Một số bài toán về dãy số nguyên

Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN
Nguyễn Tất Thu – GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
Dãy số nguyên thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi và gây không ít khó khăn cho các
thí sinh. Sự kết hợp giữa dãy số và tính chất số học có lẽ là lí do mà gây ra khó khăn đó. Trong
bài viết này, tôi xin được trao đổi một số kinh nghiệm khi xử lí các bài toán về dãy số nguyên.
1. Chứng minh một dãy số là dãy số nguyên
Để chứng minh một dãy số là dãy số nguyên, ta thường biến đổi công thức truy hồi của dãy số
về dạng
1 0 1 1
.
n n n k n k
u a u a u a u
  
   
, trong đó
0 1
, , ,
k
a a a
là các số nguyên và
k
số hàng
đầu của dãy c
ũng là s
ố nguyên. Từ đó, bằng quy nạp ta thấy được các số hạng của dãy số là số
nguyên.
Ví dụ 1. Cho dãy
1
2

1 1
1
( ) :
5 24 8 2
n
n n n
u
u
u u u n
 
 


    


. Chứng minh rằng các số hạng của dãy số
là những số nguyên.
Lời giải. Bằng cách tính trực tiếp, ta có được :
2 3 4
9; 89; 881u u u  
.
Ta dự đoán công thức truy hồi của dãy số có dạng :
1 2n n n
u xu yu
 
 
Dựa vào các giá trị của
3 4
,u u

ta có hệ phương tr
ình:
9 89 10
89 9 881 1
x y x
x y y
    

 
   
 
Nên ta dự đoán
1 2
10
n n n
u u u
 
 
3n 
Từ công thức truy hồi của dãy ta có:
2 2
1 1
( 5 ) 24 8
n n n
u u u
 
  
2 2
1 1
10 8 0

n n n n
u u u u
 
    
(1)
thay
n
bởi
1n 
, ta được:
2 2
2 2 1 1
10 8 0
n n n n
u u u u
   
   
(2)
.
Từ
2
(1),(2) ,
n n
u u


là hai nghiệm của phương tr
ình :
2 2
1 1

10 8 0
n n
t u t u
 
   
Áp dụng định lí Viet, ta có:
2 1
10
n n n
u u u
 
 
hay :
1 2
10
n n n
u u u
 
 
.
Trong một số bài toán, việc dự đoán được công thức tổng quát
n
u
, nhưng chứng minh trực tiếp
gặp khó khăn, ta thương xử lí như sau:
* Chứng minh tồn tại duy nhất dãy thỏa điều kiện của bài toán
* Xây dựng dãy phụ
( )
n
v

có giá trị đầu và hệ thức truy hồi giống với giá trị ban đầu và hệ thức
truy hồi của
( )
n
u
và chứng minh dãy
( )
n
v
c
ũng th
ỏa điều kiện của bài toán. Khi đó
n n
u v
.
Ví dụ 2. Cho dãy số nguyên
1 2
( ) : 2; 7
n
u u u 
và
2
1
2
1 1
2 2
n
n
n
u

u
u


   
(1).
Chứng minh
n
u
lẻ
2n 
.
Lời giải. Từ giả thiết, ta có:
2 2
1 1
2 2
1 1
2 2
n n
n
n n
u u
u
u u
 
 
   
.
Vì trên khoảng
2 2

1 1
2 2
1 1
;
2 2
n n
n n
u u
u u
 
 
 


 


 
(có độ dài bằng
1
) có duy nhất một số nguyên nên dãy
đ
ã
cho xác định là duy nhất.
Ta có:
3 4
25; 89u u 
. Ta giả sử
1 2n n n
u xu yu

 
 
.
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Từ
3 4
25; 89u u 
ta có hệ:
7 2 25 3
25 7 89 2
x y x
x y y
    

 
  
 
.
Ta chứng minh dãy
1 2
1 2
2; 7
( ) :
3 2 3
n
n n n
v v
v
v v v n

 
  


   


thỏa mãn (1)
Thật vậy, ta có:
2 2
1 2 1
2 2
.
n n n n
n
n n
v v v v
v
v v
  
 

 
.
Từ công thức truy hồi của dãy ta có được
2 2
n
n
v n  
(2).

