\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+4aLà nghiệm của đa thức H(x)=2xQ(x)-cP'(x)=6bx^{2}+(4a+2c^{2})x+bcvà 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