BÁO CÁO SÁNG KIẾN
I. ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Dãy số là một phần quan trọng của đại số và giải tích tốn học. Dãy số có
một vị trí đặc biệt quan trọng trong tốn học, khơng chỉ như là một đối tượng
để nghiên cứu mà cịn đóng một vai trị như một cơng cụ đắc lực của các mơ
hình rời rạc của giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý
thuyết biểu diễn… Các vấn đề liên quan đến dãy số rất phong phú. Hiện nay có
nhiều tài liệu đề cập đến các bài toán về dãy số. Tuy nhiên, chủ yếu quan tâm
đến các tính chất của dãy số như Giới hạn dãy, số hạng tổng quát, sự đơn điệu
của dãy, tính bị chặn…
Trong các đề thi học sinh giỏi (HSG) các cấp, như kỳ thi chọn HSG cấp tỉnh,
kỳ thi HSG cấp Quốc gia, Olympic Quốc tế, đều xuất hiện các bài toán về dãy số.
Bên cạnh các bài toán chứng minh tỉnh đơn điệu, bị chặn, tìm giới hạn của dãy
số, các bài toán về dãy số nguyên cũng thường xuyên xuất hiện trong các đề thi
này.
Dãy số nguyên về bản chất là một hàm số từ

*

vào

. Do giá trị của các

phần tử của dãy số là các số nguyên nên các bài toán về dãy số nguyên thường
gắn liền với phương pháp quy nạp tốn học hoặc các tính chất số học. Các bài
toán số học là thách thức của bao thế hệ học sinh trong các kỳ thi chọn học sinh
giỏi.Hơn nữa các bài toán này lại gắn với dãy số nên chúng sẽ đem lại nhiều khó
khăn cho các em học sinh, trong đó phần lớn là do việc tiếp cận các bài tốn số
học một cách khơng tự nhiên, khơng cơ bản, do đó khơng hình thành được tư
duy số học cho các em nên các em thường bế tắc khi giải các bài toán số học.
Đặc biệt là cách tiếp cận các hướng khai thác từ ý tưởng của một bài tốn đã có

đối với học sinh là một vấn đề không dễ.
Với ý tưởng nghiên cứu một số ứng dụng của các bài toán về dãy số
nguyên qua các kì thi học sinh giỏi, từ đó tìm các hướng tiếp cận để khai thác
các hướng phát triển, sáng tạo bài tốn mới là mục đích nghiên cứu đề tài này
của các tác giả.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP:
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
Trước đây, khi chưa được tiếp cận được các tính chất của dãy số nguyên, hoặc
các ứng dụng của số học đối với dãy số nguyên thì nhiều bài toán về dãy số nguyên


2
gặp nhiều khó khăn. Nhiều học sinh mất rất nhiều thời gian cho những bài tốn này,
thậm chí có những học sinh đến cuối cùng đành “bó tay” với những bài này. Những
học sinh có thể làm được thì chứng minh dài dịng thơng qua một số bổ đề, tính chất
phụ.
2. Mơ tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
Việc áp dụng các tính chất của dãy số nguyên cũng như các tính chất số
học của dãy số nguyên sẽ làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn, ngắn gọn
hơn. Khơng những thế, học sinh có thể nghiên cứu thêm được những tính chất,
những bổ đề sẽ được sử dụng trong các bài toán về dãy số nguyên. … Bên cạnh
đó, học sinh có thể sáng tạo để nghiên cứu, phát triển được những bài toán này
lên một mức độ cao hơn.
A. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ:
I. Định nghĩa dãy số:
- Dãy số là một hàm số u :
n

→


un = u ( n )

- Ta thường kí hiệu dãy số là ( un ) hoặc un  .
- Nếu hàm số u :

→

thì dãy số đó gọi là dãy số

có tập giá trị là

nguyên.
II. Dãy số truy hồi:
1. Dãy truy hồi tuyến tính cấp 1 với hệ số hằng
1.1. Dạng tổng quát: un+1 = aun + b, n  , a, b 

.

1.2. Công thức:
+) Nếu a = 1 thì dãy ( un ) là một cấp số cộng.
+) Nếu a  1 thì un = Aa n + B với A, B  .
2. Dãy truy hồi tuyến tính cấp 1 với hệ số hằng
2.1. Dạng tổng quát: un+ 2 = aun+1 + bun , n  , a, b  .
2.2. Cơng thức:
Xét phương trình đặc trưng: λ2 − aλ = 0 (1)
- Nếu phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt λ1 , λ 2 thì tồn tại
A, B 

sao cho un = Aλn1 + Bλn2 , n  .



3
- Nếu phương trình (1) có nghiệm kép λ thì tồn tại A, B 

sao cho

un = ( A + B ) λn , n  .

- Nếu phương trình (1) có phức λ = x + iy thì ta đặt r = λ = x 2 + y 2
tan φ =

và

y
 π π
, φ  − ;  .
x
 2 2

Khi đó λ = r ( cosφ + i sin φ ) và un = r n ( A cos ( nφ ) + B sin ( nφ ) ) , n  , A, B  .
3. Dãy truy hồi cấp 1 dạng un+1 = f ( un , n )
Phương pháp:

 φ ( un ) = f ( φ ( u n ) )
Biến đổi để đưa về dạng 
φ ( un ) = f ( φ ( un ) , n )
Đặt vn = φ ( un ) . Khi đó ta được một dãy truy hồi mới theo vn đơn giản hơn.
4. Dãy truy hồi cấp 2 dạng un+2 = f ( un , un+1 , n )
Phương pháp:


φ ( un ) + φ ( un−1 ) = f ( φ ( un ) , φ ( un−1 ) )
Biến đổi để đưa về dạng 
φ ( un ) + φ ( un−1 ) = f ( φ ( un ) , φ ( un−1 ) , n )
Đặt vn = φ ( un ) . Khi đó ta được một dãy truy hồi mới theo vn đơn giản hơn.
II. Một số dãy số đặc biệt
1. Dãy Fibonacci
1.1. Định nghĩa:
Dãy Fibonacci ( Fn ) mang tên chính nhà tốn hoc Pisano Fibonacci.

 F1 = F2 = 1
Dãy cho bởi hệ thức truy hồi đơn giản 
 Fn+ 2 = Fn+1 + Fn , n 

*

.

