(Luận văn thạc sĩ) 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
60

Chương 3. Giới hạn của dãy số

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 địi hỏi người làm tốn 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
tốn tìm giới hạn dãy số. Các bài toán về dãy số thường là các bài tốn 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 tốn 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 tốn, 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 q báu để hồn 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 Tốn – Cơ – Tin học, phịng
Sau đại học, phịng Cơng 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: u1 , u2 , ..., un , .... Trong đó
un = u(n) và gọi u1 là số hạng đầu, un 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 u1 , u2 , ..., um trong đó u1 là số
hạng đầu, um là số hạng cuối.
Dãy số (un ) được gọi là:
• Dãy đơn điệu tăng nếu un+1 > un với mọi n = 1, 2, ...
5


• Dãy đơn điệu không giảm nếu un+1 ≥ un với mọi n = 1, 2, ...

• Dãy đơn điệu giảm nếu un+1 < un với mọi n = 1, 2, ...
• Dãy đơn điệu khơng tăng nếu un+1 ≤ un với mọi n = 1, 2, ...
Dãy (un ) được gọi là:
• Dãy số bị chặn trên nếu tồn tại số M sao cho un < M , với mọi N = 1, 2, ...
• Dãy số bị chặn dưới nếu tồn tại số m sao cho un > m, với mọi N = 1, 2, ...
• Dãy số bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới.
Dãy số (un ) được gọi là tuần hoàn với chu kỳ k nếu un+k = un , với mọi n ∈ N.
Dãy số (un ) được gọi là dãy dừng nếu tồn tại một số N0 sao cho un = C với
mọi n ≥ N0 . (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

(un ) được cho bởi
√
1 1+ 5
un = √
2
5

n

√
1 1− 5
−√
2
5

n

.

Dãy số cho bằng phương pháp truy hồi: Dãy số (un ) được xác định bởi


u1 = 1, u2 = 50

un+1 = 4un + 5un−1 − 1975,

n = 2, 3, 4, ...

Dãy số cho bằng phương pháp mơ tả: Ví dụ xét dãy số (un ) được cho bởi:
a1 = 19, a2 = 98. Với mỗi số nguyên n ≥ 1, xác định an+2 bằng số dư của phép
chia an + an+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 u1 , u2 , u3 , ... được gọi là một cấp số cộng với công
sai d (d khác 0) nếu un = un−1 + d với mọi n = 2, 3, ...

Tính chất:
1. un = u1 + (n − 1)d.
2. uk =

uk−1 + uk+1
với mọi k = 2, 3, ...
2

3. Nếu cấp số cộng có hữu hạn phần tử u1 , u2 , ..., un thì u1 +un = uk +un−k
với mọi k = 2, 3, ..., n − 1 và
Sn = u1 + u2 + · · · + un =
1.1.3.2.

n
n
(u1 + un ) = [2u1 + (n − 1)d].
2
2

Cấp số nhân

Định nghĩa 1.1.2. Dãy số u1 , u2 , u3 , ... được gọi là một cấp số nhân với công
bội q (q khác 0 và khác 1) nếu un = un−1 q với mọi n = 2, 3, ...
Tính chất:
1. un = u1 q n−1 với mọi n = 2, 3, ....
2. u2k = uk−1 · uk+1 với mọi k = 2, 3, ...
3. Sn = u1 + u2 + · · · + un =

1.1.3.3.

u1 (q n − 1)
.
q−1

Dãy Fibonacci

Định nghĩa 1.1.3. Dãy u1 , u2 , ... được xác định như sau:


u1 = 1, u2 = 1

un = un−1 + un−2 , với mọi n = 2, 3, ...
7


được gọi là dãy Fibonacci.
Bằng phương pháp sai phân có thể tìm được cơng thức tổng qt của dãy
là:

√
1 1+ 5
un = √
2
5

1.1.4.

n

√

1 1− 5
−√
2
5

n

.

