skkn một số tính chất số học của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai

1
Trần Đình Hữu – THPT Chuyên Hà Tĩnh
A. ĐẶT VẤN ĐỀ:

Trong nhiều năm gần đây kỳ thi học sinh giỏi quốc gia viết tắt là (VMO) và
kỳ thi chọn đội tuyển việt nam dự thi học sinh giỏi quốc tế viết tắt là (TST) đều
có câu dãy số và thường hay xuất hiện câu tính chất số học của dãy số. Nếu như
bài dãy số thuần túy thì vấn đề không còn mới và là câu cho điểm trong đề thi
nhưng câu số học trong dãy số lại là vấn đề tương đối mới và được mọi người
quan tâm.Trước vấn đề đặt ra như vậy, việc tiếp cận và giải quyết nó như thế
nào đòi hỏi mỗi giáo viên đều phải suy nghĩ, nghiên cứu để giúp các em tiếp cận
vấn đề này một cách nhẹ nhàng, linh hoạt qua đó vận dụng các kiến thức cơ bản
của nó vào giải quyết các bài toán dang này. Chính vì vậy tôi chọn đề tài “ Một
số tính chất số học của dãy số nguyên tuyến tính cấp hai”.
B. NỘI DUNG:
I. Cơ sở khoa học:
I.1 Cơ sở lý luận: xét về dãy số thì mỗi một chúng ta đều biết đó là
phần cơ bản của giải tích cổ điển và số học thuộc phân môn lý thuyết số.
Các bài toán số học nó xuất hiện mọi nơi, mọi lúc trong đời sống hàng ngày
cũng như trong các nghành khoa học kỹ thuật và các bài toán về số học khó
và lời giải thường không tự nhiên nên để đạt được hiệu quả khi làm toán về
nó đòi hỏi người học phải biết phân chia phạm vi kiến thức để lựa chọn
kiến thức, công cụ để giải quyết nó. Đề tài của tôi chia thành 3 phần kiến
thức là: Tính chia hết, tính chính phương và tính nguyên tố của dãy số
nguyên tuyến tính cấp hai. Để làm rõ được ba phần này tôi đưa ra bốn tính
chất và quan trọng nhất là tính chất 1.
I.2 Cơ sở thực tiễn: Với quan điểm đi từ dễ đến khó, từ đơn giản đến
phức tạp, dạy cho học sinh các bài toán gốc, bài toán cơ bản để qua đó học
sinh làm được những bài khó và phức tạp hơn và hơn nữa là ứng biến linh
động khi găp các tình huống mới. Qua nhiều năm tham gia giảng dạy đội

dự tuyển cũng như đội tuyển của trường tôi thấy cách tiếp cận của các em

2
về phần này chưa thật tự nhiên, chưa tự tin trong các bài toán dạng này
đồng thời chưa phân loại rõ một số tính chất số học xuất hiện trong các bài
toán dạng này. Vì những suy nghĩ đó tôi mạnh dạn thu thập, sắp xếp theo
suy nghĩ của bản thân để trao đổi cùng đồng nghiệp. Với mục đích nâng cao
chất lượng từng buổi dạy của thầy và hiệu quả trong các kỳ thi của trò.
II. kết quả nghiên cứu:
MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN TUYẾN TÍNH
CẤP HAI
II.1 Định nghĩa:
Dãy (x
n
):
0 1
2 1
;
n n n
x x
x ax bx
 
 
 


 

với , , , , , 0;a b a b n
 

  
 
gọi là dãy số
nguyên tuyến tính cấp hai.
Từ định nghĩa này ta thu được bốn tính chất như sau:
Tính chất 1:
2 2
1 2 1 2 0
( 1) ( );
n n
n n n
x x x b x x x
 
    với
n
 

.
Tính chất 2: Nếu
1
b
 
thì
2
1
2
n
n
n
u c

x
u




với
n
 

.
Tính chất 3:
2 2
1
( 4 ) 4( 1)
n
n
a b u c

   là số chính phương với
n
 

.
Tínhchất 4: Xét dãy
( )
n
y
thỏa mãn:

2 2 2
1 1 2 2 2 1
, , ( 2) 2
n n n
y x y x y a y y c
 
     
thì
2
n n
y x

với
n
 

.
Các tính chất này việc chứng minh đơn giản nhưng tôi yêu cầu các
em trình bày 1 cách rõ ràng, chi tiết.
Trên cơ sở bốn tính chất này, tôi chia các bài toán dạng này thành 3
phần như sau.
II.2. . Tính chia hết trong dãy số nguyên.
Ví dụ 1. Cho
( )
n
a
:
0 1 1 1
1, 2, 3
n n n

a a a a a
 
   
CMR:
2
1 1
1
2
n
n n
n
a
a a
a
 

  
,
*
n N
  .
( Thi học sinh giỏi quốc gia 2009)