1.2. Công thức tổng quát:
n
n
1  1 + 5   1 − 5  
Fn =

 −
 , n 
5  2   2  



*


(Công thức Binet)

Từ sau, để thuận tiện cho việc tính tốn, ta quy ước F0 = 0 .
1.3. Các hệ thức cơ bản của dãy Fibonacci:
1.3.1. F1 + F2 + ... + Fn = Fn + 2 − 1


4
1.3.2. F1 + F3 + ... + F2 n −1 = F2 n
1.3.3. F2 + F4 + ... + F2 n = F2 n +1 − 1
1.3.4. Fn −1.Fn +1 − Fn2 = (−1) n
1.3.5. F12 + F22 + ... + Fn2 = Fn .Fn +1
1.3.6. F0 − F1 + F2 − F3... − F2 n −1 + F2 n = F2 n −1 − 1
1.3.7. Fn2+1 − Fn2 = Fn −1.Fn + 2 .
1.3.8. F1F2 + F2 F3 + ... + F2 n −1F2 n = F22n
1.3.9. Fn +1.Fn + 2 − Fn .Fn +3 = (−1)n
1.3.10. Fn4 − 1 = Fn − 2 Fn −1Fn +1Fn + 2
1.4. Các tính chất số học của dãy Fibonacci:
1.4.1. ( Fn , Fn+1 ) = 1 với mọi n.
1.4.2. Nếu n chia hết cho m thì Fn chia hết cho Fm .
1.4.3. Nếu Fn chia hết cho Fm thì n chia hết cho m với m>2.
1.4.4. ( Fn , Fm ) = Fd với d = ( m, n ) .
1.4.5. Nếu n  5 và Fn là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố.
1.4.6. Dãy ( Fn ) chứa một tập vô hạn những số đôi một nguyên tố cùng nhau.
1.4.7. F5n = 5Fn .qn với qn không chia hết cho 5.
1.4.8. Fn 5k  n k .
1.4.9. Fn có tận cùng là 0 khi và chỉ khi n 15 .
1.4.10. Fn có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi n 150 .
2. Dãy Lucas

2.1. Định nghĩa:
 L0 = 2; L1 = 1
Dãy Lucas ( Ln ) được xác định như sau: 
 Ln + 2 = Ln +1 + Ln , n  .

Những số hạng của dãy Lucas có thể coi như giống với dãy Fibonacci bởi hai dãy
này đều có cùng hệ thức xác định dãy.
2.2. Công thức tổng quát:


5
n

n

1+ 5  1− 5 
Ln = 
 +
 , n  .
2
2

 


2.3. Các tính chất số học của dãy Lucas:
2.3.1. umn chia hết cho u n nếu m là số lẻ.
2.3.2. Ln = Fn−1 + Fn+1, n 

*


.

Tổng qt hơn, ta có cơng thức sau Ln = Fk + 2 Ln−k + Fk +1Ln−k −1 , k  n.
2.3.3. L2n = 5Fn2 + 4.( −1) , n  .
n

2.3.4. F2 n = Ln Fn , n  .
2.3.5. Fn =

Ln−1 + Ln+1
, n 
5

*

.

2.3.6. Ln  1 ( mod n ) nếu n là số nguyên tố.
2.3.7. Số nguyên tố Lucas là số Lucas, và đồng thời là một số nguyên tố. Các
số nguyên tố Lucas nhỏ nhất được biết là 2, 3, 7, 11, 29, 47, 199, 521, 2207, 3571, …
III. Ước nguyên tố của một dãy số nguyên
1. Định nghĩa:
Cho dãy số nguyên ( an ) . Số nguyên tố p được gọi là ước nguyên tố của dãy
số nguyên ( an ) nếu tồn tại chỉ số m sao cho p am .
2. Một số định lý:
2.1. Định lý Fermat nhỏ:
Với p là một số nguyên tố, a là một số nguyên thỏa mãn ( a, p ) = 1 thì ta
ln có a p −1  1 ( mod p ) .
2.2. Định lý phần dư Trung Hoa:

Giả sử m1 , m2 , ..., mn là các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau. Khi đó hệ các
 x  r1 ( mod m1 )

 x  r2 ( mod m2 )
đồng dư tuyến tính 
có nghiệm duy nhất modulo m = m1m2 ...mn .
.............

 x  r ( mod m )
n
n


m

Chứng minh: Dễ thấy  , m j  = 1, j = 1, n
m

 j

m
m
Suy ra tồn tại s j  sao cho s j  1 ( mod m j ) , j = 1, n  s j rj  rj ( mod m j ) , j = 1, n
mj
mj


6
n
m

m
m
Xét số nguyên x0 =  s j rj , ta có x0 =  s j rj  si ri  ri ( mod mi ) , i = 1, n
mi
j =1 m j
j =1 m j
n

hay x0 là một nghiệm của hệ đồng dư tuyến tính.
Giả sử x1 cũng là một nghiệm.
Ta có x1  x0 ( mod mi ) , i = 1, n  ( x1 − x0 ) mi , i = 1, n
Vì m1 , m2 , ..., mn là các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau nên ( x1 − x0 ) m
Định lý được chưng minh.
2.3. Định lý phần dư Trung Hoa mở rộng:
Giả sử m1 , m2 , ..., mn là các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau. Khi đó điều
 x  r1 ( mod m1 )

 x  r2 ( mod m2 )
kiện cần và đủ để hệ các đồng dư tuyến tính 
.............
 x  r ( mod m )
n
n


(

có nghiệm là

)


ri  rj mod ( mi , m j ) .

Khi đó hệ trên có nghiệm duy nhất theo modulo m = m1m2 ...mn
2.4. Định lý Euler:
Nếu a và n là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì

a

φ( n )

 1 ( mod n )

trong đó φ ( n ) là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng
nhau với n .
Hệ quả: Cho k số nguyên khác 0 là a1 , a2 , ..., ak và số nguyên dương m  1 . Khi đó
tồn tại số nguyên dương N đủ lớn để
N +nφ( m)

ai

 aiN ( mod m ) , i = 1, k , n 

*

Chứng minh: Giả sử ta có phân tích ra thừa số nguyên tố của m là
t

m p j j , trong đó p1  p2  ...  pt là các số nguyên tố và k j 
k


j =1





Đặt N = max k j : j = 1, t . Khi đó


7

( )

+) Nếu p j | ai thì từ p j j m ta suy ra φ p j j φ ( m )
k

k

(

)

Áp dụng định lý Fermat ta có ai ( )  1 mod p j j . Suy ra ai
φ m

k

N + nφ( m )


+) Nếu p j ai thì do N  k j nên ai

(

)

N + nφ( m )

(

 aiN  0 mod p j j

(

k

(

 aiN mod p j j
k

)

)

)

Do đó p j j aiN +nφ( m) − aiN , j = 1, t . Suy ra m aiN +nφ( m) − aiN , i = 1, k
k


Hệ quả được chứng minh.
IV. Thặng dư bậc hai
1. Định nghĩa. Ta gọi a là một thặng dư bậc hai modulo p (hay a là một số
chính phương modulo p ) nếu tồn tại số nguyên x sao cho x 2  a ( mod p ) ,
trong đó p là một số ngun dương.
2. Định lí. Cho p là một số nguyên tố.
(i) Nếu p = 2 thì mọi số a lẻ đều là số chính phương modulo 2.
(ii) Nếu p  2 . Khi đó
a là số chính phương modulo p khi và chỉ khi a
a là số chính phương modulo p khi và chỉ khi a

p −1
2

p −1
2

 1 ( mod p ) ;
 −1 ( mod p )

3. Kí hiệu Legendre. Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a là số nguyên khơng chia
hết cho p . Khi đó ta có các kết quả sau:
(1). a

p −1
2

a
   ( mod p )
 p


a b
(2). Nếu a  b ( mod p ) thì   =  
 p  p

 a   b   ab 
(3).   .  =  
 p  p  p 


8
p −1
 −1 
(4).   = ( −1) 2
 p
p −1
2
(5).   = ( −1) 8
 p
2

(6). Luật tương hỗ Gauss: Nếu p, q là hai số nguyên tố lẻ thì:
p −1 q −1
 p  q 
.
 q  p  = ( −1) 2 2
  

B. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG
I. Dạng 1. Chứng minh một dãy số là dãy số nguyên

1. Phương pháp: Để chứng minh môt dãy số là dãy số nguyên, ta thường biến
đổi công thức truy hồi của dãy số về dạng un+1 = a0un + a1un−1 + ... + ak un−k , trong
đó a1 , a2 , ..., ak là các số nguyên và k số hạng đầu tiên của dãy cũng là các số
nguyên. Từ đó bằng quy nạp, ta chứng minh được các số hạng của dãy là các số
nguyên.
- Trong một số trường hợp, ta có thể đi tìm cơng thức số hạng tổng qt
u n của dãy, từ đó ta có thể chứng minh trực tiếp u n là số nguyên

2. Bài tập vận dụng.
2.1. Bài 1. Cho dãy số ( un )

u1 = 1, u2 = 3

xác định bởi 
un2+1 + 2
, n 
un+ 2 = u
n


*

.

Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số đều là các số nguyên.
Lời giải: Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh un+2 = 4un+1 − un , n 
+) Thật vậy với n = 1 ta có u3 =

u22 + 2 32 + 2
=

= 11 = 4u2 − u1 .
u1
1

Do đó (1) đúng với n = 1 .
+) Giả sử (1) đúng với n = k , ( k  1) tức là uk + 2 = 4uk +1 − uk .
+) Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 . Theo giả thiết quy nạp, ta có

*

(1)


9
uk2+1 + 2
uk +2 = 4uk +1 − uk 
= 4uk +1 − uk  uk2+1 + 2 = uk ( 4uk +1 − uk )
uk
 uk2 − 4uk uk +1 + 2 = −uk2+1  (16uk2+1 + uk2 − 8uk uk +1 ) + 2 = 16uk2+1 − 4uk uk +1 − uk2+1

 ( 4uk +1 − uk ) + 2 = 4uk +1 ( 4uk +1 − uk ) − uk2+1  uk2+2 + 2 = 4uk +1uk +2 − uk2+1
2

uk2+2 + 2

= 4uk +2 − uk +1  uk +3 = 4uk +2 − uk +1
uk +1

Suy ra (1) đúng với n = k + 1 .
Theo nguyên lý quy nạp ta có (1) đúng với mọi n 


*

.

Vậy mọi số hạng của dãy số đều là các số nguyên.
2.2. Bài 2.Cho dãy số ( un )

u1 = 1

xác định bởi 
3
 3
u
=
1
+
u
+
2
−
, n 
n
+
1
n



n

n




*

.

Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số đều là các số nguyên.
Lời giải:
*) Nhận xét: Ta thấy un+1 = ( un + 2 ) +

3( un − 1)
, n 
n

Do đó để chứng minh un  , n 

, ta có thể chứng minh vn =

*

*

và u1 = 1 .

3( un − 1)
 , n 
n


Ta có v1 = 0, v2 = 3, v3 = 7, v4 = 12, ...
Dễ dàng nhận thấy vn = vn−1 + ( n + 1) , n 

*

, n  2 . Từ đó ta suy ra

vn = vn−1 + ( n + 1) 

n ( n + 1)
vn−1 = vn−2 + n 
− 2 + n, n 
  vn = v1 + 3 + 4 + ... + n + ( n + 1) =
2
....................... 

v2 = v1 + 3


Mặt khác v1 = 0 =

1(1 + 1)
n ( n + 1)
− 2 + 1 nên  vn =
− 2 + n, n 
2
2

Từ đó ta dự đốn un = 1 +


( n − 1) n ( n + 4) , n 
6

*

(1)

Ta chứng minh công thức (1) bằng phương pháp quy nạp.

*

*

,n2

*


10
+) Với n = 1 thì u1 = 1 nên công thức (1) đúng với n = 1 .
+) Giả sử công thức (1) đúng với n = k , ( k  1) tức là uk = 1 +

( k − 1) k ( k + 4)
6

+) Với n = k + 1 . Ta có

3  3   ( k − 1) k ( k + 4 ) 
3

 3
uk +1 = 1 +  uk + 2 − = 1 +  1 +
+
2
−

k  k 
6
k
 k


 uk +1

k − 1) k ( k + 4 ) ( k − 1)( k + 4 )
k ( k + 1)( k + 5)
(
k 3 + 6k 2 + 5k
= 1+
+
+ 2 = 1+
= 1+

6
2
Suy ra công thức (1) đúng với n = k + 1 .

6

Theo ngun lý quy nạp ta có cơng thức (1) đúng với mọi n 


un = 1 +

( n − 1) n ( n + 4) , n 

6

*

tức là

*

6

Khi đó, ta có n ( n − 1) 2  n ( n − 1)( n + 4 ) 2
Mặt khác n ( n − 1)( n + 4 ) = ( n − 1) n ( n + 1) + 3n ( n + 1) 3 . Do đó n ( n − 1)( n + 4 ) 6
Suy ra un  , n 

*

. Vậy mọi số hạng của dãy số đều là các số nguyên.

2.3. Bài 3.Cho a, b, c là ba số nguyên thỏa mãn điều kiện a 2 = b + 1. Xét dãy số
u0 = 0
u
được
xác
định
bởi

( n)

2
2
un+1 = aun + bun + c , n  .

Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số đều là các số nguyên.
Lời giải:
Theo giả thiết ta có un+1 = aun + bun2 + c 2 , n 
 ( un+1 − aun ) = bun2 + c 2 , n 
2

 un+1 − aun = bun2 + c 2 , n 

 un2+1 − 2aunun+1 + a 2un2 = bun2 + c 2 , n 

(1)

Vì a 2 = b + 1 nên từ (1) ta suy ra

(a

2

− b ) un2+1 − 2aunun+1 + a 2un2 = ( a 2 − 1) un2 + c 2 , n 

 un2 − 2aun+1un + a 2un2+1 = bun2+1 + c 2 , n 

 ( un − aun+1 ) = bun2+1 + c 2 , n 
2


(2)


11
Mặt khác ta có bun2+1 + c 2 = ( un+2 − aun+1 ) nên kết hợp với (2) ta có
2

( un − aun+1 )

2

= ( un+2 − aun+1 ) , n 

 un − aun+1 =  ( un+2 − aun+1 ) , n 

2

Do u0 = 0 và u1 = c 2 = c 

(3)

nên từ (3) bằng phương pháp quy nạp ta suy ra

un  , n  .

Vậy mọi số hạng của dãy số đều là các số nguyên.
2.4. Bài 4.Cho dãy số ( un )

u1 = 0

xác định bởi 
2
un+1 = 5un + 24un + 1, n 

*

.

Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số đều là các số nguyên.
Lời giải:
*) Nhận xét: Bài 4 này là một trường hợp cụ thể của bài 3.
*) Ở đây, ta sẽ trình bày một hướng tiếp cận khác
Từ giả thiết ta có u2 = 1 và ( un+1 − 5un ) = 24un2 + 1, n 
2

 un2+1 − 10unun+1 + un2 − 1 = 0

*

(1)

Trong (1), thay n bằng n − 1 ta được  un2−1 − 10unun−1 + un2 − 1 = 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra un+1 , un−1 là hai nghiệm của phương trình
t 2 − 10unt + un2 − 1 = 0

Theo định lý Viets ta có un+1 + un−1 = 10un hay un+1 = 10un − un−1
u1 = 0, u2 = 1
Từ đó ta có dãy ( un ) : 
un+2 = 10un+1 − un , n 


*

Suy ra mọi số hạng của dãy số đều là các số nguyên.
2.5. Bài 5. Cho dãy số ( un )

u1 = 1
xác định bởi 
2
un+1 = 5un + kun − 8, n 

*

.

Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho dãy ( un ) gồm toàn số nguyên.
Lời giải:*) Ta có u2 = 5 + k − 8 . Đặt
u3 = 5u2 + ku22 − 8 = 5 ( 5 + t ) +

Để u3 

(

)

(t

2

k − 8 = t, (t 


) . Khi đó ta có

+ 8) ( 5 + t ) − 8
2

thì f ( t ) = t 2 + 8 ( 5 + t ) − 8 phải là số chính phương
2


12

(

)

Suy ra f ( t ) = t 2 + 8 ( 5 + t ) − 8 = q 2 , ( q 
2

)

Mặt khác ta có f ( t ) = t 4 + 10t 3 + 33t 2 + 80t + 192 nên ta suy ra

(t

2

+ 5t + 4 )  f ( t )  ( t 2 + 5t + 14 ) và f ( t ) 2
2

2


Từ đó suy ra q = t 2 + 5t + a với a là số tự nhiên chẵn thỏa mãn 5  a  13 hay
a 6; 8; 10; 12 .

+) Với a = 6 ta có f ( t ) = t 4 + 10t 3 + 33t 2 + 80t + 192 = ( t 2 + 5t + 6 )

2

 ( t 2 + 5t ) + 8t 2 + 80t + 192 = ( t 2 + 5t ) + 12 ( t 2 + 5t ) + 36
2

2

 4t 2 − 20t − 156 = 0  t 2 − 5t − 39 = 0 (loại vì phương trình này khơng có nghiệm nguyên)

+) Với a = 8 ta có f ( t ) = t 4 + 10t 3 + 33t 2 + 80t + 192 = ( t 2 + 5t + 8 )

2

 ( t 2 + 5t ) + 8t 2 + 80t + 192 = ( t 2 + 5t ) + 16 ( t 2 + 5t ) + 64
2

2

 8t 2 − 128 = 0  t 2 − 16 = 0  t = 4 . Khi đó k = t 2 + 8 = 24

+) Với a = 10 ta có f ( t ) = t 4 + 10t 3 + 33t 2 + 80t + 192 = ( t 2 + 5t + 10 )

2


 ( t 2 + 5t ) + 8t 2 + 80t + 192 = ( t 2 + 5t ) + 20 ( t 2 + 5t ) + 100
2

2

 12t 2 + 20t − 92 = 0  3t 2 + 5t − 23 = 0 (loại vì phương trình này khơng có nghiệm ngun)

+) Với a = 12 ta có f ( t ) = t 4 + 10t 3 + 33t 2 + 80t + 192 = ( t 2 + 5t + 12 )

2

 ( t 2 + 5t ) + 8t 2 + 80t + 192 = ( t 2 + 5t ) + 24 ( t 2 + 5t ) + 144
2

2

 16t 2 + 40t − 48 = 0  2t 2 + 5t − 6 = 0 (loại vì phương trình này khơng có nghiệm ngun)

Trong tất cả các trường hợp ta thấy chỉ có a = 8 thỏa mãn tìm được k = 24.
*) Ngược lại với k = 24 ta có u2 = 9 và ( un+1 − 5un ) = 24un2 − 8, n 
2

 un2+1 − 10unun+1 + un2 − 8 = 0

(1)

Trong (1), thay n bằng n − 1 ta được  un2−1 − 10unun−1 + un2 − 8 = 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra un+1 , un−1 là hai nghiệm của phương trình
t 2 − 10unt + un2 − 8 = 0


Theo định lý Viets ta có un+1 + un−1 = 10un hay un+1 = 10un − un−1
u1 = 1, u2 = 9
Từ đó ta có dãy ( un ) : 
un+2 = 10un+1 − un , n 

*

*


13
Suy ra mọi số hạng của dãy số đều là các số nguyên.
Vậy tất cả các số nguyên dương k thỏa mãn đề bài là k = 24 .
2.6. Bài 6.Cho dãy số ( un ) thỏa mãn các điều kiện sau:
a) un  0, n 

*

.

b) u1 , u2  .

u12 + u22 + α
c)
 , m, n 
umun

un2+1 + α
d) un+2 =
, n 

un
Chứng minh rằng un  , n 

*

*

, α .

, α .
*

.

Lời giải:
Từ tính chất d) ta suy ra
un+1un+3 + un2+1 = un2+2 + α + un2+1 = un2+2 + unun+2 , n 

Suy ra un+1 ( un+3 + un+1 ) = un+2 ( un+2 + un ) , n 
Đặt bn =

un + 2 + un
, n 
un+1

*

*




*

un+3 + un+1 un+2 + un
=
, n 
un + 2
un+1

*

(1)

thì từ (1) ta có b1 = b2 = b3 = ... = b

u22 + α
+ u1
un + 2 + un
u3 + u1
u12 + u22 + α
u1
= bn = b1 =
=
=
Khi đó b =
un+1
u2
u2
u1u2


Theo tính chất c) ta suy ra b
Từ đó suy ra un+2 = bun+1 − un , n 
Mặt khác, do u1 , u2 
2.7.

Bài

và b
dãy

7.Cho

u1 = 2, u2 = 7

un2−1 1
 1
− 2  un − u  2 , n 
n−2


*

*

nên suy ra un  , n 
số

, n  3 (1).

Chứng minh rằng u n là số lẻ với mọi n 

Lời giải:

nguyên

*

, n  2.

(u )
n

*

.

xác

định

bởi


14
*) Từ giả thiết ta có

un2−1 1
u2
1
−  un  n−1 + , n 
un−2 2

un−2 2

*

, n3

 un2−1 1 un2−1 1 
Vì nửa khoảng 
− ;
+  có độ dải bằng 1 nên trong nửa khoảng này có
u
2
u
2
n
−
2
n
−
2


duy nhất 1 số nguyên. Do đó dãy số đã cho được xác định duy nhất.
Ta có u3 = 25; u4 = 89 . Đặt un = xun−1 + yun−2
7 x + 2 y = 25
x = 3
Từ u3 = 25; u4 = 89 ta có hệ 

25 x + 7 y = 89
y = 2

v1 = 2, v2 = 7
*) Ta chứng minh dãy ( vn ) xác định bởi 
vn = 3vn−1 + 2vn−2 , n 

*

, n3

thỏa mãn

(1)
Thật vậy, từ công thức truy hồi của dãy ( vn ) ta suy ra vn  0, n 
- Ta chứng minh quy nạp: vn  2n , n 

*

*

.

