Sáng kiến kinh nghiệm Dãy số với số học

Nội dung tài liệu: Sáng kiến kinh nghiệm Dãy số với số học

1. CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc THUYẾT MINH MÔ TẢ GIẢI PHÁP VÀ KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến (Ghi giống trong đơn yêu cầu công nhận sáng kiến):Dãy số với số học. 2. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử (Ghi giống trong đơn yêu cầu công nhận sáng kiến):đầu tháng 8/2023. 3. Các thông tin cần bảo mật (nếu có):Không 4. Mô tả các giải pháp cũ thường làm (Nêu rõ tên giải pháp, tình trạng và nhược điểm, hạn chế của giải pháp cũ): Trong chương trình Toán của khối Chuyên THPT, Dãy số là một trong nội dung rất quan trọng. Dãy số là dạng toán khá phức tạp, cần rèn luyện, học tập thường xuyên thì mới giải nhanh và tốt được. Vì thế, dãy số luôn nằm trong cấu trúc của đề thi học sinh giỏi các cấp từ tỉnh, quốc gia, khu vực đến quốc tế, để đánh giá khả năng tư duy của học sinh. Hơn nữa, ngoài tính đại số và giải tích của dãy số, một khía cạnh khác của dãy số chính là dãy số có quan hệ chặt chẽ với số học, bài toán số học được phát biểu dưới dạng bài toán dãy số và ngược lại, bài toán về dãy số lại thông qua bài toán số học. Đó là một điều rất thú vị và đó là một ý tưởng thường dùng khi ra đề thi học sinh giỏi Quốc gia, đặc biệt là những năm gần đây. Giải pháp cũ: Trong nội dung giảng dạy về dãy số cho đội tuyển học sinh giỏi quốc gia hàng năm cũng có đề cập đến nội dung này ở góc độ giới thiệu, học sinh nắm bắt trên bề nổi của kiến thức. - Nhược điểm: Học sinh chưa đi sâu tìm hiểu mối liên hệ giữa dãy số và số học, làm bài nào biết bài đó, không nhìn thấy bản chất mối quan hệ giữa chúng. Học sinh chỉ nhìn nhận vấn đề trên bề nổi của kiến thức, không thấy được sợi dây liên kết với nhau. 5. Sự cần thiết phải áp dụng giải pháp sáng kiến: Dãy số là một phần không thể thiếu với chương trình chuyên Toán và trong các đề thi học sinh giỏi. Thực chất dãy số được tiếp cận rất sớm, từ tiểu học, lúc đó dãy số xuất hiện chủ yếu là dãy số nguyên và gắn liền với số học. Mối quan hệ dãy số và số học rất chặt chẽ và cực kì thú vị. Đôi khi bài toán số học được phát biểu dưới dạng bài toán dãy số và ngược lại, bài toán về dãy số lại thông qua bài toán số học. Nó là một ý tưởng ra đề cho hầu hết các cuộc thi và luôn là một thách thức lớn đối với mọi thí sinh. Tất nhiên, hầu hết các bài toán dãy số ở dạng này không hề đơn giản. Và vì thế nó lại càng thôi thúc ta khám phá và chinh phục. Hiện nay, các tài liệu về nội dung liên quan vấn đề này cũng có những chưa nhiều, rời rạc, chưa hệ thống, bao quát tổng thể. Vì vậy, tôi chọn vấn đề : : Dãy số với Số học, nhằm giúp học sinh chuyên Toán giải quyết được phần nào những khó khăn khi học phần này và đặc biệt bồi dưỡng học sinh đội
2. tuyển quốc gia hiệu quả hơn. 6. Mục đích của giải pháp sáng kiến Nhằm giúp học sinh chuyên Toán nắm bắt và giải quyết tốt những bài toán về dãy số liên quan đến số học, dựa trên một hệ thống kiến thức liên quan chặt chẽ với nhau, hạn chế việc làm bài nào biết bài đó, mà không nhìn ra được sợi dây liên kết của chúng. Sáng kiến mong muốn Cung cấp một bộ tài liệu chuẩn cho học sinh tự học, ôn thi học sinh giỏi, ôn thi học sinh giỏi về phần tính chất số học của dãy số. Hơn nữa, Cung cấp cho giáo viên có một tài liệu tham khảo, đầy đủ sâu hơn về phần tính chất số học của dãy số, cũng như một mảng nhỏ trong phần số học. 7. Nội dung: 7.1. Thuyết minh giải pháp mới hoặc cải tiến 7.1.1 Giải pháp 1. 7.1.1.1 Tên giải pháp: Mối quan hệ giữa dãy số nguyên và phương trình nghiệm nguyên 7.1.1.2 Nội dung Hai mảng dãy số nguyên và phương trình nghiệm nguyên, tưởng chừng như là hai mảng của hai lĩnh vực khác nhau, không phải là nội dung mới, đã có rất nhiều tài liệu viết về chúng. Tuy nhiên, hai nội dung này được thể hiện rời rạc, chưa có một sự liên kết chặt chẽ, đi sâu vào vấn đề để hiểu bản chất, hướng xây dựng bài toán cũng như hướng tìm ra lời giải. Do đó, nội dung phần này nhằm khám phá, nghiên cứu sâu mối quan hệ giữa hai nội dung này, giúp giáo viên có thể sáng tạo, xây dựng nhiều bài toán dãy số hay số học liên quan, học sinh chuyên Toán nhanh chóng giải quyết được bài toán ở dạng này. Chương II. MỐI QUAN HỆ GIỮA DÃY SỐ NGUYÊN VÀ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN II.1. SỬ DỤNG DÃY SỐ ĐỂ XÂY DỰNG NGHIỆM CỦA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN Dãy số có thể dùng để mô tả nghiệm cho phương trình nghiệm nguyên. Hơn nữa, nhiều bài toán không yêu cầu tìm tất cả các nghiệm của phương trình nghiệm nguyên, mà chỉ yêu cầu chứng minh phương trình có vô số nghiệm. Trong trường hợp như thế, ta có thể dùng dãy số để xây dựng một họ nghiệm thỏa mãn phương trình. Dưới đây, ta xét một số dạng phương trình nghiệm nguyên mà nghiệm của nó được xây dựng bởi dãy số. 2.1.1. Sử dụng dãy số để xây dựng nghiệm của một số phương trình đối xứng bậc hai. uu01 ; Xét dãy số truy hồi tuyến tính cấp hai (un) (*) un 11 au n u n b,  n 1,2,3,... u u b Ta có: nn 11 an,  1,2,... un Suy ra
3. u u b u u b n 1 n 1 n 2 n uunn 1 22 un 1 u n 1.. u n 1 bu n 1 u n u n 2 u n bu n 22 un 1 u n 2.. u n bu n 1 u n u n 1 u n 1 bu n 22 un 1 ( au n 1 u n b ) u n bu n 1 u n ( au n u n 1 b ). u n 1 bu n 2 2 2 2 un 1 u n au n 1 u n b() u n 1 u n u n u n 1 au n un 11 b() u n u n 22 22 Từ đó, ta có: un u n 1 au n u n 1 b() u n u n 1 =  a  b(  ),  n 1;2... Suy ra với mọi số nguyên dương n thì ( uunn 1, ) là nghiệm của phương trình: x2 y 2 axy b()() x y 2  2 a  b  (**) Như vậy, nếu phương trình có dạng (**) thì ta nên xây dựng dãy số có dạng (*). Từ đó, ta có thể giải quyết được khá nhiều các bài phương trình có dạng đối xứng sau đây. Bài 2.1.1.1: Chứng minh phương trình sau có vô số nghiệm nguyên dương: x22 y 55 xy . (1) Nhận xét: Phương trình này có dạng (**), trong đó a = 5, b = 0. Khi đó: 22  55  , chọn  1; 2 thỏa mãn. Ta xây dựng dãy số (un ) : u0 1, u 1 2, u n 1 5 u n u n 1 ; mỗi cặp (,)uunn 1 là một nghiệm của (1). Lời giải: Xét dãy số (un ) : u0 1, u 1 2, u n 1 5 u n u n 1 ,  n 1,2,.... uu Ta có nn 11 5, n 1,2,... un Suy ra un 1 u n 1 u n 2 u n 22 un 1 u n u n 2 u n u n 1 u n 1 uunn 1 22 un 1 u n(5 u n 1 u n ) u n u n 1 (5 u n u n 1 ) 2 2 2 2 un 1 u n 5 u n 1 u n u n u n 1 5 u n u n 1 ,  n 1,2,... Từ đó, ta có: 2 2 2 2 un u n 1 5 u n u n 1 u 1 u 0 5 u 1 u 0 5. Như vậy, mỗi cặp ( ) với mọi số nguyên dương n là nghiệm của (1). Mặt khác, dễ thấy un là số nguyên dương với mọi n và ( un ) là dãy số tăng nghiêm ngặt. Từ đó suy ra phương trình có vô số nghiệm nguyên dương. Bài 2.1.1.2. Chứng minh phương trình sau có vô số nghiệm nguyên dương: x22 y 10 3( x 1)( y 1) . (2) Hướng dẫn: (2) x22 y 10 3( xy x y 1) x22 y 3 xy 3( x y ) 7
4. Phương trình này có dạng (**), trong đó a = 3, b = 3. Khi đó: 22  3  3(  ) 7 , chọn  1; 1 thỏa mãn. Ta xây dựng dãy số (un ) : u0 1, u 1 1, u n 1 3 u n u n 1 3 . Mỗi cặp là một nghiệm của (2). Dễ thấy, là số nguyên dương với mọi n; uu21 5 . Bằng qui nạp ta chứng minh được ( ) là dãy số tăng nghiêm ngặt. Từ đó suy ra phương trình có vô số nghiệm nguyên dương. Như vậy, từ những biểu thức bậc hai, đối xứng giữa hai biến x, y ta có thể xây dựng nên những bài tập mà phương trình của nó có thể đưa về dạng (**). Sau đây, ta xét những phương trình nghiệm nguyên bậc 2 có nhiều hơn hai ẩn mà vẫn đưa được về dạng (**). Bài 2.1.1.8. Chứng minh phương trình sau có vô số nghiệm nguyên dương x2 y 2 z 2 t 2 4 xyzt .(8) Hướng dẫn: Chọn z = t = 1, ta có: x2 y 2 2 4 xy x 2 y 2 4 xy 2 . Xét dãy số xác định bởi : (un ) : u0 1, u 1 1, u n 1 4 u n u n 1 . Khi đó, (x , y , z , t ) ( unn 1 , u ,1,1) là nghiệm của phương trình. (,)uunn 1 Do uu21 3 , bằng qui nạp ta chứng minh được dãy ()un tăng nghiêm ngặt. Từ đó suy ra phương trình có vô số nghiệm nguyên dương. Bài 2.1.1.10. Cho số tự nhiên n > 2. Chứng minh phương trình sau có vô số nghiệm nguyên dương 2 2 2 2 x1 x 2 x 3 ... xnn n . x 1 . x 2 ... x . (Phương trình Markov)(10) Hướng dẫn: Chọn x34 x ... xn 1 , ta có: 22 x1 x 2 n 2 n . x 1 . x 2 . Xét dãy số xác định bởi: (um ) : u0 1, u 1 1, u m 1 nu m u m 1 . Khi đó u21 n 1 u , bằng qui nạp ta chứng minh được dãy là dãy các số nguyên dương và tăng nghiêm ngặt. Vậy (x1 , x 2 , x 3 ,..., xn ) ( u m 1 , u m ,1,...,1) là nghiệm của (10). Từ đóu nsuy ra phương trình (10) có vô số nghiuện m nguyên dương. II.1.2. Sử dụng dãy số xây dựng nghiệm của phương trình Pell. Phương trình Pell là phương trình Diophantine có dạng x22 dy 1, trong đó d là một số nguyên dương không chính phương. Để mô tả tập hợp nghiệm của phương trình Pell, trước hết ta chứng minh bổ đề sau.