Mặt khác:
2
2 1 2 1 2 1 2 3
(3 2 ) (3 2 )
n n n n n n n n n
v v v v v v v v v
       
    
2 3 2 3
1 3 2 3 1 2
2( ) ( 2) ( ) ( 2)
n n
n n n
v v v v v v
 
  
        
(3)
Từ (2) và (3) ta suy ra:
2
1
2
1 1
2 2
n
n
n
v
v
v



   
1 2
1 2
2; 7
( ) :
3 2 2
n
n n n
u u
u
u u u n
 
  



   


.
Từ công thức truy hồi của dãy
( )
n
u
ta thấy
n
u
là số nguyên lẻ

2n 
.
Ví dụ 3 ( TST Vietnam 2011). Cho dãy số nguyên dương
( )
n
u
thỏa
0 1
2
1
2
1, 3
1 , 0
n
n
n
u u
u
u n
u


  


 

 
  


 

 

.
Chứng minh rằng:
2
2 1
2
n
n n n
u u u
 
 
với mọi số tự nhiên
n
.
Lời giải.
Từ cách cho dãy số, ta thấy dãy
( )
n
u
luôn tồn tại và duy nhất.
Xét dãy
0 1
2 1
1, 3
( ) :
4 2 , 0
n

n n n
v v
v
v v v n
 
  


  


.

Ta chứng minh:
2
2 1
. 2
n
n n n
v v v
 
 
(1)
Ta có:
2 2
2 1 1 1
. (4 2 )
n n n n n n n
v v v v v v v
   

   
2 2
1 1
4 2
n n n n
v v v v
 
  
 
2
1 1
4 2
n n n n
v v v v
 
  
 
2 2
1 1 1 1
.2 2 2
n n n n n n
v v v v v v
   
   
 
2
2 0 1
2 2
n n
v v v   

Suy ra (1) được chứng minh.

Ta chứng minh
2
n
n
v 
(2) bằng quy nạp
Trước hết ta thấy dãy
( )
n
v
là dãy t
ăng
Với
1n 
ta thấy (2) đúng
Giả sử
2
n
n
v 
ta có:
 
1
1 1
2 2 2 2
n
n n n n n
v v v v v


 
    
Do đó (2) đúng.

Dựa vào các kết quả trên ta có:
2 2
1 1
2 2 2
2
1
n
n n
n n n
n n n
v v
v v v
v v v
 
  
     
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Hay
2 2
1 1
1
1 1
n n
n

n n
v v
v
v v
 

   
Do đó:
2 2
1 1
2 2
1 1
n n
n n
n n
v v
v v
v v
 
 
   
   
    
   
   
Vì tính duy nhất nên ta có:
, 0
n n
u v n  
.

Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 4. Chứng minh rằng tồn tại đúng 4 d
ãy s
ố nguyên dương
( )
n
u
thỏa:
0 1
1, 2u u 
và
2
2 1
. 1
n n n
u u u
 
 
.
Lời giải. Trước hết, ta đi tính giá trị của
2
u
.
Ta có:
2 3 3
2
2 3 3
5 12, 13
4 1
3 4, 5

u u u
u
u u u
    
  

   

a) Ta chứng minh tồn tại duy nhất dãy số nguyên dương
( )
n
u
thỏa
0 1 2 3
1, 2, 3, 5u u u u   
và
2
2 1
. 1, 4
n n n
u u u n
 
   
(1)

Chứng minh tồn tại: Ta dự đoán hệ thức truy hồi
1 1n n n
u u u
 
 

.
Xét dãy
0 1
1 1
1, 2
( ) :
, 2,3,
n
n n n
v v
v
v v v n
 
  


  


Bằng quy nạp ta chứng minh được
( )
n
v
thỏa mãn (1).
Thật vậy:
 
2 2
2 1 1 1
.
n n n n n n n

v v v v v v v
   
   
 
2 2
1 1 1 1
1
n n n n n n n
v v v v v v v
   
     

Chứng minh duy nhất.
Trước hết ta chứng minh nếu dãy
( )
n
u
thỏa (1) thì
( )
n
u
là dãy t
ăng.
Giả sử
1 1
1
n n n n
u u u u
 
   

Từ
2 2
2
1 1
2 1 2 1 1
1
1 1
1 1
1
n n
n n n n n n
n n
u u
u u u u u u
u u
 
    

 
       

Nên theo quy nạp ta có đpcm.
Giả sử tồn tại
k
để
k k
v u
và
,
n n

v u n k  
. Khi đó
Ta giả sử
k k
v u
, suy ra:
2
2 1
2
2 1
. 1
. 1
k k k
k k k
u u u
v v v
 
 

 


 


 
2 2
2 2
k k k k
u u v u

 
    
điều này vô lí.
Do vậy tồn tại duy nhất dãy nguyên dương
( )
n
u
(đó chính là dãy
( )
n
v
) thỏa mãn (1).
b) Tương tự ta chứng minh được tồn tại duy nhất các dãy nguyên d
ương th
ỏa:
2
0 1 2 3 2 1
1, 2, 3, 4, 1
n n n
u u u u u u u
 
     
2
0 1 2 3 2 1
1, 2, 5, 12, 1
n n n
u u u u u u u
 
     
2

0 1 2 3 2 1
1, 2, 5, 13, 1
n n n
u u u u u u u
 
     
.
Đó là các d
ãy tương
ứng là:
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
0 1 1 1
1, 2, 2
n n n
u u u u u
 
