MỘT số bài TOÁN LIÊN QUAN đến số CHÍNH PHƯƠNG của dãy TUYẾN TÍNH cấp HAI

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
MÔN TOÁN THPT
Tên đề tài: MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ CHÍNH
PHƯƠNG CỦA DÃY TUYẾN TÍNH CẤP HAI

Người thực hiện: Trần Ngọc Thắng
Trường: THPT Chuyên Vĩnh Phúc

NĂM HỌC: ……………………


MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ CHÍNH PHƯƠNG CỦA DÃY
TUYẾN TÍNH CẤP HAI
Trần Ngọc Thắng – THPT Chuyên Vĩnh Phúc
I. LÝ THUYẾT
1. Công thức tổng quát của dãy ( un ) thỏa mãn un+ 2 = aun +1 + bun + c .
Trường hợp 1: a + b = 1
Ta có un + 2 = aun +1 + bun + c ⇔ un + 2 + ( 1 − a ) un +1 = un +1 + ( 1 − a ) un + c .
Đặt vn = un+1 + ( 1 − a ) un ta được vn +1 = vn + c . Từ đó ta được
vn = v1 + ( n − 1) c, n = 1, 2,... suy ra un +1 = ( a − 1) un + v1 + ( n − 1) c . Do đó

un +1 = ( a − 1) un + v1 + ( n − 1) c

( a − 1) un = ( a − 1) un−1 + v1 ( a − 1) + ( a − 1) ( n − 2 ) c
2
3
2
2

( a − 1) un−1 = ( a − 1) un−2 + v1 ( a − 1) + ( a − 1) ( n − 3) c
2

…

( a − 1)

n −1

u2 = ( a − 1) u1 + v1 ( a − 1)
n

n −1

+ ( a − 1)

n −1

( n − 1) c

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:
n −1

n −1

un +1 = ( a − 1) u1 + v1.∑ ( a − 1) + c.∑ ( a − 1)

k =0
k =0
n

k

k

( n − k − 1) 

Trường hợp 2: a + b ≠ 1
Đặt un = xn + α , ta sẽ chọn α sao cho dãy số ( xn ) là dãy tuyến tính cấp
hai.
Ta có un + 2 = aun +1 + bun + c ⇔ xn +2 + α = a ( xn +1 + α ) + b ( xn + α ) + c
Để được dãy số ( xn ) tuyến tính ta sẽ chọn α sao cho
c
1− a − b
= axn +1 + bxn , n = 1, 2,...

α = α a + αb + c ⇔ α =

Khi đó ta được xn+ 2
Xét phương trình đặc trưng: t 2 − at − b = 0 (1)
+) Nếu phương trình (1) có hai thực phân biệt t1 , t2 thì xn = A.t1n + B.t2n ,
trong đó A, B là các hằng số được tính theo các số hạng x1 , x2 .
n
+) Nếu phương trình (1) có nghiệm kép t1 = t2 = t0 thì xn = ( A + Bn ) t0 ,
trong đó A, B là các hằng số được tính theo các số hạng x1 , x2 .
+) Nếu phương trình (1) có hai nghiệm phức x ± yi thì
xn = r n ( A cos nϕ + B sin nϕ ) , trong đó A, B là các hằng số được tính theo
các số hạng x1 , x2 và r = a 2 + b 2 , ϕ là một arcgument của x + yi .
2. Tính chất cơ bản dãy tuyến tính cấp hai.
Xét dãy số ( un ) được xác định bởi: un + 2 = aun +1 + bun , n = 1, 2,...

Ta có

un + 2 − bu n un +1 − bun −1
=
⇒ un ( un + 2 − bun ) = un +1 ( un +1 − bun −1 )
un +1
un

⇒ unun + 2 − un2+1 = −b ( un −1un +1 − un2 ) = ... = ( −b )

n −1

(uu

1 3

− u22 ) .