5. Bổ đề. Giả sử r s d t u d , trong đó r, s, t, u là những số hữu tỉ, d là số nguyên dương không chính phương. Khi đó : r = t, s = u. rt Chứng minh : Do nên nếu su , ta có d . us Do d không chính phương nên d phải là số vô tỉ và không thể có sự biểu diễn trên. Vậy s = u, suy ra r = t. Để giải phương trình Pell khi d không lớn lắm, người ta thường tìm nghiệm nhỏ nhất của nó, sau đó nhận được tất cả các nghiệm nhờ định lí sau đây. Định lí. Giả sử xy11, là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell , trong đó d là một số nguyên dương không chính phương. Khi đó mọi nghiệm xykk, được k cho bởi công thức xkk y d () x11 y d , với k = 1, 2, 3, . Chứng minh: Ta chỉ ra các cặp xác định như trên là nghiệm của phương trình Pell, đồng thời mọi nghiệm của phương trình Pell đều có dạng trên. k Dễ thấy rằng nếu thì xkk y d () x11 y d , vì chỉ xuất hiện ở các lũy thừa lẻ của yd1 trong khai triển nhị thức. 2 2k k 2 2 k Mặt khác, xk dy k ( xydxyd k k )( k k )( xydxyd1 1 )( 1 1 )( xdy 1 1 )1. Vậy là nghiệm với k = 1, 2, 3, . Ngược lại, giả sử X, Y là một nghiệm nguyên dương khác với . Khi đó tồn tại số n sao cho nn 1 ()()x1 y 1 d X Y d x 1 y 1 d n Nhân bất đẳng thức với ()x11 y d , ta được n 1 (x1 y 1 d ) ( X Y d ) x 1 y 1 d 22 1 Vì x11 dy 1 nên x1 y 1 d () x 1 y 1 d . n Bây giờ giả sử s t d ()() x11 y d X Y d . Ta lại có s22 dt ( s t d )( s t d ) nn (xyd1 1 ) ( XYdxyd )( 1 1 ) ( XYd ) 2 2n 2 2 (x11 dy ) ( X dY ) 1 Như vậy, cặp (s, t) là một nghiệm của phương trình. Hơn nữa, 1 s t d x11 y d . Mặt khác, do s t d 1 nên 0 (s t d ) 1 s t d . Do đó 11 s [(s+t d )+(s-t d )]>0,22 t=( )[(s+t d )-(s-t d )] 0. 2 x dy 21 d Điều đó có nghĩa là (s, t) là nghiệm nguyên dương, s x11, t y , vì là nghiệm nhỏ nhất. Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức s t d x11 y d . Mâu thuẫn này chứng tỏ X, Y
6. phải là một cặp với k nào đó.(Đpcm) Nhận xét: Ta có 1 x [( x y d )kk ( x y d ) ] k k 1 1 1 1 xkk y d () x11 y d 2 k 1 kk xkk y d () x11 y d yk [( x1 y 1 d ) ( x 1 y 1 d ) ] 2 d Từ đó, ta có thể biểu diễn nghiệm của phương trình Pell dưới dạng dãy số như sau: xn 2 2 x 1 . x n 1 x n , x 0 1, x 1 x 1 . yn 2 2 x 1 . y n 1 y n , y 0 0, y 1 y 1 Sau đây là một số bài tập áp dụng. xykk, Bài 2.1.2.1. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình xy22 15 1. Hướng dẫn: Dễ thấy nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình là x = 4, y = 1. Như vậy mọi nghiệm ( ) của phương trình được xây dựng bởi công thức: xk 2 8 x k 1 x k , x 0 1, x 1 4 . yk 2 8 y k 1 y k , y 0 0, y 1 1 Từ quan hệ truy hồi này ta thiết lập được tất cả các nghiệm của phương trình. Bài 2.1.2.2. Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình (x 1)3 x 3 y 2 . Hướng dẫn: Ta có: (x 1)3 x 3 y 2 3 x 2 3 x 1 y 2 . Nhân 4 vào hai vế của phương trình ta được: (2yx )22 3(2 1) 1. Đặt u = 2y, v = 2x +1, ta được phương trình Pell: uv22 31. Nghiệm (,)uvnn của phương trình được cho bởi công thức: n n uvnn 3 (2 3) . Từ đó ta có uvnn 3 (2 3) . Mặt khác, chỉ có các nghiệm với un chẵn, vn lẻ là thích hợp với bài toán. Từ đó ta chọn được các nghiệm sau đây: 1 x [(2+ 3)2kk 1 -(2- 3) 2 1 -2 3] 43 . 1 y [(2+ 3)2kk 1 + (2- 3) 2 1 ], k 1 4 mm( 1) Bài 2.1.2.3 Tìm tất cả các số chính phương dạng , với m là số nguyên dương. 3 Hướng dẫn: mm( 1) Giả sử m, n là những số nguyên dương thỏa mãn n2 . 3 Khi đó ta có: (2mn 1)22 3(2 ) 1. Như vậy 2m+1 và 2n là các nghiệm của phương trình Pell: XY22 31. Dễ thấy phương trình có nghiệm nhỏ nhất X = 2, Y = 1. Do đó m, n xác định bởi: (2mn 1) 2 3 (2 3)k .