   
0 1 1 1
1, 2, 2
n n n
u u u u u
 
   
0 1 1 1
1, 2, 3
n n n
u u u u u
 
   

.
Vậy tồn tại đúng 4 d
ãy s
ố nguyên dương thỏa yêu cầu bài toán.
2. Bài toán liên quan đến chia hết
Thông thương đối với bài toán này thường được xử lí theo các hướng sau
* Hướng 1: Tìm CTTQ của dãy số, sử dụng các tính chất chia hết của số học để thực hiện phần
còn lại.
* Hướng 2: Chuyển về nghiên cứu trên dãy các số dư.
Ví dụ 5. Cho dãy
0 2
2 1
1, 2
( ) :
3 , 1
n
n n n
u u
u
u u u n
 

  



   


. Với mỗi số nguyên dương

n
, ta gọi
n
r
là số dư
khi chia
n
u
cho
2013
. Chứng minh rằng dãy
 
n
r
là dãy tuần hoàn.
Lời giải.
Dãy các số dư
 
n
r
được xác định bởi
0 1
2 1
1, 2
3 (mod2013)
n n n
r r
r r r
 


  



 


và
 
0,1,2, ,2012 ,
n
r n 
Do đó
2n
r

được xác định thông qua
1
,
n n
r r

. Do đó, ta đi xét các cặp
1
( , )
n n
r r

Vì các giá trị của
n

r
là hữu hạn,còn các cặp
1
( , )
n n
r r

là vô hạn nên sẽ tồn tại số nguyên dương
, ( )m k k m
sao cho
   
1 1
, ,
k k m m
r r r r
 

hay
1 1
k m
k m
r r
r r
 

 







Đặt
m k s 
, ta có:
1 1
k k s
k k s
r r
r r

  

 






.
Ta chứng minh:
, 0,1,2,
n n s
r r n

  

Giả sử
t t s

r r


với
, 1, ,t k k n  
, ta chứng minh
1 1n n s
t t
  

Thật vây:
1 1 1 1
3 3 (mod2013)
n s n s n s n n n
t r r r r r
      
    
(đpcm).

Giả sử
,
t t s
r r t m

  
, ta chứng minh
, 0,1, , 1
t t s
r r t m


   
Thật vậy
1 1 1 1 1 1
3 3 3
m m m m m m m s m s m s
r r r r r r r r r
        
       
Tiếp tục như vậy, ta có được
, 0,1, , 1
t t s
r r t m

   
.
Vậy
, 0,1,2,
n n s
r r n

  
hay dãy
 
n
r
là dãy tuần hoàn.
Tương tự như trên, ta có kết quả tổng quát sau
“Cho dãy số nguyên
 
n

a
thoả mãn
1 1 2 2

n n n k n k
a c a c a c a
  
   
trong đó
1 2
, , ,
k
c c c
là các
số nguyên và m là số nguyên dương lớn hơn 1. Gọi
n
r
là số dư trong phép chia
n
a
cho
m
. Khi
đó d
ãy
 
n
r
tuần hoàn.”
Ví dụ 6 (VMO 1995). Cho dãy

0 1
( ) : 1, 3
n
a a a 
và
1
2
1
9 khi 2
9 5 khi 2 1
n n
n
n n
a a n k
a
a a n k




  




  


.
Chứng minh rằng :

2000
2
1995
20
k
k
a



.
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Lời giải.
Từ công thức truy hồi của dãy ta thấy
2 1
(mod4)
n n n
a a a
 
 
.Gọi
n
r
là số dư trong phép chia
n
a
cho 4. Khi đó
0 3
n

r 
.
Hơn nữa
2 1
(mod4)
n n n
a a a
 
 
nên
2 1
(mod4)
n n n
r r r
 
 
Ta có:
1 2 3 4 5 6 7 8
1, 3, 0, 3, 3, 2, 1, 3r r r r r r r r       
Từ đó, ta thấy dãy
 
n
r
tuần hoàn với chu kì bằng
6
, hay
6n n k
r r



Suy ra
1995 3 332.6 3 1996 4 1997 5 1998 6 1999 1 2000 2
0, , , , ,r r r r r r r r r r r r r

       
Vì
2 2
(mod4) (mod4)
n n n n
a r a r  
Do đó:
2000 2000 6
2 2 2
1995 1995 1
1 9 0 9 9 4 32 0(mod4)
k k k
k k k
a r r
  
         
  
Suy ra
2000
2
1995
4
k
k
a




.
Mặt khác, với
0k 
ta có:
2 4 2 3 2 2 2 4 2 2
2 3 2 2 2 3 2 2
(mod5) 2 (mod5)
(mod5) (mod5)
k k k k k
k k k k
a a a a a
a a a a
    
   
 
     
 

 
 
   
 
