Một số bài toán về dãy số

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Nguyễn Thành Giáp
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Hà Nội - 2011
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Nguyễn Thành Giáp
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
TS. Phạm Văn Quốc
Hà Nội - 2011
Mục lục
Lời nói đầu 3
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị 5
1.1. Dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1. Định nghĩa 5
1.1.2. Cách cho một dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.3. Một vài dãy số đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.4. Giới hạn của dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2. Sơ lược về phương pháp sai phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3. Số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3.1. Đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3.2. Một số định lý cơ bản của số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
Chương 2. Tính chất số học của dãy số 17
2.1. Tính chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2. Tính chất số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1
2.3. Tính chính phương 46
2.4. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Chương 3. Giới hạn của dãy số 60
3.1. Giới hạn của tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.2. Dãy con và sự hội tụ của dãy số . . . . . 65
3.3. Dãy số xác định bởi phương trình 73
3.4. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Kết luận 84
Tài liệu tham khảo 85
2
Lời nói đầu
Dãy số là một lĩnh vực khó và rất rộng, trong các đề thi học sinh giỏi quốc
gia, quốc tế cũng thường xuất hiện các bài toán về dãy số. Để giải được các bài
toán về dãy số đòi hỏi người làm toán phải có kiến thức tổng hợp về số học,
đại số, giải tích. Các vấn đề liên quan đến dãy số cũng rất đa dạng và cũng có
nhiều tài liệu viết về vấn đề này, các tài liệu này cũng thường viết khá rộng về
các vấn đề của dãy số, các vấn đề được quan tâm nhiều hơn là các tính chất số
hoc và tính chất giải tích của dãy số.
Tính chất số học của dãy số thể hiện như tính chia hết, tính nguyên, tính
chính phương. . . , tính chất giải tích có nhiều dạng nhưng quan trọng là các bài
toán tìm giới hạn dãy số. Các bài toán về dãy số thường là các bài toán hay và
khó, tác giả luận văn đã sưu tầm, chọn lọc và phân loại theo từng chủ đề.
Luận văn với đề tài “Một số bài toán về dãy số” có mục đích trình bày
một cách hệ thống, chi tiết tính chất số học của dãy số, giới hạn dãy số. Luận
văn được trình bày với 3 chương.
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. Chương này hệ thống lại kiến thức
cơ bản nhất về dãy số, số học, phương pháp sai phân sẽ được dùng để giải quyết
các bài toán trong các chương sau.
Chương 2. Tính chất số học của dãy số. Chương này trình bày một số vấn

đề về tính chất số học của dãy số như tính chia hết, tính nguyên, tính chính
phương. . . và nêu ra các phương pháp giải toán, phân tích các bài toán cụ thể.
3
Chương 3. Giới hạn của dãy số. Chương này đề cập đến một số bài toán
về giới hạn dãy số như: Giới hạn của tổng, dãy con và sự hội tụ của dãy số, dãy
số xác định bởi phương trình cùng với phương pháp giải cụ thể cho từng dạng
toán.
Luận văn được hoàn thành với sự quan tâm giúp đỡ, hướng dẫn khoa học
của TS. Phạm Văn Quốc, thày đã tận tình chỉ bảo cách tập nghiên cứu khoa
học, cách làm và trình bày bản luận văn này đồng thời thày cũng có nhiều ý
kiến quý báu để hoàn thành luận văn. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc
nhất tới thày.
Nhân dịp này tác giả cũng xin cảm ơn khoa Toán – Cơ – Tin học, phòng
Sau đại học, phòng Công tác chính trị sinh viên trường Đại học Khoa học Tự
nhiên – Đại học Quốc gia Hà nội đã tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trong suốt
hai năm học cũng như trong quá trình làm luận văn, cảm ơn Ban giám hiệu,
các bạn đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Trung Ngạn đã giúp đỡ cho tác giả
trong công tác và trong học tập thời gian qua, tác giả cũng xin cảm ơn gia đình,
bạn bè đã cổ vũ, động viên tác giả vượt qua mọi khó khăn để hoàn thành bản
luận văn này.
Hà Nội, ngày 25 tháng 11 năm 2011
Học viên
Nguyễn Thành Giáp
4
Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1. Dãy số
1.1.1. Định nghĩa
Mỗi hàm số u xác định trên tập các số nguyên dương N
∗

