Trong phần này, chúng ta đề cập tới một số bài toán về tính chính phương của các phần tử trong một dãy số nguyên. Nội dung chính của các bài toán này như sau: Cho một dãy số bằng phương pháp truy hồi, bài toán yêu cầu chứng minh phần tử nào đó của dãy số là số chính phương hoặc phải tìm số chính phương trong dãy đã cho.
Nhận xét 2.10.
Trong các bài toán về tính chính phương của các phần tử trong dãy số, việc xác định được công thức số hạng tổng quát của dãy số được cho bởi công thức truy hồi giúp ta giải quyết được bài toán đã cho. Trong một số
trường hợp, ta có thể sử dụng phương pháp sai phân để tìm số hạng tổng quát, sau đó đưa biểu thức cần chứng minh về bình phương đủ của một số nguyên. Với một số bài toán tổng quát ta có thể đặc biệt hóa để có bài toán mới, ngược lại với một bài toán cụ thể ta có thể tổng quát hóa để được một dạng toán.
Bài toán 2.19. Cho dãy số (un) xác định bởi u0 = 3, u1 = 17
un = 6un−1 −un−2, n ≥2
Chứng minh rằng với mọi n = 0,1,2, . . . thì u2n −1
2 là một số chính phương.
Lời giải.
Xét phương trình đặc trưng x2 −6x+ 1 = 0. Phương trình này có hai nghiệm x1 = 3 +√
8 và x2 = 3−√
8. Vì thế số hạng tổng quát un có dạng un = a3 +√
8n +b3−√ 8n.
Từ u0 = 3, u1 = 17 suy ra hệ phương trình sau để xác định a, b
a3 +√
80 + b3−√
80 = 3 a3 +√
81 +b3−√
81 = 17
⇔
a = 1 2
3 +√ 8 b = 1
2
3−√ 8. Vì vậy
un = 1 2
3 +√
8n+1 +3−√
8n+1
. Do đó ta có
u2n −1 2 = 1
2.1 4
(3 +√
8n+1 +3−√
8n+1 2
−4 )
= 1 2.
3 +√
8n+1−3−√
8n+1 2
2
.
Áp dụng công thức nhị thức Newton ta có
3±√
8n+1 = M ±N√
2, ở đây M, N là các số nguyên dương.
Từ đó suy ra u2n−1
2 = N2 (Điều phải chứng minh).
Bài toán 2.20. Cho dãy số (un) xác định bởi u0 = 9, u1 = 161
un = 18un−1 −un−2, n ≥ 2 Chứng minh rằng u2n−1
5 là số chính phương với mọi n tự nhiên.
Lời giải.
Giải phương trình sai phân đề bài ta được
un =
9 + 4√
5n+1+ 9−4√
5n+1 2
Ta có các biểu diễn sau 9±4√
5n+1 = An+1 ±Bn+1√
5,(An+1, Bn+1 ∈ Z) Từ đó
u2n =
9 + 4√
5n+1 −9−4√
5n+1 2
+ 4 4
=
2Bn+1.√
52 + 4
4 = 5Bn+12 + 1 Suy ra u2n−1
5 = Bn+12 là một số chính phương với mọi n tự nhiên. Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.21. Cho dãy số (un) xác định bởi u0 = 1;u1 = 2
un+2 = 4un+1 −un,(n∈ N).
Tìm tất cả các giá trị của n để un −1 là một số chính phương.
Lời giải.
Xét phương trình đặc trưng t2 = 4t−1 có hai nghiệm t1,2 = 2±√ 3 Do đó số hạng tổng quát của dãy là
un = a2 +√
3n+ b2−√ 3n.
Theo bài cho u0 = 1, u1 = 2 nên ta tìm được a = b = 1 2. Suy ra
un = 1 2
2 +√
3n + 1 2
2−√
3n = 1 2
√3 + 1
√2
!2n
+
√3−1
√2
!2n
.
