Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ NGUYÊN
Nguyễn Tất Thu – GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai
Dãy số nguyên thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi và gây không ít khó khăn cho các
thí sinh. Sự kết hợp giữa dãy số và tính chất số học có lẽ là lí do mà gây ra khó khăn đó. Trong
bài viết này, tôi xin được trao đổi một số kinh nghiệm khi xử lí các bài toán về dãy số nguyên.
1. Chứng minh một dãy số là dãy số nguyên
Để chứng minh một dãy số là dãy số nguyên, ta thường biến đổi công thức truy hồi của dãy số
về dạng
1 0 1 1
.
n n n k n k
u a u a u a u
  
   
, trong đó
0 1
, , ,
k
a a a
là các số nguyên và
k
số hàng
đầu của dãy c
ũng là s
ố nguyên. Từ đó, bằng quy nạp ta thấy được các số hạng của dãy số là số
nguyên.
Ví dụ 1. Cho dãy
1
2

ta có hệ phương tr
ình:
9 89 10
89 9 881 1
x y x
x y y
    

 
   
 
Nên ta dự đoán
1 2
10
n n n
u u u
 
 
3n 
Từ công thức truy hồi của dãy ta có:
2 2
1 1
( 5 ) 24 8
n n n
u u u
 
  
2 2
1 1
10 8 0

10 8 0
n n
t u t u
 
   
Áp dụng định lí Viet, ta có:
2 1
10
n n n
u u u
 
 
hay :
1 2
10
n n n
u u u
 
 
.
Trong một số bài toán, việc dự đoán được công thức tổng quát
n
u
, nhưng chứng minh trực tiếp
gặp khó khăn, ta thương xử lí như sau:
* Chứng minh tồn tại duy nhất dãy thỏa điều kiện của bài toán
* Xây dựng dãy phụ
( )
n
v

u
u


   
(1).
Chứng minh
n
u
lẻ
2n 
.
Lời giải. Từ giả thiết, ta có:
2 2
1 1
2 2
1 1
2 2
n n
n
n n
u u
u
u u
 
 
   
.
Vì trên khoảng
2 2

 
 
.
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Từ
3 4
25; 89u u 
ta có hệ:
7 2 25 3
25 7 89 2
x y x
x y y
    

 
  
 
.
Ta chứng minh dãy
1 2
1 2
2; 7
( ) :
3 2 3
n
n n n
v v
v
v v v n

Mặt khác:
2
2 1 2 1 2 1 2 3
(3 2 ) (3 2 )
n n n n n n n n n
v v v v v v v v v
       
    
2 3 2 3
1 3 2 3 1 2
2( ) ( 2) ( ) ( 2)
n n
n n n
v v v v v v
 
  
        
(3)
Từ (2) và (3) ta suy ra:
2
1
2
1 1
2 2
n
n
n
v
v
v

2n 
.
Ví dụ 3 ( TST Vietnam 2011). Cho dãy số nguyên dương
( )
n
u
thỏa
0 1
2
1
2
1, 3
1 , 0
n
n
n
u u
u
u n
u


  


 

 
  


n n n
v v
v
v v v n
 
  


  


.

Ta chứng minh:
2
2 1
. 2
n
n n n
v v v
 
 
(1)
Ta có:
2 2
2 1 1 1
. (4 2 )
n n n n n n n
v v v v v v v
   

Suy ra (1) được chứng minh.

Ta chứng minh
2
n
n
v 
(2) bằng quy nạp
Trước hết ta thấy dãy
( )
n
v
là dãy t
ăng
Với
1n 
ta thấy (2) đúng
Giả sử
2
n
n
v 
ta có:
 
1
1 1
2 2 2 2
n
n n n n n
v v v v v

n n
v v
v
v v
 

   
Do đó:
2 2
1 1
2 2
1 1
n n
n n
n n
v v
v v
v v
 
 
   
   
    
   
   
Vì tính duy nhất nên ta có:
, 0
n n
u v n  
.

u u u
u
u u u
    
  

