MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN

Lê Xuân Đại, Trần Ngọc Thắng
Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc

Dãy số là một phần quan trọng của đại số và giải tích tốn học. Dãy số có một

vị trí đặc biệt quan trọng trong tốn học, không chỉ như là một đối tượng để nghiên

cứu mà cịn đóng một vai trị như một cơng cụ đắc lực của các mơ hình rời rạc của

giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn… Các

vấn đề liên quan đến dãy số rất phong phú. Hiện nay có nhiều tài liệu đề cập đến các

bài toán về dãy số. Tuy nhiên, chủ yếu quan tâm đến các tính chất của dãy số như

Giới hạn dãy, số hạng tổng quát, sự đơn điệu của dãy, tính bị chặn…

Các bài tốn về dãy số ngun là những bài tốn hay và khó. Trong bài viết

này chúng tơi muốn trình bày một số vấn đề cơ bản và các phương pháp thường sử

dụng về dãy số nguyên. Chuyên đề này được chia thành 2 phần như sau:

Phần 1: Giới thiệu một số phương pháp cơ bản giải các bài toán về dãy số nguyên.

Phần 2: Khai thác một số bài tốn điển hình qua các kì thi Olimpic tốn học.

I- MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT CƠ BẢN

1. Dãy Fibonacci và dãy Lucas.

1.1. Dãy Fibonacci (Fn) mang tên chính nhà tốn hoc Pisano Fibonacci. Dãy cho

F1  F2  1
bởi hệ thức truy hồi đơn giản 

Fn2  Fn1  Fn n  1

Dễ dàng thấy công thức tổng quát của dãy (Fn ) là:

1 1 5 n 1 5 n 
Fn       (Công thức Binet)
5  2   2  
 

Từ sau, để thuận tiện cho việc tính toán, ta quy ước F0  0 .

1.2. Một vài tính chất số học của dãy Fibonacci:

1. (Fn, Fn1) 1 với mọi n.
2. Nếu n chia hết cho m thì Fn chia hết cho Fm .
3. Nếu Fn chia hết cho Fm thì n chia hết cho m với m>2.
4. (Fn, Fm)  Fd với d  (m,n) .
5. Nếu n  5 và Fn là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố.
6. Dãy (Fn) chứa một tập vô hạn những số đôi một nguyên tố cùng nhau.
7. F5n  5Fn.qn với qn không chia hết cho 5.
8. Fn 5k  n k .
9. Fn có tận cùng là 0 khi và chỉ khi n 15 .
10. Fn có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi n 150.

1.3. Một vài hệ thức cơ bản của dãy Fibonacci:
1. F1  F2  ...  Fn  Fn2 1
2. F1  F3  ...  F2n1  F2n
3. F2  F4  ...  F2n  F2n1 1
4. Fn1.Fn1  Fn2  (1)n
5. F12  F22  ...  Fn2  Fn.Fn1
5. F0  F1  F2  F3...  F2n1  F2n  F2n1 1
6. Fn1 2  Fn2  Fn1.Fn2 .
7. F1F2  F2F3  ...  F2n1F2n  F2n2
8. Fn1.Fn2  Fn.Fn3  (1)n
9. Fn4  1  Fn2Fn1Fn1Fn2

L0  2; L1  1
1.4. Dãy Lucas (Ln) được xác định như sau: 

Ln2  Ln1  Ln n  0

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 cơng thức tổng qt của dãy

Lucas:

1 5 n 1 5 n
 Ln   2      2  , n  0 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 𝑥2 ≡ 𝑎(𝑚𝑜𝑑 𝑝), trong đó 𝑝 là

một số nguyên dương.

2.2. Định lí. Cho 𝑝 là một số nguyên tố.

(i) Nếu 𝑝 = 2 thì mọi số 𝑎 lẻ đều là số chính phương (𝑚𝑜𝑑 2).

(ii) Nếu 𝑝 > 2. Khi đó

𝑝−1

𝑎 là số chính phương (𝑚𝑜𝑑 𝑝) khi và chỉ khi 𝑎 2 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 𝑝);

𝑝−1

𝑎 khơng là số chính phương (𝑚𝑜𝑑 𝑝) khi và chỉ khi 𝑎 2 ≡ −1(𝑚𝑜𝑑 𝑝).

2.3. Kí hiệu Legendre. Giả sử 𝑝 là số nguyên tố lẻ, 𝑎 là số ngun khơng chia hết

cho 𝑝. Khi đó ta có các kết quả sau:
(1). 𝑎 2 𝑝−1 ≡ (𝑎) (𝑚𝑜𝑑 𝑝)

𝑝

(2). Nếu 𝑎 ≡ 𝑏(𝑚𝑜𝑑 𝑝) thì (𝑎) = (𝑏)
𝑝 𝑝

(3). (𝑎) . (𝑏) = (𝑎𝑏)

𝑝𝑝 𝑝

(4). (−1) = (−1) 2 𝑝−1

𝑝

(5). (2 𝑝2−1 ) = (−1) 8

𝑝

(6). Luật tương hỗ Gauss: Nếu 𝑝, 𝑞 là hai số nguyên tố lẻ thì:

(𝑝) (𝑞) = (−1) 2 2 𝑝−1.𝑞−1

𝑞𝑝

3. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2.

