chuyên đề hội thảo một số trường chuyên về dãy số

MỤC LỤC
STT

Nội dung
Trang


LỜI NÓI ðẦU
2

1
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN
Lê Xuân ðại, Trần Ngọc Thắng - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc

3
2
TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH CẤP 2 ðỂ GIẢI
QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
Trường THPT chuyên Hưng Yên

39
3
DÃY SỐ SỐ HỌC
Trường THPT Chuyên Biên Hoà – Hà Nam

48
4
ỨNG DỤNG ðẠO HÀM TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
Nguyễn Thành ðô - Trường THPT Chuyên Bắc Ninh

55
5
DÃY SỐ VÀ GIỚI HẠN
Vũ Thị Vân - Trung học phổ thông Chuyên Bắc Giang

61
6
MỘT PHƯƠNG PHÁP DẠY TỰ HỌC KHÁI NIỆM GIỚI HẠN
DÃY SỐ CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN
Nguyễn Thế Sinh - Trường chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương

78
7
CHUYÊN ðỀ VỀ CẤP SỐ, CĂN NGUYÊN THỦY, THẶNG DƯ BẬC HAI
Phạm Văn Ninh -Trường THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh

102
8
SỬ DỤNG :HỆ THẶNG DƯ ðẦY ðỦ, HỆ THẶNG DƯ THU GỌN ðỂ GIẢI TOÁN

Nguyễn Duy Liên - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc


126
9
THẶNG DƯ TOÀN PHƯƠNG
Trường THPT chuyên Trần Phú - Hải Phòng

143
10

ðỊNH LÝ PHECMA VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG
Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong - Nam ðịnh

155
11
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ðỊNH LÝ FERMAT NHỎ VÀ ðỊNH LÝ CƠ BẢN VỀ SỐ
NGUYÊN TỐ
Nguyễn Văn Thảo - Trường THPT Chuyên Bắc Giang


160
12
SỬ DỤNG PHÉP ðỒNG DƯ TRONG BÀI TOÁN CHIA HẾT
Trường THPT chuyên Hưng Yên


173
13
MỘT VÀI BIẾN ðỔI VÀ ỨNG DỤNG ðƠN GIẢN TRONG SỐ HỌC
Dương Châu Dinh - Trường THPT chuyên Lê Quý ðôn - Quảng Trị

181
14
PHƯƠNG PHÁP GEN
Phạm Quang Thăng - Trường THPT Chuyên Thái Bình

190
15
p
 

  
 

Nguyễn Trung Tuân - Trường THPT Chuyên Hạ Long - Quảng Ninh

198
16
SỬ DỤNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA TÌM HỆ THỨC
LƯỢNG MỚI TRONG TAM GIÁC
Trường THPT Chuyên Hưng Yên

202
17
HÀNG ðIỂM ðIỀU HÒA - CHÙM ðIỀU HÒA
Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam ðịnh

211
18
BÀI TOÁN VỀ ðƯỜNG THẲNG SIMSON VÀ ỨNG DỤNG
Phạm ðức Tùng - TrườngTHPT chuyên Lương Văn Tụy - Ninh Bình

219
19
MỘT SỐ VẤN ðỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH CAUCHY
ðào Thị Lê Dung - Trường THPT chuyên Thái Bình

229
20
PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY
Trường THPT Nguyễn Trãi - Hải Dương

236























HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV

3
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN
Lê Xuân ðại, Trần Ngọc Thắng
Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc

Dãy số là một phần quan trọng của ñại số và giải tích toán học. Dãy số có
một vị trí ñặc biệt quan trọng trong toán học, không chỉ như là một ñối tượng ñể
nghiên cứu mà còn ñóng một vai trò như một công cụ ñắc lực của các mô hình
rời rạc của giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu
diễn… Các vấn ñề liên quan ñến dãy số rất phong phú. Hiện nay có nhiều tài
liệu ñề cập ñến các bài toán về dãy số. Tuy nhiên, chủ yếu quan tâm ñến các tính
chất của dãy số như Giới hạn dãy, số hạng tổng quát, sự ñơn ñiệu của dãy, tính
bị chặn…
Các bài toán về dãy số nguyên là những bài toán hay và khó. Trong bài
viết này chúng tôi muốn trình bày một số vấn ñề cơ bản và các phương pháp
thường sử dụng về dãy số nguyên. Chuyên ñề này ñược 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 toán ñiển hình qua các kì thi Olimpic toán học.
I- MỘT SỐ VẤN ðỀ VỀ LÝ THUYẾT CƠ BẢN
1. Dãy Fibonacci và dãy Lucas.
1.1. Dãy Fibonacci
( )
n
F
mang tên chính nhà toán hoc Pisano Fibonacci. Dãy
cho bởi hệ thức truy hồi ñơn giản
1 2

2 1
1
1
n n n
F F
F F F n
+ +
= =


= + ∀ ≥


Dễ dàng thấy công thức tổng quát của dãy
( )
n
F
là:
1 1 5 1 5
2 2
5
n n
n
F
 
   
+ −
 
= −
   

 
   
 
(Công thức Binet)
Từ sau, ñể thuận tiện cho việc tính toán, ta quy ước
0
0
F
=
.

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


4
1.2. Một vài tính chất số học của dãy Fibonacci:
1.
1
( , ) 1
n n
F F
+
=
với mọi n.
2. Nếu n chia hết cho m thì
n
F

chia hết cho
m
F
.
3. Nếu
n
F
chia hết cho
m
F
thì n chia hết cho m với m>2.
4.
( , )
n m d
F F F
=
với
( , )
d m n
=
.
5. Nế
u
5
n
≥
và
n
F
là s

ố
nguyên t
ố
thì n c
ũ
ng là s
ố
nguyên t
ố
.
6. Dãy
( )
n
F
ch
ứ
a m
ộ
t t
ậ
p vô h
ạ
n nh
ữ
ng s
ố

ñ
ôi m
ộ

t nguyên t
ố
cùng nhau.
7.
5
5 .
n n n
F F q
=
v
ớ
i
n
q
không chia h
ế
t cho 5.
8.
5
k
n
F n k
⇔
M M
.
9.
n
F
có t
ậ

n cùng là 0 khi và ch
ỉ
khi
15
n
M
.
10.
n
F
có t
ậ
n cùng là hai ch
ữ
s
ố
0 khi và ch
ỉ
khi
150
n
M
.
1.3
. M
ộ
t vài h
ệ
th
ứ

c c
ơ
b
ả
n c
ủ
a dãy Fibonacci:
1.
1 2 2
1
n n
F F F F
+
+ + + = −

2.
1 3 2 1 2

n n
F F F F
−
+ + + =

3.
2 4 2 2 1
1
n n
F F F F
+
+ + + = −

4.
2
1 1
. ( 1)
n
n n n
F F F
− +
− = −

5.
2 2 2
1 2 1
.
n n n
F F F F F
+
+ + + =

5.
0 1 2 3 2 1 2 2 1
1
n n n
F F F F F F F
− −
− + − − + = −

6.
2 2

1 1 2
.
n n n n
F F F F
+ − +
− =
.
7.
2
1 2 2 3 2 1 2 2

n n n
F F F F F F F
−
+ + + =

8.
1 2 3
. . ( 1)
n
n n n n
F F F F
+ + +
− = −

9.
4
2 1 1 2
1
n n n n n

F F F F F
− − + +
− =

1.4
. Dãy Lucas
( )
n
L
ñượ
c xác
ñị
nh nh
ư
sau:
0 1
2 1
2; 1
0
n n n
L L
L L L n
+ +
= =


= + ∀ ≥


HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


5
Nh
ữ
ng s
ố
h
ạ
ng c
ủ
a dãy Lucas có th
ể
coi nh
ư
gi
ố
ng v
ớ
i dãy Fibonacci b
ở
i hai
dãy này
ñề
u có cùng h
ệ

th
ứ
c xác
ñị
nh dãy.
T
ươ
ng t
ự
công th
ứ
c Binet cho dãy Fibonacci, ta có công th
ứ
c t
ổ
ng quát c
ủ
a dãy
Lucas:
1 5 1 5
, 0
2 2
n n
n
L n
   
+ −
= + ≥
   
   

2
2. Thặng dư bậc hai

2.1. ðịnh nghĩa.
Ta g
ọ
i là m
ộ
t th
ặ
ng d
ư
b
ậ
c hai modulo (hay là m
ộ
t s
ố

chính ph
ươ
ng ) n
ế
u t
ồ
n t
ạ
i s
ố
nguyên sao cho , trong

ñ
ó là m
ộ
t s
ố
nguyên d
ươ
ng.
2.2. ðịnh lí.
Cho là m
ộ
t s
ố
nguyên t
ố
.
(i) N
ế
u thì m
ọ
i s
ố
l
ẻ

ñề
u là s
ố
chính ph
ươ

ng .
(ii) N
ế
u . Khi
ñ
ó
là s
ố
chính ph
ươ
ng khi và ch
ỉ
khi ;
không là s
ố
chính ph
ươ
ng khi và ch
ỉ
khi .
2.3. Kí hiệu Legendre.
Gi
ả
s
ử
là s
ố
nguyên t
ố
l

ẻ
, là s
ố
nguyên không chia
h
ế
t cho . Khi
ñ
ó ta có các k
ế
t qu
ả
sau:
(1).