 
2 2
2 4 2 2
2 2 2 2 2
2 4 2 2 2 3 2 4 2 3
2 2

2 3 2 2
4 (mod5)
(mod5) 0(mod5)
(mod5)
k k
k k k k k
k k
a a
a a a a a
a a
 
    
 





        






Do đó:
2 2 2 2 2 2
1995 1996 1997 1998 1999 2000
0(mod5)a a a a a a     
. Suy ra

2000
2
1995
5
k
k
a



Vậy
2000
2
1995
20
k
k
a



.
Ví dụ 7 (VMO 2011). Cho dãy số
0 1
1 2
1, 1
( ) :
6 5 , 2,3,
n
n n n

u u
u
u u u n
 
   


   


.
Chứng minh rằng
2012
2010 2011u  
.
Lời giải.
Vì dãy số được cho dưới dạng truy hồi tuyến tính cấp hai nên ta có thể tìm CTTQ của
n
u
và
dựa vào CTTQ để chứng minh yêu cầu của bài toán.
Xét phương tr
ình
đ
ặc trưng:
2
6 5 0 3 14x x x     
Vì ph
ương tr
ình đ

ặc trưng có hai nghiệm vô tỉ nên chúng ta gặp khó khăn tỏng việc xử lí về
chia hết. Vì cần xét đến tính chia hết nên
1 2 1 2
6 5 6 2016 (mod2011)
n n n n
u u u u
   
  
và hơn nữa
phương tr
ình
2
6 2016 0x x  
có hai nghiệm
42, 48x x  
nên ta đi xét d
ãy ph
ụ
0 1
1 2
1, 1
( ) :
6 2016 , 2,3,
n
n n n
v v
v
v v v n
 


  



  


Khi đó
(mod2011)
n n
u v
.
Ta tìm
đư
ợc công thức tổng quát của dãy
 
41.48 49. 42
( ) :
90
n
n
n n
v v
 

Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Do đó, để chứng minh
2012
2010 2011u  

ta đi chứng minh
2012
1 2011v  
Hay
   
2012 2012
2012 2012
41.48 49. 42 41.48 49. 42 90
1 2011
90 90
    
  
Mà
(2011,90) 1
nên ta cần chứng minh:
 
2012
2012
41.48 49. 42 90 2011A     
(1)
Ta có
2011
là số nguyên tố, nên theo định lí Fecma nhỏ thì
 
2010
2010
48 1(mod2011), 42 1(mod2011)  
Suy ra
2 2
41.48 29.42 90 41.293 49.( 247) 90 0(mod2011)A        

Suy ra (1) đúng và bài toán được chứng minh.
Ví dụ 8. Cho dãy số
1 2
2 1
38, 161
( ) :
4 , 1
n
n n n
u u
u
u u u n
 

  



   


. Chứng minh rằng với mọi số nguyên
dương
m
, luôn tồn tại số tự nhiên
n
sao cho
1
n
u 

và
1
2
n
u


đều chia hết cho
m
.
Lời giải. Với mỗi số nguyên dương
n
, ta gọi
n
r
là số dư của phép chia
n
u
cho
m
, ta có
dãy
n
r
là dãy tuần hoàn, và ta cần chứng minh tồn tại
n
để
1
1, 2
n n

r r

 
chia hết cho
m
. Vì
m
là một số nguyên bất kì , nên
đi
ều đó chỉ xảy ra khi
1
1 2 0
n n
r r

   
(vì chỉ có
số
0
là chia hết cho mọi số nguyên) hay là
1
1, 2
n n
r r

 
.
Vì
m
chưa xác định nên việc xác định các giác trị của

n
r
là khó khăn, do đó ta ngh
ĩ đ
ến
sẽ có giá trị
n
để
1
1, 2
n n
u u

 
. Tuy nhiên, điều này không thể xảy ra vì dãy
( )
n
u
là dãy
tăng và
1
38 2u  
. Khó khăn này là do giá trị bạn đầu của dãy
( )
n
u
được cho lớn hơn 2.
Điều này, gọi ý ta đi xét các giạ trị nhỏ hơn. Từ công thức truy hồi ta có
2 1
4

n n n
u u u
 
 
Do đó, ta có :
0 2 1 1 1 0 2 0 1
4 9, 4 2, 4 1u u u u u u u u u
  
        
Vì vậy ta đi xét d
ãy ph
ụ
1 2
2 1
1, 2
( ) :
4 , 1,2,
n
n n n
v v
v
v v v n
 

  



   



Ta có
3n n
v u


.
Ta chứng minh : Với mọi số nguyên dương
m
, luôn tồn tại
4n 
để
1
,
n n
v v

cùng chia
hết cho
m
.
Gọi
'
n
r
là số dư trong phép chia
n
v
cho
m

, khi đó d
ãy
'
( )
n
r
là dãy tuần hoàn ta giả sử
chu kỳ
k
.
Ta có :
' ' ' '
1 2 1 2
1, 2 1 2 0r r r r      
Do đó
' '
1 2
1 2 0(mod )r r m   
Suy ra
' '
1 1
' '
2 2
1 1 0(mod )
2 2 0(mod )
nk
nk
r r m
r r m





