Các bài toán về dãy số số học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH






PHAN ANH TUYẾN



CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ SỐ HỌC







LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC






NGHỆ AN - 2013
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

PHAN ANH TUYẾN



CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ SỐ HỌC




Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Mã số: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC



Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. NGUYỄN THÀNH QUANG




NGHỆ AN - 2013

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU Trang 1
CHƯƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trang 3
1.1. Dãy số số học Trang 3
1.2. Các kiến thức cơ bản của Số học có liên quan Trang 4
CHƯƠNG 2. VỀ MỘT VÀI DÃY SỐ SỐ HỌC ĐẶC BIỆT Trang 10
2.1. Dãy nguyên tố Trang 10
2.2. Dãy chính phương Trang 15
2.3. Tỉ số vàng và dãy Fibonacci Trang 22
CHƯƠNG 3. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ SỐ HỌC Trang 27
KẾT LUẬN Trang 39
TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 40






1
MỞ ĐẦU

Theo quan điểm của lý thuyết tập hợp, mỗi dãy trên tập hợp X là một ánh
xạ :
f
IX→ trong đó I là một tập hợp con của tập hợp các số tự nhiên ` .
Lý thuyết dãy có mối liên hệ gần gũi với nhiều ngành toán học khác nhau
như Đại số và Lý thuyết số, Toán Giải tích, Xác suất và Thống kê toán học,
Hình học và Tôpô. Chính vì vậy, lời giải các bài toán về dãy số thường dựa trên
nhiều ý tưởng và phương pháp khác nhau.
Trong khoa học máy tính, khái niệm dãy (hữu hạn) thể hiện cụ thể thành
các danh sách (tuyến tính), mảng, ngăn xếp, hàng đợi là những cấu trúc dữ

liệu quan trọng. Các khái niệm về giải thuật, máy Turing cũng đều liên quan đến
các dãy số.
Các bài toán về số học trên dãy số thường xuất hiện khá nhiều trong đề thi
tại các kỳ thi học sinh giỏi vô địch toán quốc gia (VMO) hoặc các kỳ thi vô địch
toán quốc tế (IMO). Mô hình chung của các bài toán này như sau: Cho một dãy
số các số nguyên nào đó (gọi là dãy số số học hay dãy nguyên) được thiết lập
theo các cách truyền thống của lý thuyết dãy số, hãy nghiên cứu các bài toán cơ
bản của Số học (bài toán chia hết, bài toán về số chính phươ
ng, bài toán về số
nguyên tố, bài toán về biểu diễn số,…) trên dãy số đã cho. Để giải những bài
toán này, người ta kết hợp khéo léo các phương pháp cơ bản của lý thuyết dãy
số với các nguyên lý của Số học.
Với những lý do như đã trình bày, luận văn đề cập đến các nội dung sau:
1. Dãy số số học đặc biệt (dãy nguyên tố, dãy tựa nguyên tố, dãy chính
phương, dãy số Fibonacci và tỉ số vàng)
2. Bài toán số học trong dãy các số số học.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung luân văn
gồm ba chương
Chương 1. Các kiến thức chuẩn bị
Chương 2. Một số dãy số học đặc biệt
Chương 3. Một số bài toán trên các dãy số số học

2
Nhân dịp hoàn thành luận văn này, tác giả xin cảm ơn sự hướng dẫn tận
tình, chu đáo của người hướng dẫn khoa học PGS.TS. Nguyễn Thành Quang.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến các thầy cô giáo thuộc chuyên ngành Đại
số và Lý thuyết số, Khoa Toán học, Phòng Đào tạo Sau Đại học – Trường Đại học
Vinh, những người đã tận tình giảng dạy và tổ chức thành công cho khóa học.
Tác giả xin trân trọ
ng cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn đã tạo mọi điều kiện

thuận lợi cho chúng tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập và nghiên cứu.
Tác giả chân thành cảm ơn Ban giám hiệu Trường Trung học Phổ thông Võ
Trường Toản - Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Nai, các đồng nghiệp, bạn bè, gia
đình đã động viên và giúp đỡ tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song lu
ận văn vẫn còn nhiều thiếu sót. Tác giả
mong muốn nhận được sự góp ý của các thầy cô giáo và đồng nghiệp.
Nghệ An, tháng 8 năm 2013
Tác giả

3
CHƯƠNG 1
CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1. Dãy số số học

1.1.1. Các khái niệm cơ bản về dãy số. Dãy số
{}
n
u
là một dãy các số thực
12
, , uu
Phần tử
n
u được gọi là số hạng thứ n của dãy
{}
n
u .
Dãy số

{}
n
u được gọi là:
- Dãy hữu hạn nếu nó có hữu hạn phần tử.
- Dãy vô hạn nếu nó có vô hạn phần tử.
- Dãy đơn điệu tăng nếu
1
, 1,2,
nn
uun
+
>∀=
- Dãy đơn điệu không giảm nếu
1
, 1,2,
nn
uun
+
≥∀=
- Dãy đơn điệu giảm nếu
1
, 1,2,
nn
uun
+
<∀=
- Dãy đơn điệu không tăng nếu
1
, 1,2,
nn

uun
+
≤∀=
- Dãy bị chặn trên nếu tồn tại số thực K sao cho
, 1,2,
n
uKn<∀=
- Dãy bị chặn dưới nếu tồn tại số thực M sao cho
,1,2,
n
uMn>∀=
- Dãy bị chặn nếu nó vừa là dãy bị chặn trên vừa là dãy bị chặn dưới.
- Dãy dừng nếu tồn tại một số thực C và số tự nhiên
0
n nào đó sao cho
0
,
n
uCnn=∀≥.
Theo quan điểm của lý thuyết tập hợp, mỗi dãy trên tập hợp X là một ánh
xạ :
f
IX→ trong đó I là một tập hợp con của tập hợp các số tự nhiên ` .
1.1.2. Dãy số số học. Dãy số
{}
n
u được gọi là dãy số số học nếu mọi phần tử
n
u
đều là số nguyên.