, n  2 (2)

+) Thật vậy, ta thấy (2) đúng với n = 2
+) Giả sử (2) đúng đến n = k tức là uk  2k
+) Với n = k + 1 ta có uk +1 = 3uk + 2uk −1  2uk  2.2k = 2k +1
Do đó (2) đúng với n = k + 1 .
Theo nguyên lý quy nạp thì (2) đúng với mọi n 

*


, n  2 hay vn  2n , n  * , n  2 .

- Khi đó ta có vnvn−2 − vn2−1 = vn−2 ( 3vn−1 + 2vn−2 ) − vn−1 ( 3vn−2 + 2vn−3 ) = −2 ( vn−1vn−3 − vn2−2 )
 vnvn−2 − vn2−1 = −2 ( vn−1vn−3 − vn2−2 ) = ... = ( −2 )

n−3

( v v − v ) = ( −2)
3 1

2
2

n−3

vn2−1 ( −2 )
 vn −
=
vn−2
vn−2

n −3

Vì vn  2n , n 

*

, n  2 nên suy ra

v2

( −2 )
Nếu n chẵn thì vn − n−1 =
vn−2
vn−2

n −3

vn2−1 ( −2 )
=
Nếu n lẻ thì vn −
vn−2
vn−2

n −3

1
vn2−1 ( −2 )
=
Do đó −  vn −
2
vn−2
vn−2

n −3

( −2 )


2 n−2


( −2 )


1
 , n 
2

n −3

n −3

2 n−2
*

=

(

−2n−3
1
n −3
=
−
do
−
2
0
(
)
2 n−2

2

(

2n−3 1
n −3
= n−2 =
do ( −2 )  0
2
2

, n  3 . Suy ra un = vn , n 

)

*

.

)


15
u1 = 2, u2 = 7
Từ công thức truy hồi 
un = 3un−1 + 2un−2 , n 

n

*


*

, n3

ta suy ra u n là số lẻ với mọi

, n  2.

2.8. Bài 8.Cho hai số thực a và b khác 0. Xét dãy số (u n ) xác định bởi:
u0 = 0; u1 = 1
.

un+ 2 = aun+1 − bun , n  .

Chứng minh rằng nếu có bốn số hạng liên tiếp của dãy (u n ) là số nguyên thì mọi số
hạng của dãy là số nguyên.
Lời giải. Ta có ngay un2+1 − unun+2 = bn (1)
+ Giả sử tồn tại bốn số hạng um ; um+1; um+ 2 ; um+3 là số nguyên, từ (1) suy ra b m và bm+1
là số nguyên. Từ đó suy ra b là số hữu tỉ. Nhưng b m là số nguyên nên b nguyên.
um+ 2 = aum+1 − bum
+ Ta chỉ cần phải chứng minh a  : Ta có 
um+3 = aum+ 2 − bum+1

Nếu a là số vô tỉ thì từ 2 hệ thức trên suy ra um+1 = um+ 2 = 0 , suy ra b = 0 , mẫu
thuẫn. Vậy a là số hữu tỉ.
Q0 ( x) = 0; Q1 ( x) = 1
Xét dãy đa thức hệ số nguyên Qn ( x) : 
Qn+ 2 ( x) = xQn+1 ( x) − bQn ( x) = 0


Khi đó Qn ( x) 

 x , mơníc và deg Qn ( x) = n − 1 .

Ta có Qn (a ) = un , đặc biệt Qm+1 (a) = um+1 .
Suy ra a là nghiệm hữu tỉ của đa thức P( x) = Qm+1 ( x) − um+1
Vì đa thức P( x) 

 x và mơníc nên a 

.

Vậy mọi số hạng của dãy (u n ) là số nguyên.
3. Một số bài tập tương tự:
3.1. Bài 9. Cho dãy số ( un )

u0 = u1 = u2 = 1

xác định bởi  un+3 un+2
= n!, n  .
u
u
n
 n+1

Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số đều là các số nguyên.


16
3.2. Bài 10. Cho dãy số ( un ) xác định bởi un =


4n + 4n 2 − 1
, n 
2n + 1 + 2n − 1

*

.

Chứng minh rằng u1 + u2 + ... + u40 là một số nguyên.
3.3. Bài 11 (BMO 2001, Round 4).
Cho dãy ( an ) thỏa mãn a0 = 4, a1 = 22 và an − 6an−1 + an−2 = 0, n 

*

, n2.

Chứng minh rằng tồn tại các dãy ( xn ) , ( yn ) gồm các số nguyên dương sao cho
an =

yn2 + 7
, n  .
xn − yn

3.4. Bài 12. Chứng minh rằng tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương ( un ) thỏa mãn

u0 = 1, u1 = 2

2


 un+2un − un+1 = 1, n  .

II. Dạng 2. Ứng dụng tính chất số học trong dãy số nguyên.
II.1. Dãy số ngun với tính chia hết.
1. Phương pháp: Có 2 cách để giải các bài toán dạng này:
- Cách 1: Tìm cơng thức số hạng tổng qt của dãy số, sử dụng các tính
chất chia hết để thực hiện.
- Cách 2: Chuyển về nghiên cứu trên dãy các số dư.
2. Bài tập vận dụng.
2.1. Bài 1. Cho k 

*

u0 = 0, u1 = 1
và dãy số ( un ) thỏa mãn điều kiện 
un+2 = 4un+1 − un , n  .

Chứng minh rằng un 3k  n 3k.
Lời giải:Xét phương trình đặc trưng λ2 − 4λ + 1 = 0
Phương trình này có 2 nghiệm phân biệt là p = 2 + 3, q = 2 − 3
Khi

đó

(

ta

có


)

(

n

số

)

n

hạng

un = A 2 + 3 + B 2 − 3 , n 

tổng

quát

của

dãy

(u )
n

là



17
1

A
=

 A + B = 0
2 3
Từ u0 = 0, u1 = 1 ta có 

 A 2 + 3 + B 2 − 3 = 1  B = − 1

2 3

(

Suy ra un

(
=

) (

) (
n

2+ 3 − 2− 3
2 3

Từ


)

)

n

pn − qn
=
, n  .
2 3

đó

ta

có

3

p n − q n p 3n − q 3n
 pn − qn 
3un ( 4u + 1) = 12u + 3un = 12 
=
= u3n , n 
 +3
2 3
2 3
 2 3 
2

n

3
n

Từ u0 = 0, u1 = 1, u2 = 4 và un+3 = 15un+1 − 4un , n 

ta suy ra nếu n khơng chia hết

cho 3 thì u n cũng không chia hết cho 3.
Đặt n = 3s.t với ( t , 3) = 1 . Theo nhận xét trên thì ut khơng chia hết cho 3.
Khi đó un = u3 .t = 3u3
s

s −1

t

( 4u

+ 1) = .... = 3t ut  ( 4u32 t + 1) = 3t ut M
t
s −1

2

3s−1

r


r =0

Vì 4n2 + 1 khơng chia hết cho 3 nên ut M không chia hết cho 3
Do đó v3 ( un ) = v3 ( 3t ut M ) = t = v3 ( n ) , n 
Suy ra n 3k  n = 3s t , ( s  k )  un = 3s.L, ( L 

)u

n

3k

2.2. Bài 2 (Journal of Mathematical youth).
a1 = a2 = 1
Cho dãy số ( an ) xác định bởi 
an+2 = an+1 + an , n 

*

.

