Embed Size (px)
Citation preview
A. DÃY SỐ NGUYÊN
TÁC GIẢ: TRẦN NGỌC THẮNG- CHUYÊN VĨNH PHÚC
I. LÝ THUYẾT CƠ BẢN
1. Dãy Fibonacci và dãy Lucas.
1.1. Dãy Fibonacci ( )nF mang tên chính nhà toán hoc Pisano Fibonacci. Dãy cho
bởi hệ thức truy hồi đơn giản 1 2
2 1
1
1n n n
F F
F F F n
Dùng phương pháp xác định số hạng tổng quát của dãy số bằng phương trình đặc
trưng ta dễ dàng thấy công thức tổng quát của dãy ( )nF là:
1 1 5 1 5
2 25
n n
nF
(Công thức Binet)
Từ sau, để thuận tiện cho việc tính toán, ta quy ước 0 0F .
1.2. Một vài tính chất số học của dãy Fibonacci:
Dưới đây chúng tôi trình bày một số tính chất cơ bản của dãy Fibonacci. Các
tính chất này rất hay sử dụng khi làm các bài tập liên quan đến dãy số Fibonacci.
Bạn đọc có thể xem đây như những bài tập và tự giải nó để hiểu rõ bản chất của
dãy Fibonacci.
1. 1( , ) 1n nF F với mọi n.
2. Nếu n chia hết cho m thì nF chia hết cho mF .
3. Nếu nF chia hết cho mF thì n chia hết cho m với m>2.
4. ( , )n m dF F F với ( , )d m n .
5. Nếu 5n và nF là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố.
6. Dãy ( )nF chứa một tập vô hạn những số đôi một nguyên tố cùng nhau.
7. 5 5 .n n nF F q với nq không chia hết cho 5.
8. 5 5k knF n .
9. nF có tận cùng là 0 khi và chỉ khi 15n .
10. nF có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi 150n .
1.3. Một vài hệ thức cơ bản của dãy Fibonacci:
1. 1 2 2... 1n nF F F F
2. 1 3 2 1 2... n nF F F F
3. 2 4 2 2 1... 1n nF F F F
4. 21 1. ( 1)n
n n nF F F
5. 2 2 21 2 1... .n n nF F F F F
5. 0 1 2 3 2 1 2 2 1... 1n n nF F F F F F F
6. 2 21 1 2.n n n nF F F F .
7. 21 2 2 3 2 1 2 2... n n nF F F F F F F
8. 1 2 3. . ( 1)nn n n nF F F F
9. 4
2 1 1 21n n n n nF F F F F
1.4. Dãy Lucas ( )nL được xác định như sau: 0 1
2 1
2; 1
0n n n
L L
L L L n
Những số hạng của dãy Lucas có thể coi như giống với dãy Fibonacci bởi hai dãy
này đều có cùng hệ thức xác định dãy.
Tương tự công thức Binet cho dãy Fibonacci, ta có công thức tổng quát của dãy
Lucas:
1 5 1 5, 0
2 2
n n
nL n
2
2. Thặng dư bậc hai
2.1. Định nghĩa. Ta gọi a là một thặng dư bậc hai modulo p (hay a là một số
chính phương mod p ) nếu tồn tại số nguyên x sao cho 2 modx a p , trong đó p là
một số nguyên dương.
2.2. Định lí. Cho p là một số nguyên tố.
(i) Nếu 2p thì mọi số a lẻ đều là số chính phương mod2 .
(ii) Nếu 2p . Khi đó
a là số chính phương mod p khi và chỉ khi 1
2 1 modp
a p
;
a không là số chính phương mod p khi và chỉ khi 1
2 1 modp
a p
.
2.3. Kí hiệu Legendre. Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên không chia hết
cho p . Khi đó ta có các kết quả sau:
(1). 1
2 modp
aa p
p
(2). Nếu moda b p thì a b
p p
(3). a b ab
p p p
(4). 1
21
1p
p
(5). 2 1
82
1p
p
(6). Luật tương hỗ Gauss: Nếu ,p q là hai số nguyên tố lẻ phân biệt thì:
1 1.
2 21p qp q
q p
3. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2.
3.1. Định nghĩa. Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai ẩn nu là phương trình
sai phân dạng: 2 1n n nau bu cu f n (1)
Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng với phương trình (1) có
dạng: 2 1 0n n nau bu cu (2)
Nghiệm tổng quát của (1) có dạng n n nu x y , trong đó nx là nghiệm tổng quát của
(2), còn ny là một nghiệm riêng nào đó của (1).
Để tìm nghiệm của (2) đầu tiên ta lập phương trình đặc trưng của (2) là:
2 0ax bx c (3)
TH1. Nếu phương trình đặc trưng (3) có hai nghiệm thực phân biệt 1 2,t t thì:
1 2
n n
nx At Bt
TH2. Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm kép 1 2 0t t t thì:
0
n
nx A Bn t
TH3. Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm phức
cos sint x iy r i với 2 2 21, , arctany
i r x yx
. Khi đó:
cos sinn
nx r A n B n
Ở đây ,A B là các hằng số thực được xác định dựa vào các điều kiện ban đầu.
4. Một số kết quả liên quan đến số học
4.1. Đồng dư. Cho hai số nguyên a và b . Ta nói rằng a đồng dư với b theo
module m (ở đây m là số nguyên dương) và kí hiệu moda b m khi và chỉ khi
a b chia hết cho m .
Các tính chất cơ bản của đồng dư:
1) Nếu moda b m và modc d m thì:
moda c b d m ; modac bd m
2) Nếu p là số nguyên tố và 0 modab p , thì 0 moda p hoặc 0 modb p .
4.2. Các định lí cơ bản của số học
Định lí Fermat nhỏ. Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên tùy ý, thì
modpa a p . Đặc biệt khi , 1a p , thì 1 1 modpa p .
Định lí Euler. Nếu m là số nguyên dương và , 1a m , thì 1 modm
a m
, ở
đây m là số các số nguyên dương nhỏ hơn m nguyên tố cùng nhau với m.
Định lí Wilson. p là một số nguyên tố khi và chỉ khi 1 ! 1p chia hết cho
p.
4.3. Hàm phần nguyên
4.3.1. Định nghĩa. Phần nguyên của số thực x là số nguyên lớn nhất không
vượt quá x . Kí hiệu phần nguyên của x là x
4.3.2. Định nghĩa. Cho x là số thực, ta gọi phần lẻ của x (kí hiệu x ) là số
được xác định như sau: x x x
4.3.3. Một số tính chất cơ bản
1) Nếu x y thì x y
2) , ,n x n x n x
3) x y x y
4) 2 2x y x y x y
5) x x
d d
6) Cho x là một số thực dương và d là một số nguyên dương. Khi đó số các số
nguyên dương là bội của d và không vượt quá x là x
d
II. MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN
1. Sử dụng tính chất đặc trưng của dãy tuyến tính cấp hai trong bài toán
chứng minh số chính phương.
1.1. Công thức tổng quát của dãy nu thỏa mãn 2 1n n nu au bu c .
Trường hợp 1: 1a b
Ta có 2 1 2 1 11 1n n n n n n nu au bu c u a u u a u c .
Đặt 1 1n n nv u a u ta được 1n nv v c . Từ đó ta được 1 1 , 1,2,...nv v n c n suy
ra 1 11 1n nu a u v n c . Do đó
1 11 1n nu a u v n c
2
1 11 1 1 1 2n na u a u v a a n c
2 3 2 2
1 2 11 1 1 1 3n na u a u v a a n c
…
1 1 1
2 1 11 1 1 1 1n n n n
a u a u v a a n c
Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:
1 1
1 1 1
0 0
1 . 1 . 1 1n n
n k k
n
k k
u a u v a c a n k
Trường hợp 2: 1a b
Đặt n nu x , ta sẽ chọn sao cho dãy số nx là dãy tuyến tính cấp hai.
Ta có
2 1 2 1n n n n n nu au bu c x a x b x c
Để được dãy số nx tuyến tính ta sẽ chọn sao cho 1
ca b c
a b
Khi đó ta được 2 1 , 1,2,...n n nx ax bx n
Xét phương trình đặc trưng: 2 0t at b (1)
+) Nếu phương trình (1) có hai thực phân biệt 1 2,t t thì 1 2. .n n
nx At B t , trong đó ,A B
là các hằng số được tính theo các số hạng 1 2,x x .
+) Nếu phương trình (1) có nghiệm kép 1 2 0t t t thì 0
n
nx A Bn t , trong đó ,A B
là các hằng số được tính theo các số hạng 1 2,x x .
+) Nếu phương trình (1) có hai nghiệm phức x yi thì cos sinn
nx r A n B n ,
trong đó ,A B là các hằng số được tính theo các số hạng 1 2,x x và 2 2r a b , là
một arcgument của x yi .
1.2 . Tính chất cơ bản dãy tuyến tính cấp hai.
Xét dãy số nu được xác định bởi: 2 1 , 1,2,...n n nu au bu n
Ta có
2 1 12 1 1 1
1
n n n nn n n n n n
n n
u bu u buu u bu u u bu
u u
12 2 2
2 1 1 1 1 3 2...n
n n n n n nu u u b u u u b u u u
.