3.1. Định nghĩa. Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai ẩn (𝑢𝑛) là phương trình

sai phân dạng: 𝑎𝑢𝑛+2 + 𝑏𝑢𝑛+1 + 𝑐𝑢𝑛 = 𝑓(𝑛) (1)

Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng với phương trình (1) có dạng:

𝑎𝑢𝑛+2 + 𝑏𝑢𝑛+1 + 𝑐𝑢𝑛 = 0 (2)

Nghiệm tổng quát của (1) có dạng 𝑢𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑦𝑛, trong đó 𝑥𝑛 là nghiệm tổng quát

của (2), còn 𝑦𝑛 là một nghiệm riêng nào đó của (1).

Để tìm nghiệm của (2) đầu tiên ta lập phương trình đặc trưng của (2) là:

𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0 (3)

TH1. Nếu phương trình đặc trưng (3) có hai nghiệm thực phân biệt 𝑡1, 𝑡2 thì:
𝑥𝑛 = 𝐴𝑡1𝑛 + 𝐵𝑡2𝑛

TH2. Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm kép 𝑡1 = 𝑡2 = 𝑡0 thì:
𝑥𝑛 = (𝐴 + 𝐵𝑛)𝑡0𝑛

TH3. Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm phức 𝑡 = 𝑥 + 𝑖𝑦 = 𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜑 +

𝑖𝑠𝑖𝑛𝜑) với 𝑖2 = −1; 𝑟 = √𝑥2 + 𝑦2; 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑦𝑥. Khi đó: 𝑥𝑛 = 𝑟𝑛(𝐴𝑐𝑜𝑠𝑛𝜑 +
𝐵𝑠𝑖𝑛𝑛𝜑)

Ở đây 𝐴, 𝐵 là các hằng số thực được xác định dựa vào các điều kiện ban đầu.

II- MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN
1. Phương pháp quy nạp toán học

Bài toán 1. Cho dãy số (an ) xác định bởi a0  0;a1 1 và
an1  3an  an1  (1)n
2

với mọi n nguyên dương. Chứng minh rằng an là số chính phương với mọi n  0 .
Lời giải. Chú ý rằng a2 1;a3  4;a4  9;a5  25 .

Do đó a0  F02;a1  F12;a2  F22;a3  F32;a4  F42;a5  F52 , ở đó (Fn ) là dãy Fibonacci.

Từ đó ta có định hướng chứng minh an  Fn2 bằng quy nạp theo n.

Thậy vậy, giả sử ak  Fk2 với mọi k  n . Như vậy

an  Fn2; an1  Fn1 2 ; an2  Fn2 2 (1)

Từ giả thiết ta có an1  3an  an1  2(1)n và an  3an1  an2  2(1)n1

Cộng hai đẳng thức trên ta được: an1  2an  2an1  an2  0, n  2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra

an1  2Fn2  2Fn1 2  Fn2 2   Fn  Fn1 2   Fn  Fn1 2  Fn2 2

 Fn1 2  Fn2 2  Fn2 2  Fn1 2

Vậy an  Fn2, n  0 và ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 2. Cho dãy số (an ) xác định bởi a1  a2 1;a3  4 và

an3  2an2  2an1  an

với mọi n nguyên dương. Chứng minh rằng an là số chính phương với mọi n  1 .

Bài toán 3. Cho dãy số (an ) xác định bởi a0  0;a1 1;a2  2;a3  6 và

an4  2an3  an2  2an1  an , n  0 .

Chứng minh rằng an chia hết cho n với mọi n  1.

Lời giải. Từ giả thiết ta có a4 12;a5  25;a6  48 .

Ta có a1  a2  1; a3  2; a4  3; a5  5; a6  8 , như vậy an  Fn với mọi n = 1, 2, 3,
12 3 4 5 6 n

4, 5, 6, ở đó (Fn) là dãy Fibonacci.

Từ đó ta có định hướng chứng minh an  nFn với mọi n  1 bằng quy nạp theo n.

Bài toán 4. Cho k nguyên dương lớn hơn 1. Xét dãy số (an) xác định bởi:

a0  4;a1  a2  (k 2  2)2


an1  anan1  2an  an1   an2  8, n  2

Chứng minh rằng 2  an là số chính phương với mọi n  0 .

2     k
Lời giải. Gọi ,  là hai nghiệm của phương trình t  kt 1  0  
  1

+ Ta chứng minh bằng quy nạp theo n: an   2Fn   2Fn 2 , n  0 (1)

Dễ thấy (1) đúng với n = 0, 1, 2.
Giả sử (1) đúng đến n. Ta có:

an1  2  an  2an1  2  an2  2

        4Fn   4Fn 2 .  4Fn1   4Fn1 2   4Fn2   4Fn2 2

  4Fn1   4Fn1

Suy ra an  2   4Fn1   2Fn1   2Fn1    2Fn1 2 . Do đó (1) được chứng minh.