   

a) Ta chứng minh tồn tại duy nhất dãy số nguyên dương
( )
n
u
thỏa
0 1 2 3
1, 2, 3, 5u u u u   
và
2
2 1
. 1, 4
n n n
u u u n
 
   
(1)

Chứng minh tồn tại: Ta dự đoán hệ thức truy hồi
1 1n n n
u u u
 
 

v v v v v v v
   
   
 
2 2
1 1 1 1
1
n n n n n n n
v v v v v v v
   
     

Chứng minh duy nhất.
Trước hết ta chứng minh nếu dãy
( )
n
u
thỏa (1) thì
( )
n
u
là dãy t
ăng.
Giả sử
1 1
1
n n n n
u u u u
 
   

v u n k  
. Khi đó
Ta giả sử
k k
v u
, suy ra:
2
2 1
2
2 1
. 1
. 1
k k k
k k k
u u u
v v v
 
 

 


 


 
2 2
2 2
k k k k
u u v u

0 1 2 3 2 1
1, 2, 5, 13, 1
n n n
u u u u u u u
 
     
.
Đó là các d
ãy tương
ứng là:
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
0 1 1 1
1, 2, 2
n n n
u u u u u
 
   
0 1 1 1
1, 2, 2
n n n
u u u u u
 
   
0 1 1 1
1, 2, 3
n n n
u u u u u
 
   

n
, ta gọi
n
r
là số dư
khi chia
n
u
cho
2013
. Chứng minh rằng dãy
 
n
r
là dãy tuần hoàn.
Lời giải.
Dãy các số dư
 
n
r
được xác định bởi
0 1
2 1
1, 2
3 (mod2013)
n n n
r r
r r r
 


r
là hữu hạn,còn các cặp
1
( , )
n n
r r

là vô hạn nên sẽ tồn tại số nguyên dương
, ( )m k k m
sao cho
   
1 1
, ,
k k m m
r r r r
 

hay
1 1
k m
k m
r r
r r
 

 





r r


với
, 1, ,t k k n  
, ta chứng minh
1 1n n s
t t
  

Thật vây:
1 1 1 1
3 3 (mod2013)
n s n s n s n n n
t r r r r r
      
    
(đpcm).

Giả sử
,
t t s
r r t m

  
, ta chứng minh
, 0,1, , 1
t t s
r r t m


a
thoả mãn
1 1 2 2

n n n k n k
a c a c a c a
  
   
trong đó
1 2
, , ,
k
c c c
là các
số nguyên và m là số nguyên dương lớn hơn 1. Gọi
n
r
là số dư trong phép chia
n
a
cho
m
. Khi
đó d
ãy
 
n
r
tuần hoàn.”
Ví dụ 6 (VMO 1995). Cho dãy

2000
2
1995
20
k
k
a



.
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Lời giải.
Từ công thức truy hồi của dãy ta thấy
2 1
(mod4)
n n n
a a a
 
 
.Gọi
n
r
là số dư trong phép chia
n
a
cho 4. Khi đó
0 3
n

Suy ra
1995 3 332.6 3 1996 4 1997 5 1998 6 1999 1 2000 2
0, , , , ,r r r r r r r r r r r r r

       
Vì
2 2
(mod4) (mod4)
n n n n
a r a r  
Do đó:
2000 2000 6
2 2 2
1995 1995 1
1 9 0 9 9 4 32 0(mod4)
k k k
k k k
a r r
  
         
  
Suy ra
2000
2
1995
4
k
k
a


2 3 2 2
4 (mod5)
(mod5) 0(mod5)
(mod5)
k k
k k k k k
k k
a a
a a a a a
a a
 
    
 





        






Do đó:
2 2 2 2 2 2
1995 1996 1997 1998 1999 2000
0(mod5)a a a a a a     
. Suy ra

u u
u
u u u n
 
   


   


.
Chứng minh rằng
2012
2010 2011u  
.
Lời giải.
Vì dãy số được cho dưới dạng truy hồi tuyến tính cấp hai nên ta có thể tìm CTTQ của
n
u
và
dựa vào CTTQ để chứng minh yêu cầu của bài toán.
Xét phương tr
ình
đ
ặc trưng:
2
6 5 0 3 14x x x     
Vì ph
ương tr
ình đ