Do đó dãy nu thỏa mãn 12 2
2 1 1 3 2
n
n n nu u u b u u u
.
Đây là tính chất rất quan trọng về dãy tuyến tính cấp hai, tính chất này thường
được sử dụng khi chứng minh các đẳng thức liên quan đến các số hạng của dãy và
các tính chất số học của dãy.
1.3. Phương pháp thường dùng để chứng minh nf u là số chính phương,
trong đó nu thỏa mãn 2 1n n nu au bu c .
Để chứng minh dãy số nb thỏa mãn nb là số chính phương với mọi số nguyên
dương n ta thường sử dụng một số hướng sau:
Hướng 1: Ta chỉ ra tồn tại dãy số nguyên nc thỏa mãn 2 ,n nb c n . Dãy số
nc thường dự đoán bằng cách tính một số giá trị đầu 1 2, ,...c c và tìm ra quy luật
của dãy nc .
Hướng 2: Ta chứng minh 2n nb b là một số chính phương với mọi số tự nhiên n , sau
đó chứng minh bằng quy nạp.
Hướng 3: Dựa vào công thức truy hồi ta tính được 2
n nb c .
1.4. Bài tập minh họa
1. Cho dãy số 0 1 2 1: 1, 2, 4 , 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng:
a) 1na là số chính phương với mọi n lẻ
b) 1
6
na là số chính phương với mọi n chẵn.
Lời giải.
a) Cách 1: Ta dự đoán dãy số nc sao cho 2
2 1 1n na c , ta có
1 3 5 72, 26, 362, 5042a a a a suy ra 0 1 2 31, 5, 19, 71c c c c . Khi đó ta thử thiết
lập quan hệ truy hồi của dãy nc theo dãy tuyến tính cấp 2, giả sử 2 1n n nc ac bc
và từ 0 1 2 31, 5, 19, 71c c c c ta được 5 19 4
19 5 71 1
a b a
a b b
. Do đó ta dự đoán dãy
số nc là: 0 1 2 11, 5, 4 , 0,1,2,...n n nc c c c c n
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp 2
2 1 1 1 , 0,1,2,...n na c n Thật vậy (1) đúng với
0n , giả sử (1) đúng đến 0n , ta sẽ chứng minh (1) đúng đến 1n .
Ta có 2 3 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 11 4 1 4 4 1 16 4 1n n n n n n n n na a a a a a a a a
2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 115 1 14 1 14 1 1 1 12 12n n n n n n n n na a a a a c c c c (2)
Theo hệ thức cơ bản của dãy tuyến tính cấp 2 ta được:
2 2 2 2
1 1 1 1 1 16 4 6 4 6 0n n n n n n n n n n nc c c c c c c c c c c (3)
Ta có
22 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
1
4 16 8 16 2 6
14 12 4
n n n n n n n n n n n
n n
c c c c c c c c c c c
c c
Từ (2) và (4) suy ra 2
2 3 11n na c
Do đó ta chứng minh được (1) đúng đến 1n suy ra (1) đúng.
Cách 2: Ta có 2
2 1 3, 0n n na a a n . Từ hệ thức này ta được:
22
2 2 2 1 1 11 1 1 3 4 1 2n n n n n n n n na a a a a a a a a (5).
Từ hệ thức (5) bằng phương pháp quy nạp suy ra 1na là số chính phương với mọi
số nguyên dương lẻ n.
b) Ta chứng minh theo hướng 2 như sau:
Ta có 22
2 2 2 1 1 11 1 1 4 4 2.
6 6 36 36 6
n n n n n n n n na a a a a a a a a
Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp suy ra 1
6
na là số chính phương.
2. Cho dãy số 0 1 2 1: 1, 13, 14 , 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng với mỗi số
tự nhiên n , tồn tại các số tự nhiên ,k l sao cho
2 32 2 31 , 1n na k k a l l
Lời giải. Nhận xét: Ta có 2 22 21 2 2 1 2 1 2 1n na k k k k a k và
3 22 3 2 21 3 3 1 12 3 6 3n na l l l l a l .
Như vậy bài toán quy về chứng minh 22 1, 12 3n na a là các số chính phương.
Nếu ta chứng minh bài toán này theo cách 1 của bài 1 thì gặp phải những tính toán
rất lớn và nếu không được sử dụng máy tính thì sẽ mất nhiều thời gian. Ta sẽ
chứng minh theo cách 2 của bài 1. Trước hết ta có hệ thức cơ bản sau : 2
2 1 12, 0,1,2,...n n na a a n
Xét
22
2 2 2 1 1 12 1 2 1 4 2 1 4 12 28 1 2 7n n n n n n n n na a a a a a a a a
22 2 2 2
2 2 212 3 12 3 144 36 9n n n n n na a a a a a
2 2 2 2
2 2 2 2 1 2144 36 72 9 144 36 14 72 9n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a
2 22 2
2 2 2 2 2144 36.14 12 72 9 144 36.194 291n n n n n n n n n na a a a a a a a a a
2
212 291n na a
Từ các hệ thức trên và phương pháp quy nạp ta được 22 1, 12 3n na a là các số chính
phương.
3. (TST VietNam 2012). Cho dãy số nx được xác định như sau:
1 2 2 11, 2011, 4022 , 1,2,...n n nx x x x x n
Chứng minh rằng 2012 1
2012
x là một số chính phương.
Lời giải. Ta sẽ giải bài toán tổng quát sau: Cho p là một số nguyên dương lẻ và
dãy số nx được xác định như sau: 1 2 2 11, , 2 , 1,2,...n n nx x p x px x n Chứng
minh rằng 2 1
1
nx
p
là số chính phương với mọi số nguyên dương n .
Cách 1. Ta sẽ chứng minh theo hướng 1 của bài 1. Ta tính một vài giá trị đầu tiên
22 262 4
11 11, 2 1 , 4 2 1 ,...
1 1 1
xx xp p p
p p p
Ta dự đoán được 22 1
1
nn
xy
p
, trong đó dãy số ny được xác định như sau:
1 2 2 11, 2 1,..., 2 , 1,2,...n n ny y p y py y n Ta sẽ chứng minh kết quả trên bằng phương pháp quy nạp.
Ta có
12 2 2
2 1 3 1 2 2 11 2 2 2 2n
n n n n n ny y y y y y p y y y p
.
2 2 2
1 1 1 12 2 2 2 2 2n n n n n n n npy y y y p y y p py y
Ta có
22 2 2 2
2 1 1 12 4 4n n n n n n ny py y p y py y y
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 14 2 2 2 4 2 4 4n n n n n np y y y p y p y y p
2
2 2 22 2 2 2 2 44 2 11 1 1
4 2 4 41 1 1 1
n nn n np x xx x x
p pp p p p
.
Suy ra
22 42
1
1
nn
xy
p
Cách 2. Ta sẽ chứng minh theo hướng 2 của bài 1. Trước hết ta có hệ thức cơ bản
sau: 12 2 2 2 2 2 2
2 1 3 1 2 2 11 2 1 1 1n
n n n n n nx x x x x x p p p x x x p
.
Ta có
22 2
2 2 2 1 1 1
2 2
1 1 1 1 2 1
1 1 11 1
n n n n n n n n nx x x x x x x p px x p
p p pp p
Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp ta được 2 1
1
nx
p
là số chính phương
với mọi số nguyên dương n .
Nhận xét. Bằng cách chứng minh tường tự như trên ta được 2 1
1
nx
p
là số chính
phương với mọi số nguyên dương n .
4. (China South East Mathematical 2011). Cho dãy số na được xác định như
sau: 1 2 1 11, 7 , 2,3,...n n na a a a a n Chứng minh rằng với mọi số nguyên
dương n ta có 1 2n na a là một số chính phương.
Lời giải.
Cách 1. Tính một vài giá trị đầu tiên ta được: 2 2
1 2 2 32 2 , 2 3a a a a ,2 2
3 4 4 52 7 , 2 18a a a a . Từ đó ta dự đoán 2
1 2n n na a b , trong đó dãy số nb
được xác định như sau: 1 2 1 12, 3, 3 , 2,3,...n n nb b b b b n
Ta sẽ chứng minh dự đoán này bằng phương pháp quy nạp.
Ta có
2 2 2 2
1 1 1 1 1 15 3 5 3 5n n n n n n n n n n nb b b b b b b b b b b
1 1 1 19 2 9n n n n n n na a a a a a a .
Theo công thức truy hồi của dãy nb ta được:
22 2 2
1 1 1 1 1 13 9 6 9 2 2n n n n n n n n n n nb b b b b b b a a a a
1 1 1 1 2 12 2 9 7 7 2 2n n n n n n n n na a a a a a a a a .
Do đó 2
1 1 2 2n n nb a a hay bài toán được chứng minh.
Cách 2. Ta có các đẳng thức sau: 2
2 1 2 17 , 5n n n n n na a a a a a .
Xét
2
1 1 2 1 2 2 1 2 12 2 2 4 4n n n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a a a
22 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 17 5 14 4 4 9 18 9 3 3n n n n n n n na a a a a a a a .
Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp ta suy ra 1 2n na a là số chính
phương với mọi số nguyên dương n .