+ Từ (1), ta có 2  an  an  2   2Fn   2Fn   Fn   Fn 2 là số chính phương

(đpcm).
Bài tốn 4 (IMO 1981). Tìm giá trị lớn nhất của P  m2  n2 , trong đó m, n là các
số nguyên thoả mãn 1 m;n 1981 và (n2  mn  m2)2  1.

Lời giải. Ta xét các nghiệm nguyên dương (x, y) của phương trình:

(x2  xy  y2 )2  1 (1) với x  y .

Gọi (n, m) là một nghiệm như thế ( n  m )

+ Xét bộ (m  n;n) ta có: (m  n)2  (m  n)n  n2 2  (n2  mn  m2)2  1

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: m2  m(n  m)  (n  m)2 2  (n2  mn  m2)2  1

Suy ra (m;n  m) cũng là một nghiệm của (1).

- Nếu m  n  m  n  2m  n(n  m)  2m2  n2  mn  m2  1 (m  1) (vơ 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 (n,1) (n 1) . Chú ý thêm rằng (2, 1)

là bộ duy nhât thoả mãn (1) mà n  1.

Tóm lại tất cả các nghiệm nguyên dương của (1) sẽ là:  Fn; Fn1  với n  2 .

Như vậy, giá trị lớn nhất của P bằng giá trị lớn nhất của Fn2  Fn1 2 với Fn 1981.
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 15972  9872 .
Bài toán 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n  4 thì Fn 1 khơng là số
nguyến tố.
Lời giải. Ta có đẳng thức Fn4 1  Fn2Fn1Fn1Fn2 (1)
Giả sử tồn tại n  4 sao cho Fn 1 là số ngun tố. Khi đó từ (1) thì Fn 1 chia hết
ít nhất một trong các số Fn2; Fn1; Fn1; Fn2 .
Nhưng Fn 1  Fn2; Fn 1  Fn1 nên hoặc Fn 1| Fn1 hoặc Fn 1| Fn2 .
Trong trường hợp đầu tiên thì

Fn 1|  Fn  Fn1  Fn 1| (Fn 1)  (Fn1 1)  Fn 1| Fn1 1 (vơ lí)

Trong trường hợp thứ hai thì

Fn 1|  Fn  Fn1  Fn 1| 2(Fn 1)  Fn1  2  Fn 1| Fn1  2 (vơ lí)

Vậy Fn 1 là hợp số với mọi n  4 .
Bài toán 7. Cho dãy số nguyên (xn) : x0  3; x1 11 và xn2  2xn1  7xn n  0 .
Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ a sao cho với mọi m, n nguyên dương tồn tại k
nguyên dương mà xnk  a chia hết cho 2m .
Lời giải. Bằng quy nạp ta chứng minh được xn  3 (mod8)

* Chọn m  3;n 1 thì theo giả thiết tồn tại k   sao cho k a (mod8)

11

Suy ra 3k  a (mod8)  a 1;3 (mod8) .

* Ta sẽ chứng minh tất cả các số a  1(mod8) hoặc a  3(mod8) đều thoả mãn đề

bài.
- Với m  1 thì ta chọn k  1 thoả mãn
- Với m  2,3 thì ta chọn k chẵn nếu a  1(mod8) và chọn k lẻ nếu a  3(mod8) .

- Xét m  3 : Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp theo m.

Giả sử với m  3 tồn tại số km sao cho xnkm  a 2m  xnkm  a  2m.b

- Nếu b chẵn thì xnkm  a  0 (mod 2m1) , khi đó ta chọn km1  km .

- Nếu b lẻ, chọn km1  km  2m2 .

  2m2
2 2m3 m
Khi đó xn 1   xn 1. xn 1. xn 1... xn 1  2 .qm ; qm lẻ.

Vì xn2 1  (xn 1)(xn 1)  8q với q lẻ.

      Suy ra xnkm1  a  xn2m2 xnkm  a  a xn2m2 1  2m xn2m2 .b  a.qm 2m1.

Vậy số km1 thoả mãn.
Kết luận: Tất cả các số a cần tìm là a  1(mod8) hoặc a  3(mod8) .

2. Sử dụng các tính chất của phương trình sai phân tuyến tính.

Một tính chất cơ bản có rất nhiều ứng dụng của dãy tuyến tính cấp hai là tính chất
sau đây:
Cho dãy tuyến tính cấp hai (un) : un2  aun1  bun, n 1. Khi đó

un2un  un1 2  (b)n1 u3u1  u22 , n  1.

Bài toán 1. Cho dãy (an) xác định bởi:

a1  20;a2  30

an2  3an1  an , n  1

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 1 5anan1 là số chính phương.

Lời giải.