Do đó dãy ( un ) thỏa mãn unun + 2 − un2+1 = ( −b ) ( u1u3 − u22 ) .
Đây là tính chất rất quan trọng về dãy tuyến tính cấp hai, tính chất
này thường được sử dụng khi chứng minh các đẳng thức liên quan
đến các số hạng của dãy và các tính chất số học của dãy.
3. Phương pháp thường dùng để chứng minh f ( un ) là số chính
n −1

phương, trong đó ( un ) thỏa mãn un+ 2 = aun+1 + bun + c .
Để chứng minh dãy số ( bn ) thỏa mãn bn là số chính phương với
mọi số nguyên dương n ta thường sử dụng một số hướng sau:

Hướng 1: Ta chỉ ra tồn tại dãy số nguyên ( cn ) thỏa mãn
bn = cn2 , ∀n ∈ ¥ . Dãy số ( cn ) thường dự đoán bằng cách tính một số

giá trị đầu c1 , c2 ,... và tìm ra quy luật của dãy ( cn ) .
Hướng 2: Ta chứng minh bnbn+ 2 là một số chính phương với mọi số
tự nhiên n , sau đó chứng minh bằng quy nạp.
Hướng 3: Dựa vào công thức truy hồi ta tính được bn = cn2
MỘT SỐ BÀI TẬP MINH HỌA

II.

Bài 1. Cho dãy số ( an ) : a0 = 1, a1 = 2, an+2 = 4an+1 − an , n ≥ 0 . Chứng minh rằng:
a) an − 1
b)

là số chính phương với mọi n lẻ

an − 1
là số chính phương với mọi n chẵn.
6

Lời giải.
a) Cách 1: Ta dự đoán dãy số ( cn ) sao cho a2 n+1 − 1 = cn2 , ta có
a1 = 2, a3 = 26, a5 = 362, a7 = 5042 suy ra c0 = 1, c1 = 5, c2 = 19, c3 = 71 . Khi đó ta

thử thiết lập quan hệ truy hồi của dãy ( cn ) theo dãy tuyến tính cấp 2, giả
sử cn+ 2 = acn +1 + bcn và từ c0 = 1, c1 = 5, c2 = 19, c3 = 71 ta được
5a + b = 19
a = 4
⇔

. Do đó ta dự đoán dãy số ( cn ) là:

19a + 5b = 71 b = −1
c0 = 1, c1 = 5, cn + 2 = 4cn +1 − cn , n = 0,1, 2,...


Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp a2n +1 − 1 = cn ( 1) , ∀n = 0,1, 2,... Thật vậy (1)
đúng với n = 0 , giả sử (1) đúng đến n > 0 , ta sẽ chứng minh (1) đúng đến
n + 1.
2

Ta có a2n +3 − 1 = 4a2 n +2 − a2 n +1 − 1 = 4 ( 4a2 n +1 − a2 n ) − a2 n +1 − 1 = 16a2 n +1 − 4a2 n − a2 n +1 − 1
= 15a2 n +1 − ( a2 n +1 + a2 n −1 ) − 1 = 14a2 n +1 − a2 n −1 − 1 = 14 ( cn2 + 1) − cn2−1 − 1 − 1 = 12cn2 − cn2−1 − 12

(2)
Theo hệ thức cơ bản của dãy tuyến tính cấp 2 ta được:
cn +1cn −1 − cn2 = −6 ⇒ ( 4cn − cn −1 ) cn −1 − cn2 = −6 ⇒ cn2 + cn2−1 − 4cn cn −1 − 6 = 0 (3)

Ta có
cn2+1 = ( 4cn − cn −1 ) = 16cn2 − 8cn cn −1 + cn2−1 = 16cn2 − 2 ( cn2 + cn2−1 − 6 ) + cn2−1
2

= 14cn2 − cn2−1 − 12 ( 4 )

Từ (2) và (4) suy ra
a2 n +3 − 1 = cn2+1

Do đó ta chứng minh được (1) đúng đến n + 1 suy ra (1) đúng.
Cách 2: Ta có an + 2 an − an2+1 = 3, ∀n ≥ 0 . Từ hệ thức này ta được:

( an+ 2 − 1) ( an − 1) = an+ 2an − an+ 2 − an + 1 = an2+1 + 3 − 4an+1 + 1 = ( an +1 − 2 ) (5).
2

Từ hệ thức (5) bằng phương pháp quy nạp suy ra an − 1 là số chính
phương với mọi số nguyên dương lẻ n.
b) Ta chứng minh theo hướng 2 như sau:
2

a − 1 a − 1 a a − a − a + 1 a 2 − 4an +1 + 4  an +1 − 2 
=
Ta có n + 2 . n = n+ 2 n n+ 2 n = n+1
÷
6
6
36
36
 6 

Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp suy ra
phương.