3
Lời giải: áp dụng tính chất 1 ta có:
2
1 1
1
n n n
a a a

 
 
và 0
n
a n
  


2 2 2
1 1
1 1 1 1
1 1
1
1
( )
n n
n n
n
n n
n n n n
a a a
a a
a a a
a a
a
 
  
 




      
(đpcm).
Ví dụ 2. 1. cho
( )
n
a
:
2
1
0 1 2
1; 3; 1
n
n
n
a
a a a
a


 
   
 
 

CMR:
2
2 1
2
n

n n n
a a a
 
 
.
( Chọn đội tuyển Việt Nam 2011)
Lời giải: Từ cách cho dãy ta dự đoán:
2 1n n n
a pa qa r
 
  


2 1
4 2
n n n
a a a
 
   (1)
*) C/m (1) bằng qui nạp
*) áp dụng tính chất 1thu được:
2
2 1
2
n
n n n
a a a
 
 
(đpcm).

Ví dụ 3. Cho dãy số {u
n
} thỏa mãn






, 3,2,2254
50,7
11
21
nuuu
uu
nnn

Chứng minh rằng u
1996
chia hết cho 1997.
Lời giải
Xét dãy {v
n
} thỏa mãn v
n
= 4u
n
+ 11 khi đó







, 3,2,54
211,39
11
21
nvvv
vv
nnn

Dựa vào phương trình đặc trưng của dãy {v
n
} ta dễ dàng xác định được số hạng tổng
quát của dãy là
3
5.25)1(8
nn
n
v




3
5.258
1996
1996


v
Vì 1997 là số nguyên tố nên theo định li Fermat, ta có:
5
1996


1 (mod 1997)

8 + 25.5
1996


8 + 25 (mod 1997)

33 (mod 1997).


3v
1996


33 (mod 1997).
Mà v
1996
= 4u
1996
+ 11 nên suy ra :12u
1996
+ 33


33 (mod 1997)


12u
1996


1997
Mặt khác (12, 1997) = 1 nên u
1996


1997.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 4. Cho dãy số {u
n
} xác định như sau

4






, 4,367
18,14,0
211
321

nuuu
uuu
nnn

Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì u
p


p.
Lời giải
Theo cách xác định dãy số ta tìm được số hạng tổng quát của u
n
là
u
n
= 1 + 2
n
+ (-3)
n
.
Với mọi số nguyên tố p thì
2
p


2 (mod p) và (-3)
p


-3 (mod p)

Do đó: u
p
= 1 + 2
p
+ (-3)
p


1 + 2 + (-3) (mod p) Hay u
p


p.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Với những dãy số nguyên tuyến tính có phương trình đặc trưng có nghiệm
nguyên thì ta dễ dàng sử dụng định lí Fermat trong chứng minh chia hết. Còn với
những dãy nguyên tuyến tính có phương trình đặc trưng có nghiệm vô tỉ ta thường sử
dụng nhị thức Newton để chứng minh chia hết.
Ví dụ 5. (VMO - 2011) Cho dãy số nguyên (a
n
) xác định bởi
a
0
= 1, a
1
= - 1
a
n
= 6a
n - 1

+ 5a
n - 2
, với n = 2, 3,
Chứng minh rằng a
2012
- 2010 chia hết cho 2011.
(Thi học sinh giỏi quốc gia 2011)
Lời giải
Dễ dàng tìm được số hạng tổng quát của dãy số là
14
)143)(1427()143)(1427(
nn
n
a


Do đó:
14
)143)(1427()143)(1427(
20122012
2012

a
Mặt khác, theo khai triển Newton ta có
14)14.(3)143(
2012
0
2012
2012
2012

BAC
k
k
kk






5
14)14.(3)1()143(
2012
0
2012
2012
2012
BAC
k
k
kkk




.
Trong đó : .14 14.33
10062012
2012
20102

2012
20120
2012
CCCA 
.14.3 14.33
10052011
2012
20093
2012
20111
2012
CCCB 
Do đó:
14
)14)(1427()14)(1427(
2012
BABA
a



a
2012
= A + 4B.
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh A + 4B

-1 (mod 2011)
Thật vậy, ta có:
1
201120112012



kkk
CCC với mọi k = 2, 3, , 2010
Mà 2011 là số nguyên tố nên
k
C
2011


2011 với mọi k = 1, 2, , 2010.
Từ đó suy ra :
k
C
2012


2011 với mọi k = 2, 3, , 2010.
Do đó A + 4B

3
2012
+ 14
1006
- 4(3
2011
+ 3.14
1005
) (mod 2011)