Như vậy, mỗi dãy số số học là một ánh xạ :fI→  trong đó I là một tập
hợp con của tập hợp các số tự nhiên
`
.
Ví dụ. 1) Dãy các số tự nhiên lẻ
{}
1,3,5,7,9,11,
là một dãy số học.
2) Dãy các số tự nhiên chẵn
{}
0,2,4,6,8,10, là một dãy số học.
3) Dãy vô hạn các số nguyên tố
{}
2,3,5,7,11,13, là một dãy số học.

4
1.1.3. Một số dãy số đặc biệt. Dãy số
{}
n
u được gọi là:
- Cấp số cộng với công sai d ( 0d ≠ ) nếu
1
, 2,3,
nn
uu dn
−
=+∀=
- Cấp số nhân với công bội q (
0q ≠
) nếu

1
, 2,3,
nn
uuqn
−
=∀=

1.2. Các kiến thức cơ bản của Số học có liên quan

1.2.1. Số nguyên tố. Số nguyên tố là số nguyên lớn hơn 1, không chia hết cho số
nguyên dương nào ngoài 1 và chính nó. Số nguyên lớn hơn 1 không phải là số
nguyên tố được gọi là hợp số.
Định lý sau đây của Số học là một cơ sở quan trọng của thuật toán tìm các
số nguyên tố không vượt quá một số tự nhiên cho trước.
1.2.2. Định lí. Mọi hợp số n đều có ước nguyên tố nh
ỏ hơn hoặc bằng n .
1.2.3. Hệ quả. Mọi số tự nhiên n lớn 1 không có ước nguyên tố nhỏ hơn hoặc
bằng

n
đều là số nguyên tố.
Chẳng hạn, số 31 không có có ước nguyên tố là 2, 3, 5 (các số nguyên tố
không vượt quá
31 ) nên 31 là số nguyên tố. Như vậy, để kiểm tra tính nguyên
tố của số 31 thay vì cần phải kiểm tra cả thảy là 30 phép chia, ta chỉ cần kiểm tra
3 phép chia, tức số phép chia giảm đi 10 lần.
Từ hệ quả trên, ta có thuật toán viết tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc
bằng một số nguyên dương n cho trước.
1.2.4. Thuật toán sàng các số nguyên tố Eratosthenes. Trước tiên, ta viết dãy
các số t

ự nhiên từ 1 đến n. Trong dãy đó, ta gạch bỏ số 1 vì nó không phải là số
nguyên tố. Số nguyên tố đầu tiên của dãy là số 2. Giữ lại số 2 và gạch khỏi dãy
số tất cả những số khác mà chia hết cho 2. Số đầu tiên không chia hết cho 2 là 3
và đó chính là số nguyên tố. Giữ lại số 3 và lại gạch khỏi dãy số những số nào
chia hết cho 3 mà khác 3. Số đầu tiên không chia hết cho 3 là 5 và đó chính là số
nguyên t
ố. Tiếp tục như thế đối với các số nguyên tố tiếp theo mà bé hơn hoặc
bằng

n .
Sàng Eratosthenes mặc dù cho ta thuật toán xác định mọi số nguyên tố
không vượt quá một số cho trước nhưng lại rất ít được sử dụng để xác định xem

5
một số đã cho có phải là số nguyên tố hay không. Nguyên nhân là vì thuật toán
có độ phức tạp khá lớn: để kiểm tra n, ta phải thực hiện phép chia cho tất cả các
số nguyên tố không vượt quá
n .
1.2.5. Định lí cơ bản của Số học. Mọi hợp số đều phân tích được một cách duy
nhất thành tích các số nguyên tố, trong đó các thừa số được viết với thứ tự
không giảm.
1.2.6. Thuật toán Euclid. Thuật toán cho phép xác định ước chung lớn nhất
(gcd) của hai số nguyên nguyên dương. Với a,b là các số nguyên dương (giả
thiết a > b). Ta xét 3 trường hợp sau:
a) Nếu b là ước của a thì (a, b) = b.
b) Nếu a = bq + r thì (a, b) = (b, r).
c) Trường hợp tổng quát:
Ta thực hiện liên tiếp các phép chia sau đây cho tới khi xuất hiện số dư
bằng 0 thì dừng lại.
−− −

−+ +
=
+<≤−
=+ <≤−
=+ <≤−
=
+<≤−
==

00 0
01 1 1 0
0122 21
21 1
11 1
,0 1
,0 1
,0 1
,0 1
,0.
mmmm mm
mmm m
abq r r b
brq r r r
rrqr rr
rrqr rr
rrq r

Vì bất đẳng thức sau đây là xảy ra, nên quá trình chia nói trên là dừng lại
sau không quá a bước, hay quá trình này là một thuật toán:
01 1 1

0
mmm
abr r r r r
−+
>> >> > > > = .
Từ đó, ta có ước chung lớn nhất của a, b là
00112 1
(,) (, ) (,) (, ) ( , )
mm m
dab br rr rr rr r
−
=== = == = .
Thuật toán trên được gọi là Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất của
hai số nguyên dương a và b.
1.2.7. Thuật toán Euclid mở rộng. Thuật toán này sử dụng để giải phương
trình Diophantine ax + by = c, trong đó a,b,c là các số nguyên; x, y là các ẩn
nhận giá trị nguyên. Điều kiện cần và đủ để phương trình này có nghiệm nguyên

6
là ước chung lớn nhất của a và b là ước của c. Khẳng định này dựa trên mệnh đề
sau: Nếu d là ước chung lớn nhất của a,b thì tồn tại các số nguyên x, y sao cho
ax + by = d .
Thuật toán Euclid mở rộng kết hợp quá trình tìm ước chung lớn nhất của
a,b trong thuật toán Euclid với việc tìm một cặp số nguyên x, y thoả mãn
phương trình Diophantine nói trên bằng phương pháp truy hồi.
1.2.8. Định nghĩa. Hàm số Euler
()m
ϕ
là hàm số học có giá trị tại mỗi số tự
nhiên