* Áp dụng kết quả trên với dãy (an) ta được:

an1an1  an2  a1a3  a22  500  an2  500  an1an1

* Xét với n  4 , ta có: an  an1 2  an2  2anan1  an1 2 , nhưng

an1 2  9an2  6anan1  an1 2

Suy ra

 an  an1 2  an2  2anan1  9an2  6anan1  an1 2

 2anan1  3an (3an  an1)  an1 2  an2  3anan1
 5anan1  an1 2  anan2

 5anan1  an1 2  an1 2  500

 5anan1  500

Do đó an  an1 2  5anan1  500  5anan1 1

Từ dãy (an) tăng và n  4 ta có an  an1 180  470  650

Suy ra an  an1 12  an  an1 2  2(an  an1) 1

 an  an1 2  501  5anan1  1

Vậy an  an1 2  5anan1 1  an  an1 12 nên 1 5anan1 khơng chính phương.

Bằng phép thử trực tiếp với n = 1, 2, 3 ta được n = 3 là giá trị duy nhất cần tìm.

Bài tốn 2. Cho dãy số nguyên (an) : a1  2;a2  7 và

1 an2 1
  an1   , n  2 .
2 an1 2

Chứng minh rằng an là số lẻ với mọi n  1.

Lời giải. Ta có a1  2;a2  7;a3  25;a4  89;a5  317 .

an2 1 an2 1  an2 1 an2 1 
Ta thấy   an1   . Do đoạn   ;   có độ dài bằng 1 nên
an1 2 an1 2  an1 2 an1 2 

an1 tồn tại một cách duy nhất, như vậy dãy (an) xác định duy nhất.
Ta có ngay an  3an1  2an2 (*) với n  3,4,5. Ta hy vọng (*) cũng chính là cơng

thức truy hồi cho dãy (an) . Tuy nhiên việc chứng minh khẳng định này không hề

đơn giản. Một kĩ thuật hay dùng ở đây là đi xét một dãy (bn ) có tính chất như dãy

(an) rồi chứng minh an  bn .

b1  2;b2  7
Ta xét dãy số (bn ) xác định như sau: 

bn  3bn1  2bn2

Khi đó với mọi n  2 thì bn1.bn1  bn2  (2)n2 .

Ta cũng dễ dàng có bn  2n bằng quy nạp

2 n2 bn2 2n2 1
Từ đó bn1.bn1  bn  2  bn1    .
bn1 bn1 2

Do dãy (an) xác định duy nhất nên an  bn với mọi n  1.

Khi đó an  3an1  2an2 ,n  3 và ta có ngay an là số lẻ với mọi n  1 (đpcm).

Bài toán 3. Cho trước a,b nguyên dương và dãy (xn) xác định bởi:

x0  1


xn1  axn  b, n  0

Chứng minh rằng với mọi cách chọn a,b thì trong dãy (xn) tồn tại vô hạn hợp số.

Lời giải. Giả sử xn 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 xm là số nguyên tố với mọi m  N .

Chọn số nguyên tố xm  p không chia hết a 1.

Gọi t là số thoả mãn t(1 a)  b (mod p) , khi đó xn1  t  a(xn  t) (mod p)

Tiếp tục quá trình và đặt biệt với m=n ta được

xm p1  t  a p1(xm  t) (mod p)  (xm  t) (mod p)

Hay xmp1  0 (mod p) , điều này vơ lí vì xm p1 là số nguyên tố lớn hơn p.

Bài toán 4. Cho dãy số (an) xác định bởi:

a0  1 45an2  36 . , n  0
 2
an1  7an 


Chứng minh rằng:

a) an là số nguyên dương với mọi n  0 .

b) an.an1 1 là số chính phương với mọi n  0 .

Lời giải.

a) Ta có a1  5 và dễ thấy ngay dãy (an) tăng ngặt.

Từ giả thiết ta có 2an1  7an  45an2  36 . Bình phương hai vế ta được:

an1 2  7anan1  an2  9  0 (1)

Từ (1) ta cũng có an2  7an1an  an1 2  9  0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra an1 2  an1 2   7an an1  an1   0

 an1  7an  an1 (3) n 1

Từ (3) suy ra an là số nguyên dương với mọi n  0 .

2

 an  an1 

b) Từ (1) ta có an  an1 2  9anan1 1  anan1 1    .

3

Do đó an.an1 1 là số chính phương với mọi n  0 (đpcm).
Bài toán 5. Cho dãy số (an) xác định bởi:

a0  2 2.


an1  4an  15an  60, n  0

Chứng minh rằng số b  1 a2n  8 có thể biểu diễn thành tổng của ba só nguyên

5

duơng liên tiếp với mọi n  1.

Lời giải. Tương tự bài toán trên ta được: an1  8an  an1  0, n 1

Từ đó tìm ra an  4  15  4  15 .n n

Nhận xét : Với mỗi n  1 đều tồn tại k  * sao cho:

an  4  15  4  15  15.knn

n n  2 2 2n 2n
Khi đó 4  15  4  15  15k  4  15  4  15 15k  2 2

 

Do đó b  1 a2n  8  3k 2  2  (k 1)2  k 2  (k  1)2 và ta có đpcm.