2. 14
1005
- 3
2011
(mod 2011)
Mà 3
2011


3 (mod 2011) và 14 là số chính phương mod 2011 nên :
14
1005
=
2
12011
14


1 (mod 2011).
Từ đó suy ra A + 4B

2 - 3 (mod 2011)

-1 (mod 2011)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 6. Cho dãy số {u
n
} được xác định như sau







, 3,2,2
6,2
11
21
nuuu
uu
nnn

Tìm phần dư của u
1024
chia cho 1023.
Lời giải
Dễ dàng tìm được số hạng tổng quát của dãy {u
n
} là
nn
n
u )21()21( 
Do đó:
10241024
1024
)21()21( u
Theo khai triển nhị thức Newton, ta có
2)21(,2)21(

10241024
BABA 

6
Với :
1024
1024
5124
1024
22
1024
0
1024
2 22 CCCCA 

1023
1024
5125
1024
23
1024
1
1024
2 22 CCCCB 
Do đó: u
1024
= 2A
Ta có:
1
102310231024



kkk
CCC với mọi k = 2, 3, , 1022.
Mà 1023 là số nguyên tố nên
k
C
1023

1023
với mọi k = 1, 2, , 1022.
Từ đó suy ra :
k
C
1024


1023 với mọi k = 2, 3, , 1022.
Nên : )1023(mod222
1024
1024
5130
1024
CCA 

2+2
513
(mod 1023).
Mặt khác: 2
10


1 (mod 1023)

2
513
= 8.(2
10
)
51


8 (mod 1023)
Do đó 2A

10 (mod 1023)
Vậy phần dư của phép chia u
1024
cho 1023 là 10.
Nhận xét: Việc sử dụng nhị thức Newton rất có hiệu quả đối với các bài toán chứng
minh một số hạng cụ thể của dãy chia hết cho p. Tuy nhiên nó thường không có tác
dụng đối với việc chứng minh trong dãy số tồn tại một số hạng của dãy chia hết cho p
hoặc tồn tại vô hạn số hạng của dãy chia hết cho p. Đối với những bài toán dạng này
ta thường phải chứng minh dãy số dư của u
n
khi chia cho p tuần hoàn kể từ một số
hạng nào đó.
Ví dụ 7. Cho dãy số {u
n
} được xácđịnh như sau







, 3,2,197654
100,20
11
21
nuuu
uu
nnn

Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một số hạng của dãy chia hết cho 1996.
Lời giải
Xét dãy {v
n
} với v
n
là phần dư của phép chia u
n
cho 1996.
Hay v
n


u
n
(mod 1996), 0


v
n


1995.
Dễ thấy v
n+1


4v
n
+ 5v
n - 1
- 1976 (mod 1996)
Xét các cặp (v
1
, v
2
), (v
2
, v
3
), , (v
n
, v
n + 1
),
Vì dãy {v
n

} là vô hạn mà số các cặp (a, b) với 0

a, b

1995 là hữu hạn nên phải tồn
tại hai số tự nhiên i, j (i > j) sao cho







 11 ji
ji
vv
vv


7
Khi đó. Ta có : 5(v
i - 1
- v
j - 1
)

5(v
i +1
- 4v
i

+ 1976 ) - 5(v
j+1
- 4v
j
+ 1996)


5(v
i+1
- v
j+1
) - 20(v
i
- v
j
) (mod 1996)


0 (mod 1996)
Mà (5, 1996) = 1 nên v
i - 1
- v
j - 1


0 (mod 1996)
Vì 0

v
i - 1

, v
j - 1


1995 nên v
i - 1
= v
j - 1

Lí luận tương tự ta dẫn đến v
i - 2
= v
j - 2

Cứ tiếp tục như vậy ta sẽ dẫn đến :









)(11
)(22
ji
ji
vv
vv

Bây giờ ta sẽ chứng minh v
i - j
= 0
Thật vậy, ta có: 5v
i - j


v
i - j + 2
- 4v
i - j + 1
+ 1976 (mod 1996)


v
2
- 4v
1
+ 1976 (mod 1996)


u
2
- 4u
1
+ 1976 (mod 1996)


100 - 4.20 + 1976 (mod 1996)


0 (mod 1996).
Vì (5, 1996) = 1 nên v
i - j


0 (mod 1996)
Do đó u
i - j


0 (mod 1996)
Vậy có điều phải chứng minh.
Ví dụ 8. (Chọn ĐT Khoa học tự nhiên - 2009)
Cho dãy {a
n
} được xác định: a
0
= 0, a
1
= 1, a
2
= 2, a
3
= 6
a
n + 4
= 2a
n + 3