0≠m bằng số các số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố cùng
nhau với m:
1
(, )1
() 1
km
km
m
ϕ
≤≤
=
=
∑
.
Hàm
()m
ϕ
có nhiều ứng dụng vì nó là kích thước hay cấp của nhóm nhân
các số nguyên modulo m. Hơn nữa, đối với hàm Euler
()m
ϕ
ta có công thức
Gauss là công thức tổng trải trên các ước dương d của m:
()
dm
dmϕ =
∑
.
1.2.9. Định lí Euler. Nếu a và m > 1 là các số nguyên, nguyên tố cùng nhau thì

()
1(mod )
m
ma
ϕ
≡ .
Định lí Euler có thể dùng để tìm số nghịch đảo theo
mod m . Chẳng hạn,
nếu
a và m là các số nguyên nguyên tố cùng nhau, ta có
()1
1(mod )
m
aa m
ϕ
−
≡
tức
là
()1m
a
ϕ
−
là nghịch đảo của a theo mod m . Từ đó cũng suy ra nghiệm của
phương trình đồng dư tuyến tính (mod )
ax b m
≡
với
(
)

,1am
=
là
()1
(mod )
m
x
ab m
ϕ
−
≡ .
Các tính chất của hàm Euler được sử dụng để tính đồng dư của những lũy
thừa rất lớn. Chẳng hạn, ta cần tính
n
a mod k , trong đó n là một số nguyên lớn.
Ta xét một ví dụ bằng số. Tìm số dư trong phép chia
1000000
2 cho 77.
Ta có
610
(7) 6; (11) 10;2 1(mod7); 2 1 (mod11)
ϕϕ
==≡ ≡
.
Do đó,
30 30
21(mod7);21(mod11)≡≡ .
Vì
30
2 1(mod77).≡

7
Mặt khác,
1000000 30.33333 10=+ cho nên:
1000000 10
2 2 23 (mod77)≡≡
1.2.10. Định lí Fermat bé. Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia
hết cho p thì
1
1(mod )
p
pa
−
≡ . Nói cách khác, nếu p là số nguyên tố và a là số
nguyên bất kỳ thì
(mod )
p
apa ≡
.
Một cách độc lập các nhà toán học Trung quốc đã đưa ra một giả thuyết
(thường gọi là Giả thuyết Trung Quốc) nói rằng: p là một số nguyên tố khi và
chỉ khi 22(mod)
p
p≡ . Đúng là, nếu p là số nguyên tố, thì 22(mod)
p
p≡ . Đây
là trường hợp đặc biệt của Định lý bé Fermat. Tuy thế, điều ngược lại
(nếu 22(mod)

p
p≡ thì p là số nguyên tố) là sai. Chẳng hạn,
341
2 2 (mod341)≡ ,
nhưng 341 = 11.31 là hợp số. Như vậy, mệnh đề ngược lại của Định lí Fermat
bé không đúng. Tuy nhiên, qua nhiều thống kê cho thấy rằng nếu một số nguyên
thỏa mãn kết luận của Định lí Fermat bé thì "có nhiều khả năng" nó là số nguyên
tố. Do đó, dẫn đến khái niệm sau
1.2.11. Số giả nguyên tố. Nếu ta muốn kiểm tra số n có là số nguyên tố không,
ta lấy ngẫu nhiên các số nguyên a và kiểm tra xem đồng dư thức
(mod )
n
ana ≡ có đúng không. Nếu nó không đúng với một giá trị a nào đó
thì n là hợp số. Nếu đồng dư thức đúng với một hoặc nhiều giá trị của a, thì ta
nói rằng n là số nguyên tố với xác suất nào đó, hay n là một số giả nguyên
tố (pseudoprime).
Nếu n là một hợp số và tồn tại một số nguyên a sao cho (mod )
n
aa n≡ ,
thì n được gọi là số giả nguyên tố cơ sở a.
F. Sarrus vào năm 1820 đã tìm thấy 341 = 11×31 là số giả nguyên tố cơ
sở 2 đầu tiên.
Một số nguyên dương n là số giả nguyên tố cơ sở a với mọi số nguyên a
sao cho gcd( , ) 1an = được gọi là số Carmichael (chẳng hạn số 561).
1.2.12. Định lí Trung Quốc (Chinese Remainder Theorem). Giả sử m
1
,… , m
r

là các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Khi đó, hệ phương

trình đồng dư:

8

11
22
(mod )
)(mod
(mod )
rr
x
am
x
am
x
am
≡
⎧
⎪
≡
⎪
⎨
⎪
⎪
≡
⎩


có nghiệm duy nhất theo môđun
12

r
mmmm=
1.2.13. Bậc của một số nguyên. Cho ,am là các số nguyên dương, nguyên tố
cùng nhau. Khi đó, theo Định lý Euler ta có đồng dư thức
()
1(mod )
m
am
ϕ
≡ .
Số nguyên dương x nhỏ nhất thỏa điều kiện
1(mod )
x
am≡
được gọi là bậc của số nguyên a theo modm và kí hiệu là

m
x
ord a= .
1.2.14. Căn nguyên thuỷ. Cho các số nguyên dương ,
p
q nguyên tố cùng nhau.
Khi đó, q được gọi là căn nguyên thủy của
p
theo modq nếu
()
p
ord q pϕ=
.