Do đó
un−1 =
√
3 + 1n −√
3−1n √
2n+1
2
. Vì un −1 là số chính phương nên
A = √
3 + 1n−√
3−1n √
2n+1 ∈ Z. Ta lần lượt xét các trường hợp
• Nếu n = 0 thì A = 0 ∈ Z.
• Nếu n = 1 thì A = 1 ∈ Z.
• Nếu n = 2k, k ∈ N∗ Xét dãy (bk), với
bk =
2 +√
3k−2−√ 3k
√2 =
√
3 + 1n−√
3−1n √
2n+1
= A Ta lại có 2±√
3 là các nghiệm của phương trình đặc trưng x2 = 4x−1 nên (bk) thỏa bk+2 = 4bk+1−bk.
Mà b0 = 0, b1 = √
6. Suy ra bk ∈/ Q,∀k ∈ N Do đó un−1 không phải là số chính phương.
• Nếu n= 2k + 1, k ∈ N∗, ta có A =
√3 + 1
√2
2 +√
3k−2−√ 3k
Đặt Ck =
√3 + 1
√2
2 +√
3k −2−√ 3k
, k ∈ N thì dãy (Cn) thỏa mãn Ck+2 = 4Ck+1 −Ck.
Mà C0 = 0, C1 = 5 nên Ck ∈ Z,∀k ∈ N.
Vậy un −1 là số chính phương khi và chỉ khi n = 0 hoặc n là số nguyên dương lẻ.
Bài toán 2.22. Cho dãy số (un) xác định bởi u0 = 0, u1 = 1
un+1 = 2un−un−1 + 1, (n ∈ N∗). (2.24) Chứng minh rằng 4un+2un + 1 là số chính phương.
Lời giải.
Cách 1.
Xét phương trình đặc trưng: x2 −2x+ 1 = 0⇔ x = 1 (nghiệm kép)
Ta tìm g(n) =an2 sao cho g(n+ 1)−2g(n) +g(n−1) = 1 với mọi n ∈ N. Giải ra ta có g(n) = n2
2 Hay u∗n = n2
2 là một nghiệm riêng của phương trình (??).
Do đó (??) có nghiệm tổng quát un = a+bn+ n2 2 . Vì u0 = 0;a1 = 1 nên a = 0, b = 1
2. Vậy un = 1
2n+ n2
2 = n(n+ 1) 2 . Do đó
4un+2un+ 1 = 4(n+ 2)(n+ 3)
2 .n(n+ 1) 2 + 1
= n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) + 1
= (n2 + 3n)(n2 + 3n+ 2) + 1
= (n2 + 3n+ 1)2. Vậy 4un+2un+ 1 là số chính phương.
Cách 2.
Từ công thức truy hồi của dãy, thay n+ 1 bởi n ta được
un = 2un−1 −un−2 + 1. (2.25) Trừ vế theo vế đẳng thức (??) và (??) được
un+1 −3un + 3n−1 −un−2 = 0
Xét phương trình đặc trưng λ3 −3λ2 + 3λ −1 = 0 ⇔ λ = 1 Suy ra un = a+bn+ cn2
Do u0 = 0, u1 = 1, u2 = 3 nên ta tìm được a = 0, b = c = 1 2
Suy ra
un = 1
2n+ n2
2 = n(n+ 1) 2 . Do đó
4un+2un+ 1 = 4(n+ 2)(n+ 3)
2 .n(n+ 1) 2 + 1
= n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) + 1
= (n2 + 3n)(n2 + 3n+ 2) + 1
= (n2 + 3n+ 1)2. Vậy 4un+2un+ 1 là số chính phương.
Nhận xét 2.11. Trong nhiều bài toán về số chính phương trong dãy số, chúng ta không sử dụng được phương pháp sai phân để xác định số hạng tổng quát của dãy số. Chúng ta có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, cụ thể ta biến đổi công thức truy hồi của dãy số đã cho, tìm cách đặt ẩn phụ một cách thích hợp để đưa dãy số đã cho thành dãy số là cấp số cộng hoặc cấp số nhân hoặc thành một dãy số đơn giản hơn để khảo sát dãy số đã cho.