5. Cho dãy số 0 1 2 1: 0, 1, 3 2, 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng: 2n na a là
số chính phương với mọi số tự nhiên n.
Lời giải. Ta sẽ tìm x sao cho dãy số :n n nb a b x là dãy tuyến tính cấp hai. Thay
vào hệ thức truy hồi của dãy na ta được:
2 1 13 3 2 3 2 +2n n n n nb x b x b x b b x Ta chọn x sao cho 2 2 2x x x suy ra 2n na b .
Như vậy bài toán đã cho sẽ tương đương với bài toán sau:
Cho dãy 1 2 2 1: 2, 3, 3n n n nb b b b b b . Chứng minh rằng 22 2n nb b là số
chính phương với mọi số nguyên dương n .
Ta có 2 2
2 1 2 15 5n n n n n nb b b b b b và 2 13n n nb b b .
Do đó
22
2 2 2 1 1 12 2 2 4 5 6 4 3n n n n n n n n nb b b b b b b b b .
Vậy 2n na a là số chính phương với mọi số nguyên dương n .
6. Cho dãy số 0 1 2 1: 1, 1, 7 2, 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng mọi số
hạng của dãy đều là số chính phương.
Lời giải. Ta sẽ tìm x sao cho dãy số :n n nb a b x là dãy tuyến tính cấp hai.
Thay vào hệ thức truy hồi của dãy na ta được:
2 1 17 7 2 3 6 2n n n n nb x b x b x b b x
Ta chọn x sao cho 2
6 25
x x x suy ra 2
5n na b .
Như vậy bài toán đã cho sẽ tương đương với bài toán sau:
Cho dãy 1 2 2 1
3 3: , , 7
5 5n n n nb b b b b b . Chứng minh rằng
2
5nb là số chính
phương với mọi số nguyên dương n .
Cách 1. Ta tính một số giá trị đầu tiên của 2
5nb :
2 2 2 2
1 2 3 4
2 2 2 21 , 1 , 2 , 5
5 5 5 5b b b b …Khi đó ta dự đoán 22
5n nb c , trong đó nc
được xác định như sau: 1 2 2 11, 3 , 1,2,...n n nc c c c c n
Ta chứng minh dự đoán này bằng phương pháp quy nạp:
Ta có
2 2 2 2
2 1 1 1 1 11 3 1 3 1n n n n n n n n n n nc c c c c c c c c c c
22 2 2 2 2 2 2
2 1 1 1 1 13 9 6 9 2 1n n n n n n n n n n nc c c c c c c c c c c
2 2
1 1 1 2
2 2 2 27 2 7 2 7
5 5 5 5n n n n n n nc c b b b b b
Suy ra 2
2 2
2
5n nc b . Từ đó suy ra dự đoán là đúng hay bài toán được chứng minh.
Cách 2. Ta có 2
2 1
9
5n n nb b b và 2 17n n nb b b . Khi đó
2
2 2 2 1 1
2 2 2 4 9 14 4
5 5 5 25 5 5 25n n n n n n n nb b b b b b b b
2
2
1 1 1
14 49 7
5 25 5n n nb b b
Suy ra 2
2 1
2 2 7
5 5 5n n nb b b
. Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp
suy ra 2
5nb là số chính phương với mọi số nguyên dương n .
7. Cho dãy số na xác định bởi:
0
2
1
2
4 15 60, 0,1,2,...n n n
a
a a a n
.
Chứng minh rằng số 2
18
5n nb a có thể biểu diễn thành tổng của ba số nguyên
duơng liên tiếp với mọi 1n .
Lời giải. Từ giả thiết suy ra dãy số na là dãy số dương.
Ta có
22 2
1 14 15 60 4 15 60n n n n n na a a a a a
2 2
1 18 60 0n n n na a a a (1)
Từ (1) ta được: 2 2
2 1 2 18 60 0n n n na a a a (2).
Từ (1) và (2) suy ra 2,n na a là hai nghiệm của phương trình: 2 2
1 18 60 0n nx xa a .
Do đó theo định lí Viet ta được: 2 1 2 18 8n n n n n na a a a a a . Khi đó dãy số na
được xác định như sau: 0 1 2 12, 8, 8 , 0,1,2,...n n na a a a a n
Nhận xét. Giả sử 2 22 2
2 2
1 18 1 1 8 3 2
5 5n na k k k a k
22 2
15
nak
.
Như vậy yêu cầu chứng minh của bài toán quy về chứng minh 2 2
15
na là số chính
phương với mọi số nguyên dương n .
Cách 1. Ta tính một vài giá trị đầu tiên:
2 2 2 20 62 42 22 2
0 , 2 , 16 , 12615 15 15 15
a aa a
Khi đó ta dự đoán 22 2
15
nn
ab
, trong đó dãy số nb được xác định như sau:
0 1 2 30, 2, 16, 126,...b b b b và thử xác định dãy nb dưới dạng dãy số tuyến tính
như sau: 2 1 , 0,1,2,...n n nb xb yb n
Từ 0 1 2 30, 2, 16, 126b b b b ta được 2 16 8
16 2 126 1
x x
x y y
.
Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp 22 2
15
nn
ab
, trong đó nb là dãy số
thỏa mãn 0 1 2 10, 2, 8 , 0,1,2,...n n nb b b b b n
Ta có
2 2 2 2
1 1 1 1 1 14 8 4 8 4n n n n n n n n n n nb b b b b b b b b b b
2 2 2 2 2 22 2 644
15 15 15
n n n nb b b b
.
2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 28 8 8 63 62n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a
Theo công thức truy hồi của dãy nb và các đẳng thức trên ta được:
22 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 648 64 16 64 2
15 15 15
n n n nn n n n n n n
a a a ab b b b b b b
2 2 2 2 262 2 2
15 15
n n na a a
.
Do đó 2 2 21
2
15
nn
ab
hay bài toán được chứng minh.
Cách 2.
Ta có
2 2
2 2 2 2 1 2 2 2 2 160 60n n n n n na a a a a a Ta xét
22 2 2 2 2 22 2 2 2 1 2 1
2 42 2 60 16 4
15 15 225 225
n n n nn n n na a a aa a a a
2
2 1 8
15
na
Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp ta được
2 2
15
na
là số chính phương với mọi số nguyên dương n.
8. (Balkan MO 2002). Cho dãy số nu được xác định bởi:
1 2 2 120, 30, 3 , 1,2,...n n nu u u u u n
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 11 5 n nu u là một số chính phương.
Lời giải. Dễ thấy dãy nu là dãy số tăng suy ra với
1 4 5 3 44 250n nn u u u u u u (1)
+) 1,2n không thỏa mãn
+) 3n thì 2
3 41 5 251u u suy ra 3n thỏa mãn.
+) 4n , theo tính chất cơ bản của dãy tuyến tính cấp hai ta có:
12 2 2
2 1 3 1 2 11 500n
n n n nu u u u u u u
2 2 2
1 1 1 13 500 3 500n n n n n n n nu u u u u u u u
2
1 15 1 501n n n nu u u u .
Giả sử 11 5 n nu u là số chính phương, 2 *
11 5 ,n nu u a a . Khi đó ta có:
2 2
1 1 1501 501 1.501 3.167n n n n n nu u a a u u a u u . Ta xét các trường
hợp sau:
TH1. 1
11
501 251
2501
n n
n nn n
a u u a
u ua u u
mẫu thuẫn với (1).
TH2. 1
11
167 85
823
n n
n nn n
a u u a
u ua u u
mâu thuẫn với (1).
Do đó với 4n thì 11 5 n nu u không phải là số chính phương.
Vậy 3n là số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài tập vận dụng
1. Cho dãy số 0 1 2 1: 1, 13, 14 , 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng
a) 2
1 2 12 0, 0n n na a a n
b) 248 12na là số chính phương với mọi số tự nhiên n
c) 2 1
2 1,3
nn
aa
là số chính phương với mọi số tự nhiên n
2. Cho dãy số 0 1 2 1: 0, 11, 10 10, 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng:
1na là số chính phương với mọi n chẵn.
3. Cho dãy số 0 1 2 1: 0, 1, 2 1, 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng:
24 1n na a là một số chính phương.
4. Cho dãy số 0 1 2 1: 0, 1, 3 2, 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng:
2n na a là số chính phương với mọi số tự nhiên n.
5. Cho dãy số 0 1 2 1: 0, 1, 3 2 , 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng:
2 22n
na là bình phương của một số nguyên lẻ.
6. Cho dãy số 0 1 2 1: 1, 1, 7 2, 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng mọi
số hạng của dãy đều là số chính phương.
7. (VMO1997) Cho dãy số 0 1 2 1: 1, 45, 45 7 , 0n n n na a a a a a n .
a) Tính số các ước nguyên dương của số 2
1 2n n na a a theo n;
b) Chứng minh rằng 2 11997 4.7n
na là số chính phương với mọi số tự nhiên
n.
8. (Kiểm tra đội tuyển IMO 2013) Cho dãy số
1 2 2 1: 1, 11, 5 , 1n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng na không là số
chính phương với mọi 3n .