7. Suy ra k chẵn, đặt k = 2j. Khi đó (2mn 1) 2 3 (7 43) j . Vì 3 chỉ xuất hiện trong các lũy thừa lẻ của 43 trong khai triển nhị thức (7 4 3) j nên ta có: (2m+1) - 2n 3 = (7 4 3) j . Như vậy, các số m cần tìm là (7 43)jj (7 43) 2 mj , 1,2,3... 4 III.1.3. Sử dụng dãy số để xây dựng nghiệm của một số phương trình bậc hai dạng ax22 bxy cy dx ey f 0. Xét phương trình ax22 bxy cy dx ey f 0 . Sử dụng các biến đổi đại số, ta đưa phương trình trên về dạng x22 Dy k. (***) Nếu D là số chính phương thì (***) được giải dễ dàng bằng cách đưa vào phương trình tích. Nếu D là số nguyên dương nhưng không phải số chính phương và k là số nguyên khác 0 thì nếu (***) có nghiệm nguyên dương thì sẽ có vô số nghiệm nguyên dương. Giả sử phương trình có nghiệm không tầm thường (,)xy11và (,)  là nghiệm cơ sở của phương trình x22 Dy 1. Khi đó, xét hai dãy xynn , xác định bởi xn 11 x n  Dy n, y n  x n y n , n 1. 2 2 2 2 2 2 Khi đó: xn 11 Dy n ()(). x n  Dy n Dx  n y n xDy n n Khi đó theo quy nạp thì (,)xynncũng là nghiệm của (***), với mọi n. Bài 3.1.3.1: Chứng minh phương trình sau có vô hạn nghiệm nguyên dương x22 y 4( x 1)( y 1) .(14) Hướng dẫn: (14) x22 y 4 xy 4 x 4 y 4 0 (x 2 y )22 3 y 4( x 2 y ) 4 y 4 0 (x 2 y 2)22 3 y 4 y 0 3(x 2 y 2)22 (9 y 12 y 4) 4 0 (3y 2)22 3( x 2 y 2) 4 Xét phương trình Pell: xy22 31 có một nghiệm nguyên dương là x = 2, y = 1. Đặt X = 3y -2, Y = x - 2y +2. 22 Xét phương trình: XY 34 có một nghiệm nguyên dương là X = 4 , Y = 2. Xét các dãy (xynn ),( ) xác định bởi công thức: xy00 4, 2 xn 1 23 x n y n yn 1 x n2 y n
8. Ta có: 2 2 2 2 2 2 xn 11 3 y n (2 x n 3 y n ) 3( x n 2 y n ) x n 3 y n ,  n 0,1,2,.... Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2 xn 3 y n x n 1 3 y n 1 x n 2 3 y n 2 ... x 0 3 y 0 4 . Do đó (,)xynn là nghiệm của phương trình . Hơn nữa xn 12 x n  4 x n 1  x n 1 (mod3),  n . Suy ra: x2kk x 2 2 ...  x 2  x 0 (mod3),  k . Ta chọn: x2k 2 y 32yx 2k 3 x 2 y 2 y 2( x 1) 22kk xy 2k 3 x22 Dy k. 2(xx 1) 2 Như vậy, (,)(,)x y y 22kk là nghiệm của phương trình đã cho với mọi k=0, 2k 33 1, . II.2. Xây dựng bài toán về dãy số từ lời giải các phương trình nghiệm nguyên Theo phần trên, chúng ta thấy, một số phương trình nghiệm nguyên, đưa được về phương (,)xy trình kiểu Pell, có tập nghiệm được biểu diễn thông qua 11dãy số. Vì(,)  vậy, từ các phương trình Diophant ta lại cóx22 th Dyể tạo ra1. các bài toán về dãy số với các tính chất số học : dãy số nguyên, số chính phương, chia hết, đồng dư, , cũng như tìm lời giải cho các bài toán này. xynn , Xét phương trình kiểu Pell xn 11 x n  Dy n, y n  x n y n , n 1. (1) Với D là một số nguyên dương nhưng không phải là số chính phương, k là số nguyên khác 0. Giả sử phương trình có nghiệm không tầm thường và là nghiệm cơ sở của phương trình Khi đó, tất cả các nghiệm của phương trình (1) là xynn, với dãy xác định bởi Từ hệ phương trình trên ta có thể tìm được: 22 xn 11 x n  Dxky( n ); n y n  kDyn n , 1. Như vậy đã xuất hiện hai dãy số nguyên được cho bởi một công thức không nguyên. Cũng từ công thức nghiệm và phương trình trên, ta suy ra dãy số (yn) xác định XY22 34 2 y11 , yn  y n k Dy n , n 1. 2 thì Dyn k luôn là số chính phương. Ví dụ, với D 4 a ( a 1), k 1 thì ta có x00  2 a 1, y 1. Ta được hai dãy số nguyên sau đây:
9. 2 x11 2 a 1, xn (2 a 1) x n 4 a ( a 1)( x n 1), 2 y11 1, yn (2 a 1) y n 4 a ( a 1) y n 1. Ngoài ra, từ hệ trên ta có công thức số hạng tổng quát và hệ thức truy hồi cho dãy số (xn) và (yn) như sau ()()()() DDDDn  n  n  n xy ;. nn2 2 D 22 x1; x 2 x 1  Dy 1 ; xn 2 2 x n 1 (  D ) x n ; 22 y1; y 2 x 1  y 1 ; yn 2 2 y n 1 (  D ) y n . Ta sẽ khai thác những điều này để xây dựng những bài toán về dãy số mang tính số học. Ví dụ 2.2.1. Xuất phát từ phương trình : x2 -3y2=1. Phương trình này có nghiệm cơ sở là (2 ;1) nên nghiệm tổng quát của phương trình là (xn ; yn) xác định bởi : x1 2; x 2 7; xn 2 4 x n 1 x n ; y1 1; y 2 4; yn 2 4 y n 1 y n . Ta có 1 xynn 3 (0;1) xynn 3 yx3 1. nn 3 Tương tự, x3 3 y x 3 3 v . n n n n xynn 3 Từ đây ta có 2 bài toán sau: Ví dụ 2.2.1.1. Cho dãy số (yn) xác định bởi y1 1; y 2 4; yn 2 4 y n 1 y n , n 1. 2 Chứng minh rằng 31yn luôn là số chính phương với mọi số nguyên dương n. Ví dụ 2.2.1.2. Cho dãy số (xn) xác định bởi x1 2; x 2 7; xn 2 4 x n 1 x n , n 1. Chứng minh rằng luôn là số chính phương với mọi số nguyên dương n. 3 x 3 (2 3)nn (2 3) . n 2 Ví dụ 2.2.2. Bây giờ ta xét phương trình x22 41 xy y . Phương trình này có thể biến đổi thành phương trình Pell (x 2 y )22 3 y 1. Bằng cách đặt u=|x-2y| và v=y ta có u2-3v2=1. Từ đó ta được y=vn, |x-2y|=un . Trong đó un vn được xác định