(2).
N
ế
u thì
(3).

(4).

(5).

(6).
Lu
ậ
t t
ươ

ng h
ỗ
Gauss: N
ế
u là hai s
ố
nguyên t
ố
l
ẻ
thì:


HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


6
3. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2.
3.1. ðịnh nghĩa.
Ph
ươ
ng trình sai phân tuy
ế
n tính c
ấ
p hai
ẩ

n là ph
ươ
ng
trình sai phân d
ạ
ng: (1)
Ph
ươ
ng trình sai phân tuy
ế
n tính thu
ầ
n nh
ấ
t t
ươ
ng
ứ
ng v
ớ
i ph
ươ
ng trình (1) có
d
ạ
ng: (2)
Nghi
ệ
m t
ổ

ng quát c
ủ
a (1) có d
ạ
ng , trong
ñ
ó là nghi
ệ
m t
ổ
ng
quát c
ủ
a (2), còn là m
ộ
t nghi
ệ
m riêng nào
ñ
ó c
ủ
a (1).
ðể
tìm nghi
ệ
m c
ủ
a (2)
ñầ
u tiên ta l

ậ
p ph
ươ
ng trình
ñặ
c tr
ư
ng c
ủ
a (2) là:
(3)
TH1. N
ế
u ph
ươ
ng trình
ñặ
c tr
ư
ng (3) có hai nghi
ệ
m th
ự
c phân bi
ệ
t thì:

TH2. N
ế
u ph

ươ
ng trình
ñặ
c tr
ư
ng (3) có nghi
ệ
m kép thì:

TH3. N
ế
u ph
ươ
ng trình
ñặ
c tr
ư
ng (3) có nghi
ệ
m ph
ứ
c
v
ớ
i .
Khi
ñ
ó:
Ở

ñ
ây là các h
ằ
ng s
ố
th
ự
c
ñượ
c xác
ñị
nh d
ự
a vào các
ñ
i
ề
u ki
ệ
n ban
ñầ
u.

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

( )

n
a
xác
ñị
nh b
ở
i
0 1
0; 1
a a
= =
và
1 1
3
( 1)
2
n
n n n
aa a
+ −
− +
= −

v
ớ
i m
ọ
i n nguyên d
ươ
ng. Ch

ứ
ng minh r
ằ
ng
n
a
là s
ố
chính ph
ươ
ng v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
Lời giải
. Chú ý r
ằ
ng
2 3 4 5
1; 4; 9; 25
a aa a
= = = =
.
Do
ñ

ó
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
F
a
= = = = = =
,
ở

ñ
ó
( )
n
F
là dãy
Fibonacci.

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


7
T
ừ

ñ
ó ta có

ñị
nh h
ướ
ng ch
ứ
ng minh
2
n n
a
F
=
b
ằ
ng quy n
ạ
p theo n.
Th
ậ
y v
ậ
y, gi
ả
s
ử

2
k k
a
F
=

v
ớ
i m
ọ
i
k n
≤
. Nh
ư
v
ậ
y
2 2 2
1 1 2 2
; ;
n n n n n n
a F a a
F F
− − − −
= = =
(1)
T
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta có
1 1
3 2( 1)

n
n n n
aa a
+ −
− + = −
và
1
1 2
3 2( 1)
n
n n n
aa a
−
− −
− + = −

C
ộ
ng hai
ñẳ
ng th
ứ
c trên ta
ñượ
c:
1 1 2
2 2 0, 2
n n n n
a a a a n
+ − −

− − + = ≥
(2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra
(
)
(
)
2 2
2 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
+ − − − − −
+ − − +
= + − = + + − −
= + − =

V
ậ
y

2
, 0
n n
F na
= ∀ ≥
và ta có
ñ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh.
Bài toán 2
. Cho dãy s
ố

( )
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i
1 2 3
1; 4
aa a
= = =

và
3 2 1
2 2
n n n n
a
a a a
+ + +
= + −

v
ớ
i m
ọ
i n nguyên d
ươ
ng. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
n
a
là s
ố
chính ph
ươ
ng v
ớ
i m
ọ

i
1
n
≥
.
Bài toán 3
. Cho dãy s
ố

( )
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i
0 1 2 3
0; 1; 2; 6
a a a a
= = = =
và
4 3 2 1
2 2 , 0
n n n n n
a a a a a n
+ + + +
= + − − ∀ ≥
.
Ch

ứ
ng minh r
ằ
ng
n
a
chia h
ế
t cho n v
ớ
i m
ọ
i
1
n
≥
.
Lời giải
. T
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta có
4 5 6
12; 25; 48
a a a
= = =
.

Ta có
1 2 3 4 5 6
1; 2; 3; 5; 8
1 2 3 4 5 6
a a a a aa
= = = = = =
, nh
ư
v
ậ
y
n
n
a
F
n
=
v
ớ
i m
ọ
i n = 1, 2,
3, 4, 5, 6,
ở

ñ
ó
( )
n
F

là dãy Fibonacci.
T
ừ

ñ
ó ta có
ñị
nh h
ướ
ng ch
ứ
ng minh
n n
a nF
=
v
ớ
i m
ọ
i
1
n
≥
b
ằ
ng quy n
ạ
p theo
n.
Bài toán 4.

Cho k nguyên d
ươ
ng l
ớ
n h
ơ
n 1. Xét dãy s
ố

( )
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i:
( )
2 2
0 1 2
1 1 1 2
4; ( 2)
2 8, 2
n n n n n n
a a a k
a a a a a a n
+ − − −
= = = −




= − + − + ∀ ≥



Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2
n
a
+
là s
ố
chính ph
ươ
ng v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


8
Lời giải
. G
ọ
i
,
α β
là hai nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình
2
1 0
1
k
t kt
α β
αβ
+ =

− + = ⇒

=



+ Ta ch
ứ
ng minh b
ằ
ng quy n
ạ
p theo n:
(
)
2
2 2
, 0
n n
F F
n
a n
α β
= + ∀ ≥
(1)
D
ễ
th
ấ
y (1)
ñ
úng v
ớ
i n = 0, 1, 2.

Gi
ả
s
ử
(1)
ñ
úng
ñế
n n. Ta có:
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
1 1 2 2
1 1
1 1 2
2 2 2
4 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

α β α β α β
α β
− − − −
+ +
+ − −
− = − − − −
= + + − +
= +

Suy ra
(
)
1 1 1 1
2
4 2 2 2
2
n n n n
F F F F
n
a
α β α β
+ + + +
= + + = +
. Do
ñ
ó (1)
ñượ
c ch
ứ
ng minh.

+ T
ừ
(1), ta có
(
)
2
2 2
2 2
n n n n
F F F F
nn
aa
α β α β
= + + = ++ =
là s
ố
chính ph
ươ
ng
(
ñ
pcm).
Bài toán 4
(IMO 1981). Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c

ủ
a
2 2
P m n
= +
, trong
ñ
ó m, n là
các s
ố
nguyên tho
ả
mãn
1 ; 1981
m n
≤ ≤
và
2 2 2
( ) 1
n mn m
− − =
.
Lời giải
. Ta xét các nghi
ệ
m nguyên d
ươ
ng
( , )
x y

c
ủ
a ph
ươ
ng trình:
2 2 2
( ) 1
x xy y
− − =
(1) v
ớ
i
x y
>
.
G
ọ
i
( , )
n m
là m
ộ
t nghi
ệ
m nh
ư
th
ế
(
n m

>
)
+ Xét b
ộ

( ; )
m n n
+
ta có:
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 1
m n m n n n n mn m
+ − + − = − − − =

Suy ra
( ; )
m n n
+
c
ũ
ng là m
ộ
t nghi
ệ
m c

ủ
a (1)
Rõ ràng (2; 1) là m
ộ
t nghi
ệ
m c
ủ
a (1), nên ta có các b
ộ
sau c
ũ
ng là nghi
ệ
m c
ủ
a
(1):
(3,2);(5,3);(8,5);(13,8);(21,13);(34,21)
;

+ Xét b
ộ

( ; )
m n m
−
ta có:
(
)

(
)
2 2
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 1
m m n m n m n mn m
− − − − = − − − =

Suy ra
( ; )
m n m
−
c
ũ
ng là m
ộ
t nghi
ệ
m c
ủ
a (1).
- N
ế
u
2 2 2
2 ( ) 2 1 ( 1)
m n m n m n n m m n mn m m
≤ − ⇒ ≥ ⇒ − ≥ ⇒ − − > >
(vô lí)
- N

ế
u
m n m
> −
thì b
ộ

( ; )
m n m
−
là m
ộ
t nghi
ệ
m c
ủ
a (1) nh
ỏ
h
ơ
n nghi
ệ
m
( , )
n m
.