được gọi là
một dãy số vô hạn (gọi tắt là dãy số). Kí hiệu:
u :N
∗
−→ R
n −→ u(n)
Dãy số thường được viết dưới dạng khai triển: u
1
, u
2
, , u
n
, Trong đó
u
n
= u(n) và gọi u
1
là số hạng đầu, u
n
là số hạng thứ n và là số hạng tổng quát
của dãy số.
Mỗi hàm số u xác định trên tập M = 1, 2, 3, . . . , m với m ∈ N
∗
được gọi là
một dãy số hữu hạn. Dạng khai triển của nó là u
1
, u
2
, , u
m

trong đó u
1
là số
hạng đầu, u
m
là số hạng cuối.
Dãy số (u
n
) được gọi là:
• Dãy đơn điệu tăng nếu u
n+1
> u
n
với mọi n = 1, 2,
5
• Dãy đơn điệu không giảm nếu u
n+1
≥ u
n
với mọi n = 1, 2,
• Dãy đơn điệu giảm nếu u
n+1
< u
n
với mọi n = 1, 2,
• Dãy đơn điệu không tăng nếu u
n+1
≤ u
n
với mọi n = 1, 2,

Dãy (u
n
) được gọi là:
• Dãy số bị chặn trên nếu tồn tại số M sao cho u
n
< M, với mọi N = 1, 2,
• Dãy số bị chặn dưới nếu tồn tại số m sao cho u
n
> m, với mọi N = 1, 2,
• Dãy số bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới.
Dãy số (u
n
) được gọi là tuần hoàn với chu kỳ k nếu u
n+k
= u
n
, với mọi n ∈ N.
Dãy số (u
n
) được gọi là dãy dừng nếu tồn tại một số N
0
sao cho u
n
= C với
mọi n ≥ N
0
. (C là hằng số, gọi là hằng số dừng)
1.1.2. Cách cho một dãy số
Dãy số cho bằng công thức của số hạng tổng quát: Ví dụ xét dãy số
(u

n
) được cho bởi
u
n
=
1
√
5

1 +
√
5
2

n
−
1
√
5

1 −
√
5
2

n
.
Dãy số cho bằng phương pháp truy hồi: Dãy số (u
n
) được xác định bởi






u
1
= 1, u
2
= 50
u
n+1
= 4u
n
+ 5u
n−1
− 1975, n = 2, 3, 4,
Dãy số cho bằng phương pháp mô tả: Ví dụ xét dãy số (u
n
) được cho bởi:
a
1
= 19, a
2
= 98. Với mỗi số nguyên n ≥ 1, xác định a
n+2
bằng số dư của phép
chia a
n
+ a

n+1
cho 100.
6
1.1.3. Một vài dãy số đặc biệt
1.1.3.1. Cấp số cộng
Định nghĩa 1.1.1. Dãy số u
1
, u
2
, u
3
, được gọi là một cấp số cộng với công
sai d (d khác 0) nếu u
n
= u
n−1
+ d với mọi n = 2, 3,
Tính chất:
1. u
n
= u
1
+ (n −1)d.
2. u
k
=
u
k−1
+ u
k+1

2
với mọi k = 2, 3,
3. Nếu cấp số cộng có hữu hạn phần tử u
1
, u
2
, , u
n
thì u
1
+u
n
= u
k
+u
n−k
với mọi k = 2, 3, , n − 1 và
S
n
= u
1
+ u
2
+ ··· + u
n
=
n
2
(u
1

+ u
n
) =
n
2
[2u
1
+ (n −1)d].
1.1.3.2. Cấp số nhân
Định nghĩa 1.1.2. Dãy số u
1
, u
2
, u
3
, được gọi là một cấp số nhân với công
bội q (q khác 0 và khác 1) nếu u
n
= u
n−1
q với mọi n = 2, 3,
Tính chất:
1. u
n
= u
1
q
n−1
với mọi n = 2, 3,
2. u

2
k
= u
k−1
· u
k+1
với mọi k = 2, 3,
3. S
n
= u
1
+ u
2
+ ··· + u
n
=
u
1
(q
n
− 1)
q −1
.
1.1.3.3. Dãy Fibonacci
Định nghĩa 1.1.3. Dãy u
1
, u
2
, được xác định như sau:






u
1
= 1, u
2
= 1
u
n
= u
n−1
+ u
n−2
, với mọi n = 2, 3,
7
được gọi là dãy Fibonacci.
Bằng phương pháp sai phân có thể tìm được công thức tổng quát của dãy
là:
u
n
=
1
√
5

1 +
√
5

2

n
−
1
√
5

1 −
√
5
2

n
.
1.1.4. Giới hạn của dãy số
Định nghĩa 1.1.4. Ta nói rằng dãy số (u
n
) có giới hạn là hằng số thực a hữu
hạn nếu với mọi số dương ε (có thể bé tùy ý), luôn tồn tại chỉ số n
0
∈ N (n
0
có thể phụ thuộc vào ε và vào dãy số (u
n
) đang xét), sao cho với mọi chỉ số
n ∈ N, n ≥ n
0
ta luôn có |u
n