   




   



hay
1 2
1, 2
nk nk
u u
 
 
cùng chia hết cho
m
.
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Từ đó, ta có đpcm.
Ví dụ 9. Cho dãy số
( )
n
u
được xác định như sau:

0 1
1u u 
và
1 1
14
n n n
u u u
 
 
với
1n 
. Chứng minh rằng với
0n 
thì
2 1
n
a 
là một số chính phương.
Lời giải.
Cách 1 : Ta có :
2 2 2 2
1 2 3 4
2 1 1 , 2 1 25 5 , 2 1 19 ,2 1 71u u u u        
Kết quả trên gợi ý ta đi xét d
ãy
1 2
2 1
1, 5
( ) :
n

n n n
u u
u
u xu yu
 

  



 


Với
3 4
5 19 4
19, 71
19 5 71 1
x y x
u u
x y y
 
    
 
   
 
 
   
 
 

, suy ra
2 1
4
n n n
u u u
 
 
.
Ta chứng minh :
2
2 1 , 1
n n
a u n   
(1)
Ta có (1) đúng với
1n 
.
Giả sử
2
2 1 , 1,2, ,
k k
a u k n   
, ta có :
 
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
4 16 8 14(2 1) 2 8 2 2 1
n n n n n n n n n n n n n
u u u u u u u a u u u u a

      
           
 
   
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 14 2 4 6 1 2 1 2 4 6
n n n n n n n n n n n
u u u u u u a u u u u
     
            
Tiếp theo, ta chứng minh :
2 2
1 1
4 6 0
n n n n
u u u u
 
   
(2)
Thật vậy :
2 2
1 1 1 1
(2) (4 ) 6 0 6 0
n n n n n n n
u u u u u u u
   
        
(3)
Ta có :

 
2 2 2 2 2
1 1 2 1 1 2
4 6 6 6
n n n n n n n n n n n n
u u u u u u u u u u u u
     
          
 
2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
4 6 4 6
n n n n n n n n
u u u u u u u u
       
       
2 2
2 2 1 1
4 6 25 20 1 6 0u u u u         
Từ đó ta có đpcm.
Cách 2 : Xét phương tr
ình đ
ặc trưng :
2
14 1 0 7 4 3x x x     
Suy ra
   
7 4 3 7 4 3
n n
n

a x y   
Dựa vào
0 1
1a a 
ta có :
2 3
1
4
(7 4 3) (7 4 3) 1
2 3
4
x
x y
x y
y








 




 
 

   

 






Suy ra
           
2 2 2 1 2 1
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
4 4
n n n n
n
a
 
       
 
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Do đó
   
2
2 1 2 1
3 1 3 1
2 1 , 0
2
n n

n
n
a n
 
 
 
  
 
  
 
 
 
 
.
Đặt
   
2 1 2 1
3 1 3 1
n n
n
v
 
   
, ta chứng minh với mọi
1n 
thì
2
n
n
v 

Từ công thức tổng quát của
n
v
ta có được hệ thức truy hồi :
 
1 2
2
n n n
v v v
 
 
Vì
1 2
1 2
2 2 , 20 2v v  
nên bằng quy nạp và dựa vào hệ thức truy hồi ta chứng minh
được
2
n
n
v 
với
1n 
.
Do đó :
2 1
n
a 
là số chính phương với mọi
0n 

.
Cách 3 : Tương tự như (*) ta có :
2 2
1 1
14 12 0
n n n n
a a a a
 
   
(4)
Thay
n
bởi
1n 
ta có :
2 2
1 1
14 12 0
n n n n
a a a a
 
   
(5)
Từ (4) và (5), ta có
1 1
,
n n
a a
 
là nghiệm của phương tr

ình
:
2 2
14 12 0
n n
t a t a   
Suy ra
 
2 2
' 48 12 12 4 1
n n
a a    
là số chính phương nên tồn tại
m  
sao cho
2 2 2
1
12(4 1) 6 6 6
n
a m m m m m      
Do đó
2 2 2
1 1
4 1 3 (2 1)(2 1) 3
n n n
a m a a m     
(6).
Ta có :
   
2 1,2 1 2 1,2 1

n n n
a a a    
Mặt khác, bằng quy nạp ta chứng minh được
2 1 3, 0
n
a n  
Do đó, từ (6) ta suy ra
2
2
2 1
2 1 3
n
n
a a
a b


 




 



với
1
ab m
Vậy

2 1
n
a 
là số chính phương.
Chú ý : Từ các cách giải bài toán trên, ta có các kết quả của dãy truy hồi tuyến tính cấp
hai như sau :
Tính chất : Cho dãy số
2 1
( ) :
n n n n
u u au bu
 