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ

HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


9
Quá trình ph
ả
i d
ừ
ng l
ạ
i và k
ế
t thúc
ở
nghi
ệ
m
( ,1) ( 1)
n n
>
. Chú ý thêm r
ằ
ng
(2, 1) là b
ộ
duy nhât tho
ả
mãn (1) mà
1
n

=
.
Tóm l
ạ
i t
ấ
t c
ả
các nghi
ệ
m nguyên d
ươ
ng c
ủ
a (1) s
ẽ
là:
(
)
1
;
n n
F F
−
v
ớ
i
2
n
≥

.
Nh
ư
v
ậ
y, giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a P b
ằ
ng giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a
2 2
1
n n
F F
−
+

v
ớ
i
1981.
n
F
≤

Dãy các s
ố
h
ạ
ng c
ủ
a dãy Fibonacci tho
ả
mãn là: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,
89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597.
V
ậ
y giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a P b
ằ

ng
2 2
1597 987
+
.
Bài toán 6.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i m
ọ
i s
ố
nguyên d
ươ
ng
4
n
≥
thì
1
n
F
+
không
là s
ố

nguy
ế
n t
ố
.
Lời giải
. Ta có
ñẳ
ng th
ứ
c
4
2 1 1 2
1
n n n n n
F F F F F
− − + +
− =
(1)
Gi
ả
s
ử
t
ồ
n t
ạ
i
4
n

≥
sao cho
1
n
F
+
là s
ố
nguyên t
ố
. Khi
ñ
ó t
ừ
(1) thì
1
n
F
+
chia
h
ế
t ít nh
ấ
t m
ộ
t trong các s
ố

2 1 1 2

; ; ;
n n n n
F F F F
− − + +
.
Nh
ư
ng
2 1
1 ; 1
n n n n
F F F F
− −
+ > + >
nên ho
ặ
c
1
1|
n n
F F
+
+
ho
ặ
c
2
1|
n n
F F

+
+
.
Trong tr
ườ
ng h
ợ
p
ñầ
u tiên thì
(
)
(
)
1 1 1
1| 1| ( 1) ( 1) 1| 1
n n n n n n n n
F F F F F F F F
− − −
+ + ⇒ + + + − ⇒ + −
(vô lí)
Trong tr
ườ
ng h
ợ
p th
ứ
hai thì
(
)

1 1 1
1| 1| 2( 1) 2 1| 2
n n n n n n n n
F F F F F F F F
+ − −
+ + ⇒ + + + − ⇒ + −
(vô lí)
V
ậ
y
1
n
F
+
là h
ợ
p s
ố
v
ớ
i m
ọ
i
4
n
≥
.
Bài toán 7.
Cho dãy s
ố

nguyên
( )
n
x
:
0 1
3; 11
x x
= =
và
2 1
2 7 0
n n n
x x x n
+ +
= + ∀ ≥
.
Tìm t
ấ
t c
ả
các s
ố
nguyên d
ươ
ng l
ẻ
a sao cho v
ớ
i m

ọ
i m, n nguyên d
ươ
ng t
ồ
n t
ạ
i
k nguyên d
ươ
ng mà
k
n
x a
−
chia h
ế
t cho
2
m
.
Lời giải
. B
ằ
ng quy n
ạ
p ta ch
ứ
ng minh
ñượ

c
3 (mod8)
n
x
≡

* Ch
ọ
n
3; 1
m n
= =
thì theo gi
ả
thi
ế
t t
ồ
n t
ạ
i
k
+
∈

sao cho
11 (mod8)
k
a≡
Suy ra

3 (mod8) 1;3 (mod8)
k
a a≡ ⇒ ≡
.
* Ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh t
ấ
t c
ả
các s
ố

1(mod8)
a
≡
ho
ặ
c
3(mod8)
a
≡
ñề
u tho
ả
mãn
ñề
bài.

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


10
- V
ớ
i
1
m
=
thì ta ch
ọ
n
1
k
=
tho
ả
mãn
- V
ớ
i
2,3
m
=
thì ta ch

ọ
n
k
ch
ẵ
n n
ế
u
1(mod8)
a
≡
và ch
ọ
n
k
l
ẻ
n
ế
u
3(mod8)
a
≡
.
- Xét
3
m
>
: Ta ch
ứ

ng minh bài toán b
ằ
ng quy n
ạ
p theo m.
Gi
ả
s
ử
v
ớ
i
3
m
>
t
ồ
n t
ạ
i s
ố

m
k
sao cho
2 2 .
m m
k k
m m
n n

x a x a b
−
⇒
− =
M

-

N
ế
u b ch
ẵ
n thì
1
0 (mod2 )
m
k
m
n
x a
+
− ≡
, khi
ñ
ó ta ch
ọ
n
1
m m
k k

+
=
.
-

N
ế
u b l
ẻ
, ch
ọ
n
2
1
2
m
m m
k k
−
+
= +
.
Khi
ñ
ó
( ) ( )
(
)
(
)

2 3
2 2 2
1 1 . 1 . 1 1 2 .
m m
m
n n n n n m
x x x x x q
− −
− = − + + + =
;
m
q
l
ẻ
.
Vì
2
1 ( 1)( 1) 8
n n n
x x x q
− = − + =
v
ớ
i q l
ẻ
.
Suy ra
(
)
(

)
(
)
2 2 2
1
2 2 2 1
1 2 . . 2
m m m
m m
k k
m m
n n n n n m
x a x x a a x x b a q
− − −
+
+
− = − + − = +
M
.
V
ậ
y s
ố

1
m
k
+
tho
ả

mãn.
Kết luận
: T
ấ
t c
ả
các s
ố
a c
ầ
n tìm là
1(mod8)
a
≡
ho
ặ
c
3(mod8)
a
≡
.
2. Sử dụng các tính chất của phương trình sai phân tuyến tính.
M
ộ
t tính ch
ấ
t c
ơ
b
ả

n có r
ấ
t nhi
ề
u
ứ
ng d
ụ
ng c
ủ
a dãy tuy
ế
n tính c
ấ
p hai là tính
ch
ấ
t sau
ñ
ây:
Cho dãy tuy
ế
n tính c
ấ
p hai
( )
n
u
:
2 1

, 1
n n n
u au bu n
+ +
= + ∀ ≥
.
Khi
ñ
ó
(
)
2 1 2
2 1 3 1 2
( ) , 1
n
n n n
u u u b u u u n
−
+ +
− = − − ∀ ≥
.

Bài toán 1.
Cho dãy
( )
n
a
xác
ñị
nh b

ở
i:
1 2
2 1
20; 30
3 , 1
n n n
a a
a a a n
+ +
= =


= − ∀ ≥


Tìm t
ấ
t c
ả
các s
ố
nguyên d
ươ
ng n sao cho
1
1 5
n n
a a
+

+
là s
ố
chính ph
ươ
ng.
Lời giải
.
* Áp d
ụ
ng k
ế
t qu
ả
trên v
ớ
i dãy
( )
n
a
ta
ñượ
c:
2 2 2
1 1 1 3 2 1 1
500 500
n n n n n n
a a a a a a a a a
+ − + −
− = − =

⇒
+ =


HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


11
* Xét v
ớ
i
4
n
≥
, ta có:
(
)
2
2 2
1 1 1
2
n n n n n n
a a a a a a
+ + +
+ = + +
, nh
ư

ng
2 2 2
1 1 1
9 6
n n n n n
a a a a a
+ − −
= − +

Suy ra
(
)
( )
2
2 2 2
1 1 1 1
2 2
1 1 1 1
2
1 1 2
2 2
1 1 1
1
2 9 6
2 3 (3 ) 3
5
5 500
5 500
n n n n n n n n n
n n n n n n n n n

n n n n n
n n n n
n n
a a a a a a a a a
a a a a a a a a a
a a a a a
a a a a
a a
+ + − −
+ − − −
+ − −
+ − −
+
+ = + + − +
= + − + + −
= + −
= + − +
= −

Do
ñ
ó
(
)
2
1 1 1
5 500 5 1
n n n n n n
a a a a a a
+ + +

+ = − < +

T
ừ
dãy
( )
n
a
t
ă
ng và
4
n
≥
ta có
1
180 470 650
n n
a a
+
+ ≥ + =

Suy ra
(
)
(
)
2 2
1 1 1
1 2( ) 1

+ + +
+ + = + + + +
n n n n n n
a a a a a a


(
)
2
1 1
501 5 1
+ +
> + + = +
n n n n
a a a a
V
ậ
y
(
)
(
)
2 2
1 1 1
5 1 1
n n n n n n
a a a a a a
+ + +
+ < + < + +
nên

1
1 5
n n
a a
+
+
không chính
ph
ươ
ng.
B
ằ
ng phép th
ử
tr
ự
c ti
ế
p v
ớ
i n = 1, 2, 3 ta
ñượ
c n = 3 là giá tr
ị
duy nh
ấ
t c
ầ
n tìm.
Bài toán 2.