5

Bài toán 6. Cho hai số thực a và b khác 0. Xét dãy số (un) xác định bởi:

u0  0;u1  1 .


un2  aun1  bun , n  0

Chứng minh rằng nếu có bốn số hạng liên tiếp của dãy (un) là số nguyên thì mọi số

hạng của dãy là số nguyên.

Lời giải.

Ta có ngay un1 2  unun2  bn (1)

+ Giả sử tồn tại bốn số hạng um;um1;um2;um3 là số nguyên, từ (1) suy ra bm và bm1

là số nguyên. Từ đó suy ra b là số hữu tỷ. Nhưng bm là số nguyên nên b nguyên.

+ Ta chỉ cần phải chứng minh a  um2  aum1  bum
: Ta có 

um3  aum2  bum1

Nếu a là số vơ tỉ thì từ 2 hệ thức trên suy ra um1  um2  0 , suy ra b=0, mẫu thuẫn.

Vậy a là số hữu tỷ.

Q0 (x)  0;Q1(x)  1
Xét dãy đa thức hệ số nguyên Qn (x) : 

Qn2 (x)  xQn1(x)  bQn (x)  0

Khi đó Qn (x) x, mơníc và degQn(x)  n 1.

Ta có Qn(a)  un , đặc biệt Qm1(a)  um1. Vậy a là nghiệm hữu tỷ của đa thức
P(x)  Qm1(x)  um1

Vì đa thức P(x) x và mơníc nên a  . Vậy mọi số hạng của dãy (un) là số

nguyên.
Bài toán 7. Cho m là số nguyên dương và dãy số (xn) xác định bởi:

x0  0; x1  m

xn1  m xn  xn1, n  12

Chứng minh rằng với một cặp (a;b) 2 , với a  b là một nghiệm của phương trình

a2  b2  m2 khi và chỉ khi tồn tại n  để (a;b)  (xn; xn1) .
ab 1

Bài toán 8. Cho a,b là các số nguyên lớn hơn 1. Dãy (xn) xác định bởi:

x0  0; x1  1 (n 1)

x2n  ax2n1  x2n2

x2n1  bx2n  x2n1

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên m,n thì xnm.xnm1...xn1 chia hết cho xm.xm1 .

3. 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 (an) hội tụ về số a thì tồn tại n0 sao cho với mọi n  n0 thì

an  a ”

Bài tốn 1. Cho dãy số ngun (an )n0 thoả mãn điều kiện sau:

0  an  7an1 10an2  9, n  0 .

Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên n0 sao cho với mọi n  n0 thì an  0 .

Lời giải.
Đây quả thực là một bài tốn rất khó. Từ giả thiết dãy (an) nguyên và kết luận của

bài toán giúp ta định hướng việc chứng minh liman  0 .

Đặt xk  minak ,ak1,...; yk  maxak ,ak1,... thì (xk ) là dãy tăng; ( yk ) là dãy giảm

và xk  yk với mọi k.

Dãy (an) bị chặn nên hai dãy (xk ) , ( yk ) bị chặn. Do đó cả hai dãy đều hội tụ.

Giả sử lim xn  x;lim yn  y .

Do xk ; yk  nên tồn tại n0 sao cho với mọi n  n0 thì xn  x; yn  y .

Tồn tại n  n0 sao cho an2  y;an,an1  x  8x 10y  9 (1).

Cũng vậy, Tồn tại m  n0 sao cho am2  x;am,am1  y 10x  8y  0 (2).
Từ (1), (2) và x,y là số nguyên suy ra x  y  0 .

Do đó liman  0 , suy ra đpcm.

Bài 2. Cho số tự nhiên c  3. Xét dãy số (an) xác định bởi:

a1  c

an  an1     an1   1 n  2
 2

Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên n0 sao cho với mọi n  n0 thì an  3.

Lời giải. Bài tốn được giải quyết nếu ta chứng minh đuợc liman  3 .

+ Dễ chứng minh bằng quy nạp an  3 n 1.

+ Từ đó suy ra ngay dãy (an) giảm.

Vậy dãy (an) hội tụ. Chuyển qua giới hạn ta được liman  3 (đpcm).

4. Phương pháp sử dụng tính tuần hồn của dãy số dư

Định lý. Cho dãy số nguyên (an ) thoả mãn 𝑎𝑛 = 𝑐1𝑎𝑛+1 + 𝑐2𝑎𝑛+2 + ⋯ + 𝑐𝑘𝑎𝑛+𝑘 trong

đó 𝑐1, 𝑐2, … , 𝑐𝑘 là các số nguyên và m là số nguyên dương lớn hơn 1. Gọi 𝑟𝑛 là số dư
trong phép chia 𝑎𝑛 cho m. Khi đó dãy (rn) tuần hồn.