Với bài toán trên, ta có thể tìm số hạng tổng quát mà không cần phương pháp sai phân, cách làm này sẽ gần gũi hơn với chương trình học phổ thông cơ bản.
Chẳng hạn ta làm như sau.
Đặt bn = un+1 −un.
Từ giả thiết ta có un+1−un = un−un−1 + 1. Do đó bn = bn−1 + 1.
Từ đó tìm được bn = 1 + n (do (bn) là cấp số cộng với công sai bằng 1, b0 = 1).
Suy ra un+1 = un +n+ 1.
Từ đó ta tìm được số hạng tổng quát un = n(n+ 1) 2 . Bài toán 2.23. Cho dãy số (un) xác định bởi
u1 = 1, u2 = 9 un+2 = u2n+1 + 8
un
, n ≥1 Chứng minh rằng 6u2n−2 là một số chính phương.
Lời giải.
Xét dãy số (vn) xác định bởi
v1 = 1, v2 = 9
vn+2 = 10vn+1 −vn, n ≥ 1 Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng
vn+2.vn −v2n+1 = 8. (2.26) Với n = 1 thì hiển nhiên (??) đúng. Giả sử (??) đúng. Xét tiếp với n+ 1
vn+3.vn+1 −vn+22 = vn+1(10vn+2−vn+1)−vn+22
= 10vn+2vn+1 −vn+22 + (8−vn+2vn)
= 8 +vn+2(10vn+1 −vn+2−vn) = 8 Theo nguyên lí quy nạp ta có (??). Suy ra vn+2 = vn+12 + 8
vn
Hơn nữa chú ý (vn) và (un) là duy nhất, kéo theo (un) trùng với (vn) . Như vậy (un) được xác định bởi
u1 = 1, u2 = 9 un+2 = 10un+1 −un
Giải phương trình sai phân này ta được un = 3−√
6
6 .5 + 2√
6n + 3 +√ 6
6 .5−2√ 6n
=
√3 6
√
3 +√
22n−1 +√
3 +√
22n−1
Xét hai dãy nguyên dương (An),(Bn) mà √
3±√
22n−1 = An
√3±Bn
√2 Khi đó dễ thấy 3A2n −2Bn2 = 1
Từ đó mà un =
√3 6 .2An
√3 = An ⇒ 6u2n −2 = 6A2n −2 = 4Bn2 là một số chính phương.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.24. Cho hai dãy số (an,(bn)) xác định bởi ( a0 = 3, b0 = −3
an = 3an−1 + 2bn−1
bn = 4an−1 + 3bn−1
,∀n∈ N
Chứng minh rằng (b20 + 9)(b21 + 9). . .(b2n + 9) là một số chính phương với mọi số tự nhiên n lẻ.
Lời giải.
Bằng phương pháp thế ta tìm được dãy (bn): bn+1 = 6bn−bn−1. Phương trình sai phân này cho ta
bn = −3 + 3√ 2
2 .3 + 2√
2n− 3 + 3√ 2
2 .3−2√ 2n.
Ta sẽ chứng minh b2n + 9 b2n+1+ 9 là số chính phương với mọi n tự nhiên.
Thật vậy, ta có các biểu diễn sau 3±2√
2n = An ±Bn
√2 (An, Bn ∈ Z) Đề ý có A2n−2Bn2 = 1. Ta có
bn = −3 + 3√ 2
2 (An+Bn
√2)− 3 + 3√ 2
2 (An −Bn
√2) = −3An+ 6Bn.
bn+1 = −3 + 3√ 2
2 (An+Bn
√2)3 + 2√
2−3 + 3√ 2
2 (An−Bn
√2)3−2√ 2
= 3An + 6Bn. Suy ra
b2n+ 9 b2n+1 + 9 = 81(An−2Bn)2 + 1 (An+ 2Bn)2 + 1
= 81(A2n−4Bn2)2 + 2A2n+ 8Bn2 + 1
= 81(A2n −2)2 + 6A2n −3 = 81 A2n −12. là một số chính phương với mọi n tự nhiên.