Cho dãy s
ố
nguyên
( )
n
a
:
1 2
2; 7
a a
= =
và
2
1
1
1 1
, 2
2 2
n
n
n
a
a n
a
+
−
− < − ≤ ∀ ≥
.
Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng
n
a
là s
ố
l
ẻ
v
ớ
i m
ọ
i
1
n
>
.
Lời giải
. Ta có
1 2 3 4 5
2; 7; 25; 89; 317
a a a a a
= = = = =
.
Ta th
ấ
y
2 2
1

1 1
1 1
2 2
n n
n
n n
a a
a
a a
+
− −
− < ≤ +
. Do
ñ
o
ạ
n
2 2
1 1
1 1
;
2 2
n n
n n
a a
a a
− −
 
− +
 

 
có
ñộ
dài b
ằ
ng 1
nên
1
n
a
+
t
ồ
n t
ạ
i m
ộ
t cách duy nh
ấ
t, nh
ư
v
ậ
y dãy
( )
n
a
xác
ñị
nh duy nh

ấ
t.
Ta có ngay
1 2
3 2 (*)
n n n
a a a
− −
= +
v
ớ
i
3,4,5
n
=
. Ta hy v
ọ
ng (*) c
ũ
ng chính là
công th
ứ
c truy h
ồ
i cho dãy
( )
n
a
. Tuy nhiên vi
ệ

c ch
ứ
ng minh kh
ẳ
ng
ñị
nh này

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


12
không h
ề

ñơ
n gi
ả
n. M
ộ
t k
ĩ
thu
ậ
t hay dùng
ở

ñ
ây là
ñ
i xét m
ộ
t dãy
( )
n
b
có tính
ch
ấ
t nh
ư
dãy
( )
n
a
r
ồ
i ch
ứ
ng minh
n n
a b
=
.
Ta xét dãy s
ố

( )
n
b
xác
ñị
nh nh
ư
sau:
1 2
1 2
2; 7
3 2
n n n
b b
b b b
− −
= =


= +


Khi
ñ
ó v
ớ
i m
ọ
i
2

n
≥
thì
2 2
1 1
. ( 2)
n
n n n
b b b
−
+ −
− = −
.
Ta c
ũ
ng d
ễ
dàng có
2
n
n
b
>
b
ằ
ng quy n
ạ
p
T
ừ

ñ
ó
2 2
2 2
1 1 1
1 1
2 1
. 2
2
n
n
n
n n n n
n n
b
b b b b
b b
−
−
+ − +
− −
− = ⇒ − = <
.
Do dãy
( )
n
a
xác
ñị

nh duy nh
ấ
t nên
n n
a b
=
v
ớ
i m
ọ
i
1
n
≥
.
Khi
ñ
ó
1 2
3 2 , 3
n n n
a a a n
− −
= + ∀ ≥
và ta có ngay
n
a
là s
ố
l

ẻ
v
ớ
i m
ọ
i
1
n
>
(
ñ
pcm).
Bài toán 3.
Cho tr
ướ
c a,b nguyên d
ươ
ng và dãy
( )
n
x
xác
ñị
nh b
ở
i:
0
1
1
, 0

n n
x
x ax b n
+
=


= + ∀ ≥


Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i m
ọ
i cách ch
ọ
n a,b thì trong dãy
( )
n
x
t
ồ
n t
ạ
i vô h
ạ

n h
ợ
p s
ố
.
Lời giải
. Gi
ả
s
ử

n
x
là h
ợ
p s
ố
v
ớ
i h
ữ
u h
ạ
n n. G
ọ
i N là s
ố
nguyên d
ươ
ng l

ớ
n h
ơ
n
t
ấ
t c
ả
các giá tr
ị
n tho
ả
mãn. Khi
ñ
ó
m
x
là s
ố
nguyên t
ố
v
ớ
i m
ọ
i
m N
>
.
Ch

ọ
n s
ố
nguyên t
ố

m
x p
=
không chia h
ế
t
1
a
−
.
G
ọ
i t là s
ố
tho
ả
mãn
(1 ) (mod )
t a b p
− ≡
, khi
ñ
ó
1

( ) (mod )
n n
x t a x t p
+
− ≡ −

Ti
ế
p t
ụ
c quá trình và
ñặ
t bi
ệ
t v
ớ
i m=n ta
ñượ
c
1
1
( ) (mod ) ( ) (mod )
p
m p m m
x t a x t p x t p
−
+ −
− ≡ − ≡ −

Hay

1
0 (mod )
m p
x p
+ −
≡
,
ñ
i
ề
u này vô lí vì
1
m p
x
+ −
là s
ố
nguyên t
ố
l
ớ
n h
ơ
n p.
Bài toán 4.
Cho dãy s
ố

( )
n

a
xác
ñị
nh b
ở
i:
0
2
1
1
7 45 36
, 0
2
n n
n
a
a a
a n
+
=



+ −
= ∀ ≥


.
Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng:

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


13
a)
n
a
là s
ố
nguyên d
ươ
ng v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
b)
1
. 1

n n
a a
+
−
là s
ố
chính ph
ươ
ng v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
Lời giải
.
a) Ta có
1
5
a
=
và d
ễ
th
ấ
y ngay dãy
( )

n
a
t
ă
ng ng
ặ
t.
T
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta có
2
1
2 7 45 36
n n n
a a a
+
− = −
. Bình ph
ươ
ng hai v
ế
ta
ñượ
c:
2 2
1 1

7 9 0
n n n n
a a a a
+ +
− + + =
(1)
T
ừ
(1) ta c
ũ
ng có
2 2
1 1
7 9 0
n n n n
a a a a
− −
− + + =
(2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra
(
)
(
)
2 2
1 1 1 1
7 0
+ − + −

− − − =
n n n n n
a a a a a


1 1
7 (3) 1
+ −
⇔ = − ∀ ≥
n n n
a a a n

T
ừ
(3) suy ra
n
a
là s
ố
nguyên d
ươ
ng v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.

b) T
ừ
(1) ta có
( ) ( )
2
2
1
1 1 1
9 1 1
3
n n
n n n n n n
a a
a a a a a a
+
+ + +
+
 
+ = − ⇒ − =
 
 
.
Do
ñ
ó
1
. 1
n n
a a
+

−
là s
ố
chính ph
ươ
ng v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
(
ñ
pcm).
Bài toán 5.
Cho dãy s
ố

( )
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i:
0
2

1
2
4 15 60, 0
n n n
a
a a a n
+
=



= + − ∀ ≥


.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng s
ố

( )
2
1
8
5
n
b a
= +

có th
ể
bi
ể
u di
ễ
n thành t
ổ
ng c
ủ
a ba só
nguyên du
ơ
ng liên ti
ế
p v
ớ
i m
ọ
i
1
n
≥
.
Lời giải
. T
ươ
ng t
ự
bài toán trên ta

ñượ
c:
1 1
8 0, 1
n n n
a a a n
+ −
− + = ∀ ≥

T
ừ

ñ
ó tìm ra
(
)
(
)
4 15 4 15
n n
n
a = + + − .
Nh
ậ
n xét : V
ớ
i m
ỗ
i
1

n
≥

ñề
u t
ồ
n t
ạ
i
*
k
∈

sao cho:
(
)
(
)
4 15 4 15 15.
n n
n
a k
= + + − =

Khi
ñ
ó
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2

2 2
4 15 4 15 15 4 15 4 15 15 2
n n n n
k k
 
+ + − = ⇒ + + − = −
 
 


HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


14
Do
ñ
ó
( )
2 2 2 2
2
1
8 3 2 ( 1) ( 1)
5
n
b a k k k k
= + = + = − + + +
và ta có

ñ
pcm.
Bài toán 6.
Cho hai s
ố
th
ự
c a và b khác 0. Xét dãy s
ố

( )
n
u
xác
ñị
nh b
ở
i:
0 1
2 1
0; 1
, 0
n n n
u u
u au bu n
+ +
= =


= − ∀ ≥


.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng n
ế
u có b
ố
n s
ố
h
ạ
ng liên ti
ế
p c
ủ
a dãy
( )
n
u
là s
ố
nguyên thì m
ọ
i
s
ố
h

ạ
ng c
ủ
a dãy là s
ố
nguyên.
Lời giải
.
Ta có ngay
2
1 2
n
n n n
u u u b
+ +
− =
(1)
+ Gi
ả
s
ử
t
ồ
n t
ạ
i b
ố
n s
ố
h

ạ
ng
1 2 3
; ; ;
m m m m
u u u u
+ + +
là s
ố
nguyên, t
ừ
(1) suy ra
m
b
và
1
m
b
+
là s
ố
nguyên. T
ừ

ñ
ó suy ra b là s
ố
h
ữ
u t

ỷ
. Nh
ư
ng
m
b
là s
ố
nguyên nên b
nguyên.
+ Ta ch
ỉ
c
ầ
n ph
ả
i ch
ứ
ng minh
a
∈

: Ta có
2 1
3 2 1
m m m
m m m
u au bu
u au bu
+ +

+ + +
= −


= −


N
ế
u a là s
ố
vô t
ỉ
thì t
ừ
2 h
ệ
th
ứ
c trên suy ra
1 2
0
m m
u u
+ +
= =
, suy ra b=0, m
ẫ
u
thu

ẫ
n. V
ậ
y a là s
ố
h
ữ
u t
ỷ
.
Xét dãy
ñ
a th
ứ
c h
ệ
s
ố
nguyên
0 1
2 1
( ) 0; ( ) 1
( ) :
( ) ( ) ( ) 0
n
n n n
Q x Q x
Q x
Q x xQ x bQ x
+ +

= =


= − =


Khi
ñ
ó
[
]
( )
n
Q x x
∈
 , môníc và
deg ( ) 1
n
Q x n
= −
.
Ta có
( )
n n
Q a u
=
,
ñặ
c bi
ệ

t
1 1
( )
m m
Q a u
+ +
=
. V
ậ
y a là nghi
ệ
m h
ữ
u t
ỷ
c
ủ
a
ñ
a th
ứ
c
1 1
( ) ( )
m m
P x Q x u
+ +
= −