Xét dãy Fibonacci ()
F
n xác định như sau
(1) 1; (2) 1; ( 2) ( ) ( 1).F F Fn Fn Fn==+=++
Nếu số nguyên tố
p
là một ước của
()
F
n
và
p
không là ước của
()
F
m

với mn< thì
p
được gọi là một ước số nguyên tố nguyên thuỷ của ()
F
n .
Định lý Carmichael, được đặt tên sau khi nhà toán học Mỹ R. D
Carmichael, chỉ ra rằng với n lớn hơn 12, số hạng ()
F
n có ít nhất một ước
nguyên tố mà không phải là ước của bất kỳ số Fibonacci nào trước đó.
Ngoại lệ duy nhất cho n lên đến 12 là:
F(1) = 1 và F(2) = 1 không có ước nguyên tố
F(6) = 8 chỉ có ước nguyên tố 2 (đó là F (3))

F(12) = 144 chỉ có ước nguyên tố 2 (đó là F(3)) và 3 (đó là F(4))
1.2.15. Định lý Carmichael. Mỗi số Fibonacci, ngoài các trường hợp ngoại lệ
được liệt kê ở trên, có ít nhất một ước số nguyên tố nguyên thủy

9
1.2.16. Hàm số Carmichael. Giá trị của hàm số Carmichael tại một số nguyên
dương n, ký hiệu bởi
()nλ
, được định nghĩa là số nguyên dương m nhỏ nhất sao
cho 1(mod )
m
an≡ với mọi số nguyên a sao cho a nguyên tố cùng nhau với n.
Ví dụ. (1) 1;(2) 1; (3) 2;(4) 2;(5) 4.λλ λ λ λ=== = =
Chú ý rằng, bởi vì 1a − là số chẵn với mọi số nguyên lẻ a nên
1(mod2)a ≡ hay (2) 1.λ = Tổng quát, theo Định lý Fermat bé ta có
1
1(mod )
p
ap
−
≡ . Do đó, () 1ppλ =− với mọi số nguyên tố
p
.
1.2.17. Phân tích Fermat. Cho n là số nguyên dương lẻ. Giả sử n = ab với a, b
là các số nguyên, do
n lẻ nên a, b đều lẻ. Vì vậy, chúng ta có thể viết
22
nx y=−
với
2

ab
x
+
=
,
2
ab
y
−
=
do a, b là các số nguyên lẻ và n là số nguyên dương lẻ
nên
x, y không cùng tính chẵn, lẻ. Để tìm nghiệm của phương trình
22
nx y=−,
quy trình được bắt đầu từ số nguyên nhỏ nhất
mn≥
và tìm nghiệm trong dãy
số sau:
()( )
22
2
,1,2, mnm nm n−+−+−

dãy số sẽ dừng do m không thể vượt quá
2
1
+
n
. Thật vậy:

22
2
1
2
1
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+ n
n
n
.
Tất cả số hạng của biểu thức này là số nguyên. Tuy nhiên phương pháp
này hiệu quả nhất khi
n là tích của hai số nguyên tố gần nhau.
Ví dụ. n = 3811. Ta bắt đầu tính và tìm nghiệm trong chuỗi như sau:
62
2
- 3811=33; 63

2
- 3811=159
64
2
- 3811=285; 65
2
- 3811=414
66
2
- 3811=545; 67
2
- 3811=678
68
2
- 3811=813; 69
2
- 3811=950
70
2
- 3811= 1089=33
2

Vậy ta được kết quả: 3811 = 70
2
- 33
2
= 103.37.

10
CHƯƠNG 2

VỀ MỘT VÀI DÃY SỐ SỐ HỌC ĐẶC BIỆT

2.1. Dãy nguyên tố
2.1.1. Dãy nguyên tố. Dãy số số học
{}
()
n
fn
∗
∈`
được gọi là một dãy nguyên tố
nếu mỗi số hạng
()
f
n là một số nguyên tố với mỗi số nguyên tố .n
Dĩ nhiên dãy số
{}
1
2,3,5,7,11,13,17,19, , , ,
nn
pp
+
gồm tất cả các số
nguyên tố là một dãy số nguyên tố.
2.1.2. Bài toán. Hãy tìm một công thức tổng quát của dãy nguyên tố. Chúng ta
thử xét một dãy số số học có số hạng tổng quát như sau:
1
110
()
kk

kk
f
nanan ana
−
−
=+ +++"
trong đó:
(i)
k
a là số nguyên dương;
(ii)
01 1
, , ,
k
aa a
−
là các số nguyên.
Nhận xét. Ta có ()fn→∞ khi
n →∞
và do đó tồn tại một số nguyên m sao
cho
() 1fn> với mọi .nm≥ Ta thu được định lý sau:
2.1.3. Định lý. Dãy số số học
{}
()
f
n chứa một dãy con vô hạn các hợp số
Chứng minh.
Giả sử cm≥ là một số nguyên sao cho () 1fc> và t là một số
nguyên tuỳ ý. Khi đó

1
110
10
( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( ))
() () (), .
kk
kk
k
k
f
ctfc actfc a ctfc actfc a
ac ac a lf c f c lf c l
−
−
+=+ ++ ++++
=++++ = + ∈
"
"]

Điều đó có nghĩa là (())
f
ctfc+ là bội của ()
f
c với mọi giá trị nguyên t . Bởi vì
(())fc tfc+→∞ khi .t →∞ Điều đó suy ra rằng, ()
f
n là hợp số với vô hạn các
giá trị của
().nctfc=+ 

Ví dụ. Giả sử
2
() 3 41.fn n n=−− Khi đó, () 1, 9.fn n>∀≥ Chọn 9c = có
( ) (9) 13.fc f== Theo Định lý trên, (9 13 )
f
t+ là bội của 13 với mọi giá trị
nguyên của
t. Chẳng hạn,
2
(9 13 ) 13 195 169
f
ttt+=+ +
là bội của 13 với mọi giá

11
trị nguyên của
t. Do đó,
2
() 3 41fn n n=−−
là bội của 13 với
9,22,35, n =
hay
dãy số
{}
2
341nn−−
chứa một dãy con vô hạn các hợp số.
2.1.4. Định lý. Cho dãy số số học
{}
()

f
n , với () 1, 2, , 1
n
fn a n a a=− ≥ ∈ >` .
Khi đó, nếu dãy
{}
()
f
n là dãy nguyên tố thì 2a = .
Chứng minh.
Vì dãy
{}
()
f
n là dãy nguyên tố nên ta có () 1
n
fn a=− là số
nguyên tố với mỗi số nguyên tố
n . Nếu 2a > thì
12
() 1 ( 1)( 1)
nnn
fn a a a a
−−
=−=− + ++"
có ước thực sự
1a−
, ta gặp một mâu thuẫn. Vì vậy,
2.a =