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( a; b ) , a  b thỏa mãn an − 2na n chia hết
cho b với mọi n

*

.

Lời giải:
*) Ta có a2 = 2 . Từ giả thiết ta có an  2na n ( mod b ) , n 


*

a1  2a ( mod b )
2a  1 ( mod b )
2a  1 ( mod b )


Do đó 
 3

3
3
a3  6a ( mod b ) 6a  2 ( mod b ) 3 ( 2a )  8 ( mod b )


2a  1 ( mod b ) 
2a  1 ( mod b ) 2a  1 ( mod b ) a = 3




( do a  b )
b
=
5
3

8
mod

b
5

0
mod
b
b
=
5
(
)
(
)







*) Ta chứng minh cặp ( a; b ) = ( 3; 5) thỏa mãn đề bài.


18
Đặt bn = an − 2n3n , n 

*

. Do an+2 = an+1 + an , n 


*

bn+2 + 2 ( n + 2 ) 3n+2 = bn+1 + 2 ( n + 1) 3n+1 + bn + 2n3n , n 

 bn+2 + 18n.3n + 36.3n = bn+1 + bn + 8n.3n + 6.3n , n 
 bn+2 = bn+1 + bn − 10.3n ( n + 3) , n 

nên
*

*

 bn+2  bn+1 + bn ( mod 5) , n 

*

Mà b1 = −5  0 ( mod 5) , b2 = −35  0 ( mod 5) nên bn  0 ( mod 5) , n 

*

*

Vậy tất cả các cặp số nguyên dương ( a; b ) , a  b là ( a; b ) = ( 3; 5) .
2.3. Bài 3 (Bulgaria 1999).
Cho

( n − 1) a

n+1


dãy

các

số

= ( n + 1) an − 2 ( n − 1) , n 

*

(a )

nguyên

thỏa

n

mãn

. Biết rằng a1999 chia hết cho 2000. Tìm số

nguyên dương n nhỏ nhất sao cho an chia hết cho 2000.
Lời giải: Ta có a1 = 0
Từ giả thiết ta có ( n − 1) an+1 = ( n + 1) an − 2 ( n − 1) , n 


an+1
an
2

=
−
, n 
n ( n + 1) ( n − 1) n n ( n + 1)

Đặt bn =

an
, n 
n ( n − 1)

bn+1 = bn −

Suy ra bn −

*

*

*

,n2

, n  2 . Khi đó ta có

2
, n 
n ( n + 1)

*


, n  2  bn+1 −

2
2
= b2 − = b2 − 1, n 
n
2

*

2
2
= bn − , n 
n +1
n

2
 bn = b2 − 1 + , n 
n

*

*

2

a

Do đó an = bn n ( n − 1) =  + b2 − 1 n ( n − 1) = 2 ( n − 1) +  2 − 1 n ( n − 1) , n 

n

2 

Mặt khác, a1 = 0 cũng thỏa mãn công thức (*).
a

Do đó an = 2 ( n − 1) +  2 − 1 n ( n − 1) , n 
2 

*


a

a

Khi đó a1999 = 2.1998 +  2 − 11999.1998 = 1998  2 + 1999  2 − 1 
2

2




a

Mà a1999 chia hết cho 2000 nên 2000 1998  2 + 1999  2 − 1 
2





a
 a
 1000  2 + 1999  2 − 1   2 
2
2



,n2

*

, n  2 (*)


19

 a
a
 a


 1000  2 + 2000  2 − 1 −  2 − 1   1000  2 −  2 − 1 
2
 2




 2
a
 2 − 1 = 1000m + 2, ( m  )  an = 2 ( n − 1) + (1000m + 2 ) n ( n − 1) , n 
2

*

Do n ( n + 1) chẵn nên 1000mn ( n + 1) chia hết cho 2000
Khi đó an 2000  2 ( n − 1) + 2n ( n − 1) 2000  ( n − 1)( n + 1) 1000
 n = 2k + 1  ( 2k )( 2k + 2 ) 1000  k ( k + 1) 250

Từ đó suy ra số k nhỏ nhất là 124. Do đó số nguyên dương n nhỏ nhất là n = 249.
 x1 = 3, x2 = 11
2.4. Bài 4.Cho dãy số nguyên ( xn ) xác định bởi 
 xn+2 = 2 xn+1 + 7 xn , n 

*

.

Tìm tất cả các số nguyên dương lẻ a sao cho với mọi m, n nguyên dương tồn tại k
nguyên dương mà xnk − a chia hết cho 2m .
Lời giải: Giả sử a là số nguyên dương lẻ thỏa mãn đề bài.
*) Ta chứng minh quy nạp xn  3 ( mod 8 ) , n 

*

(1)


+) Ta thấy (1) đúng với n = 1, n = 2.
+) Giả sử (1) đúng đến n = k , ( k  2 )
+) Theo giả thiết ta có xk +1 = 2 xk + 7 xk −1  6 + 21  27  3 ( mod 8)
Do đó (1) đúng với n = k + 1 . Theo nguyên lý quy nạp, (1) đúng với mọi n 
*) Chọn m = 3, n = 1 thì theo giả

*

.

thiết, tồn tại số nguyên dương k sao cho

 a  1 ( mod 8)
x1k  a ( mod 23 ) hay 11k  a ( mod 8)  3k  a ( mod 8)  
 a  3 ( mod 8)
*) Ta chứng minh các số a  1 ( mod 8) hoặc a  3 ( mod 8) đều thỏa mãn đề bài.
+) Thật vậy, với m = 1 ta chọn k = 1 thì ta được xn  a ( mod 2 ) , n 

*

luôn đúng

vì cả xn và a đều lẻ.
+) Với m = 2, m = 3 ta chọn k chẵn nếu a  1 ( mod 8) và chọn k lẻ nếu
a  3 ( mod 8) thì ta ln có xnk  a ( mod 2m ) , n 

*

, ( m = 2, m = 3) .


+) Với m  3 , ta chứng minh quy nạp theo m
Giả

(x

km
n

sử
−a

)

với

2m , n 

*

m3

tồn

 xnkm − a = 2m b, n 

tại
*

số


km

sao

cho


20
- Nếu b chẵn thì xnkm − a  0 ( mod 2m+1 ) , n 
thì ta được xnkm+1 − a  0 ( mod 2m+1 ) , n 

*

. Khi đó ta chọn km+1 = km

*

- Nếu b lẻ, ta chọn km+1 = km + 2m−2
Khi đó xn2

m−2

(

− 1 = ( xn − 1)( xn + 1) ( xn2 + 1)... xn2

Vì xn  3 ( mod 8 ) , n 

(


)

Do đó xn2

m− 2

(

(

m− 2

m−2

m−2

− a = xn2

)

*

, v2 ( xn + 1)  2, n 

*

và

*


− 1 = ( xn − 1)( xn + 1) ( xn2 + 1)... xn2

Mặt khác xnkm+1 − a = xnkm +2

)

+1

nên v2 ( xn − 1)  1, n 

*

v2 xn2 + 1  1, i = 1, m − 3, n 
i

m−3

(x

 xnkm+1 − a = 2m xn2 b + aqm , n 

m−3

)

+ 1 = 2m qm , n 

) (

m−2


km
n

− a + a xn2

*

 xnkm+1 − a

(

)

)

*

với qm là số lẻ.

m−2

− 1 = xn2 .2m b + a.2m qm , n 

2m+1, n 

*

*


.