Bài tốn 1. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số hạng của dãy Fibonacci chia hết cho
2012.

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.

(F0, F1);(F1, F2 );(F2, F3)....

Vì dãy Fibonacci là vơ hạn mà chỉ có n2 khả năng cho mỗi cặp số dư theo modulo
n nên tồn tại (Fi , Fi1) thoả mãn Fi  Fim và Fi1  Fim1 (mod n) với m  .

Xét i > 1, ta có: Fi1  Fi1  Fi  Fim1  Fim  Fim1 (mod n)

Quá trình cứ tiếp tục dẫn đến Fj  Fjm (mod n) j  0

Suy ra 0  F0  Fm  F2m  ... (mod n) , tức là có vơ hạn các số Fkm thoả mãn yêu cầu

bài toán. Vậy bài toán được chứng minh.

Bài toán 2. Cho dãy số (an) xác định bởi:

a0  29;a1  105;a2  381 .

an3  3un2  2un1  an (1) n  0

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương m luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho các

số an,an1 1,an2  2 đều chia hết cho m.

Lời giải.

Ta bổ sung thêm bốn số hạng của dãy là a1  8,a2  2,a3 1,a4  0 .

Giả sử an  rn (mod m); 0  rn  m 1.

Xét các bộ ba (rn,rn1,rn2). Khi đó tồn tại hai số nguyên p  q sao cho:

rp  rq ap  aq (mod m)
 
rp1  rq1  ap1  aq1 (mod m)

 
rp2  rq2 ap2  aq2 (mod m)

Kết hợp với (1) ta được: aqk  apk (mod m) k .

Do đó ak  aqpk (mod m) k . Đặt t  q  p  * thì ak  akt (mod m) k

Suy ra ak  akht (mod m) k  ; h  * .

aht4  a4  0 (mod m)

Nói riêng ta được aht3  a3  1 (mod m)

  a2  2 (mod m)
aht 2

Với h đủ lớn thì ht  4 . Khi đó đặt n  ht  4 ta được:

an  0(mod m), an1 1(mod m), an2  2(mod m)

Do đó các số an,an1 1,an2  2 đều chia hết cho m (đpcm).

Bài toán 3. Cho dãy (xn) , xác định bởi:

{ 𝑥1 = 603, 𝑥2 = 102
𝑥𝑛+2 = 𝑥𝑛+1 + 𝑥𝑛 + 2√𝑥𝑛𝑥𝑛+1 − 2 , ∀𝑛 ≥ 1

Chứng minh rằng:

a) Mọi số hạng của dãy đều là số nguyên dương.

b) Có vơ số nguyên dương n sao cho 𝑥𝑛có 4 chữ số tận cùng là 2003.
c) Không tồn tại số nguyên dương n sao cho 𝑥𝑛 có 4 chữ số tận cùng là 2004.
Bài tốn 4. Cho dãy số (xn) xác định bởi:

x0  a; x1  b .

xn1  5xn  3xn1  an n  12

Chứng minh rằng với mọi cách chọn các số nguyên a,b thì dãy trên hoặc khơng có

số nào chia hết cho 2011 hoặc có vơ số số chia hết cho 2011.

Bài toán 5 Cho dãy số (xn) xác định bởi:

x0  22; x1  9 .

xn2  xn1.xn  1 n  0

a) Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng nếu tồn tại xk p thì tồn tại m  k

sao cho xm p

b) Giả sử xk p và k  1. Chứng minh rằng dãy (xn) tuần hoàn kể từ chỉ số n  k

.

III- KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ DÃY SỐ NGUN QUA CÁC KÌ

THI OLIMPIC.

1. Bài toán 1 (TST VN 2011). Cho dãy số nguyên dương an  xác định bởi:

 an1 2 

a0  1, a1  3 và an2  1    với mọi n  0 .

 an 

Chứng minh rằng an2an  an1 2  2n với mọi số tự nhiên n .

Trong đó x kí hiệu số ngun lớn nhất khơng vượt quá x .

Lời giải.

Hướng thứ nhất. Ta thử dự đốn dãy số an  là dãy tuyến tính dạng

an2  pan1  qan  r , với mọi n  0 . Theo cơng thức truy hồi ta tính được

a2  10, a3  34, a4  116 . Khi đó từ an2  pan1  qan  r , với mọi n  0 ta được hệ:

3p  q  r  10 p  4
 

10 p  3q  r  34  q  2

34 p 10q  r  116 r  0

Do đó an2  4an1  2an n  0 . (1)

Ta sẽ chứng minh dãy an  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

 an1 2 

đẳng thức an2  1    , bằng quy nạp ta suy ra an1  2an ,n  0 nên

 an 

an  2an1  ...  2n a0  2n , n  1 . (2)

Ta dễ thấy (1) đúng với n  0 , ta giả sử (1) đúng đến n  k  0 tức là:

ak2  4ak1  2ak  ak2  2ak  ak1  2ak1  ak2ak  ak1 2  2 ak1ak1  ak2   ...  2k.
ak 1 ak