Ngược lại, ta xét dãy số số học
{}
21
n
−
. Ta có:
2
(2) 2 1 3f =−= là số nguyên tố.
3
(3) 2 1 7f =−=
là số nguyên tố.
5
(5) 2 1 31f =−=
là số nguyên tố.
7
(7) 2 1 127f =−= là số nguyên tố.
11
(11) 2 1 2047 1 2047 23 29f =−= −= =× là hợp số.
Do đó dãy số số học
{}
21
n
− không phải là dãy nguyên tố.
Như vậy, bài toán tìm một dãy nguyên tố tổng quát là chưa giải quyết
được triệt để. Chẳng hạn, hiện vẫn chưa ai tìm được một công thức
()
f
n
sao

cho
()
n
f
np= , với
n
p là số nguyên tố thứ n .
2.1.5. Giả thuyết Mersenne. Giả sử 257.n ≤ Khi đó, 21
n
− là số nguyên tố chỉ
khi
2,3,5,7,13,17,19,31,67,127,257.n =
2.1.6. Dãy tựa nguyên tố. Ta gọi dãy số số học
{}
()
n
fn
∗
∈`
là một dãy tựa nguyên
tố
nếu mỗi số hạng ()
f
p hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số
nguyên tố, với
p
là số nguyên tố tuỳ ý.
Chúng ta chỉ ra một điều kiện đủ để dãy tổng quát
{}
()

n
fn
∗
∈`
là dãy tựa
nguyên tố hay mô tả các tính chất có thể có của dãy tựa nguyên tố.


12
2.1.7. Định lý. Giả sử dãy số số học
{}
()
n
fn
∗
∈`
thoả mãn điều kiện :

(
)
(
)
(
)
2

f
mf n n f m= .
Khi đó, số hạng ()
f

p hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số
nguyên tố, với
p
là số nguyên tố tuỳ ý. Nói khác đi, dãy
{}
()
n
fn
∗
∈`
là một dãy
tựa nguyên tố.

Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh hàm
*
:f →
là đơn ánh, tức là với
mọi
*
12
,nn∈  , nếu
(
)
(
)
12
f
nfn= thì
12
.nn=

Thật vậy, từ tính chất của hàm
f
suy ra với
*
m∀∈ , ta có :

(
)
(
)
(
)
(
)
() ()
12
22
12
22
12
12



.
f
mf n f mf n
nfm nfm
nn
nn

=
⇔=
⇔=
⇔=

Như vậy
f
là một đơn ánh.
Với
*
m∀∈ , ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
2
.1 1. .
f
mf fm fm==Lại do
f
đơn ánh nên suy ra:

(
)
.1 ,mf m
=

hay
(
)
11f
=
. (1)
Theo tính chất của hàm
f
ta chọn m = 1 thì :

(
)
(
)
(
)
2
1. . 1
f
fn nf= (2)
Từ (1) và (2) suy ra:

(
)
(
)
2
,
f
fn n= với

*
n∀∈
(3)
Mặt khác ta lại có với
*
,mn∀∈ , thì

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
.
f
fm fn nf fm= (4)
Từ (3) và (4) ta có :

(
)
(
)
(
)
(

)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
222

f
fm fn nf fm mn mn f fmn==== (5)
Do
f
là đơn ánh và từ (5) ta có:

(
)
(
)
(
)

f
mn fm fn
=
, với
*

,mn∀∈ (6)

13
Giả sử ngược lại rằng,
(
)
f
p không phải là số nguyên tố và cũng không phải
là bình phương của một số nguyên tố. Điều đó có nghĩa là tồn tại
1, 1, , ,ababab
∗
>>≠ ∈ sao cho
(
)
f
pab
=
.
Khi đó theo (6) ta có:

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)

f
fp fab fafb== . (7)
Mặt khác, theo tính chất của hàm
f
và áp dụng (1) 1f
=
ta có:

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
22
1. . 1
f
fp f fp pf p===. (8)
Từ (7) và (8) suy ra:

(
)
(
)
2

f
afb p= (9)
Do
(
)
*
fa∈ , nên
(
)
1fa≥ , nhưng
(
)
1fa
≠
, vì nếu
(
)
1fa= thì theo (1) ta
có
(
)
(
)
11
f
af== mà
f
là đơn ánh nên a = 1 là vô lý. Vậy
(
)

1fa≠ , từ đó suy
ra
(
)
1fa>
. Tượng tự ta cũng chứng minh được
(
)
1fb>
.
Từ (9) suy ra:
(
)
(
)
. .
f
afb p
Mặt khác, do
p là số nguyên tố và
(
)
1fa>
nên
(
)
(
)
,1pf a = , từ đó suy ra:
(

)

f
bp
.
Do đó:
(
)
f
bp≥ .
Tương tự:
(
)
f
ap≥ .
Kết hợp với (9) ta có:
(
)
(
)
f
afbp
=
= .
Lại do
f
là đơn ánh nên ta có ab= , điều này mẫu thuận với giả thiết ab≠ .
Vậy mệnh đề được chứng minh.