Do đó dễ dàng suy ra ngay nếu n lẻ thì tích (b20 + 9)(b21 + 9). . .(b2n + 9) là một số chính phương.
Nhận xét 2.12. Trong nhiều bài toán về số chính phương trong dãy số, ta lại đi khai thác một số tính chất của phương trình sai phân tuyến tính. Một tính chất cơ bản có rất nhiều ứng dụng của dãy tuyến tính cấp hai là tính chất sau đây.
Xét bài toán. Cho dãy tuyến tính cấp hai (un) xác định bởi un+2 = aun+1 +bun,(n ∈ N∗).
Khi đó
un+2un −u2n+1 = (−b)n−1(u3u1 −u22),(n∈ N∗). (2.27)
Thật vậy, ta có
un+2.un−u2n+1 = (aun+1 +bun)un−u2n+1
= un+1(aun−un+1) +bu2n
= un+1(−bun−1) +bu2n
= −b(un+1un−1 −u2n)
= ã ã ã = (−b)n−1(u3u1 −u22),(n ∈ N∗).
Như vậy bài toán trên được chứng minh.
Bài toán 2.25 (Đề chọn HSG Hà Nội vòng 2 năm 2012). Cho dãy số (un)
xác định bởi
a1 = 20;a2 = 30
an+2 = 3an+1−an,(n ∈ N∗).
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 5an+1an + 1 là số chính phương.
Lời giải.
Áp dụng kết quả (??) với dãy (an) ta được
an+1an−1 −a2n = a1a3 −a22 = 500⇒ a2n + 500 = an+1an−1. Xét với n≥ 4, ta có (an+an+1)2 = a2n+ 2anan+1 +a2n+1.
Mà a2n+1 = 9a2n −6anan−1 +a2n−1. Suy ra
(an+ an+1)2 = a2n + 2anan+1 + 9a2n−6anan−1 +a2n−1
= 2anan+1+3an(3an−an−1)+a2n−1+an(an−3an−1)
= 5anan+1+a2n−1 −anan−2
= 5anan+1 +a2n−1 −(a2n−1 + 500)
= 5anan+1−500.
Do đó (an+ an+1)2 = 5anan+1−500< 5anan+1 + 1.
Từ dãy (an) tăng và n≥ 4 ta có an+an+1 ≥ 180 + 470 = 650. Suy ra (an +an+1 + 1)2 = (an +an+1)2 + 2(an+ an+1) + 1
> (an+ an+1)2 + 501 = 5anan+1 + 1.
Vậy (an+ an+1)2 < 5anan+1 + 1 < (an+an+1 + 1)2 nên 5anan+1 + 1 không chính phương.
Bằng phép thử trực tiếp với n= 1,2,3ta được n = 3 là giá trị duy nhất cần tìm.
Bài toán 2.26. Cho dãy số (un) xác định bởi u0 = 1, un+1 = 7un +p45u2n −36
2 , (n ∈ N). (2.28)
a) Chứng minh rằng un là số nguyên dương với mọi n∈ N.
b) Chứng minh rằng un+1un−1 là số chính phương với mọi n∈ N. Lời giải.
a) Ta có u1 = 5 và dễ thấy ngay dãy (un) tăng ngặt.
Từ giả thiết ta có 2un+1 −7un = p45u2n−36 Bình phương hai vế của (??) ta được
u2n+1 −7unun+1+u2n + 9 = 0. (2.29) Từ (??) ta cũng có
u2n −7un−1un+u2n−1 + 9 = 0. (2.30) Từ (??) và (??) suy ra (u2n+1−u2n−1)−7un(un+1 −un−1) = 0.