− a| < ε. Khi đó kí hiệu lim
n→+∞
u
n
= a hoặc
lim u
n
= a và còn nói rằng dãy số (u
n
) hội tụ về a. Dãy số không hội tụ gọi là
dãy phân kì.
Định lý 1.1.5. Nếu một dãy số hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhất.
Định lý 1.1.6 (Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass).
a) Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ.
b) Một dãy số tăng và bị chặn trên thì hội tụ.
c) Một dãy số giảm và bị chặn dưới thì hội tụ.
Định lý 1.1.7. Nếu (u
n
) → a và (v
n
) ⊂ (u
n
), (v
n
) = C thì (v
n
) → a.
Định lý 1.1.8 (định lý kẹp giữa về giới hạn). Nếu với mọi n ≥ n
0
ta đều

có u
n
≤ x
n
≤ v
n
và lim u
n
= lim v
n
= a thì lim x
n
= a.
Định lý 1.1.9 (định lý Lagrange). Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b] và
có đạo hàm trong khoảng (a; b) thì tồn tại c ∈ (a; b) thỏa mãn:
f(b) − f(a) = f

(c)(b − a).
Định lý 1.1.10 (định lý trung bình Cesaro). Nếu dãy số (u
n
) có giới hạn
hữu hạn là a thì dãy các trung bình cộng

u
1
+ u
2
+ ··· + u
n
n


cũng có giới hạn
8
là a.
Định lý này có thể phát biểu dưới dạng tương đương sau:
Định lý 1.1.11 (định lý Stolz). Nếu lim
n→+∞
(u
n+1
− u
n
) = a thì
lim
n→+∞
u
n
n
= a.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp a = 0. Vì
lim
n→+∞
(u
n+1
− u
n
) = a nên với mọi ε > 0 luôn tồn tại N
0
sao cho với mọi
n ≥ N
0

, ta có |u
n+1
− u
n
| < ε. Khi đó, với mọi n > N
0
ta có



u
n
n



≤
1
n

|u
N
0
|+ |u
N
0
+1
−u
N
0

|+ ···+ |u
n
−u
n−1
|

< |u
N
0
|·
1
n
+ (n −N
0
) ·
ε
n
Giữ N
0
cố định, ta có thể tìm được N
1
> N
0
sao cho
1
N
1
|u
N
0

|
< ε. Khi đó với
mọi n > N
1
, ta sẽ có



u
n
n



< 2ε. Vậy nên lim
n→+∞
u
n
n
= 0.
Định lý 1.1.12. Cho f : D → D là hàm liên tục. Khi đó
1) Phương trình f(x) = x có nghiệm ⇔ phường trình f
n
(x) = x có nghiệm.
2) Gọi α, β là các mút trái, mút phải của D. Biết lim
x→α
+
[f(x) − x] và
lim
x→β

−
[f(x)−x] cùng dương hoặc cùng âm. Khi đó, phương trình f(x) = x
có nghiệm duy nhất ⇔ phương trình f
n
(x) = x có nghiệm duy nhất. Trong
đó f
n
(x) = f( f
  
(n−1) lần f
(x)).
Chứng minh. 1) a) nếu x
0
là nghiệm của phương trình f(x) = x thì x
0
cũng là
nghiệm của phương trình f
n
(x) = x.
b) Nếu phương trình f(x) = x vô nghiệm thì f(x) −x > 0 hoặc f(x) −x < 0
với mọi x ∈ D. Do đó f
n
(x) − x > 0 hoặc f
n
(x) − x < 0 với mọi x ∈ D nên
phương trình f
n
(x) = x cũng vô nghiệm.
2) a) Giả sử phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất là x
0

thì đây cũng
9
là một nghiệm của phương trình f
n
(x) = x. Đặt F(x) = f(x) − x, do F (x) liên
tục trên (x
0
; β) và (α; x
0
) nên F (x) giữ nguyên một dấu.
Nếu lim
x→α
+
[f(x)−x] và lim
x→β
−
[f(x)−x] cùng dương thì F (x) > 0 trong khoảng
(x
0
; β) và (α; x
0
), suy ra f(x) > x với mọi x ∈ D \ {x
0
}.
Xét x
1
∈ D \{x
0
} suy ra f(x
1

) > x
1
⇒ f(f(x
1
)) > f(x
1
) > x
1
. Từ đó, ta có
f
n
(x
1
) > x
1
nên x
1
không là nghiệm của phương trình f
n
(x) = x. Vậy phương
trình f
n
(x) = x có nghiệm duy nhất x = x
0
.
Trường hợp lim
x→α
+
[f(x) − x] và lim
x→β