 
. Khi đó:
1)
 
 
 
1 1
2 2 2
2 1 3 1 2 3 1 2
. ,
n n
n n n
u u u b u u u b c c u u u
 
 
       
2)
 

2
,
n n
u bu


là hai nghiệm của phương tr
ình:
 
2 2
1 1
. 0
n
n n
t au t bu b c
 
    
3)
 
2 2
1
( 4 ) 4
n
n
a b u c b

  
là số chính phương.
Đặc biệt với
1b  

,ta có
1)
2
2 1n n n
u u u c
 
 
2)
1 1
,
n n
u u
 
là hai nghiệm của phương tr
ình:
2 2
0
n n
t au t u c   
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
3)
2 2 2
1 3 1 2
( 4) 4 ,
n
a u c c u u u

   
là số chính phương.

Có lẽ những tính chất trên là nguồn gốc của các bài toán về dãy nguyên truy hồi tuyến tính cấp
hai. Chẳng hạn cho
10, 1a b  
, khi đó
n
u
là nghiệm của phương tr
ình
2 2
1 1
10 0
n n
t u t u c
 
   
, suy ra
2
1 1
5 24
n n n
u u u c
 
  
Với công thức truy hồi
1 1
10
n n n
u u u
 
 

ta cho
1 2 3
1, 9 89u u u   
Do đó
2
3 1 2
89 81 8c u u u    
, nên ta có:
2
1 1
5 24 8
n n n
u u u
 
  
đây chính ví dụ 1.
Hay từ
2
2 1n n n
u u u c
 
 
ta có:
2
1
2
n
n
n
u c

u
u




. Do đó, ta có bài toán sau
Cho dãy số
1 2
2
1
2
1, 9
( ) :
8
n
n
n
n
u u
u
u
u
u



  












. Chứng minh rằng
2
6 2
n
u 
là số chính phương.
Ví dụ 10. Cho dãy số
0 1
n
n n 1 n 2
a 0, a 1
(a ) :
a 2a a , n 2
 

 


   



.
1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
m
và
0 j m 
thì
j
m m j m j
2a a ( 1) a
 
 
2) Cho
k
n 2
. Chứng minh rằng
k
n
a 2
.
3. Các bài toán về phần nguyên
Các bài toán về phần nguyên, chủ yếu ta dựa vào tính chất của phân nguyên
1x x x
 
  
 
để đánh giá và kết hợp với các tính chất số nguyên.
Ví dụ 10. Gọi

là nghiệm dương của phương tr
ình

2
2013 1 0t t  
. Xét dãy số
( )
n
u
được xác định như sau :
1
1
1
, 1
n n
u
u u n


 


 

  

 

. Tìm số dư của phép chia
2013
u
cho
2013

.
Lời giải.
Vì

là nghiệm dương của phương tr
ình
2
2013 1 0t t  
nên ta có
1 
và
2
1
2013 1 0 2013 2013
n
n n
u
u u   
 
        
Vì
2013
n n
u u   
, do đó
2013
n
n n
u
u u


 
 
 
 
 
 
 
Mặt khác :
1n n
u u

 

 
và
1n
u

 
nên
1 1
1
1
n n
n n n n
u u
u u u u
 
 


     
Hay
1 1 1 1
1
1 1
n n
n n n n
u u
u u u u
  
   
 
 
       
 
 
Do đó
1 1 1 2
2013 1 2013 1
n n n n n n
u u u u u u
   
      
Suy ra
2 4 2
1 2
n n n n k
u u u u k
  

      
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Dẫn tới
2013 2013 2.1006 1
1006 1006 1005 1008(mod2013)u u u

      
.
Vậy số dư trong phép chia
2013
u
cho
2013
là
1008
.
Ví dụ 11. Cho
2k
số thực
1 2 1 2
, , , , , , ,
k k
a a a b b b
. Xác định dãy số
( )
n
X
như sau
1

, 1,2,
k
n i i
i
X a n b n

 
  
 

Chứng minh rằng nếu
( )
n
X
là một cấp số cộng thì
1
k
i
i
a


là số nguyên.
Lời giải.
Đặt
1 1
,
k k
k k
i i

A a B b
 
 
 
. Ta có :
1
i i i i i i
a n b a n b a n b
 
     
 
Suy ra
n
An B k X An B    
.
Giả sử
 
n
X
là cấp số cộng với công sai
d
, khi đó
1n
nd X X 
và
1
A B k X A B    
Vì
1 1n
X X nd


 
nên ta có :
1
( 1) ( 1)A n B k X nd A n B       
1 1
An A B k X nd An A B X         
Mà
1
0A B X  
và
1
A B X k  
nên
An k nd An k   
Suy ra
k
A d
n
 