  



  


Khi đó
(mod2011)
n n
u v
.
Ta tìm
đư
ợc công thức tổng quát của dãy
 
41.48 49. 42
( ) :
90
n
n
n n
v v
 

Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Do đó, để chứng minh
2012
2010 2011u  

Suy ra (1) đúng và bài toán được chứng minh.
Ví dụ 8. Cho dãy số
1 2
2 1
38, 161
( ) :
4 , 1
n
n n n
u u
u
u u u n
 

  



   


. Chứng minh rằng với mọi số nguyên
dương
m
, luôn tồn tại số tự nhiên
n
sao cho
1
n
u 

r r

 
chia hết cho
m
. Vì
m
là một số nguyên bất kì , nên
đi
ều đó chỉ xảy ra khi
1
1 2 0
n n
r r

   
(vì chỉ có
số
0
là chia hết cho mọi số nguyên) hay là
1
1, 2
n n
r r

 
.
Vì
m
chưa xác định nên việc xác định các giác trị của

n n n
u u u
 
 
Do đó, ta có :
0 2 1 1 1 0 2 0 1
4 9, 4 2, 4 1u u u u u u u u u
  
        
Vì vậy ta đi xét d
ãy ph
ụ
1 2
2 1
1, 2
( ) :
4 , 1,2,
n
n n n
v v
v
v v v n
 

  



   


, khi đó d
ãy
'
( )
n
r
là dãy tuần hoàn ta giả sử
chu kỳ
k
.
Ta có :
' ' ' '
1 2 1 2
1, 2 1 2 0r r r r      
Do đó
' '
1 2
1 2 0(mod )r r m   
Suy ra
' '
1 1
' '
2 2
1 1 0(mod )
2 2 0(mod )
nk
nk
r r m
r r m


0 1
1u u 
và
1 1
14
n n n
u u u
 
 
với
1n 
. Chứng minh rằng với
0n 
thì
2 1
n
a 
là một số chính phương.
Lời giải.
Cách 1 : Ta có :
2 2 2 2
1 2 3 4
2 1 1 , 2 1 25 5 , 2 1 19 ,2 1 71u u u u        
Kết quả trên gợi ý ta đi xét d
ãy
1 2
2 1
1, 5
( ) :
n

, suy ra
2 1
4
n n n
u u u
 
 
.
Ta chứng minh :
2
2 1 , 1
n n
a u n   
(1)
Ta có (1) đúng với
1n 
.
Giả sử
2
2 1 , 1,2, ,
k k
a u k n   
, ta có :
 
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
4 16 8 14(2 1) 2 8 2 2 1
n n n n n n n n n n n n n
u u u u u u u a u u u u a

 
2 2 2 2 2
1 1 2 1 1 2
4 6 6 6
n n n n n n n n n n n n
u u u u u u u u u u u u
     
          
 
2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
4 6 4 6
n n n n n n n n
u u u u u u u u
       
       
2 2
2 2 1 1
4 6 25 20 1 6 0u u u u         
Từ đó ta có đpcm.
Cách 2 : Xét phương tr
ình đ
ặc trưng :
2
14 1 0 7 4 3x x x     
Suy ra
   
7 4 3 7 4 3
n n
n

   

 






Suy ra
           
2 2 2 1 2 1
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
4 4
n n n n
n
a
 
       
 
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Do đó
   
2
2 1 2 1
3 1 3 1
2 1 , 0
2
n n

Từ công thức tổng quát của
n
v
ta có được hệ thức truy hồi :
 
1 2
2
n n n
v v v
 
 
Vì
1 2
1 2
2 2 , 20 2v v  
nên bằng quy nạp và dựa vào hệ thức truy hồi ta chứng minh
được
2
n
n
v 
với
1n 
.
Do đó :
2 1
n
a 
là số chính phương với mọi
0n 