an − 1
là số chính
6


Bài 2. Cho dãy số ( an ) : a0 = 1, a1 = 13, an+ 2 = 14an+1 − an , n ≥ 0 . Chứng minh
rằng với mỗi số tự nhiên n , tồn tại các số tự nhiên k , l sao cho
an = k 2 + ( k + 1) , an2 = ( l + 1) − l 3
2

3

Lời giải. Nhận xét: Ta có an = k 2 + ( k + 1) = 2k 2 + 2k + 1 ⇔ 2an − 1 = ( 2k + 1)
2

2

và an2 = ( l + 1) − l 3 = 3l 2 + 3l + 1 ⇔ 12an2 − 3 = ( 6l + 3) .
Như vậy bài toán quy về chứng minh 2an − 1, 12an2 − 3 là các số chính
phương.
Nếu ta chứng minh bài toán này theo cách 1 của bài 1 thì gặp phải những
tính toán rất lớn và nếu không được sử dụng máy tính thì sẽ mất nhiều
thời gian. Ta sẽ chứng minh theo cách 2 của bài 1. Trước hết ta có hệ
thức cơ bản sau : an+ 2 an − an2+1 = 12, ∀n = 0,1, 2,...
Xét
3

2

( 2an+ 2 − 1) ( 2an − 1) = 4an+2 an − 2 ( an+ 2 + an ) + 1 = 4 ( an2+1 + 12 ) − 28an+1 + 1 = ( 2an+1 + 7 )
( 12an2+2 − 3) ( 12an2 − 3) = 144 ( an+2 an ) 2 − 36 ( an2+2 + an2 ) + 9
2
2
2
2
= 144 ( an + 2 an ) − 36 ( an + 2 + an ) + 72an + 2 an + 9 = 144 ( an + 2 an ) − 36 ( 14an +1 ) + 72an + 2 an + 9
2

= 144 ( an + 2 an ) − 36.142 ( an + 2 an − 12 ) + 72an + 2 an + 9 = 144 ( an + 2 an ) − 36.194an + 2 an + 2912

2

= ( 12an + 2 an − 291)

2

2

Từ các hệ thức trên và phương pháp quy nạp ta được 2an − 1, 12an2 − 3 là các
số chính phương.
Bài 3 (TST VN 2012). Cho dãy số ( xn ) được xác định như sau:
x1 = 1, x2 = 2011, xn + 2 = 4022 xn +1 − xn , n = 1, 2,...
x +1
Chứng minh rằng 2012
là một số chính phương.
2012

Lời giải. Ta sẽ giải bài toán tổng quát sau: Cho p là một số nguyên
dương lẻ và dãy số ( xn ) được xác định như sau:
x1 = 1, x2 = p, xn + 2 = 2 pxn +1 − xn , n = 1, 2,... Chứng minh rằng

x2 n + 1
là số chính
p +1

phương với mọi số nguyên dương n .
Cách 1. Ta sẽ chứng minh theo hướng 1 của bài 1. Ta tính một vài giá trị
đầu tiên
2
x2 + 1

x +1
2 x +1
= 1, 4
= ( 2 p − 1) , 6
= ( 4 p 2 − 2 p − 1) ,...
p +1
p +1
p +1


x +1

2
2n
Ta dự đoán được p + 1 = yn , trong đó dãy số ( yn ) được xác định như sau:

y1 = 1, y2 = 2 p − 1,..., yn + 2 = 2 pyn +1 − yn , n = 1, 2,...

Ta sẽ chứng minh kết quả trên bằng phương pháp quy nạp.
n −1
Ta có yn + 2 yn − yn2+1 = ( 1) ( y3 y1 − y22 ) = 2 p − 2 ⇒ yn + 2 yn = yn2+1 + 2 p − 2 .
⇒ ( 2 pyn +1 − yn ) yn = yn2+1 + 2 p − 2 ⇒ yn2+1 + yn2 + 2 p − 2 = 2 pyn yn +1

Ta có yn2+ 2 = ( 2 pyn +1 − yn ) = 4 p 2 yn2+1 − 4 pyn +1 yn + yn2
2

= 4 p 2 yn2+1 − 2 ( yn2+1 + yn2 + 2 p − 2 ) + yn2 = ( 4 p 2 − 2 ) yn2+1 − yn2 − 4 p + 4