Vì

ñ
a th
ứ
c
[
]
( )
P x x
∈

và môníc nên
a
∈

. V
ậ
y m
ọ
i s
ố
h
ạ
ng c
ủ
a dãy
( )
n
u
là s
ố

nguyên.
Bài toán 7.
Cho m là s
ố
nguyên d
ươ
ng và dãy s
ố

( )
n
x
xác
ñị
nh b
ở
i:
0 1
2
1 1
0;
, 1
n n n
x x m
x m x x n
+ −
= =



= − ∀ ≥



HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


15
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i m
ộ
t c
ặ
p
2
( ; )a b ∈

, v
ớ
i
a b
≤

là m
ộ
t nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng
trình
2 2
2
1
a b
m
ab
+
=
+
khi và ch
ỉ
khi t
ồ
n t
ạ
i
n
∈


ñể

1
( ; ) ( ; )
n n
a b x x
+
=
.
Bài toán 8.
Cho a,b là các s
ố
nguyên l
ớ
n h
ơ
n 1. Dãy
( )
n
x
xác
ñị
nh b
ở
i:
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
− −
+ −
= =


= − ≥


= −


Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i m
ọ
i s
ố
t
ự
nhiên m,n thì
1 1

.
n m n m n
x x x
+ + − +
chia h
ế
t cho
1
.
m m
x x
−
.
3. Phương pháp sử dụng giới hạn của dãy số
Ta có m
ộ
t tính ch
ấ
t r
ấ
t thú v
ị
v
ề
gi
ớ
i h
ạ
n c
ủ

a các dãy s
ố
nguyên
“N
ế
u dãy s
ố
nguyên
( )
n
a
h
ộ
i t
ụ
v
ề
s
ố
a thì t
ồ
n t
ạ
i
0
n
sao cho v
ớ
i m
ọ

i
0
n n
≥
thì
n
a a
=
”
Bài toán 1.
Cho dãy s
ố
nguyên
0
( )
n n
a
≥
tho
ả
mãn
ñ
i
ề
u ki
ệ
n sau:
1 2
0 7 10 9, 0
n n n

a a a n
+ +
≤ + + ≤ ∀ ≥
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i s
ố
t
ự
nhiên
0
n
sao cho v
ớ
i m
ọ
i
0
n n
≥
thì
0
n

a
=
.
Lời giải
.
ð
ây qu
ả
th
ự
c là m
ộ
t bài toán r
ấ
t khó. T
ừ
gi
ả
thi
ế
t dãy
( )
n
a
nguyên và k
ế
t lu
ậ
n
c

ủ
a bài toán giúp ta
ñị
nh h
ướ
ng vi
ệ
c ch
ứ
ng minh
lim 0
n
a
=
.
ðặ
t
{
}
{
}
1 1
min , , ; max , ,
k k k k k k
x a a y a a
+ +
= =
thì
( )
k

x
là dãy t
ă
ng;
( )
k
y
là dãy
gi
ả
m và
k k
x y
≤
v
ớ
i m
ọ
i k.
Dãy
( )
n
a
b
ị
ch
ặ
n nên hai dãy
( )
k

x
,
( )
k
y
b
ị
ch
ặ
n. Do
ñ
ó c
ả
hai dãy
ñề
u h
ộ
i t
ụ
.
Gi
ả
s
ử

lim ;lim
n n
x x y y
= =
.

Do
;
k k
x y
∈

nên t
ồ
n t
ạ
i
0
n
sao cho v
ớ
i m
ọ
i
0
n n
≥
thì
;
n n
x x y y
= =
.
T
ồ
n t

ạ
i
0
n n
≥
sao cho
2 1
; , 8 10 9
n n n
a y a a x x y
+ +
= ≥
⇒
+ ≤
(1).
C
ũ
ng v
ậ
y, T
ồ
n t
ạ
i
0
m n
≥
sao cho
2 1
; , 10 8 0

m m m
a x a a y x y
+ +
= ≤
⇒
+ ≥
(2).

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


16
T
ừ
(1), (2) và x,y là s
ố
nguyên suy ra
0
x y
= =
.
Do
ñ
ó
lim 0
n
a

=
, suy ra
ñ
pcm.
Bài 2
. Cho s
ố
t
ự
nhiên
3
c
≥
. Xét dãy s
ố

( )
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i:
1
1
1
1 2
2
n

n n
a c
a
a a n
−
−
=



 
= − + ∀ ≥

 
 


Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i s
ố
t
ự
nhiên

0
n
sao cho v
ớ
i m
ọ
i
0
n n
≥
thì
3
n
a
=
.
Lời giải
. Bài toán
ñượ
c gi
ả
i quy
ế
t n
ế
u ta ch
ứ
ng minh
ñ
u

ợ
c
lim 3
n
a
=
.
+ D
ễ
ch
ứ
ng minh b
ằ
ng quy n
ạ
p
3 1
n
a n
≥ ∀ ≥
.
+ T
ừ

ñ
ó suy ra ngay dãy
( )
n
a
gi

ả
m.
V
ậ
y dãy
( )
n
a
h
ộ
i t
ụ
. Chuy
ể
n qua gi
ớ
i h
ạ
n ta
ñượ
c
lim 3
n
a
=
(
ñ
pcm).
4. Phương pháp sử dụng tính tuần hoàn của dãy số dư
ðịnh lý

. Cho dãy s
ố
nguyên
( )
n
a
tho
ả
mãn
trong
ñ
ó là các s
ố
nguyên và m là s
ố

nguyên d
ươ
ng l
ớ
n h
ơ
n 1. G
ọ
i là s
ố
d
ư
trong phép chia cho m. Khi
ñ

ó dãy
( )
n
r
tu
ầ
n hoàn.
Bài toán 1.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng t
ồ
n t
ạ
i vô h
ạ
n s
ố
h
ạ
ng c
ủ
a dãy Fibonacci chia h
ế
t
cho 2012.
Lời giải
.

Ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh bài toán t
ổ
ng quát v
ớ
i m
ọ
i s
ố
t
ự
nhiên n, t
ồ
n t
ạ
i vô h
ạ
n s
ố

h
ạ
ng c
ủ
a dãy Fibonacci chia h
ế
t cho n.

Xét các c
ặ
p s
ố
d
ư
khi chia hai s
ố
h
ạ
ng liên ti
ế
p trong dãy Fibonacci theo modulo
n.
0 1 1 2 2 3
( , );( , );( , )
F F F F F F

Vì dãy Fibonacci là vô h
ạ
n mà ch
ỉ
có
2
n
kh
ả
n
ă
ng cho m

ỗ
i c
ặ
p s
ố
d
ư
theo
modulo n nên t
ồ
n t
ạ
i
1
( , )
i i
F F
+
tho
ả
mãn
i i m
F F
+
≡
và
1 1
i i m
F F
+ + +

≡
(mod n) v
ớ
i
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
− + + + + + −
= − ≡ − =


HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


17
Quá trình c
ứ
ti
ế
p t

ụ
c d
ẫ
n
ñế
n
(mod ) 0
j j m
F F n j
+
≡ ∀ ≥

Suy ra
0 2
0 (mod )
m m
F F F n
≡ ≡ ≡ ≡
, t
ứ
c là có vô h
ạ
n các s
ố

km
F
tho
ả
mãn yêu

c
ầ
u bài toán. V
ậ
y bài toán
ñượ
c ch
ứ
ng minh.
Bài toán 2.
Cho dãy s
ố

( )
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i:
0 1 2
3 2 1
29; 105; 381
3 2 (1) 0
n n n n
a a a
a u u a n
+ + +
= = =



= + + ∀ ≥

.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i m
ỗ
i s
ố
nguyên d
ươ
ng m luôn t
ồ
n t
ạ
i s
ố
t
ự
nhiên n sao cho
các s
ố

1 2

, 1, 2
n n n
a a a
+ +
− −

ñề
u chia h
ế
t cho m.
Lời giải
.
Ta b
ổ
sung thêm b
ố
n s
ố
h
ạ
ng c
ủ
a dãy là
1 2 3 4
8, 2, 1, 0
a a a a
− − − −
= = = =
.
Gi

ả
s
ử

(mod ); 0 1
n n n
a r m r m
≡ ≤ ≤ −
.
Xét các b
ộ
ba
1 2
( , , )
n n n
r r r
+ +
. Khi
ñ
ó t
ồ
n t
ạ
i hai s
ố
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
+ + + +
+ + + +
 
= ≡
 
=
⇒
≡
 
 
= ≡
 

K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i (1) ta

ñượ
c:
(mod )
q k p k
a a m k
+ +
≡ ∀
.
Do
ñ
ó
(mod )
k q p k
a a m k
− +
≡ ∀
.
ðặ
t
*
t q p
= − ∈

thì
(mod )
k k t
a a m k
+
≡ ∀

Suy ra
*
(mod ) ;
k k ht
a a m k h
+
≡ ∀ ∈ ∀ ∈
 
.
Nói riêng ta
ñượ
c
4 4
3 3
2 2
0 (mod )
1 (mod )
2 (mod )
ht
ht
ht
a a m
a a m
a a m
− −
− −
− −
≡ ≡