9. Cho dãy số 0 1 2 1: 0, 3, 6 2, 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng
22 1n na a là số chính phương với mọi số tự nhiên n.
10. Cho dãy số 0 1 2 1: , , 3 , 0; ,n n n na a a a b a a a n a b . Chứng minh rằng
tồn tại số nguyên k sao cho 25 na k là số chính phương với mọi số tự
nhiên n.
11. Cho dãy số 0 1 2 1: 1, 6, 6 , 0n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng:
a) 2 2
1 16 1n n n na a a a với mọi số tự nhiên n;
b) Với mọi số tự nhiên n, tồn tại số nguyên dương k sao cho 2
1
2n
k ka
12. Cho dãy số 0 1 2 1: 1, 2, , 0n n n na a a a a a n . Tìm n để 1na là số chính
phương.
13. Cho dãy số 1 2 2 1: 1, 1, 2 , 1n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng
2012 2
20102 7a là một số chính phương.
14. Cho dãy số 0 1 2 1: 1, 2, 4 , 0n n n na a a a a a n . Tìm n để 1na là số
chính phương.
15. Cho dãy số 1 2 2 1: 1, 2, 4 , 1n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng:
a) 2 2
1 14 3, 2n n n na a a a n
b) 2 1
3
na là một số chính phương.
16. Cho dãy số 1 2 2 1: 1, 2, 4 , 1n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng
2 1 .5n
n na a là số chính phương với mọi số nguyên dương n. Chứng
minh phương trình 2 24 5x xy y có vô số nghiệm nguyên dương.
17. (TST Vietnam 2012) Cho dãy số
1 2 2 1: 1, 2011, 4022 , 1n n n na a a a a a n . Chứng minh rằng 2012 1
2012
a là
một số chính phương.
18. Cho dãy số 3 5 3 5
: 2, 12 2
n n
n nx x n
. Chứng minh rằng 2 1nx
là số chính phương với mọi số tự nhiên n.
2. Sử dụng phương pháp quy nạp
Trong các bài toán về dãy số nguyên thông thường để chứng minh được bài
toán ta thường phải sử dụng những tính chất đặc biệt nào đó của dãy số nguyên đó.
Những tính chất này thường chúng ta phải dự đoán nó sau đó chứng minh các tính
chất này bằng phương pháp quy nạp. Hoặc để chứng minh được bài toán ta có thể
dùng sử dụng trực tiếp phương pháp quy nạp toán học, nhưng thường những bài
toán về dãy số nguyên mà ta dùng phương pháp quy nạp thường rất khó thiết lập
liên hệ giữa việc chứng minh ở bước thứ n+1 với giả thiết quy nạp. Để làm rõ vấn
đề này tôi xin nên ra một vài ví dụ để minh họa cho phương pháp chứng minh bằng
quy nạp:
9. (TST VietNam 2011). Cho dãy số nguyên dương xác định bởi:
và với mọi 0n .
Chứng minh rằng 2
2 1 2n
n n na a a với mọi số tự nhiên n .
Trong đó x kí hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá x .
Lời giải
Ta thử dự đoán dãy số là dãy tuyến tính dạng 2 1n n na pa qa r , với mọi
0n . Theo công thức truy hồi ta tính được 2 3 410, 34, 116a a a . Khi đó từ
2 1n n na pa qa r , với mọi 0n ta được hệ:
3 10 4
10 3 34 2
34 10 116 0
p q r p
p q r q
p q r r
Do đó 2 14 2n n na a a 0n . (1)
Ta sẽ chứng minh dãy na thỏa mãn công thức truy hồi (1) bằng hai cách sau đây:
Cách 1. Ta chứng minh bằng quy nạp công thức truy hồi (1). Thật vậy, trước hết
từ đẳng thức , bằng quy nạp ta suy ra 1 2 , 0n na a n nên
1 02 ... 2 2 , 1n n
n na a a n . (2)
Ta dễ thấy (1) đúng với 0n , ta giả sử (1) đúng đến 0n k tức là:
2 1 1
2 1
1
2 2
2 1 1 1
2 24 2
2 ... 2 .
k k k k
k k k
k k
k
k k k k k k
a a a aa a a
a a
a a a a a a
(3)
Ta có 2
2 2 2
2 1 1 1 1 1
1 1
22 2k k k
k k k k k k k k
k k
a a aa a a a a a a a
a a
2 22 1 22
1 1 1 1
1 1 1 1
42 4 42 4 2 4
k k kk k k k
k k k k
k k k k
a a aa a a aa a a a
a a a a
22 2 2 2 21 11 12 2 2 2
2 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
44 4.2 24 2 4
k kk k kk k k k k
k k k
k k k k k k k k
a a aa a a a aa a a
a a a a a a a a
(do (3)). Kết hợp với (2) ta được:
na
0 11, 3a a 2
1
2 1 n
n
n
aa
a
na
2
1
2 1 n
n
n
aa
a
2 2 2 2
2 2 2 2
2 1 2 1 3
1 1 1 1
4 2 1 4 2 1 1k k k k
k k k k k
k k k k
a a a aa a a a a
a a a a
. Do đó đẳng
thức (1) đúng với 1n k . Vậy đẳng thức (1) đúng với mọi 0n .
Từ đẳng thức (1) ta suy ra được:
2 22 1 1
2 1 2 1 1 1
1
2 24 2 2 ... 2 .nn n n n
n n n n n n n n n
n n
a a a aa a a a a a a a a
a a
Cách 2.
Bây giờ ta xây dựng dãy nb thỏa mãn điều kiện: 0 11, 3,b b và 2 14 2n n nb b b
0n . Từ cách xác định dãy nb ta được:
2 22 1 1
2 1 1 1
1
2 22 2n n n n
n n n n n n
n n
b b b bb b b b a a
b b
2 2 2
2 1 1 1 2 0 12 ... 2 2n n
n n n n n nb b b b b b b b b 2
1
2
2nn
n
n n
bb
b b
(4)
Bằng quy nạp dễ thấy dãy nb là một dãy tăng và do đó: 2
1 2 1 2 14 2 2 2 ... 2 2 2n n n
n n n n n nb b b b b b b (5)
Từ (4) và (5) ta suy ra 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
2 2
21 1 1 , 0
nn n n n n
n n
n n n n n n
b b b b bb b n
b b b b b b
(6)
Từ (6) suy ra dãy nb cũng thỏa mãn:
0 11, 3b b và 2
1
2 1 , 0n
n
n
bb n
b
.
Do đó ta được , 0n na b n . Vì vậy 2
2 1 2n
n n na a a với mọi số tự nhiên n .
10. (Ireland 2012) Cho dãy số nx thỏa mãn
0 1 1 13, 5, 5 , 1n n nx x x x x n
Chứng minh mọi số hạng của dãy không phải là số chính phương.
Lời giải
Chứng minh bằng phương pháp quy nạp ta được
3 3 mod 7kx
3 1 5 mod 7kx
3 2 6 mod 7kx
Chú ý mỗi số nguyên n thì 2 0,1, 2, 4 mod 7n .
Kết hợp các kết quả trên suy ra không có số hạng nào của dãy là số chính
phương.
11. Cho dãy số na xác định bởi
0 10, 1a a và
1 13
( 1)2
nn n naa a
với mọi n nguyên dương. Chứng minh rằng n
a là số chính phương với mọi 0n .
Lời giải. Chú ý rằng 2 3 4 5
1; 4; 9; 25a aa a .
Do đó 2 2 2 2 2 2
0 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5; ; ; ; ;F F F F Fa a a a a Fa , ở đó ( )
nF là dãy
Fibonacci.
Từ đó ta có định hướng chứng minh 2
n na F bằng quy nạp theo n.
Thậy vậy, giả sử 2
k ka F với mọi k n . Như vậy
2 2 2
1 1 2 2; ;
n n n n n na F a aF F
(1)
Từ giả thiết ta có 1 1
3 2( 1)n
n n naa a
và
1
1 23 2( 1)n
n n naa a
Cộng hai đẳng thức trên ta được: 1 1 2
2 2 0, 2n n n n
a a a a n (2)
Từ (1) và (2) suy ra
2 22 2 2 2
1 1 2 1 1 2
2 2 2 2
1 2 2 1
2 2
n n n n n n n n n
n n n n
F F F F F F F F
F F
a
F F
Vậy 2 , 0
n nF na và ta có điều phải chứng minh.
12. Cho dãy số na xác định bởi
1 2 31, 4aa a và
3 2 12 2
n n n na a a a
với mọi n nguyên dương. Chứng minh rằng n
a là số chính phương với mọi 1n .
13. Cho dãy số na xác định bởi
0 1 2 30, 1, 2, 6a a a a và
4 3 2 12 2 , 0
n n n n na a a a a n
.
Chứng minh rằng n
a chia hết cho n với mọi 1n .
Lời giải. Từ giả thiết ta có 4 5 6
12; 25; 48a a a .
Ta có 1 2 3 4 5 61; 2; 3; 5; 81 2 3 4 5 6
a a a a aa , như vậy n
n
aF
n với mọi n = 1, 2, 3,
4, 5, 6, ở đó ( )n
F là dãy Fibonacci.
Từ đó ta có định hướng chứng minh n n
a nF với mọi 1n bằng quy nạp theo n.