4 p 2 − 2 ) x2 n + 2 − x2 n + 1 x2 n + 4 + 1
(

x2 n + 2 + 1 x2 n + 1
=
.
( 4 p − 2) p + 1 − p + 1 − 4 p + 4 =
p +1
p +1
x2 n + 4 + 1
2
Suy ra p + 1 = yn + 2
2

Cách 2. Ta sẽ chứng minh theo hướng 2 của bài 1. Trước hết ta có hệ
thức cơ bản sau:
xn + 2 xn − xn2+1 = ( 1)

n −1

( x x − x ) = 2p
3 1

2
2

2

− 1 − p 2 = p 2 − 1 ⇒ xn + 2 xn = xn2+1 + p 2 − 1 .

Ta có
2

 xn + 2 + 1   xn + 1  xn + 2 xn + xn + 2 + xn + 1 xn2+1 + p 2 − 1 + 2 pxn +1 + 1  xn +1 + p 
=
=

÷
÷=
÷
2
2
( p + 1)
( p + 1)
 p +1   p +1 
 p +1 
x2 n + 1
Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp ta được p + 1 là số chính
phương với mọi số nguyên dương n .
x2 n − 1
Nhận xét. Bằng cách chứng minh tường tự như trên ta được p − 1 là số
chính phương với mọi số nguyên dương n .

Bài 4 (China South East Mathematical 2011). Cho dãy số ( an ) được
xác định như sau: a1 = a2 = 1, an+1 = 7an − an−1 , n = 2,3,... Chứng minh rằng với
mọi số nguyên dương n ta có an + an +1 + 2 là một số chính phương.
Lời giải.
Cách 1. Tính một vài giá trị đầu tiên ta được: a1 + a2 + 2 = 22 , a2 + a3 + 2 = 32 ,
a3 + a4 + 2 = 7 2 , a4 + a5 + 2 = 182 . Từ đó ta dự đoán an + an +1 + 2 = bn2 , trong đó

dãy số ( bn ) được xác định như sau: b1 = 2, b2 = 3, bn +1 = 3bn − bn −1 , n = 2,3,...
Ta sẽ chứng minh dự đoán này bằng phương pháp quy nạp.
2

2
2
2
Ta có bn +1bn −1 − bn = 5 ⇒ ( 3bn − bn −1 ) bn −1 − bn = 5 ⇒ 3bnbn −1 = bn −1 + bn + 5
= an −1 + an + an + an +1 + 9 = an+1 + 2an + an −1 + 9 .


Theo công thức truy hồi của dãy ( bn ) ta được:
bn2+1 = ( 3bn − bn −1 ) = 9bn2 + bn2−1 − 6bn bn −1 = 9 ( an + an +1 + 2 ) + an −1 + an + 2
2

−2 ( an +1 + 2an + an −1 + 9 ) = 7an +1 − an + 7an − an −1 + 2 = an + 2 + an +1 + 2 .

Do đó bn2+1 = an +1 + an + 2 + 2 hay bài toán được chứng minh.
Cách 2. Ta có các đẳng thức sau: an+ 2 + an = 7an+1 , an+ 2 an − an2+1 = 5 .
Xét

( an + an+1 + 2 ) ( an+1 + an+ 2 + 2 ) = an+1 ( an + an+ 2 ) + an an+ 2 + an2+1 + 2 ( an + an+ 2 ) + 4an+1 + 4
2
= 7 an2+1 + an2+1 + 5 + an2+1 + 14an +1 + 4an +1 + 4 = 9an2+1 + 18an +1 + 9 = ( 3an +1 + 3) .
Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp ta suy ra an + an+1 + 2 là số
chính phương với mọi số nguyên dương n .
Bài 5. Cho dãy số ( an ) : a0 = 0, a1 = 1, an+ 2 = 3an+1 − an + 2, n ≥ 0 . Chứng minh
rằng: an an + 2 là số chính phương với mọi số tự nhiên n.
Lời giải. Ta sẽ tìm x sao cho dãy số ( bn ) : an = bn + x là dãy tuyến tính cấp
hai. Thay vào hệ thức truy hồi của dãy ( an ) ta được:
bn + 2 + x = 3bn +1 + 3x − bn − x + 2 = 3bn +1 − bn + 2 x +2
Ta chọn x sao cho x = 2 x + 2 ⇔ x = −2 suy ra an = bn − 2 .