−
[f(x) − x] cùng âm được chứng minh
tương tự.
b) Ta thấy mọi nghiệm của phương trình f(x) = x đều là nghiệm của phương
trình f
n
(x) = x, do đó nếu phương trình f
n
(x) = x có nghiệm duy nhất thì
phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất.
Định lý 1.1.13. Cho hàm f : D → D là hàm đồng biến, dãy (x
n
) thỏa mãn
f(x
n
) = x
n+1
với mọi n ∈ N
∗
. Khi đó:
a) Nếu x
1
< x
2
thì dãy (x
n
) tăng.
b) Nếu x
1
> x

2
thì dãy (x
n
) giảm.
Chứng minh. a) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Với n = 1 ta
có x
1
< x
2
, mệnh đề đúng. Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k ≥ 1) tức là
x
k
< x
k+1
. Do f(·) là hàm đồng biến nên f(x
k
) < f(x
k+1
), suy ra x
k+1
< x
k+2
.
b) Chứng minh tương tự.
Định lý 1.1.14. Cho hàm f : D → D là hàm nghịch biến, dãy (x
n
) thỏa mãn
x
n+1
= f(x

n
) với mọi n ∈ N
∗
. Khi đó:
a) Các dãy (x
2n+1
) và (x
2n
) đơn điệu, trong đó có một dãy tăng và một dãy
giảm.
b) Nếu dãy (x
n
) bị chặn thì tồn tại α = lim x
2n
và β = lim x
2n+1
.
10
c) Nếu f(x) liên tục thì α và β là các nghiệm của phương trình
f(f(x)) = x. (1.1)
Vì vậy nếu (1.1) có nghiệm duy nhất thì α = β và lim x
n
= α = β.
Chứng minh. a) Vì f(x) là hàm nghịch biến nên f(f(x)) là hàm đồng biến. Áp
dụng định lý 1.1.6, ta có điều phải chứng minh.
b) Suy ra từ a).
c) Ta có f(f(x
2n
)) = f(x
2n+1

) = x
2n+2
và
lim f(f(x
2n
)) = lim x
2n+2
= α, lim x
2n
= α
do f(x) liên tục nên f(f(α)) = α. Chứng minh tương tự ta có f(f(β)) = β.
Vậy α, β là nghiệm của phương trình f(f(x)) = x.
1.2. Sơ lược về phương pháp sai phân
Định nghĩa 1.2.1. Cho hàm số y = f(x) xác định trên R. Đặt x
k
= x
0
+ kh
(k ∈ N
∗
) với x
0
∈ R, h ∈ R bất kỳ, cho trước. Gọi y
k
= f(x
k
), khi đó hiệu số
∆y
k
:= y

k+1
− y
k
, k ∈ N
∗
được gọi là sai phân cấp một của hàm số f(x).
Hiệu số ∆
2
y
k
:= ∆y
k+1
− ∆y
k
= ∆(∆y
k
) (k ∈ N
∗
) được gọi là sai phân cấp
hai của hàm số f(x). Tổng quát
∆
i
y
k
:= ∆
i−1
y
k+1
− ∆
i−1

y
k
= ∆(∆
i−1
y
k
), k ∈ N
∗
được gọi là sai phân cấp i của hàm số f(x) (i = 1, 2, , n, )
Mệnh đề 1.2.2. Sai phân mọi cấp đều có thể biểu diễn theo các giá trị của
hàm số: y
0
, y
1
, y
2
, , y
n
,
11
Định nghĩa 1.2.3. Phương trình sai phân (cấp k) là một hệ thức tuyến tính
chứa sai phân cấp k
f(y
n
, ∆y
n
, ∆
2
y
n

, , ∆
k
y
n
) = 0 (1.2)
Vì sai phân các cấp có thể biểu diễn theo các giá trị của hàm số nên ta có
thể viết phương trình dạng
a
0
y
n+k
+ a
1
y
n+k−1
+ ··· + a
k
y
n
= f(n) (1.3)
trong đó a
0
, a
1
, , a
k
, f(n) là các giá trị đã biết, còn y
n
, y
n+1