14. Cho k nguyên dương lớn hơn 1. Xét dãy số ( )na xác định bởi:
2 2
0 1 2
1 1 1 2
4; ( 2)
2 8, 2n n n n n n
a a a k
a a a a a a n
Chứng minh rằng 2 na là số chính phương với mọi 0n .
Lời giải. Gọi , là hai nghiệm của phương trình 2 1 0
1
kt kt
+ Ta chứng minh bằng quy nạp theo n: 22 2, 0n nF F
na n (1)
Dễ thấy (1) đúng với n = 0, 1, 2.
Giả sử (1) đúng đến n. Ta có:
1 1 2 2
1 1
1 1 2
2 2 24 4 4 4 4 4
4 4
2 2 2 2
.n n n n n n
n n
n n n n
F F F F F F
F F
a a a a
Suy ra 1 1 1 124 2 2 2
2 n n n nF F F F
na . Do đó (1) được chứng minh.
+ Từ (1), ta có 2
2 22 2 n n n nF F F F
nn aa là số chính phương
(đpcm).
15. (IMO 1981). Tìm giá trị lớn nhất của 2 2P m n , trong đó m, n là các số
nguyên thoả mãn 1 ; 1981m n và 2 2 2( ) 1n mn m .
Lời giải. Ta xét các nghiệm nguyên dương ( , )x y của phương trình:
2 2 2( ) 1x xy y (1) với x y .
Gọi ( , )n m là một nghiệm như thế ( n m )
+ Xét bộ ( ; )m n n ta có: 2 2
2 2 2 2( ) ( ) ( ) 1m n m n n n n mn m
Suy ra ( ; )m n n cũng là một nghiệm của (1)
Rõ ràng (2; 1) là một nghiệm của (1), nên ta có các bộ sau cũng là nghiệm của (1):
(3,2);(5,3);(8,5);(13,8);(21,13);(34,21);.....
+ Xét bộ ( ; )m n m ta có:
2 2
2 2 2 2( ) ( ) ( ) 1m m n m n m n mn m
Suy ra ( ; )m n m cũng là một nghiệm của (1).
- Nếu 2 2 22 ( ) 2 1 ( 1)m n m n m n n m m n mn m m (vô lí)
- Nếu m n m thì bộ ( ; )m n m là một nghiệm của (1) nhỏ hơn nghiệm ( , )n m .
Quá trình phải dừng lại và kết thúc ở nghiệm ( ,1) ( 1)n n . Chú ý thêm rằng (2,
1) là bộ duy nhât thoả mãn (1) mà 1n .
Tóm lại tất cả các nghiệm nguyên dương của (1) sẽ là: 1;
n nF F
với 2n .
Như vậy, giá trị lớn nhất của P bằng giá trị lớn nhất của 2 2
1n nF F
với 1981.
nF
Dãy các số hạng của dãy Fibonacci thoả mãn là: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89,
144, 233, 377, 610, 987, 1597.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 21597 987 .
16. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 4n thì 1nF không là số nguyến
tố.
Lời giải. Ta có đẳng thức 4
2 1 1 21n n n n nF F F F F (1)
Giả sử tồn tại 4n sao cho 1nF là số nguyên tố. Khi đó từ (1) thì 1nF chia
hết ít nhất một trong các số 2 1 1 2; ; ;n n n nF F F F .
Nhưng 2 11 ; 1n n n nF F F F nên hoặc 11|n nF F hoặc 21|n nF F .
Trong trường hợp đầu tiên thì
1 1 11| 1| ( 1) ( 1) 1| 1n n n n n n n nF F F F F F F F (vô lí)
Trong trường hợp thứ hai thì
1 1 11| 1| 2( 1) 2 1| 2n n n n n n n nF F F F F F F F (vô lí)
Vậy 1nF là hợp số với mọi 4n .
17. Cho dãy số nguyên ( )nx : 0 13; 11x x và 2 1
2 7 0n n n
x x x n .
Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ a sao cho với mọi m, n nguyên dương tồn tại k
nguyên dương mà k
nx a chia hết cho 2m .
Lời giải. Bằng quy nạp ta chứng minh được 3 (mod8)nx
* Chọn 3; 1m n thì theo giả thiết tồn tại k sao cho 11 (mod8)k a
Suy ra 3 (mod8) 1;3 (mod8)k a a .
* Ta sẽ chứng minh tất cả các số 1(mod8)a hoặc 3(mod8)a đều thoả mãn đề
bài.
- Với 1m thì ta chọn 1k thoả mãn
- Với 2,3m thì ta chọn k chẵn nếu 1(mod8)a và chọn k lẻ nếu 3(mod8)a .
- Xét 3m : Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp theo m.
Giả sử với 3m tồn tại số mk sao cho 2 2 .m mk km m
n nx a x a b
- Nếu b chẵn thì 10 (mod2 )mk m
nx a , khi đó ta chọn 1m mk k .
- Nếu b lẻ, chọn 2
1 2m
m mk k
.
Khi đó 2 32 2 21 1 . 1 . 1 ... 1 2 .
m m m
n n n n n mx x x x x q
; mq lẻ.
Vì 2 1 ( 1)( 1) 8n n nx x x q với q lẻ.
Suy ra 2 2 2
1 2 2 2 11 2 . . 2m m m
m mk k m m
n n n n n mx a x x a a x x b a q
.
Vậy số 1mk thoả mãn.
Kết luận: Tất cả các số a cần tìm là 1(mod8)a hoặc 3(mod8)a .
Một số bài tập áp dụng.
18. Dãy số nu được xác định như sau:
1 2
2
1
2
1
2, 3,4,...n
n
n
u u
uu n
u
Chứng minh mọi số hạng của dãy đều là số nguyên.
19. Dãy số nu được xác định như sau:
1
1
1
3 31 2 , 1,2,...n n
u
u u nn n
Chứng minh mọi số hạng của dãy đều là số nguyên.
20. Xác định tất cả các dãy số nguyên nu thỏa mãn điều kiện sau:
1 2
4
12
1, 1
1, 1,2,...n
n
n
u u
uu n
u
21. Dãy số nu được xác định như sau:
1
1
1
, 1,2,...n
n
u p q
pqu p q n
u
ở đây p, q là hai số tự nhiên cho trước. Với mỗi n đặt 1 2...n nP u u u . Chứng minh
rằng nP là một số nguyên với mọi 1,2,...n
22. Dãy số nu được xác định như sau:
1 2 3
2 2
1 3 1 2
1, 2, 24
6 8, 4,5.,..n n n n
n
u u u
u u u uu n
Chứng minh rằng với mọi n thì nu n .
23. Dãy số nu xác định như sau:
0 1
1 1
1
1, 1, 2,...n n n
u u
u u u n
Chứng minh rằng 2011 3 mod 4u .
24. Dãy số nguyên dương 1 2 1999, ,...,u u u thỏa mãn điều kiện sau:
11 1 2 1n nn u n u n , với 1,2,...,1998n .
Biết rằng 1999 2000u , tìm số n bé nhất sao cho 0nu và 2000nu .
25. Dãy số nu được xác định như sau:
2 3; 2,3,4,...n
nu n
Chứng minh rằng dãy số này chứa một tập vô hạn các phần tử, sao cho bất kì hai
số nào của tập hợp này cũng nguyên tố cùng nhau.
26. Dãy số nu được xác định như sau:
1 2
1 2
1; 1
2 ; 3n n n
u u
u u u n
Lập dãy số mới nv xác định như sau:
1 2
12 7 ; 2,3,...n
n nv u n
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy nv đều là số chính phương.
27. Dãy số nu được xác định như sau:
1 2
1
2015; 2016
1 2; 2,3,...n n n
u u
u u u n
Chứng minh rằng số:
A= 2 2 2 2
1 2 3 20151 1 1 ... 1 1u u u u
là số chính phương.
28. Dãy số nu được xác định như sau:
1
*
2 2
1
1; ; ,
2m n m n m n
u
u u u u m n m n
Chứng minh mọi phần tử của dãy là số chính phương.
29. Cho hai dãy nu , nv các số nguyên được xác định như sau:
0 1 1 11; 2n n nu u u u u , với mọi n=1,2,...
0 1 1 11; 7; 2 3n n nv v v v v , với mọi n=1,2,...
Chứng minh rằng ngoài số 1 ra không có số nguyên nào là phần tử đồng thời của
hai dãy nói trên.
30. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên 2n , luôn luôn tìm được dãy các số tự
nhiên 0 1 2 ... nu u u u sao cho:
2 2 2 2
0 1 2
1 1 1 1...
nu u u u
31. Cho hai dãy nu , nv các số nguyên được xác định như sau:
0 1 2 11; 4; 2n n nu u u u u , với mọi n=0,1,2,...
0 1 2 11; 2; 3n n nv v v v v , với mọi n=0,1,2,...
a) Chứng minh rằng với mọi 0,1,2,...n ta có:
2 25 4 0n nu v
b) Giả sử a, b là hai số nguyên dương thỏa mãn:
2 25 4 0a b .
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên không âm k sao cho ;k ku a v b .