2.1.8. Xây dựng một ví dụ về dãy số tựa nguyên tố thoả mãn Định lý 2.1.7.

Dãy số số học
{}
()
n
fn
∗
∈`
có thể xây dựng như sau:
Xét dãy tất cả các số nguyên tố xếp theo thứ tự tăng dần:
{}
1234 1
2, 3, 5, 7, , , ,
nn
pppp pp
+
====
với
n
p là số nguyên tố thứ
, 1,2,3 nn=
.
Ta định nghĩa:

14

(
)
21 22
, 0,1,2,3,
ii

fp p i
++
=
=


(
)
2
22 21
,0,1,2,3,
ii
fp p i
++
==
Chẳng hạn:
12
22
23
34
22
43
() (2) 3;
() (3)5;
() (5) 7;
() (7)5.
fp p f
fp p f
fp p f
fp p f

=⇒ =
=⇒ =
=⇒ =
=⇒ =

Với mỗi
*
,1mm
∈
> , ta viết m dưới dạng phân tích tiêu chuẩn:
12
12
k
k
ii i
mpp p
α
αα
=  .
Khi đó ta đặt:

()
(
)
(
)
(
)
12
12

(1) 1;
k
k
ii i
ffmfpfp fp
α
αα
⎡
⎤
⎡⎤⎡ ⎤
==
⎢⎥⎢ ⎥
⎢
⎥
⎣⎦⎣ ⎦
⎣
⎦

.
Chẳng hạn:
()
2
42 4 2 4 2
(720) (2 .3 .5) (2) . (3) . (5) 3 . 5 .7ff fff== = .
Như vậy dãy
{}
()
n
fn
∗

∈`
của chúng ta là một dãy số số học.
Với mọi
0,1,2,3, i = ta có

(
)
(
)
(
)
()
()
()
()
()
2
21 22 21
2
22
22 21 21 22
;
.
iii
iiii
ffp fp p
ffp fp fp p
+++
+
+++

==
== =

Bây giờ ta chứng minh rằng, với
*
,mn∀∈ , thì :

(
)
(
)
(
)
2

f
mf n n f m= . (*)
Thật vậy, giả sử:

12
12
12
12
;
.
k
k
l
l
ii i

j
jj
mpp p
npp p
α
αα
β
ββ
=
=



Theo định nghĩa trên ta có:

()
(
)
(
)
(
)
12
12

k
k
ii i
fm fp fp fp
α

αα
⎡
⎤
⎡⎤⎡ ⎤
=
⎢⎥⎢ ⎥
⎢
⎥
⎣⎦⎣ ⎦
⎣
⎦

;

()
() ()
(
)
12
12

l
l
jj j
fn fp fp fp
β
ββ
⎡
⎤
⎡⎤⎡⎤

=
⎣⎦⎣⎦
⎣
⎦

.
Từ đó áp dụng các điều kiện trên ta suy ra điều cần phải chứng minh (*).


15
2.2. Dãy chính phương
2.2.1. Dãy chính phương. Dãy số số học
{}
()
n
fn
∗
∈`
được gọi là một dãy chính
phương
nếu mỗi số hạng ()
f
n là số chính phương với mỗi số chính phương .n
Dĩ nhiên dãy số
{}
2
n
n
∗
∈`

gồm tất cả các số chính phương là một dãy chính
phương.
2.2.2. Mệnh đề. Tồn tại duy nhất một dãy số số học tăng
{}
()
n
fn
∗
∈`
thoả mãn
hai điều kiện sau đây:

1)
(
)
(
)
*
2,fn nfn n=+ ∀∈ ;

2) Nếu ()
f
n là số chính phương, thì n là số chính phương.
Chứng minh. • Giả sử
{}
()
n
fn
∗
∈`

là dãy số số học thoả mãn các yêu cầu của bài
toán. Khi đó, do
{}
()
n
fn
∗
∈`
là dãy tăng, nên với mọi n
∗
∈
 , ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
12
f
nfn fnfnn<+<< = + .
Do
(
)
(
)
(
)

,1,,2
f
nfn f n+ … đều là các số nguyên dương mà
(
)
(
)
2
f
nfnn
−
=

nên ta suy ra :

(
)
(
)
11,1,2,fn fn n+= +∀= … (1)
Đặt
(
)
1
f
a=
. Dựa vào (1) suy ra :

(
)

1
f
nan
=
+−. (2)
Trong (2) thay
n bởi
2
2aa
+
+ , ta có :

(
)
(
)
2
22
2211fa a a a a a
+
+=+++−=+
Do
(
)
2
1a + là số chính phương, nên từ giả thiết (2) suy ra
2
2aa++
là số
chính phương. Mặt khác :

(
)
2
22
21aaa a<++≤+. (3)
Vì thế từ
2
2aa++ là số chính phương và kết hợp với (3) suy ra :

(
)
2
2
21 1.aa a a++= + ⇒=
Thay
1a = vào (2) ta có :
(
)
f
nn
=
.

16

• Đảo lại, dãy số
{
}
n thoả mãn mọi yêu cầu bài toán .

Vậy
{
}
n
là dãy duy nhất thoả mãn yêu cầu đặt ra của bài toán. 
2.2.3. Mệnh đề. Cho dãy số
12
, , uu được xác định như sau:
12
11
1, 3
( 2) ( 1) , 2,3,
nnn
uu
ununun
+−
==
⎧
⎨
=+ −+ =
⎩

Khi đó,
n
u là số chính phương khi và chỉ khi 1; 3 .n =
Chứng minh
. Với mỗi 2n ≥ , ta đặt:

1nnn
vuu

−
=
− . (1)
Khi đó nếu
3n ≥ thì:

112nnn
vuu
−
−−
=
− . (2)
Từ (1) và (2) ta có:

(
)
112
1
nn n n n
vnv u n u nu
−−−
−=−⎡+ −⎤
⎣
⎦
. (3)
Theo cách xác định của dãy số
n
u , thì 3n
∀
≥ , ta có

(
)
12
1
nnn
ununu
−
−
=
+−. (4)
Từ (3) và (4) suy ra:
11
0
nn n n
vnv v nv
−
−
−
=⇔ = .
Để ý rằng:
221 3 2
31 2 3 3.2 3!vuu v v=−=−=⇒= = =
Vì thế bằng qui nạp suy ra:

!, 2
n
vn n=∀≥. (5)
Với mọi
2n ≥ , ta có:

(
)
(
)
(
)
112 211nnn nn
uuu uu uuu
−−−
=− + − ++−+

121nn
vv vu
−
=+ +++ . (6)
Từ (5) và (6) ta có
!( 1)! 2!1!
n
unn=+ −+ ++ , hay
1
!, 2
n
n
k
ukn
=
=
∀≥
∑

.
Do
1
1! 1u ==, nên ta có:
1
!, 1, 2,
n
n
k
ukn
=
=∀=
∑
(7)