, , y
n+k
là các
giá trị chưa biết.
Hàm số y
n
thỏa mãn (1.2) gọi là nghiệm của phương trình sai phân tuyến
tính (1.2).
Phương trình a
0
y
n+k
+ a
1
y
n+k−1
+ ··· + a
k
y
n
= f(n) được gọi là phương
trình sai phân tuyến tính cấp k. Để giải phương trình này, chúng ta làm như
sau:
Bước 1. Giải phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng
a
0
y
n+k
+ a
1

y
n+k−1
+ ··· + a
k
y
n
= 0. (1.4)
Để giải phương trình trên, ta xét phương trình đặc trưng
a
0
λ
k
+ a
1
λ
k−1
+ ··· + a
k−1
λ + a
k
= 0. (*)
Khi đó nếu (∗) có k nghiệm thực khác nhau λ
1
, λ
2
, , λ
k
thì nghiệm tổng
quát của (1.4) là
ˆy

n
= c
1
λ
n
1
+ c
2
λ
n
2
+ ··· + c
k
λ
n
k
(1.5)
trong đó c
1
, c
2
, , c
k
là các hằng số tùy ý.
Nếu (∗) có nghiệm thực λ
j
bội s thì nghiệm tổng quát của (1.4) là
ˆy
n
=


s−1

i=1
c
j+i
n
i

λ
n
j
+
k

i=1,i=j
c
i
λ
n
i
.
12
Nếu phương trình (∗) có nghiệm phức đơn λ
j
= r(cos θ + i sin θ) thì cũng
có nghiệm λ
j
= r(cos θ − i sin θ). Đặt λ
j+1

= λ
j
. Để thu được công thức tổng
quát, trong công thức (1.5) ta thay bộ phận c
j
λ
n
j
+ c
j+1
λ
n
j+1
bởi bộ phận tương
ứng c
j
r
n
cos nθ + c
j+1
r
n
sin nθ.
Nếu phương trình (∗) có nghiệm phức bội s:
λ
j
= λ
j+s+1
= = λ
j+2s−1

= r(cos θ −i sin θ).
Trong trường hợp này để thu được công thức nghiệm tổng quát, trong công
thức (1.5) ta thay bộ phận
c
j
λ
n
j
+ c
j+1
λ
n
j+1
+ ··· + c
j+2s−1
λ
n
j+2s−1
bởi bộ phận tương ứng

s−1

i=0
c
j+i
n
i

r
n

cos nθ+

s−1

i=0
c
j+s+i
n
i

r
n
sin nθ
Bước 2. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp
k. Nghiệm tổng quát có dạng
y
n
= ˆy
n
+ y
∗
n
trong đó y
n
là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp k, ˆy
n
là nghiệm
của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng và y
∗
n

là một nghiệm
riêng của phương trình không thuần nhất.
13
1.3. Số học
1.3.1. Đồng dư thức
1.3.1.1. Định nghĩa
Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m (m = 0) mà có cùng số dư thì
ta nói a đồng dư với b theo modun m, kí hiệu là a ≡ b(mod m). Như vậy
a ≡ b(mod m) ⇔ a −b chia hết cho m.
Hệ thức dạng: a ≡ b(mod m) gọi là một đồng dư thức, a gọi là vế trái của
đồng dư thức, b gọi là vế phải, còn m gọi là môđun.
1.3.1.2. Một số tính chất
Kí hiệu a, b, c, d, m, là các số nguyên dương (Z
+
), ta luôn có:
Tính chất 1. • a ≡ a(mod m).
• a ≡ b(mod m) ⇔ b ≡ a(mod m).
• a ≡ b(mod m) và b ≡ c(mod m) thì a ≡ c(mod m)
Tính chất 2. Nếu a ≡ b(mod m) và c ≡ d(mod m) thì:
• a ±c ≡ b ±d(mod m),
• ac ≡ bd(mod m),
• Nếu d là một ước chung của a, b, m thì
a
d
≡
b
d

mod
m

d

.
Tính chất 3. Nếu a ≡ b(mod m) và c ∈ Z
+
thì ac ≡ bc(mod mc).
1.3.1.3. Một số kiến thức liên quan
• Với mọi a, b ∈ Z
+
(a = b) và n là số tự nhiên: (a
n
− b
n
)
.
.
.(a − b);
14
• Trong n số nguyên liên tiếp (n ≥ 1) có một và chỉ một số chia hết cho n;
• Lấy n + 1 số nguyên bất kỳ (n ≥ 1) đem chia cho n thì phải có hai số
khi chia cho n có cùng số dư (theo nguyên lý Dirichlet).
• Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10
m
.
1.3.2. Một số định lý cơ bản của số học
1.3.2.1. Định lý Euler
Hàm số Euler-µ(m): Cho hàm số µ(m) được xác định như sau
• m = 1, ta có µ(m) = 1,
• m > 1 thì µ(m) là các số tự nhiên không vượt quá m −1 và nguyên tố
với m.