(3)

2 2 ak 2 ak 2ak2
Ta có ak2ak  ak1  2 ak1ak1  ak    ak1  2ak1 
ak 1 ak 1

 ak2 2ak  2ak1  4ak1  4ak2 ak2  4ak1  ak2  4ak2

  2ak1  4ak1 
ak 1 ak 1 ak 1 ak 1

  ak2 2
 4ak2  2ak1   4ak1  4a2k a2k2 4 ak1ak1  ak2  ak2 2  4.2k1  ak2 2  2k1
  ak 1
ak 1 ak1 ak1 ak 1 ak 1 ak 1 ak 1
đó đẳng
(do (3)). Kết hợp với (2) ta được:

ak 2 2 ak 2 2  ak2 2   ak2 2 
 4ak2  2ak1   1  4ak2  2ak1    1     1  ak3 . Do
ak 1 ak 1  ak1   ak1 

thức (1) đúng với n  k 1. Vậy đẳng thức (1) đúng với mọi n  0 .

Từ đẳng thức (1) ta suy ra được:

an2  4an1  2an  an2  2an  an1  2an1  an2an  an1 2  2an1an1  an2   ...  2n.
an1 an

Cách 2.

Bây giờ ta xây dựng dãy bn  thỏa mãn điều kiện: b0  1,b1  3, và bn2  4bn1  2bn

n  0 . Từ cách xác định dãy bn  ta được:

bn2  2bn  bn1  2bn1  bn2bn  2bn2  bn1 2  2an1an1
bn1 bn

 bn2bn  bn1 2  2 bn1bn1  bn2   ...  2n b2b0  b12   2n

bn1 2 2n (4)
 bn2  
bn bn

Bằng quy nạp dễ thấy dãy bn  là một dãy tăng và do đó:

bn  4bn1  2bn2  2bn1  22 bn2  ...  2n b1  2n  bn  2n (5)

Từ (4) và (5) ta suy ra

b2 b2 2n b2 b2  b2 
n1  bn2  n1   n1  1  bn2   n1  1  1   n1  , n  0 (6)
bn bn bn bn  bn   bn 

Từ (6) suy ra dãy bn  cũng thỏa mãn:

 bn1 2 

b0  1,b1  3 và bn2  1    ,n  0 .

 bn 

Do đó ta được an  bn ,n  0 . Vì vậy an2an  an1 2  2n với mọi số tự nhiên n .

Hướng thứ hai. Ta sẽ dự đoán đẳng thức an2  4an1  2an n  0 như sau.

Giả sử ta chứng minh được đẳng thức an2an  an1 2  2n với mọi số tự nhiên n . Khi đó

ta có:

an2an  an1 2  2an1an1  an2   an2  2an  an1  2an1  ...  a2  2a0  4
an1 an a1

 an2  4an1  2an .

Để chứng minh công thức truy hồi trên ta thực hiện giống như cách 1, cách 2 trong
chứng minh theo hướng thứ nhất.

 an1 2 

Nhận xét 1. Từ cách xác định của dãy a0  1, a1  3 và an2  1    với mọi n  0 ,

 an 

bằng phương pháp quy nạp ta chỉ ra an  2n ,n  0 . Khi đó ta có:

 a2n1  2n   an1 2 
   1    an2 . Từ đó ta đề xuất bài toán sau:
 an   an 

Bài 1.2 Cho dãy số nguyên dương an  xác định bởi:

a0  1, a1  3 và an2   a2n1  2n  với mọi n  0 .

 an 

Chứng minh rằng an2an  an1 2  2n với mọi số tự nhiên n .

Trong đó x kí hiệu số nguyên lớn nhất không vượt quá x .

Bài tập tương tự.

Bài 1.3(IMO Shortlist 1988) Cho dãy số an  thỏa mãn điều kiện:

 an1 2 1 

a0  2, a1  7 và an2     với mọi n  0 .

 an 2 

Chứng minh rằng an là số lẻ và an2an  an1 2  2n với mọi n  0 .

Bài 1.4 (VMO 1997, bảng B) Cho dãy số nguyên an , n  được xác định như sau:

a0  1, a1  45, an2  45an1  7an với mọi n  0 .

a) Tính số các ước nguyên dương của an1 2  anan2 theo n .

b) Chứng minh rằng 1997an2  4.7n1 là số chính phương với mọi n .

Bài 1.5 Dãy số an , n  được xác định như sau:

a0  a1  1

 2an1  2

an2  an , n  0,1, 2,...



Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số đều là số nguyên dương.

Bài 1.6 Dãy số an , n  được xác định như sau:

a0  a1  1

  an1  2 2

an2   ,n  0,1, 2,...
 an 


Chứng minh rằng an2 an  an1 2  2, n  0,1, 2,..

Bài 1.7

Gọi a là nghiệm dương của phương trình x2  2012x 1  0 .