≡ ≡ −


≡ ≡


V
ớ
i h
ñủ
l
ớ
n thì
4
ht
− ∈

. Khi
ñ
ó
ñặ
t
4
n ht
= −
ta
ñượ
c:
1 2
0(mod ), 1(mod ), 2(mod )

n n n
a m a m a m
+ +
≡ ≡ ≡

Do
ñ
ó các s
ố

1 2
, 1, 2
n n n
a a a
+ +
− −

ñề
u chia h
ế
t cho m (
ñ
pcm).
Bài toán 3
. Cho dãy
( )
n
x
, xác
ñị

nh b
ở
i:

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


18

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
a) M
ọ
i s
ố
h
ạ
ng c
ủ
a dãy
ñề
u là s
ố
nguyên d

ươ
ng.
b) Có vô s
ố
nguyên d
ươ
ng n sao cho có 4 ch
ữ
s
ố
t
ậ
n cùng là 2003.
c) Không t
ồ
n t
ạ
i s
ố
nguyên d
ươ
ng n sao cho có 4 ch
ữ
s
ố
t
ậ
n cùng là
2004.
Bài toán 4

. Cho dãy s
ố

( )
n
x
xác
ñị
nh b
ở
i:
0 1
2
1 1
;
5 3 1
n n n n
x a x b
x x x a n
+ −
= =


= − + ∀ ≥

.
Ch
ứ
ng minh r
ằ

ng v
ớ
i m
ọ
i cách ch
ọ
n các s
ố
nguyên a,b thì dãy trên ho
ặ
c không
có s
ố
nào chia h
ế
t cho 2011 ho
ặ
c có vô s
ố
s
ố
chia h
ế
t cho 2011.
Bài toán 5
Cho dãy s
ố

( )
n

x
xác
ñị
nh b
ở
i:
0 1
2 1
22; 9
. 1 0
n n n
x x
x x x n
+ +
= =


= + ∀ ≥

.
a)

Cho p là s
ố
nguyên t
ố
. Ch
ứ
ng minh r
ằ

ng n
ế
u t
ồ
n t
ạ
i
k
x p
M
thì t
ồ
n t
ạ
i
m k
>
sao cho
m
x p
M

b)

Gi
ả
s
ử

k

x p
M
và
1
k
≥
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng dãy
( )
n
x
tu
ầ
n hoàn k
ể
t
ừ
ch
ỉ
s
ố

n k
≥
.

III- KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN QUA CÁC

KÌ THI OLIMPIC.
1. Bài toán 1 (TST VN 2011).
Cho dãy s
ố
nguyên d
ươ
ng
(
)
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i:
0 1
1, 3
a a
= =
và
2
1
2
1
n
n
n
a
a

a
+
+
 
= +
 
 
v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2
2 1
2
n
n n n
a a a
+ +
− =
v

ớ
i m
ọ
i s
ố
t
ự
nhiên
n
.
Trong
ñ
ó
[
]
x
kí hi
ệ
u s
ố
nguyên l
ớ
n nh
ấ
t không v
ượ
t quá
x
.
Lời giải.

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


19
Hướng thứ nhất.
Ta th
ử
d
ự

ñ
oán dãy s
ố

(
)
n
a
là dãy tuy
ế
n tính d
ạ
ng
2 1
n n n
a pa qa r

+ +
= + +
, v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
. Theo công th
ứ
c truy h
ồ
i ta tính
ñượ
c
2 3 4
10, 34, 116
a a a
= = =
. Khi
ñ
ó t
ừ

2 1
n n n
a pa qa r
+ +

= + +
, v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
ta
ñượ
c h
ệ
:
3 10 4
10 3 34 2
34 10 116 0
p q r p
p q r q
p q r r
+ + = =
 
 
+ + = ⇔ = −
 
 
+ + = =
 

Do

ñ
ó
2 1
4 2
n n n
a a a
+ +
= −

0
n
∀ ≥
. (1)
Ta s
ẽ
ch
ứ
ng minh dãy
(
)
n
a
th
ỏ
a mãn công th
ứ
c truy h
ồ
i (1) b
ằ

ng hai cách sau
ñ
ây:
Cách 1.
Ta ch
ứ
ng minh b
ằ
ng quy n
ạ
p công th
ứ
c truy h
ồ
i (1). Th
ậ
t v
ậ
y, tr
ướ
c
h
ế
t t
ừ

ñẳ
ng th
ứ
c

2
1
2
1
n
n
n
a
a
a
+
+
 
= +
 
 
, b
ằ
ng quy n
ạ
p ta suy ra
1
2 , 0
n n
a a n
+
> ∀ ≥
nên
1 0
2 2 2 , 1

n n
n n
a a a n
−
> > > = ∀ ≥
. (2)
Ta d
ễ
th
ấ
y (1)
ñ
úng v
ớ
i
0
n
=
, ta gi
ả
s
ử
(1)
ñ
úng
ñế
n
0
n k
= ≥

t
ứ
c là:
( )
2 2
2 1 1
2 1 2 1 1 1
1
2 2
4 2 2 2 .
k
k k k k
k k k k k k k k k
k k
a a a a
a 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
2
2 2
k k k
k k k k k k k k
k k
a a a
a a a a a a a a
a a
+
+ + + − + −
+ +
− = − ⇒ − = −

(
)
2 2
2 1 2
2
1 1 1 1
1 1 1 1
4
2 4 4
2 4 2 4
k k k
k k k k
k k k k
k k k k
a a a

a a a a
a a a a
a a a a
+ + +
+
+ − + −
+ + + +
−
⇒ − = − ⇒ − = −

(
)
2
2 2 2 2 2
1 1
1 1
2 2 2 2
2 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
4
4
4.2 2
4 2 4
k k
k k k
k k k k k
k k k
k k k k k k k k
a a a
a a a a a

a a a
a a a a a a a a
− +
+ −
+ + + +
+ + −
+ + + + + + + +
−
⇒ − = + − = + = + = +

(do (3)). K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i (2) ta
ñượ
c:
2 2 2 2
2 2 2 2
2 1 2 1 3
1 1 1 1
4 2 1 4 2 1 1
k k k k
k k k k k
k k k k
a a a a
a a a a a
a a a a

+ + + +
+ + + + +
+ + + +
   
< − < + ⇒ − = + = + =
   
   
. Do
ñ
ó
ñẳ
ng
th
ứ
c (1)
ñ
úng v
ớ
i
1
n k
= +
. V
ậ
y
ñẳ
ng th
ứ
c (1)
ñ

úng v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
T
ừ

ñẳ
ng th
ứ
c (1) ta suy ra
ñượ
c:
( )
2 2
2 1 1
2 1 2 1 1 1
1
2 2
4 2 2 2 .
n
n n n n
n n n n n n n n n
n n
a a a a

a a a a a a a a a
a a
+ + −
+ + + + + −
+
+ +
= − ⇒ = ⇒ − = − = =

Cách 2.
Bây gi
ờ
ta xây d
ự
ng dãy
(
)
n
b
th
ỏ
a mãn
ñ
i
ề
u ki
ệ
n:
0 1
1, 3,
b b

= =
và
2 1
4 2
n n n
b b b
+ +
= −

0
n
∀ ≥
. T
ừ
cách xác
ñị
nh dãy
(
)
n
b
ta
ñượ
c:
2 2
2 1 1
2 1 1 1
1
2 2
2 2

n n n n
n n n n n n
n n
b b b b
b b b b a a
b b
+ + −
+ + + −
+
+ +
= ⇒ + = +

(
)
(
)
2 2 2
2 1 1 1 2 0 1
2 2 2
n n
n n n n n n
b b b b b b b b b
+ + + −
⇒ − = − = = − =


HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV

20
2
1
2
2
n
n
n
n n
b
b
b b
+
+
⇒ = +
(4)
B
ằ
ng quy n
ạ
p d
ễ
th
ấ
y dãy
(
)
n

b
là m
ộ
t dãy t
ă
ng và do
ñ
ó:
2
1 2 1 2 1
4 2 2 2 2 2 2
n n n
n n n n n n
b b b b b b b
− − − −
= − > > > > = ⇒ >
(5)
T
ừ
(4) và (5) ta suy ra
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
2 2
2
1 1 1 , 0
n
n n n n n
n n
n n n n n n
b b b b b

b b n
b b b b b b
+ + + + +
+ +
   
< = + < + ⇒ = + = + ∀ ≥
   
   
(6)
T
ừ
(6) suy ra dãy
(
)
n
b
c
ũ
ng th
ỏ
a mãn:
0 1
1, 3
b b
= =
và
2
1
2
1 , 0

n
n
n
b
b n
b
+
+
 
= + ∀ ≥
 
 
.
Do
ñ
ó ta
ñượ
c
, 0
n n
a b n
= ∀ ≥
. Vì v
ậ
y
2
2 1
2
n
n n n

a a a
+ +
− =
v
ớ
i m
ọ
i s
ố
t
ự
nhiên
n
.
Hướng thứ hai.
Ta s
ẽ
d
ự

ñ
oán
ñẳ
ng th
ứ
c
2 1
4 2
n n n
a a a

+ +
= −

0
n
∀ ≥
nh
ư
sau.
Gi
ả
s
ử
ta ch
ứ
ng minh
ñượ
c
ñẳ
ng th
ứ
c
2
2 1
2
n
n n n
a a a
+ +
− =

v
ớ
i m
ọ
i s
ố
t
ự
nhiên
n
.
Khi
ñ
ó ta có:

( )
2 2
2 1 1 2 0
2 1 1 1
1 1
2 2 2
2 4
n n n n
n n n n n n
n n
a a a a a a
a a a a a a
a a a
+ + −
+ + + −

+
+ + +
− = − ⇒ = = = =

⇒
2 1
4 2
n n n
a a a
+ +
= −
.
ðể
ch
ứ
ng minh công th
ứ
c truy h
ồ
i trên ta th
ự
c hi
ệ
n gi
ố
ng nh
ư
cách 1, cách 2
trong ch
ứ

ng minh theo h
ướ
ng th
ứ
nh
ấ
t.
Nhận xét 1.
T
ừ
cách xác
ñị
nh c
ủ
a dãy
0 1
1, 3
a a
= =
và
2
1
2
1
n
n
n
a
a
a

+
+
 
= +
 
 
v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
, b
ằ
ng ph
ươ
ng pháp quy n
ạ
p ta ch
ỉ
ra
2 , 0
n
n
a n
≥ ∀ ≥
. Khi
ñ

ó ta có:
2 2
1 1
2
2
1
n
n n
n
n n
a a
a
a a
+ +
+
   
+
= + =
   
   
. T
ừ

ñ
ó ta
ñề
xu
ấ
t bài toán sau:
Bài 1.2

Cho dãy s
ố
nguyên d
ươ
ng
(
)
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i:
0 1
1, 3
a a
= =
và
2
1
2
2
n
n
n
n
a
a
a

+
+
 
+
=
 
 
v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2
2 1
2
n
n n n
a a a
+ +
− =
v

ớ
i m
ọ
i s
ố
t
ự
nhiên
n
.
Trong
ñ
ó
[
]
x
kí hi
ệ
u s
ố
nguyên l
ớ
n nh
ấ
t không v
ượ
t quá
x
.
Bài tập tương tự.

Bài 1.3(IMO Shortlist 1988)
Cho dãy s
ố

(
)
n
a
th
ỏ
a mãn
ñ
i
ề
u ki
ệ
n:
0 1
2, 7
a a
= =
và
2
1
2
1
2
n
n
n

a
a
a
+
+
 
= +
 
 
v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
n
a
là s
ố
l
ẻ
và

( )
2
2 1
2
n
n n n
a a a
+ +
− = −
v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
Bài 1.4 (VMO 1997, bảng B)
Cho dãy s
ố
nguyên
(
)
,
n
a n
∈


ñượ
c xác
ñị
nh nh
ư

sau:
0 1 2 1
1, 45, 45 7
n n n
a a a a a
+ +
= = = −
v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


21

a)

Tính s
ố
các
ướ
c nguyên d
ươ
ng c
ủ
a
2
1 2
n n n
a a a
+ +
−
theo
n
.
b)

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2 1
1997 4.7
n

n
a
+
+
là s
ố
chính ph
ươ
ng v
ớ
i m
ọ
i
n
.
Bài 1.5
Dãy s
ố

(
)
,
n
a n
∈


ñượ
c xác
ñị

nh nh
ư
sau:
0 1
2
1
2
1
2
, 0,1,2,
n
n
n
a a
a
a n
a
+
+
= =


+

= =



Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng m
ọ
i s
ố
h
ạ
ng c
ủ
a dãy s
ố

ñề
u là s
ố
nguyên d
ươ
ng.
Bài 1.6
Dãy s
ố

(
)
,
n
a n
∈


ñượ
c xác
ñị
nh nh
ư
sau:
0 1
2
1
2
1
2
, 0,1,2,
n
n
n
a a
a
a n
a
+
+
= =


 
+

= =

 

 


Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2
2 1
2, 0,1,2,
n n n
a a a n
+ +
− = ∀ =

Bài 1.7
G
ọ
i a là nghi
ệ
m d
ươ
ng c
ủ
a ph
ươ
ng trình

2
2012 1 0
x x
− − =
.

Xét dãy s
ố

( )
n
x
:
[
]
10
,
0
1;
n n
ax nx x
+
= ∀ ≥
=
. Tìm ph
ầ
n d
ư
khi chia
2012

x
cho
2012.
2. Bài toán 2 (China South East Mathematical Olimpiad 2011).
Cho dãy th
ỏ
a mãn
ñ
i
ề
u ki
ệ
n: và
v
ớ
i m
ọ
i Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i m
ọ
i s
ố
nguyên d
ươ
ng s

ố

là m
ộ
t s
ố
chính ph
ươ
ng.
Lời giải.

Hướng thứ nhất.
Ta tính
ñượ
c

nên ta d
ự

ñ
oán , trong
ñ
ó
Ta s
ẽ
tìm tính ch
ấ
t c
ủ
a dãy .

ðầ
u tiên ta th
ử
d
ự

ñ
oán dãy là tuy
ế
n tính t
ứ
c là
v
ớ
i m
ọ
i
Do
ñ
ó ta có h
ệ
sau:

⇔
⇔
.
T
ừ

ñ

ó ta có h
ướ
ng gi
ả
i nh
ư
sau: Ta l
ậ
p dãy
ñượ
c xác
ñị
nh nh
ư
sau:
và v
ớ
i m
ọ
i Sau
ñ
ó ta s
ẽ
ch
ứ
ng
minh v
ớ
i m
ọ

i
Cách 1.
T
ừ
dãy truy h
ồ
i c
ủ
a và ta
ñượ
c:
.

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


22
Khi
ñ
ó ta ki
ể
m tra
ñượ
c ngay
ñẳ
ng th
ứ

c v
ớ
i m
ọ
i

Cách 2.
Ta ch
ứ
ng minh b
ằ
ng quy n
ạ
p
ñẳ
ng th
ứ
c trên. Th
ậ
t v
ậ
y, t
ừ
cách xác
ñị
nh
c
ủ
a dãy ta ch
ỉ

ra
ñượ
c:
(1)
Theo công th
ứ
c truy h
ồ
i c
ủ
a dãy và (1) ta có:

hay .
Do
ñ
ó v
ớ
i m
ọ
i
Hướng thứ hai.
T
ừ
công th
ứ
c truy h
ồ
i c
ủ
a dãy ta tìm

ñượ
c công th
ứ
c t
ổ
ng
quát: . Khi
ñ
ó ta ch
ứ
ng minh
ñượ
c:


Bài tập tương tự.
Bài 2.1 (Problem M1174, Kvant)
. Cho dãy s
ố
nguyên
ñượ
c xác
ñị
nh b
ở
i:
và v
ớ
i m
ọ

i
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng v
ớ
i m
ọ
i s
ố
nguyên d
ươ
ng , s
ố
là m
ộ
t s
ố
chính
ph
ươ
ng.
Bài 2.2.
Cho dãy s
ố

( )
n
a

xác
ñị
nh b
ở
i
0 1
0; 1
a a
= =
và
1 1
3
( 1)
2
n
n n n
aa a
+ −
− +
= −

v
ớ
i m
ọ
i n nguyên d
ươ
ng. Ch
ứ
ng minh r

ằ
ng
n
a
là s
ố
chính ph
ươ
ng v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
3. Bài toán 3 (VMO 2011)
.
Cho dãy s
ố
nguyên
(
)
n
a
xác
ñị
nh b
ở

i:
0 1
1, 1
a a
= = −
và
2 1
6 5
n n n
a a a
+ +
= +
v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2012
2010
a
−

chia h
ế
t cho
2011
.
Lời giải.
Hướng thứ nhất.
Xét ph
ươ
ng trình
ñặ
c tr
ư
ng c
ủ
a dãy s
ố

2 1
6 5
n n n
a a a
+ +
= +
là:

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV

23
2
6 5 0 3 14
x x x− − = ⇔ = ±
, ta th
ấ
y nghi
ệ
m này l
ẻ
nên công th
ứ
c c
ủ
a
n
a
s
ẽ
ph
ứ
c
t
ạ
p. Do bài toán ch
ỉ
yêu c
ầ

u ch
ứ
ng minh
2012
2010
a
−
chia h
ế
t cho
2011
nên ta có
th
ể
thay dãy
(
)
n
a
b
ở
i dãy
(
)
n
b
sao cho
(
)
mod2011 , n=0,1,2,

n n
a b≡ ∀

Bây gi
ờ
ta s
ẽ
ch
ọ
n dãy
(
)
n
b
th
ỏ
a mãn:
0 1
1, 1
b b
= = −
và
(
)
2 1
6 5
n n n
b b k b
+ +
= + +

v
ớ
i
m
ọ
i
0
n
≥
và
k
là s
ố
ta s
ẽ
ch
ọ
n sau. Khi
ñ
ó ph
ươ
ng trình
ñặ
c tr
ư
ng s
ẽ
là:
2
6 5 0 ' 14

x x k k
− − − = ⇒ ∆ = +
,
ñể

'
∆
là s
ố
chính ph
ươ
ng ta s
ẽ
ch
ọ
n
2011
k
=
. Nh
ư

v
ậ
y ta xây d
ự
ng dãy
(
)
n

b

ñượ
c xác
ñị
nh nh
ư
sau:
0 1
1, 1
b b
= = −
và
2 1
6 2016
n n n
b b b
+ +
= +
v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
Ph
ươ

ng trình
ñặ
c tr
ư
ng
2
6 2016 0 48; 42
x x x x
− − = ⇔ = = −
, khi
ñ
ó
( )
1 2
48 42
n
n
n
b c c= + −
và k
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
0 1
1, 1
b b
= = −

suy ra

( ) ( )
41 49
48 42 90 41.48 49. 42
90 90
n n
n n
n n
b b= + − ⇔ = + −
(1)
suy ra
2012 2012
2012
90 41.48 49.42
b = +
.
Do 2011 là s
ố
nguyên t
ố
nên theo
ñị
nh lí Fecma nh
ỏ
ta có:
(
)
2011
48 48 mod 2011 ,