Công thức tính µ(m): Bước 1. Nếu m = p
α
(p là số nguyên tố, α là số
tự nhiên khác 0). Ta có
µ(m) = µ(p
α
) = p
α

1 −
1
p

.
Bước 2. Nếu m = p
α
1
1
p
α
2
2
···p
α
n
n
(p
i
là các số nguyên tố, α
i

là số tự nhiên
khác 0). Ta có
µ(m) = m

1 −
1
p
1

1 −
1
p
2

···

1 −
1
p
n

.
Định lý 1.3.1 (định lý Euler). Cho m là số tự nhiên khác 0 và a là số nguyên
tố với m. Khi ấy, ta có
a
µ(m)
≡ 1(modm).
15
1.3.2.2. Định lý Fermat
Định lý 1.3.2 (định lý Fermat). Cho p là một số nguyên tố và a là một số

nguyên không chia hết cho p. Khi ấy, ta có
a
p−1
≡ 1(modp).
Đối với số nguyên a bất kỳ ta có a
p
≡ a(modp).
16
Chương 2
Tính chất số học của dãy số
Dãy số nguyên là phần quan trọng trong lý thuyết dãy số. Ngoài các
vấn đề chung như tìm số hạng tổng quát của dãy số, tìm công thức tính tổng n
số hạng đầu tiên các bài toán về dãy số thường quan tâm đến tính chất số
học của dãy số như tính chia hết, đồng dư, nguyên tố, chính phương, nguyên
tố cùng nhau. . . Các bài toán về dãy số nguyên rất đa dạng, trong nhiều trường
hợp dãy số chỉ là cái bề ngoài còn bản chất bài toán là bài toán số học.
2.1. Tính chia hết
Một số bài toán về sự chia hết của các số hạng của dãy số thường được
giải bằng cách xác định số hạng tổng quát của dãy số sau đó dựa vào các định
lý về đồng dư để chứng minh sự chia hết. Việc xác định số hạng tổng quát của
dãy số thường được tìm bằng phương pháp sai phân hoặc thông qua dãy số phụ
để đưa về phương trình sai phân thuần nhất.
17
Bài tập 2.1.1. Dãy số (u
n
) được xác định như sau:






u
1
= 1, u
2
= 50
u
n+1
= 4u
n
+ 5u
n−1
− 1975, n = 2, 3, 4,
Chứng minh rằng u
1996
chia hết cho 1997.
Lời giải. Ta tìm số hạng tổng quát của dãy số bằng phương pháp sai phân.
Công thức truy hồi của dãy là tuyến tính nhưng không thuần nhất, do vậy ta
đặt u
n
= v
n
+ c để có công thức truy hồi v
n+1
= 4v
n
+ 5v
n−1
. Ta có
v

n+1
+ c = 4(v
n
+ c) + 5(v
n−1
+ c) −1975 ⇔ v
n+1
= 4v
n
+ 5v
n−1
+ 8c −1975.
Do đó c =
1975
8
. Khi đó dãy (v
n
) được xác định như sau:














v
1
= −
1919
8
, v
2
= −
1575
8
v
n+1
= 4v
n
+ 5v
n−1
, n = 2, 3, 4,
Phương trình đặc trưng: x
2
− 4x − 5 = 0 có hai nghiệm x
1
= 5 và x
2
= −1
nên v
n
= c
1
5

n
+c
2
(−1)
n
. Cho n = 1, n = 2 ta tìm được c
1
= −
1747
120
, c
2
=
2005
12
.
Do đó
v
n
= −
1747
120
· 5
n
+
2005
12
· (−1)
n
⇒ u

n
= −
1747
120
· 5
n
+
2005
12
· (−1)
n
+
1975
8
.
Với n = 1996, ta có
u
1996
= −
1747
120
· 5
1996
+
9935
24
=
−1747 · 5
1996
+ 49675

120
.
Do 1997 là số nguyên tố nên 5
1996
≡ 1(mod1997). Nên
−1747 · 5
1996
+ 49675 ≡ 0(mod1997).
Lại có 5
1996
= 25
998
≡ 1(mod3) nên
−1747 · 5
1996
+ 49675 ≡ −1747 + 49675 ≡ 0(mod3).
18
Và 5
1996
= 25
998
≡ 1(mod8) nên
−1747 · 5
1996
+ 49675 ≡ −1747 + 49675 ≡ 0(mod8).
Hơn nữa, rõ ràng −1747 · 5
1996
+ 49675 ≡ 0(mod5) mà (3, 5, 8) = 1 nên suy ra
−1747 · 5
1996