Như vậy bài toán đã cho sẽ tương đương với bài toán sau:

Cho dãy ( bn ) : b1 = 2, b2 = 3, bn+ 2 = 3bn+1 − bn . Chứng minh rằng ( bn − 2 ) ( bn + 2 − 2 )
là số chính phương với mọi số nguyên dương n .
Ta có bn + 2bn − bn2+1 = 5 ⇒ bn + 2bn = bn2+1 + 5 và bn + 2 + bn = 3bn +1 .
2
Do đó ( bn − 2 ) ( bn+ 2 − 2 ) = bn+ 2bn − 2 ( bn+ 2 + bn ) + 4 = bn2+1 + 5 − 6bn +1 + 4 = ( bn+1 − 3) .
Vậy an an + 2 là số chính phương với mọi số nguyên dương n .
Bài 6. Cho dãy số ( an ) : a0 = 1, a1 = 1, an+ 2 = 7an+1 − an − 2, n ≥ 0 . Chứng minh
rằng mọi số hạng của dãy đều là số chính phương.
Lời giải. Ta sẽ tìm x sao cho dãy số ( bn ) : an = bn + x là dãy tuyến tính cấp
hai.
Thay vào hệ thức truy hồi của dãy ( an ) ta được:
bn + 2 + x = 7bn +1 + 7 x − bn − x − 2 = 3bn +1 − bn + 6 x − 2
2
2
Ta chọn x sao cho x = 6 x − 2 ⇔ x = suy ra an = bn + .
5
5

Như vậy bài toán đã cho sẽ tương đương với bài toán sau:


3
5

3
5

Cho dãy ( bn ) : b1 = , b2 = , bn+ 2 = 7bn +1 − bn . Chứng minh rằng bn +

2

là số
5

chính phương với mọi số nguyên dương n .
2
5

Cách 1. Ta tính một số giá trị đầu tiên của bn + :
b1 +

2 2
2
2
2
2
= 1 , b2 + = 12 , b3 + = 22 , b4 + = 52 …Khi đó ta dự đoán bn + = cn2 ,
5
5
5
5
5

trong đó ( cn ) được xác định như sau: c1 = c2 = 1, cn + 2 = 3cn +1 − cn , n = 1, 2,...
Ta chứng minh dự đoán này bằng phương pháp quy nạp:
2
2
2
2
Ta có cn + 2cn − cn+1 = 1 ⇒ ( 3cn+1 − cn ) cn − cn +1 = 1 ⇒ 3cn cn +1 = cn+1 + cn + 1
cn2+ 2 = ( 3cn+1 − cn ) = 9cn2+1 − 6cncn +1 + cn2 = 9cn2+1 − 2 ( cn2+1 + cn2 + 1) + cn2

2

2 
2
2
2

= 7cn2+1 − cn2 − 2 = 7  bn +1 + ÷−  bn + ÷− 2 = 7bn +1 − bn + = bn + 2 +
5 
5
5
5

2
Suy ra cn2+ 2 = bn + 2 + . Từ đó suy ra dự đoán là đúng hay bài toán được
5

chứng minh.
9
và bn + 2 + bn = 7bn +1 . Khi đó
5
2 
2
2
4
9 14
4

= bn2+1 + + bn +1 +
 bn + ÷ bn + 2 + ÷ = bn + 2bn + ( bn + bn + 2 ) +

5 
5
5
25
5 5
25


Cách 2. Ta có bn+ 2bn − bn2+1 =

2

= bn2+1 +

14
49 
7
bn +1 +
=  bn +1 + ÷
5
25 
5

2

2 
2 
7

Suy ra  bn + ÷ bn+ 2 + ÷ =  bn +1 + ÷ . Từ đẳng thức này bằng phương pháp

5 
5 
5


quy nạp suy ra bn +

2
là số chính phương với mọi số nguyên dương n .
5

Bài 7. Cho dãy số ( an ) xác định bởi:
 a0 = 2

.
2
 an +1 = 4an + 15an − 60, n = 0,1, 2,...
1
Chứng minh rằng số bn = ( a2 n + 8 ) có thể biểu diễn thành tổng của ba số
5

nguyên duơng liên tiếp với mọi n ≥ 1 .
Lời giải. Từ giả thiết suy ra dãy số ( an ) là dãy số dương.
Ta có an +1 = 4an + 15an2 − 60 ⇒ ( an +1 − 4an ) = 15an2 − 60
⇒ an2+1 − 8an an +1 + an2 + 60 = 0 (1)
Từ (1) ta được: an2+ 2 − 8an+1an + 2 + an2+1 + 60 = 0 (2).
2


Từ (1) và (2) suy ra an , an + 2 là hai nghiệm của phương trình:

x 2 − 8 xan +1 + an2+1 + 60 = 0 .