Suy ra số km +1 thỏa mãn
Vậy với m  3 luôn tồn tại số k nguyên dương mà xnk − a chia hết cho 2m với mọi
m, n 

*

.

Vậy tất cả các số nguyên dương lẻ a cần tìm là a  1 ( mod 8) hoặc a  3 ( mod 8) .
a0 = 29, a1 = 105, a2 = 381
2.5. Bài 5. Cho dãy số ( an ) xác định bởi 
an+3 = 3an+ 2 + 2an+1 + an , n  .

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương m , luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho
các số an , an+1 − 1, an+ 2 − 2 đều chia hết cho m.
Lời giải: Ta bổ sung thêm 4 số hạng của dãy là a−1 = 8, a−2 = 2, a−3 = 1, a−4 = 0
Đặt an  rn ( mod m ) , 0  rn  m − 1, n 
Xét các bộ 3 số ( rn , rn+1 , rn+2 ) .
Khi đó với mỗi số nguyên dương m , tồn tại 2 số nguyên p  q sao cho
a p  aq ( mod m )
rp = rq


r
=
r

 p +1 q +1

a p +1  aq +1 ( mod m )


rp + 2 = rq + 2 a p + 2  aq + 2 ( mod m )

Kết hợp với điều kiện bài toán ta suy ra


21
a p + k  aq +k ( mod m ) , k   ak  aq − p +k ( mod m ) , k 

Đặt t = q − p, t 

*

thì ta có ak  ak +t ( mod m ) , k 

Suy ra ak  ak + ht ( mod m ) , k  , h 
aht −4  a−4  0 ( mod m ) , h 

Đặc biệt aht −3  a−3  1 ( mod m ) , h 

aht −2  a−2  2 ( mod m ) , h 

Với mọi

h

đủ lớn thì


*

*
*
*

ht − 4  . Khi đó đặt

n = ht − 4 thì ta được

an  0 ( mod m )

an+1  1 ( mod m )

an+ 2  2 ( mod m )
Vậy với mỗi số nguyên dương m , luôn tồn tại số tự nhiên n sao cho các số
an , an+1 − 1, an+ 2 − 2 đều chia hết cho m.

u1 = 1, u2 = 2
2.6. Bài 6.Cho dãy số ( un ) xác định bởi 
un+2 = 3un+1 + un , n 

*

.

Với mỗi số nguyên dương n , gọi rn là số dư khi chia u n cho 2020. Chứng minh
rằng dãy ( rn ) là dãy tuần hoàn.
Lời giải: Dãy số ( rn ) được xác định bởi


r1 = 1, r2 = 2


rn+2  3rn+1 + rn ( mod 2020 ) , n 

*

và rn  0; 1; 2; ...; 2019 , n 

*

.

Do đó rn + 2 được xác định thông qua rn+1 , rn . Ta xét các cặp ( rn , rn+1 ) .
Vì các giá trị của rn là hữu hạn, còn các cặp ( rn , rn+1 ) là vô hạn nên tồn tại các số
rk = rm
nguyên dương m, k , ( k  m ) sao cho ( rk , rk +1 ) = ( rm , rm+1 ) hay 
rk +1 = rm+1

 rk = rk + s
Đặt m = k + s ta được 
. Ta chứng minh rn = rn+ s , n 
 rk +1 = rk + s +1

*

.

+) Giả sử rt = rt + s , t = k , k + 1, ..., n . Ta chứng minh rn+1 = rn+1+ s
Thật vậy do

rn+1+s  3rn+s + rn+s−1  3rn + rn−1  rn+1 ( mod 2020 ) và rn+1 , rn+1+ s 0; 1; 2; ...; 2019


22
Nên suy ra rn+1 = rn+1+ s . Vậy rn = rn+ s , n 
+) Với rt = rt + s , t 

*

*

, nk.

, t  k , ta chứng minh rt = rt + s , t = 1, 2, ..., k − 1

Thật vậy, vì rk +1  3rk + rk −1 ( mod 2020 )
Nên rk −1  rk +1 − 3rk  rk +1+ s − 3rk + s  rk −1+ s ( mod 2020 )
Mặt khác rk −1 , rk −1+s 0; 1; 2; ...; 2019 nên rk −1 = rk −1+ s .
Tiếp tục q trình trên ta có được rt = rt + s , t = 1, 2, ..., k − 1
Vậy rn = rn+ s , n 

*

hay dãy ( rn ) là dãy tuần hồn.

Tổng qt hóa bài tốn: Với cách chứng minh như trên, ta có thể chứng minh bài
toán tổng quát sau:
Cho dãy số nguyên ( un ) xác định bởi un = a1un−1 + a2un−2 + ... + ak un−k trong đó
a1 , a2 , ..., ak là các số nguyên và m là số nguyên dương lớn hơn 1. Với mỗi số nguyên


dương n , gọi rn là số dư khi chia u n cho m . Chứng minh rằng dãy ( rn ) là dãy tuần
hoàn.
2.7. Bài 7 (VMO 1995).
Cho

dãy

( un )

số

xác

định

bởi

u1 = 1, u2 = 3

và

un+1 + 9un khi n = 2k
un + 2 = 
9un+1 + 5un khi n = 2k + 1.
2000

u

Chứng minh rằng


k =1995

2
k

chia hết cho 20.

Lời giải:
+) Từ công thức truy hồi của dãy ta thấy un+ 2  un+1 + un ( mod 4 ) , n 

*

.

Gọi rn là số dư khi chia u n cho 4 thì ta có rn+ 2  rn+1 + rn ( mod 4 ) , n 
0  rn  3, n 

*

.

Ta có r1 = 1, r2 = 3, r3 = 0, r4 = 3, r5 = 3, r6 = 2, r7 = 1, r8 = 3, ...
Từ đó ta thấy dãy ( rn ) là dãy tuần hồn với chu kì 6.
Suy ra rn = rn+6 k , n 

*

, k  .