Giới hạn của dãy số

Định nghĩa 1.1.4. Ta nói rằng dãy số (un ) có giới hạn là hằng số thực a hữu
hạn nếu với mọi số dương ε (có thể bé tùy ý), ln tồn tại chỉ số n0 ∈ N (n0
có thể phụ thuộc vào ε và vào dãy số (un ) đang xét), sao cho với mọi chỉ số
n ∈ N, n ≥ n0 ta ln có |un − a| < ε. Khi đó kí hiệu

lim un = a hoặc

n→+∞

lim un = a và cịn nói rằng dãy số (un ) 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 (un ) → a và (vn ) ⊂ (un ), (vn ) = C thì (vn ) → a.
Định lý 1.1.8 (định lý kẹp giữa về giới hạn). Nếu với mọi n ≥ n0 ta đều
có un ≤ xn ≤ vn và lim un = lim vn = a thì lim xn = 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 (un ) có giới hạn
u1 + u2 + · · · + un
cũng có giới hạn
hữu hạn là a thì dãy các trung bình cộng
n
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 (un+1 − un ) = a thì

n→+∞

un
= a.
n→+∞ n
lim

Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp a = 0. Vì
lim (un+1 − un ) = a nên với mọi ε > 0 luôn tồn tại N0 sao cho với mọi

n→+∞

n ≥ N0 , ta có |un+1 − un | < ε. Khi đó, với mọi n > N0 ta có

ε
un
1
1
≤
|uN0 | + |uN0 +1 − uN0 | + · · · + |un − un−1 | < |uN0 | · + (n − N0 ) ·
n
n
n
n
Giữ N0 cố định, ta có thể tìm được N1 > N0 sao cho
mọi n > N1 , ta sẽ có

1
< ε. Khi đó với
N1 |uN0 |

un
un
< 2ε. Vậy nên lim
= 0.
n→+∞ n
n

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 fn (x) = x có nghiệm.
2) Gọi α, β là các mút trái, mút phải của D. Biết lim+ [f (x) − x] và
x→α

lim [f (x)−x] cùng dương hoặc cùng âm. Khi đó, phương trình f (x) = x

x→β −

có nghiệm duy nhất ⇔ phương trình fn (x) = x có nghiệm duy nhất. Trong
đó fn (x) = f (............f (x)).
(n−1) lần f

Chứng minh. 1) a) nếu x0 là nghiệm của phương trình f (x) = x thì x0 cũng là
nghiệm của phương trình fn (x) = x.
b) Nếu phương trình f (x) = x vơ nghiệm thì f (x) − x > 0 hoặc f (x) − x < 0
với mọi x ∈ D. Do đó fn (x) − x > 0 hoặc fn (x) − x < 0 với mọi x ∈ D nên
phương trình fn (x) = x cũng vơ nghiệm.
2) a) Giả sử phương trình f (x) = x có nghiệm duy nhất là x0 thì đây cũng
9


là một nghiệm của phương trình fn (x) = x. Đặt F (x) = f (x) − x, do F (x) liên
tục trên (x0 ; β) và (α; x0 ) nên F (x) giữ nguyên một dấu.
Nếu lim [f (x)−x] và lim [f (x)−x] cùng dương thì F (x) > 0 trong khoảng
x→β −

x→α+

(x0 ; β) và (α; x0 ), suy ra f (x) > x với mọi x ∈ D \ {x0 }.
Xét x1 ∈ D \ {x0 } suy ra f (x1 ) > x1 ⇒ f (f (x1 )) > f (x1 ) > x1 . Từ đó, ta có
fn (x1 ) > x1 nên x1 khơng là nghiệm của phương trình fn (x) = x. Vậy phương
trình fn (x) = x có nghiệm duy nhất x = x0 .
Trường hợp lim+ [f (x) − x] và lim− [f (x) − x] cùng âm được chứng minh
x→α