Do đó theo định lí Viet ta được: an + an + 2 = 8an +1 ⇔ an + 2 = 8an +1 − an . Khi đó
dãy số ( an ) được xác định như sau: a0 = 2, a1 = 8, an + 2 = 8an+1 − an , n = 0,1, 2,...
1
5

1
5

Nhận xét. Giả sử ( a2 n + 8) = ( k − 1) + k 2 + ( k + 1) ⇔ ( a2 n + 8 ) = 3k 2 + 2
⇔

a2 n − 2
= k2 .
15

2

2

Như vậy yêu cầu chứng minh của bài toán quy về chứng minh

a2 n − 2
là
15

số chính phương với mọi số nguyên dương n .
Cách 1. Ta tính một vài giá trị đầu tiên:
a0 − 2

a −2
a −2
a −2
= 02 , 2
= 22 , 4
= 162 , 6
= 126 2
15
15
15
15
a −2
= bn2 , trong đó dãy số ( bn ) được xác định như
Khi đó ta dự đoán 2 n
15

sau:

b0 = 0, b1 = 2, b2 = 16, b3 = 126,... và thử xác định dãy ( bn ) dưới dạng dãy số

tuyến tính như sau: bn + 2 = xbn+1 + ybn , n = 0,1, 2,...
 2 x = 16
x = 8
⇔
.
16 x + 2 y = 126  y = −1
a −2
= bn2 , trong đó ( bn ) là
Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp 2 n
15

Từ b0 = 0, b1 = 2, b2 = 16, b3 = 126 ta được 

dãy số thỏa mãn b0 = 0, b1 = 2, bn + 2 = 8bn +1 − bn , n = 0,1, 2,...
2
2
2
2
Ta có bn +1bn−1 − bn = −4 ⇒ ( 8bn − bn −1 ) bn −1 − bn = −4 ⇒ 8bnbn−1 = bn−1 + bn − 4
b2 n −2 − 2 b2 n − 2
b
+ b − 64
+
− 4 = 2 n−2 2 n
.
15
15
15
a2 n + 2 = 8a2 n +1 − a2 n = 8 ( 8a2 n − a2n −1 ) − a2 n = 63a2 n − ( a2 n + a2 n −2 ) = 62a2 n − a2 n− 2

Theo công thức truy hồi của dãy ( bn ) và các đẳng thức trên ta được:
bn2+1 = ( 8bn − bn −1 ) = 64bn2 + bn2−1 − 16bnbn −1 = 64
2

a2 n − 2 a2 n −2 − 2
 a + a2 n −2 − 64 
+
− 2  2n
÷
15

15
15



62a2 n − a2 n − 2 − 2 a2 n + 2 − 2
=
.
15
15
a
−2
Do đó bn2+1 = 2 n +2
hay bài toán được chứng minh.
15
=

Cách 2.
Ta có a2 n + 2 a2 n − a22n+1 = 60 ⇒ a2 n + 2 a2 n = a22n+1 + 60


2
 a2 n + 2 − 2  a2 n − 2  a2 n +2 a2 n − 2 ( a2 n+ 2 + a2 n ) + 4 a2 n +1 + 60 − 16a2 n +1 + 4
=
Ta xét 
÷
÷=
225
225
 15  15 

2

 a −8
=  2 n +1
÷
 15 

Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp ta được
a2 n − 2
15

là số chính phương với mọi số nguyên dương n.
Bài 8 (Balkan MO 2002). Cho dãy số ( un ) được xác định bởi:
u1 = 20, u2 = 30, un + 2 = 3un +1 − u n , n = 1, 2,...
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 1 + 5unun +1 là một số chính

phương.
Lời giải. Dễ thấy dãy ( un ) là dãy số tăng suy ra với
n ≥ 4 ⇒ un + un +1 ≥ u4 + u5 > u3 + u4 = 250 (1)
+) n ∈ { 1, 2} không thỏa mãn