10. u11 2; un 2 u n 3 v n v11 1; vn u n 2 v n . Nếu x-2y = un thì x =un +2vn =vn+1. Nếu x-2y = -un thì x =-un +2vn =vn-1. Vậy tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là (vn ;vn+1) mọi n nguyên dương và (vn ;vn-1) với mọi n nguyên lớn hơn 1. Từ đó ta có hai bài toán sau : Ví dụ 2.2.2.1. Cho dãy số (xn) xác định bởi x1 1; x 2 4; xn 2 4 x n 1 x n , n 1. 2 2 Hai số nguyên a, b thỏa mãn a -4ab+b =1. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k để (a ;b) = (xk ; xk+1). Ví dụ 2.2.2.1. Cho dãy số (xn) xác định bởi Chứng minh rằng 4xnxn+1+1 luôn là tổng của hai bình phương. Sau đây là một số bài toán về dãy số mà được xây dựng dựa trên ý tưởng trên. Bài 2.2.1. Cho dãy số (xn) xác định bởi x1 1; x 2 3; xn 2 4 x n 1 x n , n 1. Hai số nguyên a, b thỏa mãn a2-4ab+b2 = - 2. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k để (a ;b) = (xk ; xk+1). Bài 2.2.2. (VMO 1999) Cho hai dãy số (xn) ; (yn) xác định bởi x0 1; x 1 4; xn 2 3 x n 1 x n , n 0. y0 1; x 1 2; yn 2 3 y n 1 y n , n 0. 22 a) Chứng minh rằng xynn 5 4 0. 2 2 b) Giả sử tồn tại các số nguyên dương a, b thỏa mãn a -5b +4=0, chứng minh tồn tại số tự nhiên k sao cho xk = a ; yk = b. Bài 2.2.3. (VMO 2012) Xét các số tự nhiên lẻ a, b mà a là ước số của b2 +2 và b là ước 2 số của a +2. Chứng minh rằng a và b là các số hạng của dãy số tự nhiên (xn) xác định bởi x1 1; x 2 1; xn 2 4 x n 1 x n , n 1. Bài 2.2.4. Cho dãy số un được xác định như sau: u1 0 2 un 1 5 u n 24 u n 1; n 1, 2,... Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số trên đều là số nguyên. Lời giải Từ giả thiết ta có: 2 2 2 22 u2 1 và un 11 10 u n u n 25 u n 24 u n 1 hay un 11 10 u n u n u n 1 0. (1) 22 Thay n trong (1) bằng n-1 ta được : un 11 10 u n u n u n 1 0. (2) 22 Từ (1) và (2) suy ra uunn 11, là hai nghiệm của phương trình : t 10 unn t u 1 0. Theo định lí Viete ta có un 11 u n10 u n hay un 11 10 u n u n .
11. Từ uu12 0, 1 suy ra mọi số hạng của dãy số đều là số nguyên. Bài 2.2.5. Chứng minh rằng với mọi số hạng của dãy số an xác định bởi 2 a01 1, an 2 a n 3 a n 2 đều nguyên. Lời giải. Chuyển vế và bình phương công thức truy hồi, ta được 2 2 2 an 11 4 a n a n 4 a n 3 a n 2 22 an 11 4 a n a n a n 2 0. Thay n bằng n-1 ta được 22 an 4 a n a n 11 a n 2 0. Từ đây suy ra aann 11, là hai nghiệm của phương trình 22 x 4 ann x a 2 0. Suy ra: an 11 a n4 a n hay an 11 4 a n a n . Từ đây suy ra tất cả các số hạng trong dãy đều nguyên. Chú ý. Ta có thể tạo ra một kiểu dãy số khác từ kết quả là hai nghiệm của phương trình 22 x 4 ann x a 2 0 . 2 Theo định lí Viete thì an 11 a n a n 2, suy ra 2 an 2 an 1 . an 1 và chúng ta có bài toán: Cho dãy số xác định bởi aa01 1, 3 và . Chứng minh rằng an nguyên với mọi n. Nhận xét. Như vậy, dựa vào công thức nghiệm của phương trình Pell, ta có tể xây dựng được các dãy số nguyên mà hệ thức truy hồi ở dạng phi tuyến (chứa căn, phân thức, ). un Để chứng minh một dãy số là dãy số nguyên, ta thường biến đổi công thức truy hồi của u a u a u ... a u a, a ,..., a dãy số về dạng tuyến tính n 1 0 n 1 n 1 k n k , trong đó 01 k là các số nguyên và k số hạng đầu của dãy cũng là các số nguyên. Từ đó, bằng quy nạp ta thấy được các số hạng của dãy số là số nguyên. Trong một số trường hợp nếu tìm được công thức số u u hạng tổng quát n thì ta có thể chứng minh n . Bài. 2.2.6. Cho dãy số được xác định như sau: uu12 1, 3 2 un 1 2 unn , 3, 4,... un 2 Chứng minh rằng : a) Mọi số hạng của dãy số trên đều là số nguyên. b) Nếu hai số nguyên dương a, b thỏa mãn a2-4ab+b2+2 =0 thì tồn tại
12. số nguyên dương k sao cho {a,b}={uk-1, uk}. c) 4unun-1 -2 luôn là tổng của hai bình phương. Lời giải Bằng quy nạp ta chứng minh rằng  n 3,4,... ta có : un 4. u n 12 u n (1) Thật vậy, với n 3 ta có : 2 2 u2 2 32 u3 11. u1 1 Mặt khác 4u2 u 1 4.3 1 11 u 3 4 u 2 u 1 . Vậy (1) đúng với . Giả sử (1) đúng với nk 3, theo giả thiết quy nạp thì uk 4. u k 12 u k 2 uk 2 22 Khi đó ta có : uk 1 4 u k u k 1 4 u k u k 1 u k 2 4 u k u k 1 u k 1 uk 1 2 2 4uk 1 u k 2 2 4 u k 1 4 u k 1 u k 2 u k 1 22 uk 2 4 u k 1 u k 2 2 u k 1 (*) 2 uk 1 24 u k 2 u k 1 u k 2 2 uk 1 2 4uukk 12 uk 2 uk 4. u k 12 u k Vậy (1) với nk 1. Vì uu12 1, nên từ (1) suy ra unn ,  1, 2,... Từ phương trình (*) ta dễ dàng suy ra b), c). Bài 2.2.7. Cho a, b, c là ba số nguyên thỏa mãn điều kiện ab2 1. Xét dãy số được xác định như sau: u0 0 22 un 1 au n bu n c; n 0, 1, 2,... un Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số trên đều là số nguyên. Lời giải 22 Theo giả thiết ta có : un 1 au n bu n c,  n 0. 2 2 2 2 2 Từ đó suy ra un 11 2. au n u n a u n bu n c Vì ab2 1 nên suy ra: 2 2 2 2 2 2 un 11 2 au n u n a u n ( a 1) u n c 2 2 2 un 2 au n 11 u n u n c Thay n bởi n +1 vào đẳng thức trên ta được 2 2 2 un 2 au n 11 u n u n c Từ đây suy ra uunn 11, là hai nghiệm của phương trình