⇔un+1 = 7un −un−1,(n≥ 1).
Từ đó suy ra un là số nguyên dương với mọi n ≥ 0. b) Từ (??) ta có
(un +un+1)2 = 9(unun+1−1)
⇒unun+1 −1 = (un +un+1
3 )2. Ta chứng minh un+un+1 chia hết cho 3.
Do đó unun+1 −1 là số chính phương với mọi n≥ 0.
Nhận xét 2.13. Với những dãy số được cho dưới dạng số hạng tổng quát thì việc cần làm là phải biến đổi số hạng tổng quát theo nội dung yêu cầu của bài toán đặt ra và chứng minh chúng là các số nguyên. Ta xét bài toán sau.
Bài toán 2.27. Cho dãy số (un) xác định như sau un = 3 +√
5 2
!n
+ 3−√ 5 2
!n
−2;n= 1,2, . . .
Chứng minh rằng mọi số hạng lẻ của dãy là số chính phương.
Lời giải.
Ta có un = 3 +√
5 2
!n
+ 3−√ 5 2
!n
−2 =
" √ 5 + 1
2
!n
−
√5−1 2
!n#2
.
Đặt vn =
√5 + 1 2
!n
−
√5−1 2
!n
;n= 1,2, . . . Rõ ràng vn > 0 với mọi n= 1,2, . . . và ta có
vn+2 =
√5 + 1 2
!n+2
−
√5−1 2
!n+2
=
√5 + 1 2
!n+1
−
√5−1 2
!n+1
√5 + 1
2 +
√5−1 2
!
−
" √ 5 + 1
2
!n
−
√5−1 2
!n# .
√5 + 1 2 .
√5−1 2 = √
5.vn+1 −vn. Từ đó suy ra
+) vn ∈ N nếu n là số lẻ.
+) vn = m√
5, m ∈ Z nếu n là số chẵn Thật vậy, ta có v1 = 1, v2 = √
5, vậy khẳng định đã đúng với n= 1,2. Giả sử khẳng định đã đúng đến n= 2k, khi đó theo (1) ta có
v2k+1 = √
5v2k−v2k−1 = 5m −v2k−1 ∈ Z. Ta lại có
v2k+2 = √
5.v2k+1−v2k. Do v2k+1 ∈ Z, v2k = m√
5, m∈ Z nên v2k+2 = √
5.h, h∈ Z.
Như vậy điều khẳng định cũng đúng với n= 2k+ 1,2k+ 2. Theo nguyên lý quy nạp suy ra khẳng định trên đúng với mọi n.
Từ đó suy ra nếu n lẻ thì vn ∈ Z nên un = v2n là số chính phương.
Như vậy, mọi số hạng lẻ của dãy (un) đều là số chính phương.
Bài toán 2.28. Cho dãy số (un) xác định như sau un = 28 + 211 + 2n;n = 1,2, . . . Tìm tất cả các số hạng của dãy là số chính phương.
Lời giải.
Giả sử số hạng uk của dãy là số chính phương, điều đó có nghĩa là 28 + 211+ 2k = a2, a ∈ Z.
Từ đó suy ra
2k = a2 −2304 = a2 −482 = (a+ 48)(a−48).
Suy ra
a+ 48 = 2p
a−48 = 2q, trong đó p, q là các số tự nhiên, với p+ q = k, p > q.
Từ đó ta có 2p−2q = 96 hay 2q(2p−q −1) = 25.3
⇒2q = 25; 2p−q −1 = 3 ⇒q = 5;p= 7 ⇒ k = 12.
Thử lại ta có
u12 = 28 + 211 + 212 = 6400 = 802.
Vậy số hạng u12 là số hạng duy nhất của dãy đã cho là số chính phương.