+ 49675
.
.
.120.
Mặt khác (120, 1997) = 1 nên
−1747 · 5
1996
+ 49675
120
chia hết cho 1997, hay
là u
1996
chia hết cho 1997.
Bài tập 2.1.2 (HSG QG 2011). Cho dãy số nguyên (a
n
) được xác định bởi:





a
0
= 1, a
1
= −1
a
n
= 6a
n−1

+ 5a
n−2
với mọi n ≥ 2.
Chứng minh rằng a
2012
− 2010 chia hết cho 2011.
Lời giải. Cách 1. Xét dãy số nguyên (b
n
) được xác định bởi:





b
0
= 1, b
1
= −1
b
n
= 6b
n−1
+ 2016b
n−2
với mọi n ≥ 2.
Dễ thấy rằng với mọi n ≥ 0, ta có a
n
≡ b
n

(mod2011). Phương trình đặc
trưng của dãy (b
n
):
x
2
− 6x −2016 = 0 ⇔ (x −48)(x + 42) = 0 ⇒ x
2
= 48, x
1
= −42.
Suy ra số hạng tổng quát của dãy (b
n
) có dạng:
b
n
= C
1
· (−42)
n
+ C
2
· (48)
n
.
Từ các điều kiện ban đầu của dãy (b
n
), ta có hệ:






C
1
+ C
2
= 1
42C
1
− 48C
2
= 1
⇒













C
1
=

49
90
C
2
=
41
90
.
19
Vì vậy b
n
=
49 · (−42)
n
+ 41 ·48
n
90
với mọi n ≥ 0. Vì 2011 là số nguyên tố
nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có
(−42)
2010
≡ 48
2010
≡ 1(mod2011).
Do đó
90b
2012
= 49 · (−42)
2012
+ 41 ·48

2012
≡ 49 · (−42)
2
+ 41 ·48
2
≡ 90b
2
(mod2011).
Suy ra b
2012
≡ b
2
(mod2011) (vì (90, 2011) = 1). Mà b
2
= 6b
1
+ 2016b
0
nên
b
2012
≡ 2010(mod2011).
Vì thế a
2012
≡ 2010(mod2011).
Cách 2. Số hạng tổng quát của dãy (a
n
):
a
n

=

1
2
−
2
√
14

(3 +
√
14)
n
+

1
2
+
2
√
14

(3 −
√
14)
n
. (1)
Đặt p = 2011, ta có
a
p+1

=

1
2
−
2
√
14

(3 +
√
14)
p+1
+

1
2
+
2
√
14

(3 −
√
14)
p+1
.
Do
(3 +
√

14)
p+1
= A
p+1
+ B
p+1
·
√
14 và (3 −
√
14)
p+1
= A
p+1
− B
p+1
·
√
14
trong đó
A
p+1
=
p+1
2

i=0
C
2i
p+1

· 3
2i
· 14
p+1
2
− i
(2)
và
B
p+1
=
p+1
2

i=1
C
2i−1
p+1
· 3
2i−1
· 14
p+1
2
− i
(3)
nên
a
p+1
= A
p+1

− 4B
p+1
. (4)
20
Do p nguyên tố nên C
k
p
≡ 0(modp) với mọi k = 1, p − 1. Do đó từ
C
k
p+1
= C
k
p
+ C
k−1
p
, suy ra C
k
p+1
≡ 0(modp) với mọi k = 2, p − 1.
Vì vậy từ (2) và (3) ta được A
p+1
≡

14
p+1
2
+ 3
p+1


(modp). Và
B
p+1
≡ 3(p + 1)

14
p−1
2
+ 3
p−1

≡ 3

14
p−1
2
+ 3
p−1

(modp). (5)
Do đó từ (4) suy ra a
p+1
≡

− 3
p
+ 2 ·14
p−1
2


(modp). Mặt khác, ta có
45
2
≡ 14(modp)
và (45, 14) = 1, theo định lý Fermat nhỏ ta có: 3
p
≡ 3(modp) và
14
p−1
2
≡ 45
p−1
≡ 1(modp).
Do đó từ (5) ta được
a
2012
= a
p+1
≡ −3 + 2 = −1 ≡ 2010(mod2011).
Việc tìm số hạng tổng quát của dãy số cũng có thể thông qua biến đổi liên
tiếp các số hạng phụ thuộc nhau và biểu diễn qua một vài số hạng đầu và có
thể áp dụng phương pháp quy nạp để chứng minh.
Bài tập 2.1.3. Cho dãy số (u
n
) xác định như sau:






u
1
= 3, u
2
= 14
nu
n+2
− (5n + 1)u
n+1
+ 4(n + 1)u
n
= 1 (n ∈ N
∗
)
Đặt S = 3
2011

n=1
u
n
− 4(2
4022
− 1). Chứng minh rằng S chia hết cho 2011.
Lời giải. Ta có
nu
n+2
− (5n + 1)u
n+1
+ 4(n + 1)u