17

Từ (7) suy ra:

5
1! 2! 3! 4! !, 5.
n
n
k
ukk
=
=+ ++ + ∀≥
∑
(8)

Chú ý rằng
5n∀≥
, thì ! 1.2.3.4.5 kk= , nên
(
)
!10k  . Do vậy

5
!10, 5
n
k
kk
=
⎛⎞
∀
≥
⎜⎟
⎝⎠
∑
 . (9)
Ta có

1! 2! 3! 4! 1 2 6 24 33.+++ =+++ =
Lại có
(
)
33 3 mod10≡ . Kết hợp (8) và (9) suy ra

(
)

3mod10, 5
n
un≡∀≥ (10)
Rõ ràng mọi số chính phương chỉ có thể tận cùng bằng
0,1, 4,5,6,9
vì thế từ (10)
suy ra với mọi
5n ≥ thì
n
u không thể là số chính phương. Ta có

2
1
1! 1 1u ===;

2
1! 2! 1 2 3u =+ =+= không phải là số chính phương;

2
3
1! 2! 3! 3u =+ + = ;

4
1! 2! 3! 4! 33u =+++ = không phải là số chính phương.
Tóm lại, trong dãy số
{
}
n
u nói trên, chỉ có hai số hạng
1

u và
3
u là số chính
phương.
2.2.4. Bài toán. Cho dãy số
{
}
n
u xác định như trong Mệnh đề 2.2.3 và một số
nguyên
2p ≥ . Hãy tìm tất cả các giá trị của
n
để
n
u là lũy thừa p của một số
tự nhiên nào đó.
Bài toán được giải như sau. Ta xét hai trường hợp:
- Nếu
2p = . Khi đó theo lời giải trên, suy ra 1n
=
hoặc 3n =
- Nếu khi
2p > . Với mọi 2n ≥ , ta có:
2
1! !
n
n
k
uk
=

=+
∑

.

18
Do vậy
3, 2
n
un∀≥ .
Giả sử
p
n
ua
=
trong đó a là số tự nhiên. Vì 3, 2
n
un
∀
≥ và do 2p > nên
nếu
2n ≥ và
p
n
ua
=
thì chắc chắn 27
n
u  .
Vậy khi

2n ≥ , để
p
n
ua= , thì trước hết
n
u phải chia hết cho 27.
Với mọi
9n ≥ ta có:
8
9
!
n
n
k
uu k
=
=+
∑
.
Do
! 1.2.3.4.5.6.7.8.9 , 9kkk=∀≥ nên
(
)
!27, 9kk
∀
≥ . Vì thế
(
)
8
mod 27 , 9

n
uu n≡∀≥.
Mặt khác:

()
8
8
1
! 46233 1 mod 27
k
uk
=
== ≡
∑
.
Do đó:
(
)
1mod27
n
u
≡
.
Điều đó có nghĩa là
27, 9
n
un
∀
≥ . Vì lẽ đó 9n ≥ thì
n

u không thể biểu
diễn được dưới dạng
p
n
ua= với a là số tự nhiên
Ta có
1
11
p
u ==
.
Bằng cách thử trực tiếp ta thấy
k
u không chia hết cho 27 với mọi 1, 8k = .
Tóm lại trong dãy
{
}
n
u nói trên có duy nhất số hạng
1
u có thể biểu diễn được
dưới dạng
p
a với a là số tự nhiên. Như vậy, lời giải của bài toán tổng quát là
- Khi
2p =
thì 1n = hoặc 3.n =
- Khi
2p >
thì 1n = .

2.2.5. Mệnh đề. Cho dãy số số học
{
}
2n
⎡
⎤
⎣
⎦
, trong đó
[
]
α
là phần nguyên của
số thực
α
. Khi đó, có vô số hạng của dãy đã cho là số chính phương.
Chứng minh.
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton:
()
0
n
n
kknk
n
k
ab Cab
−
=
+=
∑

Ta thấy khi
m lẻ thì

19
(
)
()
21 2 (1)
21 2 , (2)
m
mm
m
mm
xy
xy
⎧
+= +
⎪
⎨
⎪
−= −
⎩

trong đó
,
mm
x
y là các số nguyên dương.
Từ (1) và (2) suy ra:

(
)
(
)
22 2 2
2 2 12 12 1
mmmm mm mm
xyxy xy xy+−=⇒−=⇒=+
.
Vì thế:
(
)
24 2 2 22
12.
mm m m mm
yyy y xy+= + =
Do
0
m
y > nên hiển nhiên ta có bất đẳng thức sau:

(
)
2
424 2
1
mmm m
yyy y<+< +. (3)
Từ (3) suy ra:
2242

1
mmmm
yyyy
<
+<+.
Vì
2
m
y và
2
1
m
y + là hai số nguyên dương liên tiếp, nên từ bất đẳng thức trên ta có:

24 2
mm m
yy y
⎡⎤
+
=
⎣⎦
(4)
Mặt khác, lại có:

24
2
mm mm
yy xy+= . (5)
Kết hợp (4) và (5) ta đi đến:

2
2
mm m
x
yy
⎡⎤
=
⎣⎦
. (6)
Rõ ràng ứng với các số nguyên dương lẻ
m khác nhau thì ,
mm
x
y là khác
nhau. Vậy dãy
{
}
2
mm
xy
khi 1,3,5,7, m
=
là dãy vô hạn. Dãy vô hạn này là
một dãy con vô hạn của dãy
{
}
n
u đã cho. Như vậy từ (6) suy ra tồn tại dãy con
vô hạn của dãy
{

}
n
u mà mọi số hạng của nó đều chính phương. 
2.2.6. Mệnh đề. Cho hàm số ( ) , 1,2, fn n n n
⎡⎤
=+ =
⎣⎦
Cho 1m ≥ là số tự
nhiên. Xét dãy sau đây:
, ( ), ( ( )), mfm f fm Khi đó, trong dãy trên chứa vô hạn
số chính phương
.