Nhận xét 2.14. Trong bài toán sau, trong cách giải đã biến đổi khéo léo điều kiện đã cho để dẫn đến một phương trình bậc hai có nghiệm nguyên mà biệt số △ chính là biểu thức cần chứng minh là số chính phương.
Bài toán 2.29 (VMO 1997 - Bảng B). Cho dãy số nguyên dương (un) xác
định bởi
u0 = 1, u1 = 45
un+2 = 45un+1−7un;n = 0,1,2, . . .
Chứng minh rằng với mọi n = 0,1,2, . . . thì An = 1997u2n + 4.7n+1 là số chính phương.
Lời giải.
Áp dụng công thức (??), ta có
u2n+1 −un.un+2 = 7n+1. (2.31) Từ (??) và áp dụng công thức truy hồi xác định dãy số, ta có
u2n+1−un.(45un+1−7un)−7n+1 = 0
⇔ u2n+1−45un.un+1+ 7u2n−7n+1 = 0. (2.32) Đẳng thức (??) chứng tỏ rằng phương trình bậc hai
x2 −45un.x+ 7u2n −7n+1 = 0
có nghiệm nguyên un+1. Vì lẽ đó biệt thức
△ = 452.u2n−4.7u2n+ 4.7n+1 = 1997u2n+ 4.7n+1 = An
phải là số chính phương.
Vậy An là số chính phương với mọi n= 0,1,2, . . .
Nhận xét 2.15. Trong một số bài toán chứng minh mọi số hạng của dãy là số chính phương, ta lại dựa vào tính chất của dãy số Fibonacci.
Bài toán 2.30 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi Quốc Gia, An Giang, năm học 2012 - 2013). Cho dãy số (un) xác định bởi
u1 = 1, u2 = 1
un+2 = 7un+1 −un −2 (n ∈ N∗)
Chứng minh rằng các số hạng của dãy đều là số chính phương.
Lời giải.
Ta có nhận xét
u1 = u2 = 12 u3 = 4 = 22 u4 = 25 = 52
Như vậy un là bình phương của các số hạng lẻ của dãy Fibonacci. Xét dãy số (vn) là dãy Fibonacci
v1 = v2 = 1;v3 = 2;v4 = 3;v5 = 5;. . .;vn = vn−1 +vn−2 (n≥ 3) Dãy Fibonacci có tính chất sau
vn+2 = 3vn −vn−2. (2.33) vn+1.vn−1 −vn2 = (−1)n. (2.34) Thật vậy
•
vn+2 = vn+1+vn = 2vn +vn−1
vn = vn−1 +vn−2 ⇒vn+2 = 3vn −vn−2
• vn+1.vn−1 −vn2 = (vn+vn−1)vn−1 −vn2 = vn2−1 +vn(vn−1 −vn)
= vn2−1 +vn(−vn−2) =vn2−1 −vn.vn−2. Theo quy nạp ta được (??).
Ta chứng minh mọi số hạng của dãy đều là số chính phương.
Rõ ràng u3 = v32; u4 = v52.
Giả sử uk = v2k2 −3 với mọi k = 1,2,3, . . . ., n+ 1.
Xét un+2 = 7un+1 −un−2 = 7v2n2 −1 −v2n2 −3 −2.
v2n+12 = (3v2n−1 −v2n−3)2 = 9v2n2 −1 −6v2n−1v2n−3 +v2n2 −3
= 9v22n−1 −v2n2 −3 −6v2n−1v2n−3 + 2v2n2 −3
= 9v22n−1 −v2n2 −3 −2v2n−3(3v2n−1 −v22n−3) (áp dụng (??)).
= 9v22n−1 −v2n2 −3 −2v2n−3v2n+1 (áp dụng (??)).
= 9v22n−1 −v2n2 −3 −2 1 +v2n2 −1
= 7v22n−1 −v2n2 −3 −2 Vậy un+2 = v2n+12 .