n
= 1
⇒ n[u
n+2
− 4u
n+1
− (n + 1) + 1] = (n + 1)(u
n+1
− 4u
n
− n + 1)
21
Do đó
u
n+2
− 4u
n+1
− (n + 1) + 1 =
n + 1
n
(u
n+1
− 4u
n
− n + 1)
=
n + 1
n
·
n

n − 1
(u
n
− 4u
n−1
− (n −1) + 1)
=
n + 1
n
·
n
n − 1
···
2
1
(u
2
− 4u
1
− 1 + 1)
= 2(n + 1)
Suy ra
u
n+2
− 4u
n+1
= 3n + 2
⇒ u
n+2
+ (n + 2) = 4[u

n+1
+ (n + 1)] = 4
2
(u
n
+ n) = = 4
n
(u
2
+ 2)
= 4
n+2
nên u
n
= 4
n
− n đúng với mọi n ∈ N
∗
. Từ đó
S = 3
2011

n=1
u
n
− 4(2
4022
− 1) = 3
2011


n=1
(4
n
− n) −4(2
4022
− 1)
= 3
2011

n=1
4
n
− 3
2011

n=1
n − 4(4
2011
− 1)
= 4(4
2011
− 1) −3 ·2011 · 1006 − 4(4
2011
− 1)
= −3 · 2011 ·1006
.
.
. 2011
Một số dạng toán liên quan đến tính chia hết có thể cho ở dạng tìm số dư
trong phép chia các số hạng của dãy số cho một số nào đó, ta thường sử dụng

các kiến thức về đồng dư để giải toán.
Bài tập 2.1.4. Cho a
1
= 19, a
2
= 98. Với mỗi số nguyên n ≥ 1, ta xác định
a
n+2
bằng số dư của phép chia a
n
+ a
n+1
cho 100. Tìm số dư trong phép chia
a
2
1
+ a
2
2
+ ··· + a
2
1998
cho 8.
Lời giải. Gọi r
n
là số dư của phép chia a
n
cho 4. Theo giả thiết, ta có
a
n

+ a
n+1
≡ a
n+2
(mod100)
22
nên a
n
+ a
n+1
≡ a
n+2
(mod4). Mặt khác r
n
∈ {0, 1, 2, 3}, tức là dãy {r
n
} bị
chặn và do đó dãy {r
n
} tuần hoàn. Ta tính được r
1
= 3, r
2
= 2, r
3
= 1, r
4
= 3,
r
5

= 0, r
6
= 3, r
7
= 3, r
8
= 2, r
9
= 1. Dễ kiểm tra {r
n
} có chu kỳ 6, nghĩa là
r
n
= r
n+6
với mọi n ≥ 1. Lại có a
2
n
− r
2
n
= (a
n
− r
n
)(a
n
+ r
n
), do (a

n
− r
n
)
.
.
. 4
nên a
n
, r
n
đồng tính chẵn lẻ. Từ đó suy ra (a
n
+ r
n
)
.
.
. 2, suy ra (a
2
n
− r
2
n
)
.
.
. 8
hay a
2

n
≡ r
2
n
(mod8). Vậy
a
2
1
+ a
2
2
+ ··· + a
2
1998
≡ r
2
1
+ r
2
2
+ ··· + r
2
1998
(mod8).
Mà
r
2
1
+ r
2

2
+ ··· + r
2
1998
= 333(r
2
1
+ r
2
2
+ r
2
3
+ r
2
4
+ r
2
5
+ r
2
6
)
= 333(9 + 4 + 1 + 9 + 0 + 9)
.
.
. 8.
Do đó a
2
1

+ a
2
2
+ ··· + a
2
1998
chia hết cho 8 hay số dư bằng 0.
Bài tập 2.1.5. Cho λ là nghiệm dương của phương trình
t
2
− 1998t −1 = 0
và dãy (x
n
) được xác định như sau:





x
0
= 1
x
n+1
= [λx
n
], với mọi n ≥ 0.
Trong đó [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Tìm số dư của phép chia
x
1998

cho 1998.
Lời giải. Ta có 1998 < λ = 999+
√
999
2
+ 1 < 1999 nên x
1
= 1998, x
2
2
= 1998
2
.
Vì λ là nghiệm dương của phương trình t
2
− 1998t − 1 = 0 nên λ là một số vô
tỷ và
λ
2
= 1998λ + 1 ⇒ λ = 1998 +
1
λ
⇒ λx
n
= 1998x
n
+
x
n
λ

.
Dễ thấy x
n
là số nguyên dương, do đó
[λx
n
] =

1998x
n
+
x
n
λ

= 1998x
n
+

x
n
λ

.
23