ình
:
2 2
14 12 0
n n
t a t a   
Suy ra
 
2 2
' 48 12 12 4 1
n n
a a    
là số chính phương nên tồn tại
m  
sao cho
2 2 2
1
12(4 1) 6 6 6
n
a m m m m m      
Do đó
2 2 2
1 1
4 1 3 (2 1)(2 1) 3
n n n
a m a a m     
(6).
Ta có :
   
2 1,2 1 2 1,2 1

2 1
n
a 
là số chính phương.
Chú ý : Từ các cách giải bài toán trên, ta có các kết quả của dãy truy hồi tuyến tính cấp
hai như sau :
Tính chất : Cho dãy số
2 1
( ) :
n n n n
u u au bu
 
 
. Khi đó:
1)
 
 
 
1 1
2 2 2
2 1 3 1 2 3 1 2
. ,
n n
n n n
u u u b u u u b c c u u u
 
 
       
2)
 

,ta có
1)
2
2 1n n n
u u u c
 
 
2)
1 1
,
n n
u u
 
là hai nghiệm của phương tr
ình:
2 2
0
n n
t au t u c   
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
3)
2 2 2
1 3 1 2
( 4) 4 ,
n
a u c c u u u

   
là số chính phương.

ta cho
1 2 3
1, 9 89u u u   
Do đó
2
3 1 2
89 81 8c u u u    
, nên ta có:
2
1 1
5 24 8
n n n
u u u
 
  
đây chính ví dụ 1.
Hay từ
2
2 1n n n
u u u c
 
 
ta có:
2
1
2
n
n
n
u c










. Chứng minh rằng
2
6 2
n
u 
là số chính phương.
Ví dụ 10. Cho dãy số
0 1
n
n n 1 n 2
a 0, a 1
(a ) :
a 2a a , n 2
 

 


   



2
2013 1 0t t  
. Xét dãy số
( )
n
u
được xác định như sau :
1
1
1
, 1
n n
u
u u n


 


 

  

 

. Tìm số dư của phép chia
2013
u
cho
2013


 
 
 
 
 
 
 
Mặt khác :
1n n
u u

 

 
và
1n
u

 
nên
1 1
1
1
n n
n n n n
u u
u u u u
 
 

      
Một số bài toán về dãy số nguyên
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh
Dẫn tới
2013 2013 2.1006 1
1006 1006 1005 1008(mod2013)u u u

      
.
Vậy số dư trong phép chia
2013
u
cho
2013
là
1008
.
Ví dụ 11. Cho
2k
số thực
1 2 1 2
, , , , , , ,
k k
a a a b b b
. Xác định dãy số
( )
n
X
như sau
1

A a B b
 
 
 
. Ta có :
1
i i i i i i
a n b a n b a n b
 
     
 
Suy ra
n
An B k X An B    
.
Giả sử
 
n
X
là cấp số cộng với công sai
d
, khi đó
1n
nd X X 
và
1
A B k X A B    
Vì
1 1n
X X nd

là dãy số nguyên nên
1n n
A d X X

  
là số nguyên (đpcm).
Ví dụ 12. Cho dãy số
( ) : 2
n n
u u n
 

 
 
. Chứng minh rằng, dãy số đ
ã cho ch
ứa vô hạng số
là số chính phương.
Lời giải.
Ta có :
 
2 1
2 1
2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
0 0 0
2 1 ( 2) 2 2 2 2
m m m
m
i i i i i i

2 1 2 1 2 1 2 1
0 0
2 , 2
m m
i i i i
m m m m
i i
x C y C

   
 
 
 
với
0,1,2, m 
Ta có
2 1 2 1
,
m m
x y
 
là những số nguyên dương.
Từ cách xác định
2 1 2 1
,
m m
x y
 
,ta có :
Một số bài toán về dãy số nguyên

Mà
 
2
4 4 2 2 2 4 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
1 1
m m m m m m m m
x x x x x x x x
       
        
Suy ra
4 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2
m m m m m m
x x x x y x
     
 
 
   
 
 
 
 
 