+ a
n + 2
- 2a
n + 1
- a
n
, n = 0, 1,
a) Chứng minh rằng a
n
chia hết cho n với mọi n ≥ 1.
b) Chứng minh rằng dãy số






n
a
n
, n = 1, 2, chứa vô số số hạng chia hết cho
2009.
(Chọn Đội tuyển Trường KHTN năm 2009)
Lời giải
a) Phương trình đặc trưng của dãy {a
n
} là

8
x

4
- 2x
3
- x
2
+ 2x +1

= 0

(x
2
- x - 1)
2
= 0


















2
51
2
51
x
x

Khi đó số hạng tổng quát của dãy trên là
a
n
= c
1

n
+ c
2

n
+ n(c
3

n
+ c
4

n
)
Dễ dàng tìm được
c

1
= c
2
= 0,
5
1
,
5
1
43
 cc
.
Do đó
)
5
1
5
1
(
nn
n
na



Từ đó suy ra
n
n
F
n

a
 với {F
n
} là dãy Fibonaci.
Do đó a
n


n với mọi n.
b) Bổ sung vào dãy {F
n
} một số hạng F
0
= 0 mà ta vẫn giữ được hệ thức
F
n +1
= F
n
+ F
n - 1
, n = 0, 1,
Xét dãy {v
n
} với v
n
là phần dư của phép chia F
n
cho 2009.
Hay v
n


u
n
(mod 2009), 0

v
n


2008.
Dễ thấy v
n+1


v
n
+ v
n - 1
(mod 2009)
Xét các cặp (v
1
, v
2
), (v
2
, v
3
), , (v
n

, v
n + 1
),
Vì dãy {v
n
} là vô hạn mà số các cặp (a, b) với 0

a, b

2008 là hữu hạn nên phải tồn
tại hai số tự nhiên i, j (i > j) sao cho







 11 ji
ji
vv
vv

Làm tương tự ví dụ 7, ta suy ra 0 = v
0
= v
i - j

và dãy {v
n

} tuần hoàn với chu kì (i - j).

9
Do đó v
k(i - j)
= 0 hay F
k(i - j)

0 (mod 2009)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
II.3. Dãy số và số chính phương
Ví dụ 1. Cho (a
n
):
1 2
20; 30
a a
 
và
*
2 1
3
n n n
a a a n
 
   


Tìm
*

n

sao cho:
1
1 5
n n
S a a

  là số chính phương.
( Chọn đội tuyển Sư phạm Hà Nội 2012)
Lời giải:
Ta thử: n=3 thỏa mãn và c/m
4
n

thì S không là số chính phương.
Thật vậy, áp dụng tính chất 1 ta được:
2
1 1
500 (1)
n n n
a a a
 
 
Lại do (a
n
) là dãy tăng và
1
650 4
n n

a a n

   
nên ta c/m được:

2 2
1 1
( ) ( 1)
n n n n
a a S a a
 
    

4
n
 

Suy ra: S không là số chính phương
4
n
 
.
Vậy: n=3.
Ví dụ 2. Cho dãy số {a
n
} được xác định như sau
0 1
1 1
0, 1
3

( 1) , 1,2,
2
n
n n n
a a
a a a
n
 
 


  
  



Chứng minh rằng với mọi n thì a
n
là số chính phương.
Lời giải
Ta sẽ chứng minh với mọi n thì a
n
= F
n
2
, trong đó {F
n
} là dãy Fibonaci
Thật vậy: a
0

= 1 = F
0
2
, a
1
= 1 = F
1
2
, a
2
= 4 = F
2
2
.
Giả sử a
k
= F
k
2
với mọi k

n
Khi đó: a
n

= F
n
2
, a
n - 1

= (F
n-1
)
2
, a
n - 2
= (F
n - 2
)
2

Theo cách xác định dãy {a
n
} ta có: a
n + 1
-3a
n
+ a
n - 1
= 2(-1)
n



a
n
- 3a
n - 1
+ a

n - 2
= 2(-1)
n - 1

Từ đó ta suy ra: a
n+1
- 2a
n
- 2a
n - 1
+ a
n - 2
= 0


a
n +1
= 2(F
n
)
2
+ 2(F
n - 1
)
2
- (F
n - 2
)
2

10
= (F
n
+ F
n - 1
)
2
+ (F
n
- F
n - 1
)
2
- (F
n - 2
)
2

= (F
n + 1
)
2
+(F
n - 2
)
2
- (F
n - 2
)

2
= (F
n + 1
)
2

Từ đó suy ra diều phải chứng minh.
Ví dụ 2. Cho dãy số {a
n
} xác định như sau






, 2,1,3
3,2
11
10
naaa
aa
nnn

Tìm n sao cho 5(a
n
- 2) là một số chính phương.
Lời giải
Số hạng tổng quát của dãy trên là:
nn

n
a )
2
53
()
2
53
(




Mặt khác ta cũng chứng minh được ngay : a
2k


2 (mod 5) và a
2k + 1


3 (mod 5).
Do đó 5(a
n
- 2) là số chính phương thì a
n
- 2

5

n = 2k.