.
Cho
n
tiến ra vô cùng, ta có
0A d A d   
.
Mặt khác
 
n
X

là dãy số nguyên nên
1n n
A d X X

  
là số nguyên (đpcm).
Ví dụ 12. Cho dãy số
( ) : 2
n n
u u n
 

 
 
. Chứng minh rằng, dãy số đ
ã cho ch
ứa vô hạng số
là số chính phương.
Lời giải.
Ta có :
 
2 1
2 1
2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
0 0 0
2 1 ( 2) 2 2 2 2
m m m
m
i i i i i i

m m m m m
i i i
C C C x y



    
  
     
  
 
2 1
2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
0 0
2 1 2 2 2 2
m m
m
i i i i
m m m m
i i
C C y x


   
 
    
 
Trong đó
2 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1
0 0
2 , 2
m m
i i i i
m m m m
i i
x C y C

   
 
 
 
với
0,1,2, m 
Ta có
2 1 2 1
,
m m
x y
 
là những số nguyên dương.
Từ cách xác định
2 1 2 1
,
m m
x y
 
,ta có :
Một số bài toán về dãy số nguyên

Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
       
2 1 2 1
2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
1 2 1 2 1 2 2 2
m m
m m m m m m
y x y x y x
 
     
       
Suy ra
2 2
2 1 2 1
1 2
m m
x y
 
 
. Do đó :
 
2
4 2
2 1 2 1 2 1 2 1
2
m m m m
x x x y
   
 

Mà
 
2
4 4 2 2 2 4 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
1 1
m m m m m m m m
x x x x x x x x
       
        
Suy ra
4 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2
m m m m m m
x x x x y x
     
 
 
   
 
 
 
 
 
Đặt
2 1 2 1m m m
b x y
 


, ta có
m
b
là dãy các số dương và là d
ãy tăng th
ực sự nên
 
m
b
nhân
vô số giá trị nguyên dương và
2
2 1
m m
b m b
u x u

 
là số chính phương (đpcm).
Các bài toán về dãy số nguyên rất phong phú và đa dạng, trong bài viết nhỏ này, chúng
tôi chỉ đề cập đến một phần nhỏ của dãy số nguyên. Mong nhận được sự đóng góp ý
kiến của các đồng nghiệp để chuyên đề được hoàn thiện hơn.
Bài tập vận dụng
Bài 1. (VMO 1997) Cho dãy số
0 1
2 1
1, 45
( ) :
45 7
n

n n n
a a
a
a a a
 
  


 


1) Tính
2
2 1n n n
a a a
 

theo
n
2) Chứng minh rằng
2 1
1997 4.7
n
n
a


là số chính phương.
Bài 2. Cho
1 2

2, 5a a 
và
2 2
2 1
(2 ) (2 )
n n n
a n a n a
 
   
với
1n 
. Tồn tại không
, ,p q r
sao cho
p q r
a a a
.
Bài 3. Cho dãy số
0 1
1 2
9, 161
( ) :
18 , 2
n
n n n
u u
u
u u u n
 
  



   


. Chứng minh rằng
2
1
5
n
u 
là số chính
phương với mọi số tự nhiên
n
.
Bài 4. Cho hai dãy số
( ),( )
n n
a b
được xác định bởi:
0 0
1 1
1 1
3, 3
3 2
4 3
n n n
n n n
a b
a a b

b a b
 
 
   

 


 

.
Tìm tất cả các số tự nhiên
n
để
2
0
( 9)
n
k
k
b



là số chính phương.
Bài 5. Với
p
là một số nguyên tố , xét dãy số
( )
n

a
thỏa mãn :
0
0a 
,
1
1a 
,
2 1
2a 0,1,2,
k k k
a pa k
 
   
Xác định tất cả giá trị của
p
để
1
là một phần tử của dãy
( )
n
a
.
Bài 6.(VMO 2012) Xét các số tự nhiên lẻ a, b mà a là ước số của b
2
+ 2 và b là ước số của
a
2
+ 2. Chứng minh rằng a và b là các số hạng của dãy số tự nhiên (vn) xác định bởi
Một số bài toán về dãy số nguyên

Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
v1 = v2 = 1 và vn = 4vn-1 – vn-2 với mọi n
≥ 2.
Bài 7. Cho dãy số thực
( )
n
a
được xác định bởi:
0 1
1 1
1, ( )
2 3
n n
n
a a a
a

  
với mọi n = 1, 2,
3, … Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, số
2
3
3 1
n
n
A
a


là một số chính phương và

nó có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt.
Bài 8. Cho dãy số
0 1 1 1
( ): 0, 1, 2 1 1
n n n n
a a a a a a n
 
      
. Chứng minh rằng
n n 2
A 4a a 1

 
là số chính phương.
Bài 9 (VMO 1997). Cho dãy số
n 1 2 n 1 n n 1
(x ) : x 7, x 50; x 4x 5x 1975 n 2
 