Xét dãy số (xn) : x0 1; xn1  axn , n  0 . Tìm phần dư khi chia x2012 cho 2012.

2. Bài toán 2 (China South East Mathematical Olimpiad 2011).

Cho dãy (𝑎𝑛) thỏa mãn điều kiện: 𝑎1 = 𝑎2 = 1 và 𝑎𝑛+1 = 7𝑎𝑛 − 𝑎𝑛−1 với
mọi 𝑛 = 2, 3, 4, …Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương 𝑛 số 𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+1 + 2

là một số chính phương.

Lời giải.

Hướng thứ nhất. Ta tính được 𝑎1 + 𝑎2 + 2 = 22; 𝑎2 + 𝑎3 + 2 = 32; 𝑎3 +

𝑎4 + 2 = 72; 𝑎4 + 𝑎5 + 2 = 182; 𝑎5 + 𝑎6 + 2 = 472; … nên ta dự đoán 𝑎𝑛 +
𝑎𝑛+1 + 2 = 𝑏𝑛2, trong đó 𝑏1 = 2, 𝑏2 = 3, 𝑏3 = 7, 𝑏4 = 18, 𝑏5 = 47, … Ta sẽ tìm
tính chất của dãy (𝑏𝑛). Đầu tiên ta thử dự đốn dãy (𝑏𝑛) là tuyến tính tức là 𝑏𝑛+1 =
𝑎𝑏𝑛 + 𝑏𝑏𝑛−1 + 𝑐 với mọi 𝑛 = 2,3, …

Do đó ta có hệ sau:

𝑎𝑏2 + 𝑏𝑏1 + 𝑐 = 𝑏3 3𝑎 + 2𝑏 + 𝑐 = 7 𝑎=3

{𝑎𝑏3 + 𝑏𝑏2 + 𝑐 = 𝑏4  { 7𝑎 + 3𝑏 + 𝑐 = 18  { 𝑏 = −1.

𝑎𝑏4 + 𝑏𝑏3 + 𝑐 = 𝑏5 18𝑎 + 7𝑏 + 𝑐 = 47 𝑐 = 0
Từ đó ta có hướng giải như sau: Ta lập dãy (𝑏𝑛) được xác định như sau:

𝑏1 = 2, 𝑏2 = 3 và 𝑏𝑛+1 = 3𝑏𝑛 − 𝑏𝑛−1 với mọi 𝑛 = 2, 3, …Sau đó ta sẽ chứng minh
𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+1 + 2 = 𝑏𝑛2 với mọi 𝑛 = 1, 2, …
3√5−5 3+√5 𝑛
Cách 1. Từ dãy truy hồi của (𝑎𝑛) và (𝑏𝑛) ta được: 𝑏𝑛 = ( )+
5 2
5−√5 3−√5 𝑛 3−√5 7+3√5 𝑛 9+3√5 7−3√5 𝑛
( ) ; 𝑎𝑛 = ( ) + ( ) . Khi đó ta kiểm tra được ngay
10 2 3 2 3 2
đẳng thức 𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+1 + 2 = 𝑏𝑛2 với mọi 𝑛 = 1, 2, …

Cách 2. Ta chứng minh bằng quy nạp đẳng thức trên. Thật vậy, từ cách xác định của

dãy ta chỉ ra được:

𝑏𝑛+1𝑏𝑛−1 − 𝑏𝑛2 = 5  (3𝑏𝑛 − 𝑏𝑛−1)𝑏𝑛−1 − 𝑏𝑛2 = 5  3𝑏𝑛𝑏𝑛−1 = 𝑏2 + 𝑏𝑛2 +

𝑛−1

5 = 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛 + 𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+1 + 9 = 𝑎𝑛+1 + 2𝑎𝑛 + 𝑎𝑛−1 + 9

(1)

Theo công thức truy hồi của dãy (𝑏𝑛) và (1) ta có:
𝑏2 𝑏𝑛−1)2 9𝑏𝑛2 𝑏2
= (3𝑏𝑛 − = + − 2.3. 𝑏𝑛 𝑏𝑛−1 = 9(𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+1 + 2) +
𝑛+1 𝑛−1
𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛 + 2 − 2(𝑎𝑛+1 + 2𝑎𝑛 + 𝑎𝑛−1 + 9) = 7𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 + 7𝑎𝑛 − 𝑎𝑛−1 + 2 =
𝑏2
𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛+2 + 2 hay = 𝑎𝑛+1 + 𝑎𝑛+2 + 2.
𝑛+1
Do đó 𝑏𝑛2 = 𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+1 + 2 với mọi 𝑛 = 1, 2, …
Hướng thứ hai. Từ công thức truy hồi của dãy (𝑎𝑛) ta tìm được cơng thức tổng
3−√5 7+3√5 𝑛 9+3√5 7−3√5 𝑛
quát:𝑎𝑛 = ( ) + ( ) . Khi đó ta chứng minh được:
3 2 3 2