13. 2 2 2 x 2 unn x u c 0. Suy ra: un 11 u n2 u n hay un 11 4 u n u n . 2 Do u0 0 và u1 c c . Từ đây suy ra tất cả các số hạng trong dãy đều nguyên. Bài 2.2.8. Cho dãy số được xác định như sau: u1 1 2 unnn 1 5 u ku 8 ; n 1, 2,... Tìm k nguyên dương sao cho dãy gồm toàn số nguyên. Lời giải Ta có uk2 58 . Đặt k 8 t ( t ) , khi đó suy ra: 22 u3 5(5 t ) ( t 8)(5 t ) 8. 2 2 2 Để u3 thì ta phải có: f( t ) ( t 8)(5 t ) 8 q ( q ). Ta có f( t ) t4 10 t 3 33 t 2 8 t 192; (t2 5 t 4) 2 f ()( t t 2 514); t 2 ft( ) 2. Từ đó suy ra: q t2 5 t v , với v là số tự nhiên chẵn thỏa mãn 5 v 13 hay v 6;8;10;12 . Thử trực tiếp ta được v 8 và q t2 5 t 8 t 4 k 24. Ngược lại với k 24 thì 2 2 2 un 1 5 u n 24 u n 8 u n 1 10 u n u n 1 u n 8 0. (1) Thay n bởi n+1 ta được : un 22 un 2 10 u n 1 u n 2 u n 1 8 0. (2) Trừ theo vế với vế (1) và (2) ta được kết quả sau: (un u n 2 )( u n 2 u n 10 u n 1 ) 0. Dễ thấy dãy tăng nên un 21 10 u n u n với uu12 1, 9. Do vậy dãy gồm toàn số nguyên khi và chỉ khi k 24. Nhận xét: Trong một số bài toán, việc dự đoán được công thức tổng quát un , nhưng chứng minh trực tiếp gặp khó khăn, ta thường xử lí như sau:  Chứng minh tồn tại duy nhất dãy thỏa điều kiện của bài toán.  Xây dựng dãy phụ vn có giá trị đầu và hệ thức truy hồi giống với giá trị ban đầu và hệ thức truy hồi của và chứng minh dãy cũng thỏa điều kiện của bài toán. Khi đó uvnn .
14. 2 11un 1 Bài 2.2.11. Cho dãy số nguyên xác định uu12 2; 7 và un . (1) 22un 2 Chứng minh un lẻ với mọi n 2. Lời giải 22 22 uunn 1111 uunn 1111 Từ giả thiết ta có un vì trong khoảng ; có độ dài uunn 2222 uunn 2222 bằng 1 có duy nhất một số nguyên nên dãy đã cho xác định là duy nhất. Ta có uu34 25; 89 giả sử un xu n 12 yu n . Từ ta có hệ : 7x 2 y 25 x 3 . 25x 7 y 89 y 2 vv12 2, 7 Ta chứng minh dãy xác định bởi thỏa mãn (1). vn 3 v n 12 2 v n , n 3, 4,... 22 vn 1 v n. v n 2 v n 1 Thật vậy, ta có : vn . vvnn 22 n Từ công thức truy hồi của dãy suy ra vnn 2  2. (2) 2 Mặt khác vn. v n 2 v n 1 v n 2 (3 v n 1 2 v n 2 ) v n 1 (3 v n 2 2 v n 3 ) 2nn 3 2 3 2(vn 1 . v n 3 v n 2 ) ... ( 2) v n 2 ( v 3 v 1 v 2 ) ( 2) . (3) 2 11vn 1 Từ (2) và (3) suy ra : vn vậy uvnn . 22vn 2 Từ công thức truy hồi của dãy un 3 u n 12 2 u n ;  n 2. Ta thấy un là số nguyên lẻ  n 2. Bài 2.2.12. Cho dãy số nguyên dương un thỏa mãn : u n uu01 1, 3 2 un 1 unn 2 1 , 0. un 2 n Chứng minh rằng un 21 u n u n 2 với mọi số tự nhiên n. Lời giải Từ cách cho dãy số, ta thấy dãy luôn tồn tại và duy nhất. vv01 1, 3 Xét dãy vn xác định bởi vn 21 4 v n 2 v n , n 0. 2 vn n Ta chứng minh : vn 21 v n v n 2 . (1) 2 2 2 2 2 Ta có vvvnnn 2 1 (4 v n 1 2 vvv nnn ) 1 4 vvv nnn 1 1 2 vvvv nnnn 1 (4 1 ) 2 v n
15. 2 2nn 2 vn 1.2 v n 1 2 v n 2( v n 1 v n 1 v n ) ... 2 ( v 2 v 0 v 1 ) 2 . Vậy (1) được chứng minh. n Ta chứng minh vn 2 (2) bằng phương pháp quy nạp. Nhận thấy dãy vn là dãy tăng. Với n 1 ta có (2) đúng. n n 1 Giả sử vn 2 ta có vn 11 2 v n 2( v n v n ) 2 v n 2 . Suy ra (2) được chứng minh. Dựa vào các kết quả trên ta có: 22n vvnn 112 vn 2 v n 2 1 v n 2 . vn v n v n Hay : 22 vvnn 11 1 vn 1 1 . vvnn Do đó: 22 vvnn 11 vvnn 22 11 . vvnn Vì tính duy nhất nên ta có : . Vậy bài toán được chứng minh. 7.1.1.3 Các bước tiến hành thực hiện giải pháp A. Bước 1. Tiến hành nghiên cứu những thuận lợi và khó khăn của học sinh chuyên toán và đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia môn toán tỉnh Bắc Giang trong việc giải quyết các bài uvnn toán dãy số và số học. Nếu đặt bài toán theo góc nhìn dãy số hoặc theo góc nhìn số học thì thật khó tìm ra được hướng giải quyết, vì thực chất với mảng dãy số thường nghiêng về giải tích nhiều hơn. B. Bước 2. Nghiên cứu mối liên hệ giữa dãy số và số học. Nghiên cứu nội dung, kiến thức dãy số và số học trong các kì thi học sinh giỏi các cấp. Nghiên cứu thực trạng giảng dạy phần dãy số và số học cho học sinh chuyên và đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia môn toán tỉnh Bắc Giang. Nghiên cứu bản chất của các bài toán liên quan đến phương trình nghiệm nguyên và dãy số nguyên (thường đưa về dãy tuyến tính cấp 2). Nghiên cứu quá trình sáng tạo, xây dựng một bài toán từ bài toán gốc. Tiến hành thực nghiệm sư phạm: Áp dụng các kết quả nghiên cứu mối liên hệ dãy số và số học vào dạy học lớp 11 chuyên Toán và giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia môn toán 2023 – 2024. - Kết quả khi thực hiện giải pháp: Chúng tôi đã tiến hành thực nghiệm trong giảng dạy tính chất số học của dãy số lớp 11 Toán năm học 2023 – 2024 và đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia môn Toán năm học 2023 – 2024 và đạt được kết quả tốt.