≡
(
)
2011
42 42 mod2011
≡
do v
ậ
y ta thu
ñượ
c:
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
2012 2012
90 1 41.48 49.42 90 mod 2011 0 mod 2011 1 0 mod 2011
b b+ ≡ + + ≡
⇒
+ ≡

hay
2012
2010
b

−
chi h
ế
t cho 2011.
T
ừ
cách xác
ñị
nh c
ủ
a dãy
(
)
n
a
và
(
)
n
b
ta có:
(
)
mod2011 , n=0,1,2,
n n
a b≡ ∀
Do
ñ
ó
2012

2010
a
−
chi h
ế
t cho 2011.
Hướng thứ hai.
T
ừ
dãy truy h
ồ
i
2 1
6 5
n n n
a a a
+ +
= +
ta s
ẽ
tìm công th
ứ
c t
ổ
ng quát cho
n
a
.
+) Ph
ươ

ng trình
ñặ
c tr
ư
ng c
ủ
a dãy trên là: .
Khi
ñ
ó , s
ử
d
ụ
ng gi
ả
thi
ế
t
ta
ñượ
c:
(2)
+)
ðặ
t ta
ñượ
c:

Chú ý: ,
trong

ñ
ó: (3)
Và (4)
D
ễ
dàng ch
ứ
ng minh
ñượ
c: (5)
Ta có suy ra
v
ớ
i m
ọ
i . Do
ñ
ó theo (3) và (4) ta
ñượ
c:

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


24
và , t
ừ

ñ
ây
k
ế
t h
ợ
p v
ớ
i (5) ta thu
ñượ
c: (6)
Ta có nên theo
ñị
nh lí Fecma nh
ỏ
và (6) ta
ñượ
c:
hay ta
ñượ
c
chia h
ế
t cho .
Nhận xét 2.
Trong (1) n
ế
u ta thay
2011

n
=
ta
ñượ
c:
( ) ( ) ( )
2011
2011
2011
90 41.48 49. 42 41.48 49.42 mod 2011 90 mod 2011
b = + − ≡ − ≡ −
,
suy ra
2011 2011
1 2011 1 2011
b a
+
⇒
+
M M
. T
ừ

ñ
ó ta có bài toán sau:
Bài 3.1
Cho dãy s
ố
nguyên
(

)
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i:
0 1
1, 1
a a
= = −
và
2 1
6 5
n n n
a a a
+ +
= +
v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng
2011
2010
a
−
chia h
ế
t cho
2011
.
Nhận xét 3.
N
ế
u trong (1) thay
n
b
ở
i s
ố
nguyên t
ố

5
p
>
ta
ñượ
c:

( ) ( ) ( )
90 41.48 49. 42 41.48 49.42 mod 90 mod 1
p
p
p p
b p p b p
= + − ≡ − ≡ − ⇒ +
M
. T
ừ

ñ
ó ta
có bài toán sau:
Bài 3.2
Cho dãy s
ố
nguyên
(
)
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i:
0 1
1, 1
a a

= = −
và
2 1
6 2016
n n n
a a a
+ +
= +
v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
Ch
ứ
ng minh
1
p
a
+
chia h
ế
t cho
p
, trong
ñ

ó
p
là m
ộ
t s
ố
nguyên t
ố
l
ớ
n h
ơ
n 5.
Nhận xét 4.
N
ế
u trong (1) thay
n
b
ở
i s
ố

1
p
+
, trong
ñ
ó
p

là s
ố
nguyên t
ố
l
ớ
n
h
ơ
n 5 ta
ñượ
c:
( ) ( ) ( )
( )
1
1 2 2
1
1 1
90 41.48 49. 42 41.48 49.42 mod 180900 mod
90 2010 2010
p
p
p
p p
b p p
b p b p
+
+
+
+ +

= + − ≡ + ≡
⇒ − ⇒ −M M

Bài 3.3
Cho dãy s
ố
nguyên
(
)
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i:
0 1
1, 1
a a
= = −
và
2 1
6 2016
n n n
a a a
+ +
= +
v
ớ
i m

ọ
i
0
n
≥
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1
2010
p
a
+
−
chia h
ế
t cho
p
, trong
ñ
ó
p
là m
ộ
t s
ố
nguyên t

ố
l
ớ
n
h
ơ
n 5.
Nhận xét 5.
Bây gi
ờ
ta s
ẽ

ñư
a ra bài toán t
ổ
ng quát cho
bài toán 3
. Trong cách
ch
ứ
ng minh theo h
ướ
ng th
ứ
nh
ấ
t
bài toán 3
ta th

ấ
y s
ố
nguyên t
ố
th
ỏ
a mãn
hay là s
ố
chính ph
ươ
ng .
Do v
ậ
y trong
bài toán 3
ta có th
ể
thay s
ố
nguyên t
ố
b
ằ
ng s
ố
nguyên t
ố

th
ỏ
a mãn là s
ố
chính ph
ươ
ng . Khi
ñ
ó ta có bài toán sau:
Bài 3.4
Cho dãy s
ố
nguyên
(
)
n
a
xác
ñị
nh b
ở
i:
0 1
1, 1
a a
= = −
và
2 1
6 5
n n n

a a a
+ +
= +
v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
.
Tìm t
ấ
t c
ả
các s
ố
nguyên t
ố
sao cho là s
ố
chính ph
ươ
ng và
chia h
ế
t cho .
Lời giải.
Tr

ướ
c h
ế
t ta tìm t
ấ
t c
ả
các s
ố
nguyên t
ố
sao cho là s
ố
chính
ph
ươ
ng .

HỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ðỒNG BẰNG BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC LẦN THỨ IV


25
là s
ố
chính ph
ươ
ng khi và ch

ỉ
khi ho
ặ
c
.
TH1. . Khi
ñ
ó ta có: t
ừ

ñ
ó x
ả
y ra hai kh
ả
n
ă
ng sau:
+) N
ế
u ( ) thì
hay ta
ñượ
c
.
+) N
ế
u ( ) thì
hay ta
ñượ

c
.
TH2. . Khi
ñ
ó ta có: t
ừ

ñ
ó x
ả
y ra hai kh
ả
n
ă
ng sau:
+) N
ế
u ( ) thì
hay ta
ñượ
c
.
+) N
ế
u ( ) thì
hay ta
ñượ
c
, do nguyên t
ố

nên ta lo
ạ
i tr
ườ
ng h
ợ
p
.
V
ậ
y t
ấ
t c
ả
các s
ố
nguyên t
ố
c
ầ
n tìm có d
ạ
ng:
.
Chú ý
các s
ố
nguyên t
ố
có d

ạ
ng trên là t
ồ
n t
ạ
i vì theo
ñị
nh lí
Dirichlet
v
ớ
i hai
s
ố
nguyên d
ươ
ng nguyên t
ố
cùng nhau thì t
ồ
n t
ạ
i vô h
ạ
n các s
ố
nguyên t
ố

d

ạ
ng .
Ta tr
ở
l
ạ
i ch
ứ
ng minh
bài 3.4
.
Ta s
ẽ
d
ự
a theo h
ướ
ng gi
ả
i th
ứ
nh
ấ
t c
ủ
a
bài toán 3
. Do là s
ố
chính ph

ươ
ng
nên t
ồ
n t
ạ
i s
ố
nguyên d
ươ
ng sao cho . Xét dãy s
ố

(
)
n
b

ñượ
c xác
ñị
nh nh
ư
sau:
0 1
1, 1
b b
= = −
và
(

)
2
2 1
6 9
n n n
b b m b
+ +
= + −

v
ớ
i m
ọ
i
0
n
≥
,
d
ễ
th
ấ
y là s
ố
th
ỏ
a mãn . Khi
ñ
ó ph
ươ

ng trình
ñặ
c tr
ư
ng c
ủ
a dãy
là:
2 2
6 9 0 3 ; 3
x x m x m x m
− − + = ⇔ = − = +
suy ra
( ) ( )
2 2
1 2
3 3
n
b c m c m
= + + −

và k
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
0 1
1, 1

b b
= = −
ta
ñượ
c:
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
1 1 2 2
1
2 4 3 4 3
2 4 3 4 3 4 3 4 3 mod
n n
n
p p
p
mb m m m m
mb m m m m m m m m p
+ +
+
= + + + − −
⇒ = + + + − − ≡ + + + − −
⇒