32. Cho a là một số tự nhiên 3a . Dãy số nu xác định như sau:
1
11 1; 2,3,...
2
nn n
u a
uu u n
Chứng minh rằng dãy số nu là dãy dừng, tức là tồn tại số nguyên dương k sao cho
n ku u với mọi n k .
3. Sử dụng tính chất đặc trưng của dãy tuyến tính cấp hai
Xét dãy số nu được xác định bởi: 2 1 , 1,2,...n n nu au bu n
Ta có
2 1 12 1 1 1
1
n n n nn n n n n n
n n
u bu u buu u bu u u bu
u u
12 2 2
2 1 1 1 1 3 2...n
n n n n n nu u u b u u u b u u u
.
Do đó dãy nu thỏa mãn 12 2
2 1 1 3 2
n
n n nu u u b u u u
.
Đây là tính chất rất quan trọng về dãy tuyến tính cấp hai, tính chất này
thường được sử dụng khi chứng minh các đẳng thức liên quan đến các số hạng của
dãy và các tính chất số học của dãy.
33. (IMO Shortlist 1988). Cho dãy số nguyên 1 2: 2; 7na a a và
2
1
1
1 1, 2
2 2
n
n
n
aa n
a
.
Chứng minh rằng na là số lẻ với mọi 1n .
Lời giải. Ta có 1 2 3 4 5
2; 7; 25; 89; 317a a a a a .
Ta thấy 2 2
1
1 1
1 1
2 2
n n
n
n n
a aa
a a
. Do đoạn 2 2
1 1
1 1;
2 2
n n
n n
a a
a a
có độ dài bằng 1 nên
1na tồn tại một cách duy nhất, như vậy dãy ( )na xác định duy nhất.
Ta có ngay 1 2
3 2 (*)n n n
a a a
với 3,4,5n . Ta hy vọng (*) cũng chính là công
thức truy hồi cho dãy ( )na . Tuy nhiên việc chứng minh khẳng định này không hề
đơn giản. Một kĩ thuật hay dùng ở đây là đi xét một dãy ( )nb có tính chất như dãy
( )na rồi chứng minh n na b .
Ta xét dãy số ( )nb xác định như sau: 1 2
1 2
2; 7
3 2n n n
b b
b b b
Khi đó với mọi 2n thì 2 2
1 1. ( 2)n
n n nb b b
.
Ta cũng dễ dàng có 2n
nb bằng quy nạp
Từ đó 2 2
2 2
1 1 1
1 1
2 1. 2
2
n
n n
n n n n
n n
bb b b b
b b
.
Do dãy ( )na xác định duy nhất nên n na b với mọi 1n .
Khi đó 1 2
3 2 , 3n n n
a a a n
và ta có ngay na là số lẻ với mọi 1n (đpcm).
34. Cho trước a,b nguyên dương và dãy ( )nx xác định bởi:
0
1
1
, 0n n
x
x ax b n
Chứng minh rằng với mọi cách chọn a,b thì trong dãy ( )nx tồn tại vô hạn hợp số.
Lời giải. Giả sử nx là hợp số với hữu hạn n. Gọi N là số nguyên dương lớn hơn tất
cả các giá trị n thoả mãn. Khi đó mx là số nguyên tố với mọi m N .
Chọn số nguyên tố mx p không chia hết 1a .
Gọi t là số thoả mãn (1 ) (mod )t a b p , khi đó 1 ( ) (mod )n nx t a x t p
Tiếp tục quá trình và đặt biệt với m=n ta được
1
1 ( ) (mod ) ( ) (mod )p
m p m mx t a x t p x t p
Hay 1 0 (mod )m px p , điều này vô lí vì 1m px là số nguyên tố lớn hơn p.
35. Cho dãy số ( )na xác định bởi:
0
2
1
1
7 45 36, 0
2
n n
n
a
a aa n
.
Chứng minh rằng:
a) na là số nguyên dương với mọi 0n .
b) 1. 1n na a là số chính phương với mọi 0n .
Lời giải.
a) Ta có 1 5a và dễ thấy ngay dãy ( )na tăng ngặt.
Từ giả thiết ta có 2
12 7 45 36
n n na a a
. Bình phương hai vế ta được:
2 2
1 17 9 0
n n n na a a a
(1)
Từ (1) ta cũng có 2 2
1 17 9 0
n n n na a a a
(2)
Từ (1) và (2) suy ra 2 2
1 1 1 17 0
n n n n na a a a a
1 1
7 (3) 1
n n n
a a a n
Từ (3) suy ra na là số nguyên dương với mọi 0n .
b) Từ (1) ta có 2
21
1 1 19 1 1
3
n n
n n n n n n
a aa a a a a a
.
Do đó 1. 1n na a là số chính phương với mọi 0n (đpcm).
36. Cho hai số thực a và b khác 0. Xét dãy số ( )nu xác định bởi:
0 1
2 1
0; 1
, 0n n n
u u
u au bu n
.
Chứng minh rằng nếu có bốn số hạng liên tiếp của dãy ( )nu là số nguyên thì mọi
số hạng của dãy là số nguyên.
Lời giải.
Ta có ngay 2
1 2
n
n n nu u u b
(1)
+ Giả sử tồn tại bốn số hạng 1 2 3; ; ;m m m mu u u u là số nguyên, từ (1) suy ra mb và
1mb là số nguyên. Từ đó suy ra b là số hữu tỷ. Nhưng mb là số nguyên nên b
nguyên.
+ Ta chỉ cần phải chứng minh a : Ta có 2 1
3 2 1
m m m
m m m
u au bu
u au bu
Nếu a là số vô tỉ thì từ 2 hệ thức trên suy ra 1 2 0m mu u , suy ra b=0, mẫu thuẫn.
Vậy a là số hữu tỷ.
Xét dãy đa thức hệ số nguyên 0 1
2 1
( ) 0; ( ) 1( ) :
( ) ( ) ( ) 0n
n n n
Q x Q xQ x
Q x xQ x bQ x
Khi đó ( )nQ x x , môníc và deg ( ) 1nQ x n .
Ta có ( )n nQ a u , đặc biệt 1 1( )m mQ a u . Vậy a là nghiệm hữu tỷ của đa thức
1 1( ) ( )m mP x Q x u
Vì đa thức ( )P x x và môníc nên a . Vậy mọi số hạng của dãy ( )nu là số
nguyên.
37. Cho m là số nguyên dương và dãy số ( )nx xác định bởi:
0 1
2
1 1
0;
, 1n n n
x x m
x m x x n
Chứng minh rằng với một cặp 2( ; )a b , với a b là một nghiệm của phương
trình 2 2
2
1
a bm
ab
khi và chỉ khi tồn tại n để 1( ; ) ( ; )n na b x x .
38. Cho a,b là các số nguyên lớn hơn 1. Dãy ( )nx xác định bởi:
0 1
2 2 1 2 2
2 1 2 2 1
0; 1
( 1)n n n
n n n
x x
x ax x n
x bx x
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên m,n thì 1 1. ...n m n m nx x x chia hết cho 1.m mx x .
4. Phương pháp sử dụng giới hạn của dãy số
Ta có một tính chất rất thú vị về giới hạn của các dãy số nguyên
“Nếu dãy số nguyên ( )na hội tụ về số a thì tồn tại 0n sao cho với mọi 0n n thì
na a ”
39. Cho dãy số nguyên 0( )n na thoả mãn điều kiện sau:
1 20 7 10 9, 0
n n na a a n
.
Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên 0n sao cho với mọi 0n n thì 0n
a .
Lời giải.
Đây quả thực là một bài toán rất khó. Từ giả thiết dãy ( )na nguyên và kết luận của
bài toán giúp ta định hướng việc chứng minh lim 0na .
Đặt 1 1min , ,... ; max , ,...k k k k k kx a a y a a thì ( )kx là dãy tăng; ( )ky là dãy
giảm và k kx y với mọi k.
Dãy ( )na bị chặn nên hai dãy ( )kx , ( )ky bị chặn. Do đó cả hai dãy đều hội tụ.
Giả sử lim ;limn nx x y y .
Do ;k kx y nên tồn tại 0n sao cho với mọi 0n n thì ;n n
x x y y .
Tồn tại 0n n sao cho 2 1
; , 8 10 9n n n
a y a a x x y (1).
Cũng vậy, Tồn tại 0m n sao cho 2 1
; , 10 8 0m m m
a x a a y x y (2).
Từ (1), (2) và x,y là số nguyên suy ra 0x y .
Do đó lim 0na , suy ra đpcm.
40. Cho số tự nhiên 3c . Xét dãy số ( )na xác định bởi:
1
1
11 2
2
n
n n
a c
aa a n
Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên 0n sao cho với mọi 0n n thì 3n
a .
Lời giải. Bài toán được giải quyết nếu ta chứng minh đuợc lim 3na .
+ Dễ chứng minh bằng quy nạp 3 1na n .
+ Từ đó suy ra ngay dãy ( )na giảm.
Vậy dãy ( )na hội tụ. Chuyển qua giới hạn ta được lim 3na (đpcm).