Khi đó r1995 = r3+6.332 = r3 = 0; r1996 = r4+6.332 = r4 = 3; r1997 = r5+6.332 = r5 = 3

r1998 = r6+3.332 = r6 = 2; r1999 = r1+6.333 = r1 = 1, r2000 = r2+6.333 = r2 = 3

*

và


23
Vì un  rn ( mod 4 ) , n 
Do đó

2000



k =1995

uk2 

*

 un2  rn2 ( mod 4 ) , n 

*

6
 2000 2 
2
2
r

=
r
=
1
+
9
+
0
+
9
+
9
+
4
=
32

0
mod
4

(
)
 k 
k
  uk  4 .
k =1995
k =1
 k =1995 
2000


Mặt khác với k  0 , từ công thức truy hồi ta có
2
2

u2 k + 4  u2 k +3 − u2 k + 2 ( mod 5 ) u2 k +4  −2u2 k +2 ( mod 5 ) u2 k +4  4u2 k +2 ( mod 5 )

 2

2
u

−
u
mod
5
u

−
u
mod
5
(
)
(
)



2 k +2

2 k +2
 2 k +3
 2 k +3
u2 k +3  u2 k +2 ( mod 5 )

 u22k + 4  −u22k + 2  −u22k +3 ( mod 5 )  u22k +4 + u22k +3  0 ( mod 5 )

 2000 
2
2
2
2
2
2
+ u1996
 u1997
+ u1998
 u1999
+ u2000
 0 ( mod 5 )    uk2  5
Do đó u1995
 k =1995 
 2000 
Vậy   uk2  20 .
 k =1995 
2.8. Bài 8 (VMO 1998).
a0 = 20, a1 = 100
Cho dãy số nguyên dương ( an ) xác định bởi 
an+ 2 = 4an+1 + 5an + 20, n  .


Tìm số ngun dương h nhỏ nhất thỏa mãn tính chất an+h − an chia hết cho
1998 với mọi n .
Lời giải: Đặt an = bn + t , n 

với t là tham số, thay vào điều kiện đề bài ta được

bn+2 + t = 4 ( bn+1 + t ) + 5 ( bn + t ) + 20, n 

 bn+2 = 4bn+1 + 5bn + 8t + 20, n 

5
Chọn t để 8t + 20 = 0  t = − .
2

5
Khi đó an = bn − , n 
2

và

bn+ 2 = 4bn+1 + 5bn , n 

 bn+ 2 − 4bn+1 − 5bn = 0, n 

.

Xét phương trình đặc trưng λ2 − 4λ − 5 = 0  λ1 = −1; λ 2 = 5
Suy ra công thức số hạng tổng quát của dãy ( bn ) là bn = A.5n + B ( −1) , n 
n


125
45


A
=
A
+
B
=

5 45
5 205
6
2  
Ta có b0 = a0 + = ; b1 = a1 + =
nên 

2 2
2
2
5 A − B = 205  B = 5


2
3


24
Do đó bn =


125 n 5
n
.5 + ( −1) , n 
6
3

 an =

125 n 5
5
n
.5 + ( −1) − , n 
6
3
2

(1)

Giả sử h là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn an+h  an ( mod 1998) , n 

(2)

Từ a0 = 20, a1 = 100 ta suy ra h  2 .
Ta sẽ chứng minh:
h thỏa mãn (2) khi và chỉ khi h chẵn, h  2 và ah−1  0 ( mod 1998).

(3)

*) Điều kiện cần:Giả sử h thỏa mãn (2)

Ta có ah = a0+h  a0  20 ( mod 1998) , ah+1  a1  100 ( mod 1998) (4)
Và 5ah−1 = ah+1 − 4ah − 20  100 − 4.20 − 20  0 ( mod 1998 )
Suy ra ah−1  0 ( mod 1998) , ( do ( 5, 1998) = 1)
Nếu h lẻ thì h − 1 chẵn. Khi đó từ (1) ta có ah  5ah−1  0 ( mod 1998) , điều này mâu
thuẫn với (4).
Do đó h chẵn, h  2 và ah−1  0 ( mod 1998).
*) Điều kiện đủ: Giả sử h chẵn, h  2 và ah−1  0 ( mod 1998).
Khi đó từ (1) ta có 5ah−2  ah−1  0 ( mod 1998)
Từ giả thiết ta suy ra ah = 4ah−1 + 5ah−2 + 20  20  a0 ( mod 1998)
ah+1 = 4ah + 5ah−1 + 20  100  a1 ( mod 1998)

Giả sử ah+k  ak ( mod 1998) . Khi đó
ah+k +1 = 4ah+k + 5ah+k −1 + 20  4ak + 5ak −1 + 20  ak +1 ( mod 1998)

Theo nguyên lý quy nạp, ta suy ra an+h  an ( mod 1998) , n  .
*) Từ (2) và (3) ta có h chẵn, h  2 và ah−1  0 ( mod 1998).
h
125 h−1 5
5 25 ( 5 − 1)
h −1
5 + ( −1) − =
 0 ( mod 1998)
Vì h − 1 lẻ nên theo (1) ta có ah−1 =
6
3
2
6

5h − 1


 0 ( mod 1998) , ( do ( 5, 1998) = 1)
6
Khi đó ( 3)  5h  1 ( mod 6.1998 ) và h chẵn.
Mặt khác 1998 = 2.33.37  6.1998 = 22.34.37 . Áp dụng định lý Euler ta có
5h  1 ( mod 22 ) thỏa mãn với mọi h


25
5h  1 ( mod 34 )  h 2.33  h 54
5h  1 ( mod 37 )  h 36

Do đó ( 3)  h 54, 36  h 108
Vậy số nguyên dương h nhỏ nhất thỏa mãn đề bài là h = 108.
2.9. Bài 9 (VMO 2017 - 2018).
 x0 = 2, x1 = 1
Cho dãy số ( xn ) xác định bởi 
 xn+ 2 = xn+1 + xn , n  .

Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm ( m, n ) sao cho xn chia hết cho xm .
Lời giải:Xét phương trình đặc trưng λ2 − λ − 1 = 0 . Phương trình này có 2 nghiệm
phân biệt α =

1− 5
1+ 5
0β =
2
2

Khi đó ta có cơng thức số hạng tổng quát của dãy ( xn ) là xn = Aα n + Bβ n , n 
A + B = 2

 A = B =1
Do x0 = 2, x1 = 1 nên ta có 
A
α
+
B
β
=
1


Khi đó xn = αn + βn , n  . Ta xét các trường hợp sau:
*) Trường hợp 1: m = 0
Từ giả thiết ta có x0  0 ( mod 2 ) , x1  1 ( mod 2 ) , x2  1 ( mod 2 ) , x3  0 ( mod 2 ) ,
x4  1 ( mod 2 ) , x5  1 ( mod 2 ) , x6  0 ( mod 2 ) , ...

Suy ra xn là số chẵn với mọi n chia hết cho 3 và xn là số lẻ trong các trường hợp cịn
lại.
Từ đó xn x0  xn 2  n 3 .
Cặp số ( m, n ) trong trường hợp này là ( m, n ) = ( 0, 3k ) , k  .
*) Trường hợp 2: m = 1
Dễ thấy cặp số ( m, n ) = (1, k ) , k 

luôn thỏa mãn đề bài (do xm = x1 = 1 )

*) Trường hợp 3: m  1 . Với mọi k  l  0 ta có

(α

k


+ βk )( αl + βl ) − ( αk +l + βk +l ) = ( αβ ) ( αk −l + βk −l ) = ( −1) ( αk −l + βk −l )
l

l

Do đó xk xl − xk +l = ( −1) xk −l  xk +l = xk xl − ( −1) xk −l (1)
l

l

Suy ra với mọi k  2l  0 ta có xk = xk −l xl − ( −1) xk −2l
l