Đặt
2 1 2 1m m m
b x y
 


n n n
a a
a
a a a
 
  


 


1) Tính
2
2 1n n n
a a a
 

theo
n
2) Chứng minh rằng
2 1
1997 4.7
n
n
a


là số chính phương.
Bài 2. Cho
1 2



   


. Chứng minh rằng
2
1
5
n
u 
là số chính
phương với mọi số tự nhiên
n
.
Bài 4. Cho hai dãy số
( ),( )
n n
a b
được xác định bởi:
0 0
1 1
1 1
3, 3
3 2
4 3
n n n
n n n
a b
a a b

a
thỏa mãn :
0
0a 
,
1
1a 
,
2 1
2a 0,1,2,
k k k
a pa k
 
   
Xác định tất cả giá trị của
p
để
1
là một phần tử của dãy
( )
n
a
.
Bài 6.(VMO 2012) Xét các số tự nhiên lẻ a, b mà a là ước số của b
2
+ 2 và b là ước số của
a
2
+ 2. Chứng minh rằng a và b là các số hạng của dãy số tự nhiên (vn) xác định bởi
Một số bài toán về dãy số nguyên

nó có ít nhất n ước nguyên tố phân biệt.
Bài 8. Cho dãy số
0 1 1 1
( ): 0, 1, 2 1 1
n n n n
a a a a a a n
 
      
. Chứng minh rằng
n n 2
A 4a a 1

 
là số chính phương.
Bài 9 (VMO 1997). Cho dãy số
n 1 2 n 1 n n 1
(x ) : x 7, x 50; x 4x 5x 1975 n 2
 
      
.
Chứng minh rằng
1996
x 1997
.
Bài 10 (VMO 1998). Cho dãy số
0 1
n
n 1 n n 1
u 20; u 100
(u ) :

 






và
2 2
n 1 n n n n
2 2
n 1 n n n n
x 3x 2x y 8y
y 2x 3x y 2y




   





  


n 1 
.
Tìm tất cả các số nguyên tố

Bài 13. Cho dãy
1
1
1
( ) :
, 1
n
n
n
n
a
a
a
n
a n
n a









   






. Chứng minh rằng với mỗi
số nguyên tố
p
thì
p 1
i
i 1
2000 u



chia hết cho
p
.
Bài 15. Cho các số nguyên
a, b
. Xét dãy số nguyên
n
(a )
được xác định như sau
0 1 2 n 3 n 2 n 1 n
a a; a b; a 2b a 2; a 3a 3a a n 0
  
         
a)
Tìm CTTQ của dãy
n
(a )
.


 


  




. Chứng minh
n
1) a
là số nguyên dương với
n 0 
.
n 1 n
2) a a 1


là số chính phương
n 0 
. ( Trung Quốc – 2005 ).
Bài 17. Cho dãy số nguyên
1 2 3
3 2 1
1990, 1989, 2000
( ) :
19 9 1991, 1
n
n n n n

n
u
sao cho
1992 1975 1954 1945 1930 2
5 4 5 8 2 11 48x x x x x x     
chia hết cho
1992
(VMO 1992).
Bài 18. (VMO 1999).Cho hai dãy
0 1 2 1
0 1 2 1
1, 4, 3
( ),( ) :
1, 2, 3
n n n
n n
n n n
x x x x x
x y
y y y y y
 
 

    



   



k
a 
thì
3k 
(Austria 1997).
Bài 20 (Bungaria 200) . Cho dãy số
1 2
1 1
43, 142
( ) :
3 , 2
n
n n n
a a
a
a a a n
 

  



   


1) Chứng minh rằng
1
( , ) 1, 1,2,
n n
a a n


 




     



.
Chứng minh rằng:
a) Mọi số hạng của dãy
đ
ều là số nguyên dương.
b) Có vô số nguyên dương n sao cho
n
x
có 4 chữ số tận cùng là 2003.
c) Không tồn tại số nguyên dương n sao cho
n
x
có 4 chữ số tận cùng là 2004 ( TST Vietnam 2004).