5. Sử dụng tính tuần hoàn của dãy số dư trong dãy tuyến tính
Bổ đề. Cho dãy số nguyên na thoả mãn: 1 1 1 2 2 ...n k n n k n ka c a c a c a , trong đó
1 2, ,..., kc c c là các số nguyên và m là số nguyên dương lớn hơn 1. Gọi nr là số dư
trong phép chia na cho m . Khi đó dãy nr tuần hoàn.
Chứng minh
Xét các bộ k số hạng liên tiếp của dãy nr : 0 1 1, ,..., kr r r , 1 2, ,..., kr r r , 2 3 1, ,..., kr r r
,… Có tối đa km bộ số khác nhau. Xét 1km bộ đầu tiên phải có hai bộ trùng nhau.
Giả sử 1 1 1 1, ,..., , ,...,i i i k j j j kr r r r r r với i j . Từ đó ta có
1 1 1 1, ,...,i j i j i k j kr r r r r r
Mặt khác theo cộng thức truy hồi ta có
1 1 2 2 1... modi k i i k i kr c r c r c r m
1 1 2 2 1... modj k j j k j kr c r c r c r m
Do đó * *mod mod , ,i k j k n n i j n n i jr r m r r m n r r n .
Vậy dãy nr tuần hoàn với chu kì T i j kể từ số hạng j k .
41. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số hạng của dãy Fibonacci chia hết cho 2016.
Lời giải.
Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát với mọi số tự nhiên n, tồn tại vô hạn số hạng
của dãy Fibonacci chia hết cho n.
Xét các cặp số dư khi chia hai số hạng liên tiếp trong dãy Fibonacci theo modulo n.
0 1 1 2 2 3( , );( , );( , )....F F F F F F
Vì dãy Fibonacci là vô hạn mà chỉ có 2n khả năng cho mỗi cặp số dư theo modulo
n nên tồn tại 1
( , )i i
F F
thoả mãn i i m
F F
và 1 1i i m
F F (mod n) với m .
Xét i > 1, ta có: 1 1 1 1
(mod )i i i i m i m i m
F F F F F F n
Quá trình cứ tiếp tục dẫn đến (mod ) 0j j m
F F n j
Suy ra 0 2
0 ... (mod )m m
F F F n , tức là có vô hạn các số km
F thoả mãn yêu cầu
bài toán. Vậy bài toán được chứng minh.
42. Chứng minh rằng tồn tại số hạng của dãy Fibonacci có tận cùng bởi 2016 chữ số
0.
Sử dụng bài toán tổng quát trong lời giải bài 1.5.
43. Cho dãy số ( )na xác định bởi:
0 1 2
3 2 1
29; 105; 381
3 2 (1) 0n n n n
a a a
a u u a n
.
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương m luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho
các số 1 2, 1, 2n n na a a đều chia hết cho m.
Lời giải.
Ta bổ sung thêm bốn số hạng của dãy là 1 2 3 48, 2, 1, 0a a a a .
Giả sử (mod ); 0 1n n na r m r m .
Xét các bộ ba 1 2( , , )n n nr r r . Khi đó tồn tại hai số nguyên p q sao cho:
1 1 1 1
2 2 2 2
(mod )
(mod )
(mod )
p q p q
p q p q
p q p q
r r a a m
r r a a m
r r a a m
Kết hợp với (1) ta được: (mod ) q k p ka a m k .
Do đó (mod ) k q p ka a m k . Đặt *t q p thì (mod ) k k ta a m k
Suy ra * (mod ) ; k k hta a m k h .
Nói riêng ta được
4 4
3 3
2 2
0 (mod )
1 (mod )
2 (mod )
ht
ht
ht
a a m
a a m
a a m
Với h đủ lớn thì 4ht . Khi đó đặt 4n ht ta được:
1 20(mod ), 1(mod ), 2(mod )n n na m a m a m
Do đó các số 1 2, 1, 2n n na a a đều chia hết cho m (đpcm).
Bài tập tương tự
44. (TST VietNam 2004). Cho dãy ( )nx , xác định bởi:
1 2
2 1 1
603, 102
2 2, 1n n n n n
x x
x x x x x n
Chứng minh rằng:
a) Mọi số hạng của dãy đều là số nguyên dương.
b) Có vô số nguyên dương n sao cho nx có 4 chữ số tận cùng là 2003.
c) Không tồn tại số nguyên dương n sao cho nx có 4 chữ số tận cùng là
2004.
45. Cho dãy số ( )nx xác định bởi:
0 1
2
1 1
;
5 3 1n n n n
x a x b
x x x a n
.
Chứng minh rằng với mọi cách chọn các số nguyên ,a b thì dãy trên hoặc không có
số nào chia hết cho 2016 hoặc có vô số số chia hết cho 2016.
46. Cho dãy số ( )nx xác định bởi:
0 1
2 1
22; 9
. 1 0n n n
x x
x x x n
.
a) Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng nếu tồn tại kx p thì tồn tại m k
sao cho mx p
b) Giả sử kx p và 1k . Chứng minh rằng dãy ( )nx tuần hoàn kể từ chỉ số
n k .
47. Dãy số nu được xác định như sau:
0 1
2 2
1 1
;
; 1,2,...n n n
u a u b
u u u n
Chứng minh rằng với mọi cách chọn số nguyên , , ,a b thì dãy trên hoặc không có
số nào chia hết cho 2016, hoặc có vô số số chia hết cho 2016.
48. (VMO 1995). Dãy số nu được xác định như sau: 0 11, 3u u và với mọi
0,1,2...n thì:
1
2
1
9 khi n 2
9 5 khi n 2
n n
n
n n
u uu
u u
a) Chứng minh rằng 2010
2
2005
k
k
u
chia hết cho 20.
b) Chứng minh rằng 2011u không phải là số chính phương.
49. (VMO 1991). Dãy số nu được xác định như sau:
1 2 3
3 2 1
1990, 1989, 2000
19 9 1991; 1,2,...n n n n
u u u
u u u u n
Chứng minh rằng tồn tại vô số số x của dãy nu sao cho:
1992 1994 1975 1945 1990 25 5 4 8 2 11 48x x x x x x
chia hết cho 1992.
50. Xét dãy Fibonacci nF . Đặt:
21985 1956 1960f n n n
a) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số hạng kF của dãy Fibonacci, sao cho kf F
chia hết cho 1989.
b) Có tồn tại số hạng iF nào của dãy Fibonacci, để cho 1 if F chia hết cho 1989
không?
51. Xét dãy Fibonacci nF . Hỏi rằng trong 810 1 số hạng đầu tiên của dãy
80 1 2 10, , ,...,F F F F có số nào tận cùng bằng 4 chữ số 0 hay không?
6. Một số dạng khác
52. (VMO 2011). Cho dãy số nguyên xác định bởi: na
0 11, 1a a và 2 16 5n n na a a với mọi 0n .
Chứng minh rằng 2012 2010a chia hết cho 2011 .
Lời giải.
Hướng thứ nhất.
Xét phương trình đặc trưng của dãy số 2 16 5n n na a a là: 2 6 5 0 3 14x x x , ta thấy nghiệm này lẻ nên công thức của
na sẽ phức
tạp. Do bài toán chỉ yêu cầu chứng minh 2012 2010a chia hết cho 2011 nên ta có thể
thay dãy na bởi dãy nb sao cho mod 2011 , n=0,1,2,...n na b
Bây giờ ta sẽ chọn dãy nb thỏa mãn: 0 11, 1b b và 2 16 5n n nb b k b với mọi
0n và k là số ta sẽ chọn sau. Khi đó phương trình đặc trưng sẽ là: 2 6 5 0 ' 14x x k k , để ' là số chính phương ta sẽ chọn 2011k . Như
vậy ta xây dựng dãy nb được xác định như sau: 0 11, 1b b và 2 16 2016n n nb b b
với mọi 0n .
Phương trình đặc trưng 2 6 2016 0 48; 42x x x x , khi đó
1 248 42nn
nb c c và kết hợp với 0 11, 1b b suy ra
41 49
48 42 90 41.48 49. 4290 90
n nn n
n nb b (1)
suy ra 2012 2012
201290 41.48 49.42b .
Do 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fecma nhỏ ta có: 201148 48 mod 2011 ,
201142 42 mod 2011 do vậy ta thu được:
2 2
2012 201290 1 41.48 49.42 90 mod 2011 0 mod 2011 1 0 mod 2011b b hay
2012 2010b chi hết cho 2011.
Từ cách xác định của dãy na và nb ta có: mod 2011 , n=0,1,2,...n na b Do đó
2012 2010a chi hết cho 2011.
Hướng thứ hai.
Từ dãy truy hồi 2 16 5n n na a a ta sẽ tìm công thức tổng quát cho na .
+) Phương trình đặc trưng của dãy trên là: 2 6 5 0 3 14x x x . Khi đó
1 23 14 3 14n n
na c c , sử dụng giả thiết 0 11, 1a a ta được:
14 4 14 43 14 3 14
2 14 2 14
n n
na
(2)
+) Đặt 2011p ta được:
1 1
1
14 4 14 43 14 3 14
2 14 2 14
p p
pa
Chú ý:
1 1
1 1 1 13 14 14, 3 14 14p p
p p p pA B A B
,
trong đó:
2 1
0 1 2 1 1
1 1 1 13 3 14 ... 14p
p p p
p p p pA C C C
(3)
và
2 1
1 3 2
1 1 1 13 3 14 ... 14p
p p p
p p p pB C C C
(4)
Dễ dàng chứng minh được:
1 1 14p p pa A B (5)
Ta có
1 2
1 1 11 1 0 modk k k
p p pk k C p k C kC p
suy ra
1 0 modk
pC p với mọi 2,3,..., 1k p .