Hay các số hạng của dãy đều là số chính phương.
Bài toán 2.31. Cho dãy số (un) xác định bởi u0 = 1, u1 = 1
un+1 = 3un−un−1 + 2(−1)n (n ∈ N∗) Chứng minh rằng un là số chính phương với mọi n ≥ 0. Lời giải.
Chú ý rằng u2 = 1;u3 = 4;u4 = 9;u5 = 25
Do đó u0 = F02;u1 = F12;u2 = F22;u3 = F32;u4 = F42;u5 = F52, ở đó (Fn) là dãy Fibonacci.
Từ đó ta có định hướng chứng minh un = Fn2 bằng quy nạp theo n. Thật vậy, giả sử uk = Fk2 với mọi k ≤ n. Như vậy
un = Fn2;un−1 = Fn2−1;un−2 = Fn2−2. (2.35) Từ giả thiết ta có
un+1 −3un +un−1 = 2(−1)n un−3un−1 +un−2 = 2(−1)n−1 Cộng hai đẳng thức trên ta được
un+1−2un −2un−1 + un−2 = 0, n ≥0. (2.36) Từ (??) và (??) suy ra
un+1 = 2Fn2 + 2Fn2−1 −Fn2−2 = (Fn+ Fn−1)2 + (Fn −Fn−1)2 −Fn2−2
= Fn+12 +Fn2−2 −Fn2−2 = Fn+12
Vậy un = Fn2,∀n≥ 0 và ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.16. Trong các dãy số nguyên, có nhiều dãy số mà tất cả các phần tử của nó đều là số chính phương, nhưng việc xác định số hạng tổng quát của dãy số đó lại là một vấn đề rất khó khăn, nhiều bài toán ta phải mò mẫm, dự đoán công thức rồi dùng phương pháp quy nạp chứng minh.
Sau đây chúng ta đi xét một số ví dụ về phương pháp này.
Bài toán 2.32. Cho dãy số (un) xác định bởi u1 = 1, u2 = −1
un = −un−1 −2un−2 (n≥ 3)
Chứng minh rằng số a = 22006 −7u22004 là số chính phương.
Lời giải.
Đặt vn = 2n+1−7u2n−1 thì a = v2005 = 22006−7u22004. Ta sẽ chứng minh rằng
vn = (2un +un−1)2;n= 2,3, . . . (2.37) Ta chứng minh bằng quy nạp như sau.
Khi n = 2 theo cách xác định thì v2 = 23 −7u21 = 8−7 = 1.
Mặt khác (2u2 +u1)2 = (−2 + 1)2 = 1. Vì thế v2 = (2u2 +u1)2. Công thức (??) đúng khi n = 2.
Giả sử (??) đúng đến n= k(k ≥ 2), tức là vk = (2uk +uk−1)2. Xét n= k+ 1. Theo cách xác định dãy (vn), ta có
vk+1 = 2k+2−7u2k. Theo cách xác định dãy (un), ta có
(2uk+1+ uk)2 = [2(−uk−2uk−1) +uk]2
= u2k + 8ukuk−1 + 16u2k−1
= 2 4u2k + 4ukuk−1 +u2k−1+ 14u2k−1 −7u2k
= 2 (2uk +uk−1)2 + 14u2k−1 −7u2k
= 2vk + 14u2k−1 −7u2k
= 2 2k+1−7u2k−1+ 14u2k−1 −7u2k
= 2k+2 −7u2k = vk+1.
Vậy vk+1 = (2uk+1+uk)2. Như vậy công thức (??) cũng đúng với n= k+ 1. Theo nguyên lí quy nạp toán học thì (??) đúng với mọi n= 2,3, . . .
Từ (??) suy ra mọi số hạng của dãy (vn) đều là số chính phương.
Từ đó suy ra a = v2005 = 22006 −7u22004 là số chính phương.
Chương 3
Một số bài toán về dãy số nguyên trong các kì thi Olympic