Khi đó:
kk
k
a
22
2
)
2
53
()
2
53
(




Khi đó: 5(a
2k
- 2) =
2
)
2
53
()
2
53
(5












kk

Theo khai triển Newton ta có

3 5 5 3 5 5
( ) ; ( )
2 2 2 2
k k
k k
A B A B   
 
Với:













































2
1
2
21
2
2
3311
22
2
2
2
220
53 5.33
5.3 5.33
kk
k
k
k
k
k
k
k
kk
k
k
k

k
k
k
k
CCCB
CCCA

Khi đó:
k
k
kk
c
B
.5
2
5
)
2
53
()
2
53
(
1





với c

k
là số hữu tỉ.


a
2k
- 2 = 5c
k
2
nguyên nên c
k
2
là số nguyên
Mà c
k
hữu tỉ nên c
k


Z
Từ đó suy ra 5(a
2k
- 2) = (5c
k
)
2
với 5c
k



Z
Vậy với mọi k thì 5(a
2k
- 2) là số chính phương.

11
Ví dụ 3. Cho dãy số {a
n
} được xác định như sau
a
n
= 2
8
+ 2
11
+ 2
n
, n = 1, 2,
Tìm n để a
n
là một số chính phương.
Lời giải
Ta có: a
n
= 2
8
+ 2
11
+ 2
n

= x
2


2
n
= (x - 48)(x + 48)
Với x là một số nguyên dương nào đó.
Khi đó x - 48 = 2
s
và x + 48 = 2
n - s
, n > 2s
Từ đó suy ra :2
n - s
- 2
s
= 96

2
s
(2
n - 2s
- 1) = 3.2
5
















12
5
312
5
2
n
s
s
sn

Vậy a
n
là số chính phương khi và chỉ khi n = 12
Ví dụ 4. Cho dãy số {a
n
} được xác định như sau
1 2
1 1
1, 3
( 2) ( 1) ; 2, 3,

n n n
a a
a n a n a n
 
 


    


Tìm n để a
n
là luỹ thừa p của một số nguyên (p ≥ 2).
Lời giải
Ta dễ dàng chứng minh được : a
n
= 1! + 2! + + n!
Trường hợp 1: p = 2.
Ta có n!

10 với mọi n ≥ 5
Do đó, nếu n ≥ 5 thì a
n


1! + 2! + 3! + 4! (mod 10)


(1 + 2 + 6 + 24) (mod 10)


3 (mod 10)
Từ đó suy ra a
n
không thể là số chính phương nếu n ≥ 5.
Với 1

n

4, thử trực tiếp thấy n = 1 và n = 3 thỏa mãn.
Trường hợp 2. n ≥ 3
Ta có a
1
= 1 = 1
p
với mọi p.
Với n ≥ 2 thì a
n
= 1! + 2! + 3! + + n!

3
Giả sử a
n
= b
p
(p ≥ 3)

u
n



27
Ta có 9!

27 nên k!

27 với mọi k ≥ 9.

12
Do đó:a
n

a
8
(mod 27) với n ≥ 9.
Mà : a
8
= 1! + 2! + +8! = 46233

1(mod 27).
Nên a
n
không chia hết cho 27 với mọi n ≥ 8 hay a
n


b
p
với mọi n ≥ 8.
Bằng cách thử trực tiếp k = 2, 3, , 7 thấy không có giá trị nào thỏa mãn.
Vậy n = 1 là giá trị cần tìm.

II.4. Dãy số nguyên và số nguyên tố.
Ví dụ1. Cho dãy (u
n
):
0 1
2 1
0, 1
1999
n n n
u u
u u u
 
 


 

với
n N
 

Tìm các giá trị của n sao cho u
n
là số nguyên tố.
Lời giải:
Từ giả thiết và bằng qui nạp ta chứng minh được u
n
là số nguyên dương và
1
1998 2

n n
u u n

  
.
Mặt khác, Theo tính chất 1 ta có:


2 1 1
(u 1) u 1 (1) n N
n n n n
u u
  
    
.
*) U
2
=1999 nên U
2
là số nguyên tố.
*) Ta C/m
3
n
 
thì u
n
không là số nguyên tố.
Thật vậy, giả sử
, 3
k N k

  
sao cho u
k
là số nguyên tố, khi đó:
Từ (1) suy ra:
2 1 1
( 1)( 1)
k k k k
u u u u
  