16. Lớp 11 chuyên Toán năm 2023-2024: chủ động và nắm rõ hơn các bài toán về dãy số và số học, viết các chuyên đề liên quan đến dãy số. +) So sánh đội tuyển Toán 2022-2023 với đội tuyển Toán 2023 – 2024 Bài kiểm tra Bài kiểm tra 2 Kì thi chính 1 thức Đội toán năm 3 em chỉ đạt 4 em đạt 0,5/5 Đạt 4 giải (1 Học sinh chật vật để 2022-2023 0 đến 2/5 đến 2.5/5. Nhì, 3 nghĩ hướng giải. điểm bài dãy 2 em đạt từ 3 đến khuyến số với số học 3.5 điểm khích) 3 em còn lại 3/5 bài dãy số với số học Đội toán năm 6 em đạt 3 6 em đạt từ 3.5 Đạt 9 giải Học sinh nhìn vào 2023 – 2024 đến 5/5 đến 4/5 điểm (1 Nhì, 5 ba, bài để nhận ra được điểm. 4 em đạt 4 đến 5 3 khuyến cách xử lý. điểm khích) + Sản phẩm được tạo ra từ giải pháp: Chương II. Mối liên hệ giữa dãy số nguyên và phương trình nghiệm nguyên. Bao gồm:Sử dụng dãy số để xây dựng nghiệm của một số phương trình nghiệm nguyên. Xây dựng bài toán về dãy số từ lời giải các phương trình nghiệm nguyên 7.1.2 Giải pháp 2. 7.1.2.1 Tên giải pháp: Số chính phương trong dãy số 7.1.2.2 Nội dung Ở đây, các bài toán dãy số đề cặp đến số hạng là số chính phương, hay một biểu thức chứa các số hạng nào đó của dãy số là số chính phương. Trong phần này chỉ ra các hướng để xử lý, phân tích áp dụng triệt để các cách đó, hầu hết đều giải quyết được. Chúng được minh họa qua một số bài toán. 4.1. Số chính phương với dãy tuyến tính cấp 2. Chúng ta thường gặp các bài toán gắn với số chính phương với dãy số ở dạng tuyến tính cấp hai. Bởi lẽ dãy tuyến tính này có nhiều tính chất thú vị, độc đáo, đặc biệt những tính chất này sẽ cho ta kết quả về số chính phương. Sau đây là một số kết quả hay sử dụng đối với dãy thuần nhất tuyến tính cấp 2. Tính chất : Cho dãy ():,un u n 21 au n bu n khi đó : 2nn 1 2 1 2 1) uuun 2 n n 1 ()()().,. b uuu 3 1 2 bccuuu 3 1 2 22n 2) unn 2 ,() bu là hai nghiệm của phương trình : t aunn 11 t bu ( b ) . c 0. 22 n 3) (a 4 b ) un 1 4 c ( b ) là số chính phương. Đặc biệt với b 1, ta có :
17. 2 a) un 21 u n u n c . 22 b) uunn 11, là hai nghiệm của phương trình : t aunn t u c 0 . 2 2 2 c) (a 4) un 1 4 c , c u 3 u 1 u 2 là số chính phương. Phương pháp thường dùng để chứng minh fu n là số chính phương, trong đó un thỏa mãn un 21 au n bu n 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: 2 Hướng 1: Ta chỉ ra tồn tại dãy số nguyên cn thỏa mãn bnn c,  n . Dãy số thường dự đoán bằng cách tính một số giá trị đầu cc12, ,... và tìm ra quy luật của dãy . Hướng 2: Ta chứng minh bbnn 2 là một số chính phương với mọi số tự nhiên n , sau đó chứng minh bằng quy nạp. 2 Hướng 3: Dựa vào công thức truy hồi ta tính được bcnn . Hướng 4: Dựa vào các tính chất của dãy tuyến tính cấp 2 và một số biến đổi đặc biệt. Hướng 5: Tìm công thức số hạng tổng quát. Sau đây là một số bài toán minh họa. Bài 4.1.1. Cho dãy số an : a0 1, a 1 2, a n 2 4 a n 1 a n , n 0 . Chứng minh rằng: a) an 1 là số chính phương với mọi n lẻ a 1 b) n là số chính phương với mọi n chẵn. 6 Lời giải. 2 Cách 1: Ta dự đoán dãy số cn sao cho ac21nn 1 , ta có a1 2, a 3 26, a 5 362, a 7 5042 suy ra c0 1, c 1 5, c 2 19, c 3 71. Khi đó ta thử thiết lập quan hệ truy hồi của dãy theo dãy tuyến tính cấp 2. 5a b 19 a 4 Giả sử cn 21 ac n bc n và từ c0 1, c 1 5, c 2 19, c 3 71 ta được . 19a 5 b 71 b 1 Do đó ta dự đoán dãy số là: c0 1, c 1 5, cn 2 4 c n 1 c n , n 0,1,2,... 2 Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp a21nn 1 c 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. Ta có a2n 3 1 4 a 2 n 2 a 2 n 1 1 =4 4a2n 1 a 2 n a 2 n 1 1 16a2n 1 4 a 2 n a 2 n 1 1 15a2n 1 a 2 n 1 a 2 n 1 1 14 a 2 n 1 a 2 n 1 1 2 2 2 2 14 cn 1 c n 11 1 1 12 c n c n 12.(2)