      
.
Chứng minh rằng
1996
x 1997
.
Bài 10 (VMO 1998). Cho dãy số
0 1
n
n 1 n n 1
u 20; u 100
(u ) :

u 4u 5u 20 n 2
 


 




    



.
Tìm số nguyên dương
h
bé nhất sao cho:
n h n
u u 1998 n *

   
Bài 11. Cho hai dãy
1
n n
1
x 1
(x ), (y ) :
y 1



 






và
2 2
n 1 n n n n
2 2
n 1 n n n n
x 3x 2x y 8y
y 2x 3x y 2y




   





  


n 1 
.
Tìm tất cả các số nguyên tố

p
sao cho
p p
x y
không chia hết cho
p
.
Bài 12. Cho dãy
2
n 0 n 1 n n
(a ) : a 2; a 4a 15a 60 n 1

     
. Hãy xác
đ
ịnh CTTQ của
n
a
và chứng minh rằng số
2n
1
(a 8)
5

có thể biểu diễn thành tổng bình ph
ương c
ủa ba số nguyên
liên tiếp với
n 1 
.

Bài 13. Cho dãy
1
1
1
( ) :
, 1
n
n
n
n
a
a
a
n
a n
n a









   





. Chứng minh rằng với mọi
4n 
thì
2
n
a n
 

 
 
(Bulgaria 1996).
Bài 14. Xét dãy
1
n
3 2
n n 1
u 2
(u ) :
u 3u 2n 9n 9n 3 n 2








      




. Chứng minh rằng với mỗi
số nguyên tố
p
thì
p 1
i
i 1
2000 u



chia hết cho
p
.
Bài 15. Cho các số nguyên
a, b
. Xét dãy số nguyên
n
(a )
được xác định như sau
0 1 2 n 3 n 2 n 1 n
a a; a b; a 2b a 2; a 3a 3a a n 0
  
         
a)
Tìm CTTQ của dãy
n
(a )
.

b)
Tìm các số nguyên
a, b
để
n
a
là số chính phương với
n 1998 
. (VMO – 1998 Bảng B).
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Bài 16. Cho dãy số
0
2
n
n 1 n 1
n
a 1
(a ) :
7a 45a 36
a n 1
2
 









 


  




. Chứng minh
n
1) a
là số nguyên dương với
n 0 
.
n 1 n
2) a a 1


là số chính phương
n 0 
. ( Trung Quốc – 2005 ).
Bài 17. Cho dãy số nguyên
1 2 3
3 2 1
1990, 1989, 2000
( ) :
19 9 1991, 1
n
n n n n

u u u
u
u u u u n
  

   



     


1) Với mỗi
n
, gọi
n
r
là số dư khi chia
n
u
cho 1992. Chứng minh rằng dãy
 
n
r
là dãy
tuần hoàn.
2) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số
x
của dãy số
 

n
u
sao cho
1992 1975 1954 1945 1930 2
5 4 5 8 2 11 48x x x x x x     
chia hết cho
1992
(VMO 1992).
Bài 18. (VMO 1999).Cho hai dãy
0 1 2 1
0 1 2 1
1, 4, 3
( ),( ) :
1, 2, 3
n n n
n n
n n n
x x x x x
x y
y y y y y
 
 

    



   



1) Chứng minh rằng :
2 2
5 4 0, 0,1,2,
n n
x y n    
2) Giả sử
,a b
là các số nguyên dương thỏa
2 2
5 4 0a b  
. Chứng minh rằng tồn tại
k
sao cho
,
k k
x a y b 
.
Bài 19. Cho dãy các số nguyên dương
( )
n
a
được xác định bởi :
2 2 2
1 2 3n n n n
a a a a
  
  
.
Chứng minh rằng nếu
1997

k
a 
thì
3k 
(Austria 1997).
Bài 20 (Bungaria 200) . Cho dãy số
1 2
1 1
43, 142
( ) :
3 , 2
n
n n n
a a
a
a a a n
 

  



   


1) Chứng minh rằng
1
( , ) 1, 1,2,
n n
a a n


  
2) Chứng minh rằng với mọi số nguyên
m
, luôn tồn tại số nguyên dương
n
sao cho
1
1, 1
n n
a a

 
cùng chia hết cho
m
.
Bài 21. Cho dãy
 
n
x
, n=,1,2,3… xác định bởi
1 2
2 1 1
603, 102
2 2, 1
n n n n n
x x
x x x x x n
  



 




     



.
Chứng minh rằng:
a) Mọi số hạng của dãy
đ
ều là số nguyên dương.
b) Có vô số nguyên dương n sao cho
n
x
có 4 chữ số tận cùng là 2003.
c) Không tồn tại số nguyên dương n sao cho
n
x
có 4 chữ số tận cùng là 2004 ( TST Vietnam 2004).