Do đó theo (3) và (4) ta được:
1
121 14 3 mod
p
p
pA p
và 1
21 3.14 3 mod
p
p
pB p
,
từ đây kết hợp với (5) ta thu được: (6)
Ta có 245 2025 14 mod p nên theo định lí Fecma nhỏ và (6) ta được:
1
1 3 2.45 3 2 1 modp
pa p
hay ta được 2012 2010a chia hết cho 2011.
53. Cho dãy số nguyên xác định bởi:
0 11, 1a a và 2 16 5n n na a a với mọi 0n .
Tìm tất cả các số nguyên tố 5p sao cho 14 là số chính phương mod p và 1 1pa
chia hết cho p .
Lời giải. Trước hết ta tìm tất cả các số nguyên tố 5p sao cho 14 là số chính
phương mod p .
14 là số chính phương mod p khi và chỉ khi 2 7
1p p
hoặc
2 71
p p
TH1. 2 7
1p p
, khi đó ta có:
2 1
82
1 1 1 mod8p
pp
,
từ đó xảy ra hai khả năng sau:
+) Nếu 56 8 1 0,1,...,6p k r r thì
7 1 1
.2 2
7 11 1 0,1,3,6
7 7
p p rr
p
na
hay ta được 1,9,25,49 mod56p .
+) Nếu 56 8 1 0,1,...,6p k r r thì
7 1 1
.2 2
7 11 1 1,2,3,5
7 7
p p rr
p
hay ta được 7,15,23,39 mod56p .
TH2. 2 7
1p p
, khi đó ta có:
2 1
82
1 1 3 mod8p
pp
,
từ đó xảy ra hai khả năng sau:
+) Nếu 56 8 3 0,1,...,6p k r r thì
7 1 1
.2 2
7 31 1 0,2,3
7 7
p p rr
p
hay ta được 3,19,27 mod56p .
+) Nếu 56 8 3 0,1,...,6p k r r thì
7 1 1
.2 2
7 31 1 1,2,3,6
7 7
p p rr
p
hay ta được 5,13,21,45 mod56p , do p nguyên tố nên ta loại trường hợp
21 mod56p .
Vậy tất cả các số nguyên tố p cần tìm có dạng:
1,3,5,7,9,13,15,19,23,25,27,39,45,49 mod56p .
Chú ý các số nguyên tố có dạng trên là tồn tại vì theo định lí Dirichlet với hai số
nguyên dương nguyên tố cùng nhau ,a b thì tồn tại vô hạn các số nguyên tố dạng
an b .
54. Cho ,a b là các số nguyên cho trước. Dãy số nguyên na được xác định như sau:
0 1,a a a b và 2 16 5n n na a a với mọi số tự nhiên n .
Tìm tất cả các số nguyên ,a b sao cho 2012 2010a chia hết cho 2011.
Lời giải.
Ta xây dựng dãy nb được xác định như sau: 0 11, 1b b và
2 16 2016n n nb b b với mọi 0n .
Phương trình đặc trưng 2 6 2016 0 48; 42x x x x , khi đó
1 248 42nn
nb c c và kết hợp với 0 1,b a b b suy ra
42 48
48 42 90 42 .48 48 . 4290 90
n nn n
n n
a b a bb b a b a b
(1)
suy ra 2012 2012
201290 42 .48 48 .42b a b a b .
Do 2011 là số nguyên tố nên theo định lí Fecma nhỏ ta có:
201148 48 mod 2011 , 201142 42 mod 2011
do vậy ta thu được:
2 2
2012
2012
90 1 42 .48 48 .42 90 mod 2011 0 mod 2011
90 1 90 5 6 1 mod 2011
b a b a b
b a b
hay 2012 2010b chi hết cho 2011 khi và chỉ khi 5 6 1 0 mod 2011a b .
Từ cách xác định của dãy na và nb ta có: mod 2011 , n=0,1,2,...n na b Do đó
2012 2010a chi hết cho 2011 khi và chỉ khi 5 6 1 0 mod 2011a b . Từ phương trình
đồng dư này ta tìm được:
1 6 , 5 1 371a m t b t m , trong đó ,m t là các số nguyên tùy ý.
Tương tự lời giải của các bài toán trên ta có thể đưa ra các bài tập sau:
55. Cho ,a b là các số nguyên cho trước. Dãy số nguyên na được xác định như sau:
0 1,a a a b và 2 16 5n n na a a với mọi số tự nhiên n .
Tìm tất cả các số nguyên ,a b sao cho 2011 2010a chia hết cho 2011.
56. Cho ,a b là các số nguyên cho trước. Dãy số nguyên na được xác định như sau:
0 1,a a a b và 2 16 5n n na a a với mọi số tự nhiên n .
Tìm tất cả các số nguyên ,a b sao cho 1 1pa chia hết cho p , trong đó 5p là một
số nguyên tố sao cho 14 là số chính phương mod p .
57. Cho ,a b là các số nguyên cho trước. Dãy số nguyên na được xác định như sau:
0 1,a a a b và 2 16 5n n na a a với mọi số tự nhiên n .
Tìm tất cả các số nguyên ,a b sao cho 1pa chia hết cho p , trong đó 5p là một
số nguyên tố sao cho 14 là số chính phương mod p .
58. Cho dãy số na được xác định như sau:
1 25, 11a a và 1 12 3n n na a a , với mọi 2,3,...n
Chứng minh rằng 2002a chia hết cho 11.
Lời giải. Ta thấy phương trình đặc trưng 2 2 3 0x x vô nghiệm nên việc thực
hiện theo hướng giải thứ 2 của bài toán 3 là rất phức tạp. Bây ta viết công thức truy
hồi của dãy na dưới dạng 1 1 12 8 11n n n na a a a nên ta xét dãy nb xác định bởi
1 25, 11b b và 1 12 8n n nb b b , với mọi 2,3,...n
Từ đó dễ thấy 2002 0 mod11b nên 2002 0 mod11a .
59. a) Cho k là một số nguyên dương cho trước và dãy nu thỏa mãn điều kiện
0 1 2 10, 1, 4 , 0n n nu u u u u n . Chứng minh rằng 3 3k k
nn u .
b) Cho k là một số nguyên dương cho trước và dãy nu thỏa mãn điều kiện
0 1 2 10, 1, 2 , 0n n nu u u u u n . Chứng minh rằng 2 2k k
nn u .
Lời giải
a) Xét phương trình đặc trưng của dãy: 2 4 1 0 2 3t t t . Khi đó số hạng
tổng quát của dãy có dạng
1 22 3 2 3n n
nu c c
Sử dụng điều kiện ban đầu 0 10, 1u u ta được
1 21 2
11 2
0
12 3 2 3 1
2 3
c cc c
cc c
Do đó
12 3 2 3
2 3
n n
nu
Đặt 1
2 3 , 2 3 1,2 3
n n
na b ab u a b .
Ta có
3 3
3 3 2 2
3
1 1 12 3 2 3
2 3 2 3 2 3
n n
nu a b a b a ab b
2 2 21
3 12 3 3 4 12 3
n n n na b a b ab u u u u
Suy ra
2
3 3 4 1n n nu u u (1)
Ta có 2 2 20,1 mod3 4 1 1, 2 mod3 4 1,3 1n n nu u u và bằng quy nạp ta
chứng minh được ,3 1nu nếu ,3 1n .
Khi đó nếu viết 3 . , ,3 1kn t t thì theo (1) và các nhận xét ở trên ta được
3 .3 . .k
k
n t ktu u u A , trong đó ,3 1t ku A . Từ đây suy ra
3 3k k
nn u
b) Xét phương trình đặc trưng của dãy: 2 2 1 0 1 2t t t . Khi đó số hạng
tổng quát của dãy có dạng
1 21 2 1 2n n
nu c c
Sử dụng điều kiện ban đầu 0 10, 1u u ta được
1 21 2
11 2
0
11 2 1 2 1
2 2
c cc c
cc c
Do đó
11 2 1 2
2 2
n n
nu
Đặt 1
1 2 , 1 2 1 ,2 2
n n n
na b ab u a b .
Ta có
2 2
2 2
2
1 1 11 2 1 2
2 2 2 2 2 2
n n
nu a b a b a b
2 2 21
4 2 8 4 1 2 2 12 2
n n
n n n na b a b ab u u u u
Suy ra
2
2 2 2 1n
n n nu u u (2)
Ta có 22 1n
nu luôn là số lẻ và bằng quy nạp ta chứng minh được , 2 1nu
nếu , 2 1n .
Khi đó nếu viết 2 . , , 2 1kn t t thì theo (2) và nhận xét ở trên ta được
2 .2 . .k
k
n t ktu u u A , trong đó , 2 1t ku A . Từ đây suy ra
2 2k k
nn u