  
.
Do u
k
là số nguyên tố
1
1
1
(2)
1
k k
k k
u u
u u











.
Mà
1
1998 (2)
k k
u u

  vô lý

điều giả sử sai

đfcm.
Như vậy, Trong dãy u
n
chỉ có u
2
là số nguyên tố.
Ví dụ 2. Cho dãy số {u
n
} được xác định : u
n
= 3
n
- 2
n
– 1

n
 


Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố thì u
p


42p.
Lời giải
Ta có : u
p
= 3
p
– 2
p
– 1 = (3
p
- 3) – (2
p
- 2)

0 (mod p). (1)
Mặt khác: 3
p
– 2
p
– 1 = (3
p
- 1) – 2

p


2 (2)
Mà p > 7

p lẻ

13
Do đó: 3
p
– 2
p
– 1

- (-1)
p
– 1

0 (mod 3) (3)
Bây giờ ta cần chứng minh: 3
p
– 2
p
– 1

7
Ta có: 3
p
– 2

p
- 1

= 3.3
p-1
– 2
p
– 1
=
1 1
2 2
3.9 2 1 3.2 2 1
p p
p p
 
    
(mod 7)
=
1 1
2 2
2 2 2 1
p p
p
 
  

Do (p, 3) = 1 nên p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2
Nếu p = 3k + 1 thì:
1 1
2 2

2 2 2 1
p p
p
 
  
=
1 1
2 2
8 1 2 2 2 2 (mod7)
p p
k p p
 
    
1 1 1
2 2 2
2 (2 1) 2 (8 1) 0(mod7)
p p p
k
  
    
Nếu p = 3k + 2 ta chứng minh tương tự.
Từ đó suy ra đpcm.
Ví dụ 3. Cho dãy số (a
n
) xác định như sau
a
n

= 2
n

+ 3
n
+ 6
n
– 1 với n = 1, 2, …
Tìm số tự nhiên nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của dãy trên.
( Chọn đội tuyển Việt Nam 2005)
Lời giải
Ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p đều tồn tại một số hạng a
n
chia hết cho
p.
Thật vậy, ta có a
2
= 2
2
+ 3
2
+ 6
2
– 1 = 48 chia hết cho 2 và 3.
Xét p ≥ 5
Ta có : (2, p) = 1; (3, p) = 1; (6, p) = 1
Do đó, từ định lí Fermat suy ra: 2
p – 1


3
p – 1


6
p – 1


1 (mod p)
Từ đó dễ dàng chứng minh được: 6a
p – 2


p
Mà (p, 6) = 1 nên a
p – 2


p
Do đó chỉ có số 1 là số tự nhiên duy nhất nguyên tố cùng nhau với mọi số hạng của
dãy (a
n
).
IV. Bài tập áp dụng

14
1 . Cho
0 2 2 2 2 2
2 1 2 1 2 1
.2 .2 .3 .3
n n n n
n n n n
S C C C


  
    .
CMR: Với mọi
*
n

thì
n
S
là tổng của 2 số chính phương liên tiếp.
( Chọn đội tuyển Tĩnh Hà Tĩnh 2012)
2. (VMO-97). Cho
0 1 2 1
( ) : 1, 45, 45 7
n n n n
a a a a a a
 
   
a. Tính số các ước dương của
2
1 2
.
n n n
a a a
 
 theo
n

b.Chứng minh rằng:

2 1
1997 7 4
n
n
a

 
là scp

n



3. Cho
0 1 2 1
( ): 3, 11, 2 7
n n n n
u u u u u u
 
   
Tìm
*
a N
 sao cho với

*
m N
 ,

n N


,

*
2
k m
n
k N u a 

.
4. Cho
( )
n
a
:
0 1 1 1
; ;
n n n
a a a b a da a
 
   
,
0
,
\{ }
a b Z

,
d R


Tìm
d
để
n
a Z

,
n


5. Cho
( )
n
u
:
1 2 1 1
7, 50, 4 5 1975
n n n
u u u u u
 
    
Chứng minh rằng:
1996
1997
u


6. (VMO-98) Cho
( )

n
u
:
0 1 1 1
20, 100, 4 5 20
n n n
u u u u u
 
    

Tìm
*
h N
 nhỏ nhất sao cho 1998
n h n
u nu


 
 

7. (VMO 2011) Cho
( )
n
a
:
0 1 1 2
1, 1, 6 5
n n n
a a a a a

 
    
Chứng minh rằng:
2012
2010 2011.
a 


8. Cho
( )
n
u
:
1 2 2 1
0, 1, 1
n n n
u u u u u
 
    