x→β

tương tự.
b) Ta thấy mọi nghiệm của phương trình f (x) = x đều là nghiệm của phương
trình fn (x) = x, do đó nếu phương trình fn (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 (xn ) thỏa mãn
f (xn ) = xn+1 với mọi n ∈ N∗ . Khi đó:
a) Nếu x1 < x2 thì dãy (xn ) tăng.
b) Nếu x1 > x2 thì dãy (xn ) giảm.
Chứng minh. a) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Với n = 1 ta
có x1 < x2 , mệnh đề đúng. Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k ≥ 1) tức là
xk < xk+1 . Do f (·) là hàm đồng biến nên f (xk ) < f (xk+1 ), suy ra xk+1 < xk+2 .
b) Chứng minh tương tự.
Định lý 1.1.14. Cho hàm f : D → D là hàm nghịch biến, dãy (xn ) thỏa mãn
xn+1 = f (xn ) với mọi n ∈ N∗ . Khi đó:
a) Các dãy (x2n+1 ) và (x2n ) đơn điệu, trong đó có một dãy tăng và một dãy
giảm.
b) Nếu dãy (xn ) bị chặn thì tồn tại α = lim x2n và β = lim x2n+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 xn = 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 (x2n )) = f (x2n+1 ) = x2n+2 và
lim f (f (x2n )) = lim x2n+2 = α, lim x2n = 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 xk = x0 + kh
(k ∈ N∗ ) với x0 ∈ R, h ∈ R bất kỳ, cho trước. Gọi yk = f (xk ), khi đó hiệu số
∆yk := yk+1 − yk ,

k ∈ N∗

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

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: y0 , y1 , y2 , ..., yn , ...
11


Định nghĩa 1.2.3. Phương trình sai phân (cấp k) là một hệ thức tuyến tính

chứa sai phân cấp k
f (yn , ∆yn , ∆2 yn , ..., ∆k yn ) = 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
a0 yn+k + a1 yn+k−1 + · · · + ak yn = f (n)

(1.3)

trong đó a0 , a1 , ..., ak , f (n) là các giá trị đã biết, còn yn , yn+1 , ..., yn+k là các
giá trị chưa biết.
Hàm số yn thỏa mãn (1.2) gọi là nghiệm của phương trình sai phân tuyến
tính (1.2).
Phương trình a0 yn+k + a1 yn+k−1 + · · · + ak yn = 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
a0 yn+k + a1 yn+k−1 + · · · + ak yn = 0.

(1.4)

Để giải phương trình trên, ta xét phương trình đặc trưng
a0 λk + a1 λk−1 + · · · + ak−1 λ + ak = 0.

(*)

Khi đó nếu (∗) có k nghiệm thực khác nhau λ1 , λ2 , ..., λk thì nghiệm tổng
quát của (1.4) là

yˆn = c1 λn1 + c2 λn2 + · · · + ck λnk
trong đó c1 , c2 , .., ck là các hằng số tùy ý.
Nếu (∗) có nghiệm thực λj bội s thì nghiệm tổng quát của (1.4) là
s−1

yˆn =

k

cj+i n

i

λnj

i=1

ci λni .

+
i=1,i=j

12

(1.5)


Nếu phương trình (∗) có nghiệm phức đơn λj = r(cos θ + i sin θ) thì cũng
có nghiệm λj = r(cos θ − i sin θ). Đặt λj+1 = λj . Để thu được công thức tổng
quát, trong công thức (1.5) ta thay bộ phận cj λnj + cj+1 λnj+1 bởi bộ phận tương

ứng cj rn cos nθ + cj+1 rn sin nθ.
Nếu phương trình (∗) có nghiệm phức bội s:
λj = λj+s+1 = ... = λj+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
cj λnj + cj+1 λnj+1 + · · · + cj+2s−1 λnj+2s−1
bởi bộ phận tương ứng
s−1

s−1
i

cj+s+i ni rn sin nθ

n

cj+i n r cos nθ+
i=0

i=0

Bước 2. Tìm nghiệm tổng qt của phương trình sai phân tuyến tính cấp
k. Nghiệm tổng quát có dạng
yn = yˆn + yn∗
trong đó yn là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp k, yˆn là nghiệm
của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng và yn∗ là một nghiệm
riêng của phương trình khơng 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 mơđun.
1.3.1.2.