+) n = 3 thì 1 + 5u3u4 = 2512 suy ra n = 3 thỏa mãn.
+) n ≥ 4 , theo tính chất cơ bản của dãy tuyến tính cấp hai ta có:
un + 2un = un2+1 + ( 1)

n −1

(u u

3 1

− u22 ) = un2+1 + 500

⇒ ( 3un +1 − un ) un = un2+1 + 500 ⇒ 3un +1un = un2+1 + un2 + 500

⇒ 5un +1un + 1 = ( un +1 + un ) + 501 .
2

Giả sử 1 + 5unun+1 là số chính phương, 1 + 5unun +1 = a 2 , a ∈ ¥ * . Khi đó ta có:
2
( un+1 + un ) + 501 = a 2 ⇔ ( a − un+1 − un ) ( a + un+1 + un ) = 501 = 1.501 = 3.167 . Ta xét
các trường hợp sau:
a + un + un +1 = 501 a = 251
⇔
mẫu thuẫn với (1).
un + un +1 = 250
a − un − un +1 = 1

TH1. 

 a + un + un +1 = 167
 a = 85
⇔
mâu thuẫn với (1).
un + un +1 = 82
 a − un − un +1 = 3

TH2. 

Do đó với n ≥ 4 thì 1 + 5unun +1 không phải là số chính phương.
Vậy n = 3 là số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.
III. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1. Cho dãy số ( an ) : a0 = 1, a1 = 13, an +2 = 14an +1 − an , n ≥ 0 . Chứng minh rằng
a) an2+1 − an an + 2 + 12 = 0, ∀n ≥ 0


b) 48an2 − 12 là số chính phương với mọi số tự nhiên n
2 an + 1
là số chính phương với mọi số tự nhiên n
3
2. Cho dãy số ( an ) : a0 = 0, a1 = 11, an + 2 = 10an +1 − an + 10, n ≥ 0 . Chứng minh

c) 2an − 1,

rằng:
an + 1 là số chính phương với mọi n chẵn.
3. Cho dãy số ( an ) : a0 = 0, a1 = 1, an + 2 = 2an+1 − an + 1, n ≥ 0 . Chứng minh rằng:
4an an + 2 + 1 là một số chính phương.
4. Cho dãy số ( an ) : a0 = 0, a1 = 1, an + 2 = 3an +1 − an + 2, n ≥ 0 . Chứng minh rằng:
an an + 2 là số chính phương với mọi số tự nhiên n.
5. Cho dãy số ( an ) : a0 = 0, a1 = 1, an + 2 = 3an +1 − 2an , n ≥ 0 . Chứng minh rằng:
an2 + 2n+ 2 là bình phương của một số nguyên lẻ.
6. Cho dãy số ( an ) : a0 = 1, a1 = 1, an+ 2 = 7 an +1 − an − 2, n ≥ 0 . Chứng minh rằng
mọi số hạng của dãy đều là số chính phương.
7. (VMO1997) Cho dãy số ( an ) : a0 = 1, a1 = 45, an + 2 = 45an+1 − 7an , n ≥ 0 .
a) Tính số các ước nguyên dương của số an2+1 − an an+ 2 theo n;
b) Chứng minh rằng 1997 an2 + 4.7 n +1 là số chính phương với mọi số tự
nhiên n.
8. (Kiểm tra đội tuyển IMO 2013) Cho dãy số

( an ) : a1 = 1, a2 = 11, an+ 2 = an+1 + 5an , n ≥ 1 . Chứng minh rằng an không là số
chính phương với mọi n > 3 .
9. Cho dãy số ( an ) : a0 = 0, a1 = 3, an +2 = 6an +1 − an + 2, n ≥ 0 . Chứng minh rằng
an2 + ( an + 1) là số chính phương với mọi số tự nhiên n.
2