CMR nếu
p
là số nguyên tố,
5
p

thì
1
( 1
p p

u u p




9. (VMO-95) Cho
( )
n
a
:
0 1
1, 3
a a
 
và
2 1
2 1
9
5
n n n
n n n
a a a
a
neu n chan
neu n la a
e
 
 
 



 


Chứng minh rằng: a)
2000
2
1995
20
i
i
a



b)
2 1
k
a

không là số chính
phương
10. Cho
( )
n
x
:
1 2 2 1
1, 11, 5
n n n

x x x x x
 
   
CMR
n
x
không là số chính phương
3.
n
 

(Kiểm tra đội tuyển IMO việt nam 2013)
11. Cho
( )
n
a
:
0 1 2 1
0, 3, 6 2
n n n
a a a a a
 
    

Chứng minh rằng:
n

:
2 2
( 1)

n n
a a
 
là số chính phương
12. Cho
( )
n
a
:
0 1 2 1
, , 3 ,
n n n
a a a b a a a a b Z
 
     

Chứng minh rằng:
2
:5
n
k Z a k
  
là scp.
13. Cho
( )
n
a
:
0 1 2 1
1, 6, 6

n n n
a a a a a
 
   

a. Chứng minh rằng:
2 2
1 1
6 . 1
n n n n
a a a a
 
  

b. Chứng minh rằng:
*
,
n N k N
    :
2
( 1)
.
2
n
k k
a


14. Cho
( )

n
a
:
1 2 1 1
5, 11, 2 3
n n n
a a a a a
 
   
Chứng minh rằng: dãy trên có vô số số nguyên dương và số nguyên âm.
16. (India 1996) Cho
1 2 2 1
1, 1, 2, 2
n n n n
a a a a a a
 
    


15
Chứng minh rằng:
1
, .
m m
m a a

 cũng là 1 số hạng của dãy.
17. Cho
( )
n

u
:
1 2 2 1
2, , 1
n n n
u u u u u n
 
     

Chứng minh rằng:
k N
 
sao cho
2003
2004
2004ku
Z
u



18. (bungari2001) Cho dãy
( )
n
a
:
0 1 1 2
4, 22, 6
n n n
a a a a a

 
   
Chứng minh rằng tồn tại 2 dãy nguyên dương
( )
n
x
và
( )
n
y
sao cho
2
7
n
n
n n
y
a
x y




n
 


19. Cho dãy {u
n
} thỏa mãn : , 5,4,

86
24,2,1
32
2
213
2
1
321











n
uu
uuuu
u
uuu
nn
nnnn
n

Chứng minh rằng với mọi n thì u
n

chia hết cho n.
20. Cho dãy số {x
n
} xác định như sau:






.2,35
,
1
2
1
10
nxxx
bxax
nnn

với a, b là hai số nguyên cho trước. Chứng minh rằng dãy số trên hoặc không có số
hạng nào chia hết cho 1997 hoặc có vô số số hạng chia hết cho 1997.
(Toán học tuổi trẻ số T4/254)
21. Cho dãy {a
n
} được xác định:








.1,19947530
96,1964
1
2
12
21
naaaaa
aa
nnnnn

Chứng minh rằng không tồn tại số hạng nào của dãy là tổng luỹ thừa bảy của ba số
nguyên.
(Toán học tuổi trẻ T6/255)
22. Cho dãy {u
n
} được xác định bởi:






.0,72
11,3
12
10
nuuu

uu
nnn

Tìm các số nguyên dương lẻ a sao cho với các số nguyên dương m và n tuỳ ý luôn tìm
được số nguyên dương k sao cho au
k
n
 chia hết cho 2
m
.
23. Cho dãy {u
n
} được xác định như sau:






0,1999
1
12
10
nuuu
uu
nnn

Tìm các số tự nhiên n sao cho u
n
là số nguyên tố.

16
24. (Bulgari 1999) Cho {a
n
} là dãy số nguyên thỏa mãn
(n - 1)a
n + 1
= (n + 1)a
n
- 2(n - 1).
Biết rằng a
1999

chia hết cho 2000. Tìm số nguyên dương n ≥ 2 và n nhỏ nhất sao cho
a
n
chia hết cho 2000.
25.
Cho một dãy số gồm 2n + 1 số nguyên dương liên tiếp sao cho tổng bình phương
của n +1 hạng đầu tiên bằng tổng bình phương của n số hạng còn lại. Hỏi trong dãy
đó có số 2001 không?
26
Cho dãy {a
n
} xác định như sau:







, 1,0,2
1,0
12
10
naaa
aa
nnn

Chứng minh rằng a
n
chia hết cho 2
k
khi và chỉ khi n chia hết 2
k
, với mọi k nguyên
không âm.
27.
Cho dãy số {u
n
} thỏa mãn:






.172
11,3
12

21
nuuu
uu
nnn

Tìm số nguyên dương lẻ a sao cho với mọi m, n nguyên dương tuỳ ý luôn tìm được số
nguyên dương k sao cho
au
k
n

chia hết cho 2
m
.
28. Cho dãy {u
n
} được xác định như sau;






,1,0,1999
1,0
12
10
nuuu
uu
nnn

Tìm các số tự nhiên n sao cho u
n
là số nguyên tố.
29. Cho dãy
( )
n
u
có thõa mãn
n
u


và
1 2
2
1
1
2, 7
1 1
2
2 2
n
n
n
u u
u
u n
u



 



     



Chứng minh rằng khi
2
n

thì
n
u
là số nguyên lẻ.
30. Cho dãy
( )
n
a
xác định như sau:
0 1 2 1
1, 8, 14 8
n n n
a a a a a
 
    

Chứng minh rằng các số sau chính phương:

a)
1
1
n n
a a


b)
1
n
a

c)
3 1
n
a

.
31. Cho dãy
( )
n
a
xác định như sau:

0 1 2 3
1 3 2 1
0, 1, 2, 6
2 2 ,
n n n n n
a a a a

a a a a a n
   
   


     



a) .Chứng minh:
*
n
a n n
 
 


17
b) Chứng minh dãy
n
a
n
 
 
 
Chứa vô hạn số hạng chia hết cho 2009.
( Chọn đội tuyển KHTN 2009-2010)

18

C. THỰC NGHIỆM:
1. Mục đích thực nghiệm: Kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của đề tài.
2. Nội dung thực nghiệm:
- Triển khai đề tài: “MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ
NGUYÊN TUYẾN TÍNH CẤP HAI”.
- Đối tượng áp dụng: Học sinh khá, giỏi về môn toán, học sinh các đội dự
tuyển và đội tuyển học sinh giỏi quốc gia.
- Thời gian thực hiện: 6 buổi (khoảng 18tiết).
3. Kết quả thực nghiệm:
Tôi đã triển khai đề tài này đối với đội dự tuyển và đội tuyển học sinh giỏi
quốc gia của trường và kết quả bước đầu thu được đáng khích lệ, hơn nữa nó bổ
sung toàn diện về các bài thi phần dãy số nói chung và dãy số nguyên nói riêng.
Tuỳ theo mức độ kiến thức của từng khối lớp, tôi đưa ra hệ thống bài tập
phù hợp nên đã làm cho các em tỏ ra rất hứng thú, say mê.
Đối với các em lớp 10, 11 các bài tập chỉ dừng lại ở mức sử dụng bốn tính
chất trên để giải các bài toán đơn giản.
Đối với các em học sinh trong đội tuyển cần làm hết 30 bài tập tương tự và
tìm hiểu thêm các phần ứng dụng dãy số vào giải phương trình nghiệm nguyên
liên hệ với công thức nghiệm của phương trình pell…
Kết quả thật khả quan: Hầu hết các em đều hiểu bài nhanh, trình bày lời
giải rõ ràng, chính xác.
Kết quả cụ thể:
+ 50% học sinh làm tốt tất cả các bài tập vận dung.
+ 25% học sinh làm được 80% số bài.
+ 18% học sinh làm được 60% số bài.
+ 7% học sinh làm được 50% số bài.
Điều đáng nói là không có học sinh nào không làm được bài tập.

19
KẾT LUẬN CHUNG:

Như vậy, đứng trước những phần kiến thức mới và khó nếu chúng ta mạnh
dạn chịu khó đầu tự thời gian và sức lực thì ít nhiều ta cũng chuyển được lạ về
quen và làm chủ được kiến thức.
Trong thực tế giảng dạy, bằng cách khai thác sâu một vấn đề, thay đổi các
điều kiện của bài toán để được bài toán mới đã tạo cho các em hứng thú hơn,
linh hoạt hơn khi giải toán, từ đó học sinh có một thói quen tìm tòi suy nghĩ khai
thác bài học nhằm rèn luyện một trí tuệ nói chung và tư duy toán học nói riêng.
Qua đó nhân cách của học sinh được hình thành và phát triển đó cũng là mục
đích của công cuộc đổi mới phương pháp dạy và học mà ngành giáo dục đang
rất quan tâm.
Bài viết chắc chắn còn nhiều thiếu sót phần tôi cũng chỉ là sưu tầm sắp xếp
lại các bài tập có tính hệ thông từ dễ đến khó theo cách của bản thân rất mong
nhận được sự đóng góp và chia sẽ của các bạn và đồng nghiệp./.
Hà Tĩnh, tháng 3 năm 2014