Một số tính chất

Kí hiệu a, b, c, d, m, ... là các số nguyên dương (Z+ ), ta ln 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

b
m
a
≡
mod
.
d
d
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: (an − bn )..(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 10m .

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
ã m = 1, ta cú à(m) = 1,
ã m > 1 thì µ(m) là các số tự nhiên khơng vượt quá m − 1 và nguyên tố
với m.
Công thức tính µ(m): Bước 1. Nếu m = pα (p là số nguyên tố, α là số
tự nhiên khác 0). Ta có
µ(m) = µ(pα ) = pα 1 −

1
.
p

αn
1 α2
Bước 2. Nếu m = pα
1 p2 · · · pn (pi là các số nguyên tố, αi là số tự nhiên

khác 0). Ta có
µ(m) = m 1 −

1
p1

1−

1
1
··· 1 −
.
p2
pn

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
aµ(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 khơng chia hết cho p. Khi ấy, ta có
ap−1 ≡ 1(modp).
Đối với số nguyên a bất kỳ ta có ap ≡ 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 cơng 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 ngồi cịn bản chất bài tốn là bài tốn số học.

2.1.

Tính chia hết
Một số bài tốn 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 (un ) được xác định như sau:


u1 = 1, u2 = 50

un+1 = 4un + 5un−1 − 1975,

n = 2, 3, 4, ...

Chứng minh rằng u1996 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 khơng thuần nhất, do vậy ta
đặt un = vn + c để có cơng thức truy hồi vn+1 = 4vn + 5vn−1 . Ta có
vn+1 + c = 4(vn + c) + 5(vn−1 + c) − 1975 ⇔ vn+1 = 4vn + 5vn−1 + 8c − 1975.
Do đó c =

1975
. Khi đó dãy (vn ) được xác định như sau:
8

1919
1575



v1 = −
, v2 = −


8
8








vn+1 = 4vn + 5vn−1 ,

n = 2, 3, 4, ...

Phương trình đặc trưng: x2 − 4x − 5 = 0 có hai nghiệm x1 = 5 và x2 = −1
2005
1747
, c2 =
.
nên vn = c1 5n +c2 (−1)n . Cho n = 1, n = 2 ta tìm được c1 = −
120
12
Do đó
vn = −

1747 n 2005
1747 n 2005
1975
·5 +
· (−1)n ⇒ un = −
·5 +
· (−1)n +
.
120
12
120
12
8

Với n = 1996, ta có

u1996 = −

1747 1996 9935
−1747 · 51996 + 49675
·5
+
=
.
120
24
120

Do 1997 là số nguyên tố nên 51996 ≡ 1(mod1997). Nên
−1747 · 51996 + 49675 ≡ 0(mod1997).
Lại có 51996 = 25998 ≡ 1(mod3) nên
−1747 · 51996 + 49675 ≡ −1747 + 49675 ≡ 0(mod3).
18


Và 51996 = 25998 ≡ 1(mod8) nên
−1747 · 51996 + 49675 ≡ −1747 + 49675 ≡ 0(mod8).
Hơn nữa, rõ ràng −1747 · 51996 + 49675 ≡ 0(mod5) mà (3, 5, 8) = 1 nên suy ra
.
−1747 · 51996 + 49675..120.
−1747 · 51996 + 49675
chia hết cho 1997, hay
Mặt khác (120, 1997) = 1 nên
120
là u1996 chia hết cho 1997.
Bài tập 2.1.2 (HSG QG 2011). Cho dãy số nguyên (an ) được xác định bởi:



a0 = 1, a1 = −1

an = 6an−1 + 5an−2 với mọi n ≥ 2.
Chứng minh rằng a2012 − 2010 chia hết cho 2011.
Lời giải. Cách 1. Xét dãy số nguyên (bn ) được xác định bởi:


b0 = 1, b1 = −1

bn = 6bn−1 + 2016bn−2 với mọi n ≥ 2.
Dễ thấy rằng với mọi n ≥ 0, ta có an ≡ bn (mod2011). Phương trình đặc
trưng của dãy (bn ):
x2 − 6x − 2016 = 0 ⇔ (x − 48)(x + 42) = 0 ⇒ x2 = 48, x1 = −42.
Suy ra số hạng tổng quát của dãy (bn ) có dạng:
bn = C1 · (−42)n + C2 · (48)n .
Từ các điều kiện ban đầu của dãy (bn ), ta có hệ:

49




C1 =



90
C1 + C2 = 1


⇒


42C1 − 48C2 = 1




C2 = 41 .
90
19


49 · (−42)n + 41 · 48n
với mọi n ≥ 0. Vì 2011 là số nguyên tố
90
nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có
Vì vậy bn =

(−42)2010 ≡ 482010 ≡ 1(mod2011).
Do đó
90b2012 = 49 · (−42)2012 + 41 · 482012 ≡ 49 · (−42)2 + 41 · 482
≡ 90b2 (mod2011).
Suy ra b2012 ≡ b2 (mod2011) (vì (90, 2011) = 1). Mà b2 = 6b1 + 2016b0 nên
b2012 ≡ 2010(mod2011).
Vì thế a2012 ≡ 2010(mod2011).
Cách 2. Số hạng tổng quát của dãy (an ):
an =

√
√
2
1
2
1
−√
(3 + 14)n +
+√
(3 − 14)n .
2
2
14
14

(1)

Đặt p = 2011, ta có
ap+1 =

√
√
1
2
1
2
−√
+√
(3 + 14)p+1 +
(3 − 14)p+1 .

2
2
14
14

Do
(3 +

√

14)p+1 = Ap+1 + Bp+1 ·

√

14 và (3 −

√

14)p+1 = Ap+1 − Bp+1 ·

√

14

trong đó
p+1
2
2i
Cp+1
· 32i · 14

Ap+1 =

p+1
2

−i

(2)

i=0

và

p+1
2
2i−1
Cp+1
· 32i−1 · 14

Bp+1 =

p+1
2

−i

(3)

i=1

nên
ap+1 = Ap+1 − 4Bp+1 .
20

(4)


Do p nguyên tố nên Cpk ≡ 0(modp) với mọi k = 1, p − 1. Do đó từ
k
k
Cp+1
= Cpk + Cpk−1 , suy ra Cp+1
≡ 0(modp) với mọi k = 2, p − 1.

Vì vậy từ (2) và (3) ta được Ap+1 ≡ 14
Bp+1 ≡ 3(p + 1) 14

p−1
2

p+1
2

+ 3p+1 (modp). Và

+ 3p−1 ≡ 3 14

Do đó từ (4) suy ra ap+1 ≡ − 3p + 2 · 14

p−1
2

p−1
2

+ 3p−1 (modp).

(5)

(modp). Mặt khác, ta có

452 ≡ 14(modp)
và (45, 14) = 1, theo định lý Fermat nhỏ ta có: 3p ≡ 3(modp) và
14

p−1
2

≡ 45p−1 ≡ 1(modp).

Do đó từ (5) ta được
a2012 = ap+1 ≡ −3 + 2 = −1 ≡ 2010(mod2011).
Việc tìm số hạng tổng quát của dãy số cũng có thể thơng 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 (un ) xác định như sau:


u1 = 3, u2 = 14


nun+2 − (5n + 1)un+1 + 4(n + 1)un = 1

(n ∈ N∗ )

2011

un − 4(24022 − 1). Chứng minh rằng S chia hết cho 2011.