10.Cho dãy số ( an ) : a0 = a, a1 = b, an+2 = 3an+1 − an , n ≥ 0; a, b ∈ ¢ . Chứng minh
rằng tồn tại số nguyên k sao cho 5an2 + k là số chính phương với mọi số
tự nhiên n.
11.Cho dãy số ( an ) : a0 = 1, a1 = 6, an + 2 = 6an +1 − an , n ≥ 0 . Chứng minh rằng:
a) an2+1 − 6an an+1 + an2 = 1 với mọi số tự nhiên n;
b) Với mọi số tự nhiên n, tồn tại số nguyên dương k sao cho an2 =

k ( k + 1)
2

12.Cho dãy số ( an ) : a0 = 1, a1 = 2, an + 2 = an +1 − an , n ≥ 0 . Tìm n để an − 1 là số
chính phương.
13.Cho dãy số ( an ) : a1 = 1, a2 = −1, an+ 2 = −an+1 − 2an , n ≥ 1 . Chứng minh rằng

2
22012 − 7a2010
là một số chính phương.
14.Cho dãy số ( an ) : a0 = 1, a1 = 2, an+ 2 = 4an+1 − an , n ≥ 0 . Tìm n để an − 1 là số

chính phương.


15.Cho dãy số ( an ) : a1 = 1, a2 = 2, an + 2 = 4an +1 − an , n ≥ 1 . Chứng minh rằng:
a) an2 + an2−1 − 4an an −1 = −3, ∀n ≥ 2

an2 − 1
b)
là một số chính phương.
3
16.Cho dãy số ( an ) : a1 = 1, a2 = 2, an + 2 = 4an +1 + an , n ≥ 1 . Chứng minh rằng

an an + 2 + ( −1) .5 là số chính phương với mọi số nguyên dương n. Chứng
n

minh phương trình x 2 − 4 xy − y 2 = 5 có vô số nghiệm nguyên dương.
17.(TSTVN2012) Cho dãy số ( an ) : a1 = 1, a2 = 2011, an+ 2 = 4022an+1 − an , n ≥ 1 .
Chứng minh rằng

a2012 + 1
là một số chính phương.
2012
n

n

 3+ 5   3− 5 
18.Cho dãy số ( xn ) : xn = 
÷
÷ +  2 ÷
÷ − 2, n ≥ 1 . Chứng minh rằng
2

 


x2 n+1 là số chính phương với mọi số tự nhiên n.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Titu Andreescu and Zuming Feng, 102 Combinatorial Problems from the
Training of the USA IMO Team. Bikhauser, 2002.
2. Titu Andreescu and Zuming Feng, A path to combinatorics for
undergraduates counting strategies. Bikhauser, 2004.
3. Titu Andreescu, Razvan Gelca, Mathematical Olympiad Challenges.
Bikhauser, 2000.
4. Titu Andreescu and Zuming Feng, Mathematical Olympiads 1998-1999
Problems and Solutions From Around the World. Published and distributed by
The Mathematical Association of America, 2000.
5. Titu Andreescu and Zuming Feng, Mathematical Olympiads 1999-2000
Problems and Solutions From Around the World. Published and distributed by
The Mathematical Association of America, 2002.
6. Arthur Engel, Problem - Solving Strategies. Springer, 1998.
7. Loren C. Larson, Problem - Solving Through Problems. Springer, 1983.
8. Vũ Dương Thụy - Nguyễn Văn Nho, 40 năm Olympiad Toán Học Quốc Tế,
tập 1 và tập 2, NXB Giáo dục, 2001.


9. Vũ Dương Thụy - Nguyễn Văn Nho, Tuyển tập các bài toán từ những cuộc
thi tại Mĩ và Canada, NXB Giáo dục, 2002.
10. Nguyễn Văn Nho, Tuyển tập các bài toán từ những cuộc thi tại Trung Quốc,
NXB Giáo dục, 2002.
11. Nguyễn Sinh Nguyên - Nguyễn Văn Nho - Lê Hoành Phò, Tuyển tập các
bài toán dự tuyển IMO 1991-2001, NXB Giáo dục, 2003.
12. Các bài toán thi Olympiad toán trung học phổ thông 1990-2006, NXB Giáo
dục, 2007.
13. Nguyễn Quý Dy - Nguyễn Văn Nho - Vũ Văn Thỏa, tuyển tập 200 bài thi

vô địch toán, tập 3: Giải tích, NXB Giáo dục, 2001.
14. Tạp chí AMM, Crux, Toán Học Tuổi trẻ, ...
15. Nguyễn Văn Nho, Tuyển tập các bài toán từ những cuộc thi tại một số nước
Đông Âu, NXB Giáo dục.
16. Các trang Website về toán:
www.mathlinks.ro , www.diendantoanhoc.net , www.mathscope.org