20
Chứng minh. Rõ ràng
(
)
() ()mfm ffm<< < . Vậy dãy đã cho là dãy thực sự
tăng. Chỉ có hai khả năng sau:
a) Nếu m không phải là số chính phương.
Gọi
2
d là số chính phương lớn nhất nhỏ hơn m , tức là dm
⎡
⎤
=
⎣
⎦
.
Đặt

2
md k=+. Theo định nghĩa của số d thì
222
(1) 21dmd d d
<
<+ =++.
Vì thế ta có:
021kd<< +. Theo cách xác định thì:

22
()
f
mmm dkddkd
⎡⎤
⎡⎤
=+ = ++=++
⎣⎦
⎣⎦
. (1)
Có hai trường hợp sau:
i) Nếu
1kd<+. Khi đó:

22 222 2
21(1) (1)dkdd d d ddkdd
+
+<+ +=+⇒<++<+


2

1ddkdd⇒< ++<+. (2)
Từ (1) và (2) suy ra
() 1dfmd
<
<+, tức là

()
f
md
⎡⎤
=
⎣⎦
. (3)
Mặt khác, lại có:

(
)
() () ()
f
fm fm fm
⎡⎤
=+
⎣⎦
.
Vì
()
f
m là số nguyên, nên theo tính chất của phần nguyên ta có:

() () () ()

f
mfmfm fm
⎡⎤⎡⎤
+=+
⎣⎦⎣⎦
. (4)
Thay (1), (3) vào (4), ta được

(
)
(
)
22
() 2 () ( 1) 1
f
fm d k d f fm d k=++⇒ =++−. (5)
Ta thấy độ lệch giữa
m và số chính phương lớn nhất nhỏ hơn m (số
2
d )
là
2
md k−= . Trong khi đó từ (5) suy ra
(
)
2
1d
+
là số chính phương lớn nhất
nhỏ hơn

(
)
f
m . Vì thế cũng từ (5) ta thấy:
(
)
2
() ( 1) 1
f
fm d k
−
+=−
tức là độ lệch giữa
()
f
m
và số chính phương lớn nhất nhỏ hơn
(
)
()
f
fm
là
1k − . Như vậy độ lệch 1k − giảm đi
1
so với độ lệch k .

21
Áp dụng lập luận trên cho số xuất phát là
()

f
m , khi đó rõ ràng ta lập luận
lại trường hợp i). Vì thế sau một số hữu hạn bước đến lúc nào đó gặp độ lệch
bằng
0 , tức là gặp số chính phương trong dãy.
ii) Nếu
121dkd
+
≤≤ + thì

22
() ( 1) ( 1)fm m m d k d d k d
⎡⎤
= + =++=++−−
⎣⎦
.
Do
011kd d
≤
−−<+,
nên từ
2
() ( 1) ( 1)fm d k d
=
++−−
suy ra
() 1
f
md
⎡⎤

=
+
⎣⎦
. Nói khác đi
(
)
2
1d
+
là số chính phương lớn nhất không
vượt quá
()
f
m
.
- Nếu
()
f
m
là số chính phương, thì chuyển sang trường hợp b)
- Nếu
()
f
m không phải là số chính phương. Khi đó chú ý là
22 2
()( 1) 2 1 1 1
f
md dkdd d kd d−+ =++−− −=−−<+.
Suy ra:

2
() () ()
f
mfm fm
⎡⎤⎡⎤
−<
⎣⎦⎣⎦
. (6)
Chú ý rằng giả thiết i) là
1kd
<
+ có thể viết lại như sau: Do ,kd nguyên
nên từ
2
1kd kd m m m
⎡
⎤⎡⎤
<+⇔≤⇔ − ≤
⎣
⎦⎣⎦
. Vì thế từ (6) suy ra xuất phát từ
()
f
m thì ta quay là trường hợp i), vì theo chứng minh trên thì sau một số hữu
hạn bước ta sẽ gặp lại số chính phương trong dãy.
Như vậy ta chứng minh được kết quả sau: Nếu xuất phát từ một số không
phải là số chính phương trong dãy, thì sau một số hữu hạn bước sẽ gặp số chính
phương.
b) Nếu
{

}
n
u là số chính phương.
Chỉ có hai khả năng sau xảy ra:
i) Hoặc là dãy
(
)
, ( ), ( ) , mfm f fm
có vô hạn số chính phương. Khi đó
kết luận của bài toán là hiển nhiên đúng

22
ii) Hoặc là gặp phần tử
(
)
(
)
( )
f
ff fm
không phải là số chính phương,
lúc này quay lại trường hợp a).
Vì quá trình lặp lại trên được thực hiện vô hạn lần. Điều đó chứng tỏ rằng
trong dãy đã cho có vô hạn số chính phương.


2.3. Tỉ số vàng và dãy Fibonacci

2.3.1. Tỷ số vàng. Vào thế kỷ III trước công nguyên, Euclid đã đưa ra bài toán
nổi tiếng khi tìm cách chia một đoạn thẳng thành hai phần sao cho phần lớn hơn

là trung bình nhân của phần nhỏ hơn và đoạn thẳng đó. Bài toán này còn được
gọi là “Phép chia hoàng kim” hay “phép chia điều hoà”. Nội dung bài toán
Euclid như sau:
Chọn điểm
M
trên đoạn thẳng
A
B sao cho

A
BAM
A
MBM
=
(1)
Điểm
M
được gọi là “điểm chia vàng” của
A
B . Từ (1) ta có
.
A
MABBM= ,
tức là
A
M là trung bình nhân của
A
B và BM .
x
a

A
B
M

Nếu đặt
A
Ba= và ,(0 )
A
Mx xa=<<thì từ (1) ta có:

ax
x
ax
=
−
. (2)
Giải (2) ta được
15
2
x
a
−±
=
, nhưng vì 0
x
a<< nên:

51
2
x

a
−
=
(3)
Ta đặt
x
a
ϕ
=
thì từ (3) ta được:

51
2
ϕ
−
=
= 0,618 033 989 … (4)