18. Theo hệ thức cơ bản của dãy tuyến tính cấp 2 ta được: 2 2 2 2 cccnnn 1 1 6 4 cccc nnnn 1 1 6 cccc nnnn 1 4 1 6 0 (3) 22 2 2 cn 1 4 c n c n 1 16 c n 8 c n c n 1 c n 1 2 2 2 2 16cn 2 c n c n 11 6 c n 22 14ccnn 1 12. 4 Từ (2) và (4) suy ra 2 ac2nn 3 1 1 . Do đó ta chứng minh được (1) đúng đến n 1 suy ra (1) đúng. 2 Cách 2: Ta có an 21 a n a n 3,  n 0 . Từ hệ thức này ta được: 2 2 an 2 1 a n 1 a n 2 a n a n 2 a n 1 a n 1 3 4 a n 1 1 a n 1 2 (5). 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 2 an 2 1 a n 1 a n 2 a n a n 2 a n 1 a n 1 4 a n 1 4 a n 1 2 Ta có . . 6 6 36 36 6 a 1 Từ đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp suy ra n là số chính phương. 6 Bài 4.1.2. Cho dãy số an được xác định như sau: aa01 1, 1 an 11 14 a n a n ,  n 1. Chứng minh rằng mọi n 0 thì 21an là số chính phương. Lời giải Cách 1: Theo hướng 1. 2 2 2 Ta có 2a1 11,2 a 2 125 5,2 a 3 119,2 a 4 171 . Kết quả trên gợi ý ta xét dãy : uu12 1, 5 un 11 xu n yu n ,  n 2. 5x y 19 x 4 Với uu34 19, 71, suy ra un 21 4 u n u n . 19x 5 y 71 y 1 2 Ta chứng minh : 2ann 1 u ,  n 1. (1) Ta có (1) đúng với n 1. 2 Giả sử 2akk 1 u ,  k 1,2,..., n, ta có:
19. 22 2 2 un 1 4 u n u n 1 16 u n 8 u n u n 1 u n 1 22 14(2an 1) 2 u n 8 u n u n 111 2 u n 2 a n 1 22 2(14an a n 1 ) 2( u n 4 u n u n 1 u n 1 6) 1 22 2an 1 1 2( u n 4 u n u n 1 u n 1 6). 22 Tiếp theo ta chứng minh un 4 u n u n 11 u n 6 0. (2) 22 Thật vậy : (2) un u n 1 (4 u n u n 1 )60 u n u n 1 u n 1 60.(3) 2 2 2 2 un 4 u n 1 u n u n 1 6 u n u n ( u n u n 2 ) u n 1 6 2 un 12 u n u n 6 2 un 1 (4 u n 1 u n 2 ) u n 2 6. 22 un 1 46 u n 1 u n 2 u n 2 .... 22 u2 46 u 2 u 1 u 1 25 20 1 6 0. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Cách 2 : Hướng 5 (Tìm công thức số hạng tổng quát.) Xét phương trình đặc trưng : x 7 4 3 xx2 14 1 0 . x 7 4 3 nn Suy ra an x.(7 43) y .(7 43) . 23 x xy 1 4 Dựa vào aa01 1 ta có . (7 43)xy (7 43) 1 23 y 4 (2 3).(7 43)n (2 3).(7 43) n (2 3)2 n 1 (2 3) 2 n 1 Suy ra a . n 44 2 ( 3 1)2nn 1 ( 3 1) 2 1 Do đó 2ann 1 n , 0. 2 2nn 1 2 1 n Đặt vn ( 3 1) ( 3 1) , ta chứng minh với mọi n 1 thì vn 2 . Từ công thức tổng quát của vn ta có được hệ thức truy hồi: vn 2( v n 12 v n ). 12 Vì vv12 2 2 , 20 2 , sử dụng phương pháp quy nạp và dựa vào công thức truy hồi ta chứng minh được với  n 1. Vậy 21an là số chính phương với mọi n 0. 22 Cách 3. Hướng 4. Ta có an 14 a n a n 11 a n 12 0. (4) 22 Thay n bởi n+1 ta có: an 11 14 a n a n a n 12 0. (5) 22 Từ (4) và (5), ta có aann 11, là nghiệm của phương trình t 14 ann t a 12 0. 22 Khi đó ' 48aann 12 12(4 1) là số chính phương nên tồn tại số m sao cho
20. 2 2 2 12(41)an m m 6 m 6 m 6, m11 m . 2 2 2 Do đó 4an 1 3 m11 (2 a n 1)(2 a n 1) 3 m (6) . Ta có (2an 1,2 a n 1) (2 a n 1,2) 1. Mặt khác bằng quy nạp ta chứng minh được 2ann 1 3, 0. 2 21aan Nên từ (6) suy ra với ab m . 2 1 2abn 1 3 Vậy là số chính phương với mọi Bài 4.1.3. Cho dãy số an : a0 1, a 1 13, a n 2 14 a n 1 a n , n 0 . Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n , tồn tại các số tự nhiên kl, sao cho 223 2 3 ann k k 1 , a l 1 l . 2222 Lời giải. Ta có ann k k 1 2 k 2 k 1 2 a 1 2 k 1 và 232 3 2 2 ann l 1 l 3 l 3 l 1 12 a 3 6 l 3 . 2 Như vậy bài toán quy về chứng minh 2aann 1, 12 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 : 2 an 21 a n a n 12,  n 0,1,2,... Xét 2an 2 1 2 a n 1 4 a n 2 a n 2 a n 2 a n 1 2 2 4 an 1 12 28 a n 1 1 2 a n 1 7 2 22 2 2 12an 2 3 12 a n 3 144 a n 2 a n 36 a n 2 a n 9 22 144 an 2 a n 36 a n 2 a n 72 a n 2 a n 9 22 144 an 2 a n 36 14 a n 1 72 a n 2 a n 9 2 2 144 an 2 a n 36.14 a n 2 a n 12 72 a n 2 a n 9 2 2 144 an 22 a n 36.194 a n a n 291 2 12aann 2 291 . Từ các hệ thức trên và phương pháp quy nạp ta được là các số chính phương.21an n 0. Bài 4.1.4. (TST VN 2012). Cho dãy số xn được xác định như sau: x1 1, x 2 2011, xn 2 4022 x n 1 x n , n 1,2,... x 1 Chứng minh rằng 2012 là một số chính phương. 2012