Đặt S = 3
n=1

Lời giải. Ta có
nun+2 − (5n + 1)un+1 + 4(n + 1)un = 1
⇒ n[un+2 − 4un+1 − (n + 1) + 1] = (n + 1)(un+1 − 4un − n + 1)

21


Do đó
n+1
(un+1 − 4un − n + 1)
n
n
n+1
·
(un − 4un−1 − (n − 1) + 1)
=
n
n−1

n+1
n
2
=
·
· · · (u2 − 4u1 − 1 + 1)
n
n−1
1

un+2 − 4un+1 − (n + 1) + 1 =

= 2(n + 1)
Suy ra
un+2 − 4un+1 = 3n + 2
⇒ un+2 + (n + 2) = 4[un+1 + (n + 1)] = 42 (un + n) = ... = 4n (u2 + 2)
= 4n+2
nên un = 4n − n đúng với mọi n ∈ N∗ . Từ đó
2011

2011
4022

un − 4(2

S=3

n=1

n=1

2011

2011

4n − 3

=3

(4n − n) − 4(24022 − 1)

− 1) = 3

n=1

n − 4(42011 − 1)
n=1

= 4(42011 − 1) − 3 · 2011 · 1006 − 4(42011 − 1)
.
= −3 · 2011 · 1006 .. 2011
Một số dạng tốn 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 a1 = 19, a2 = 98. Với mỗi số nguyên n ≥ 1, ta xác định
an+2 bằng số dư của phép chia an + an+1 cho 100. Tìm số dư trong phép chia
a21 + a22 + · · · + a21998 cho 8.
Lời giải. Gọi rn là số dư của phép chia an cho 4. Theo giả thiết, ta có
an + an+1 ≡ an+2 (mod100)
22

nên an + an+1 ≡ an+2 (mod4). Mặt khác rn ∈ {0, 1, 2, 3}, tức là dãy {rn } bị
chặn và do đó dãy {rn } tuần hồn. Ta tính được r1 = 3, r2 = 2, r3 = 1, r4 = 3,
r5 = 0, r6 = 3, r7 = 3, r8 = 2, r9 = 1. Dễ kiểm tra {rn } có chu kỳ 6, nghĩa là
.
rn = rn+6 với mọi n ≥ 1. Lại có a2n − rn2 = (an − rn )(an + rn ), do (an − rn ) .. 4
.
.
nên an , rn đồng tính chẵn lẻ. Từ đó suy ra (an + rn ) .. 2, suy ra (a2n − rn2 ) .. 8
hay a2n ≡ rn2 (mod8). Vậy
2
a21 + a22 + · · · + a21998 ≡ r12 + r22 + · · · + r1998
(mod8).

Mà
2
r12 + r22 + · · · + r1998
= 333(r12 + r22 + r32 + r42 + r52 + r62 )

.
= 333(9 + 4 + 1 + 9 + 0 + 9) .. 8.
Do đó a21 + a22 + · · · + a21998 chia hết cho 8 hay số dư bằng 0.
Bài tập 2.1.5. Cho λ là nghiệm dương của phương trình
t2 − 1998t − 1 = 0
và dãy (xn ) được xác định như sau:


x 0 = 1
với mọi n ≥ 0.


xn+1 = [λxn ],

Trong đó [x] là số ngun lớn nhất khơng vượt q x. Tìm số dư của phép chia
x1998 cho 1998.

√
Lời giải. Ta có 1998 < λ = 999+ 9992 + 1 < 1999 nên x1 = 1998, x22 = 19982 .

Vì λ là nghiệm dương của phương trình t2 − 1998t − 1 = 0 nên λ là một số vô
tỷ và
λ2 = 1998λ + 1 ⇒ λ = 1998 +

1
xn
⇒ λxn = 1998xn +
.
λ
λ

Dễ thấy xn là số nguyên dương, do đó
[λxn ] = 1998xn +

xn
xn
= 1998xn +
.
λ
λ
23