x)-3bQ(x)=(4ac+2c^{3}-9b^{2})x+(bc-12ab)$$ Như vậy, $\alpha $ là số hữu tỉ và là nghiệm của đa thức monic $P(x)$ nên là số nguyên. Khi đó, $P'(\alpha)$ là số lẻ, mâu thuẫn.
Từ đó, suy ra công thức tổng quát của $f(n)$ có dạng $$f(n)=a_{1}\alpha _{1}^{n}+a_{2}\alpha _{2}^{n}+a_{3}\alpha _{3}^{n}+a_{4}\alpha _{4}^{n}$$ Để ý $$f(0)=4=\alpha _{1}^{0}+\alpha _{2}^{0}+\alpha _{3}^{0}+\alpha _{4}^{0}$$ $$f(1)=0=\alpha _{1}+\alpha _{2}+\alpha _{3}+\alpha _{4}$$ $$f(2)=2c=-2\sum _{i<j}\alpha _{i}\alpha _{j}=\alpha _{1}^{2}+\alpha _{2}^{2}+\alpha _{3}^{2}+\alpha _{4}^{2}$$ $$f(3)=3b=3\sum _{i<j<k}\alpha _{i}\alpha _{j}\alpha _{k}=\alpha _{1}^{3}+\alpha _{2}^{3}+\alpha _{3}^{3}+\alpha _{4}^{3}$$ Suy ra, $a_{1}=a_{2}=a_{3}=a_{4}=1$ hay $$f(n)=\alpha _{1}^{n}+\alpha _{2}^{n}+\alpha _{3}^{n}+\alpha _{4}^{n}$$ Theo khai triển nhị thức Newton $$(x+y)^{p}=x^{p}+y^{p}+pQ(x,y)$$ với $Q(x,y)$ là một đa thức đối xứng hai biến $x,y$. Từ đó suy ra, $$(x+y+z+t)^{p}=x^{p}+y^{p}+z^{p}+t^{p}+pQ(x,y,z,t)$$ trong đó $Q(x,y,z,t)$ là đa thức đối xứng theo 4 biến $x,y,z,t$. Mặt khác, một đa thức đối xứng luôn có thể biểu diễn theo các đa thức đối xứng sơ cấp, cho nên $Q(\alpha_{1}^{p^{k}},\alpha_{2}^{p^{k}},\alpha_{3}^{p^{k}},\alpha_{4}^{p^{k}})$ là số nguyên với mọi số tự nhiên $k$. Suy ra
$$f(p^{m+1})=\left (\alpha _{1}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{2}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{3}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{4}^{p^{m}} \right )^{p}=f(p^{m})^{p}-pQ(\alpha_{1}^{p^{m}},\alpha_{2}^{p^{m}},\alpha_{3}^{p^{m}},\alpha_{4}^{p^{m}})$$ chia hết cho $p$ khi và chỉ khi $p|f(p^{m})$. Từ đó với chú ý, $f(p^{0})=f(1)=0$ chia hết cho $p$, theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm.
Từ đó, suy ra công thức tổng quát của $f(n)$ có dạng $$f(n)=a_{1}\alpha _{1}^{n}+a_{2}\alpha _{2}^{n}+a_{3}\alpha _{3}^{n}+a_{4}\alpha _{4}^{n}$$ Để ý $$f(0)=4=\alpha _{1}^{0}+\alpha _{2}^{0}+\alpha _{3}^{0}+\alpha _{4}^{0}$$ $$f(1)=0=\alpha _{1}+\alpha _{2}+\alpha _{3}+\alpha _{4}$$ $$f(2)=2c=-2\sum _{i<j}\alpha _{i}\alpha _{j}=\alpha _{1}^{2}+\alpha _{2}^{2}+\alpha _{3}^{2}+\alpha _{4}^{2}$$ $$f(3)=3b=3\sum _{i<j<k}\alpha _{i}\alpha _{j}\alpha _{k}=\alpha _{1}^{3}+\alpha _{2}^{3}+\alpha _{3}^{3}+\alpha _{4}^{3}$$ Suy ra, $a_{1}=a_{2}=a_{3}=a_{4}=1$ hay $$f(n)=\alpha _{1}^{n}+\alpha _{2}^{n}+\alpha _{3}^{n}+\alpha _{4}^{n}$$ Theo khai triển nhị thức Newton $$(x+y)^{p}=x^{p}+y^{p}+pQ(x,y)$$ với $Q(x,y)$ là một đa thức đối xứng hai biến $x,y$. Từ đó suy ra, $$(x+y+z+t)^{p}=x^{p}+y^{p}+z^{p}+t^{p}+pQ(x,y,z,t)$$ trong đó $Q(x,y,z,t)$ là đa thức đối xứng theo 4 biến $x,y,z,t$. Mặt khác, một đa thức đối xứng luôn có thể biểu diễn theo các đa thức đối xứng sơ cấp, cho nên $Q(\alpha_{1}^{p^{k}},\alpha_{2}^{p^{k}},\alpha_{3}^{p^{k}},\alpha_{4}^{p^{k}})$ là số nguyên với mọi số tự nhiên $k$. Suy ra
$$f(p^{m+1})=\left (\alpha _{1}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{2}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{3}^{p^{m}} \right )^{p}+\left (\alpha _{4}^{p^{m}} \right )^{p}=f(p^{m})^{p}-pQ(\alpha_{1}^{p^{m}},\alpha_{2}^{p^{m}},\alpha_{3}^{p^{m}},\alpha_{4}^{p^{m}})$$ chia hết cho $p$ khi và chỉ khi $p|f(p^{m})$. Từ đó với chú ý, $f(p^{0})=f(1)=0$ chia hết cho $p$, theo nguyên lí quy nạp, ta có đpcm.
No comments:
Post a Comment