Cho hai dãy số $(a_n)$, $(b_n)$ xác định như sau:
$a_0=1,a_1=1$, $a_{n+2}=2a_{n+1}+a_n$, $\forall n\in \mathbb{N}$ và $b_0=0$, $b_1=1$, $b_{n+2}=2b_{n+1}+b_n$, $\forall n\in \mathbb{N}$.
Chứng minh rằng, với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ thì
a) $a_n+b_n\sqrt{2}=(1+\sqrt{2}{)}^n$ và cặp số $a_n,b_n$ nguyên tố cùng nhau.
b) $\frac{b_{4n}}{2}$ là số nguyên nhưng không là số chính phương.

a) Xét phương trình đặc trưng của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2:
$$x^2-2x-1=0\iff \{\begin{array}{l}x=1+\sqrt{2}\\ x=1-\sqrt{2}\end{array}.$$
Áp dụng công thức số hạng tổng quát cho từng dãy, ta có:
$$a_n=\frac{{\left(1+\sqrt{2}\right)}^n+{\left(1-\sqrt{2}\right)}^n}{2};b_n=\frac{{\left(1+\sqrt{2}\right)}^n-{\left(1-\sqrt{2}\right)}^n}{2\sqrt{2}}.$$
Ta kiểm tra ngay được đẳng thức $a_n+b_n\sqrt{2}=(1+\sqrt{2}{)}^n$.
Ta có: $a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt{2}={\left(1+\sqrt{2}\right)}^{n+1}=\left(1+\sqrt{2}\right)\left(a_n+b_n\sqrt{2}\right)$.
Suy ra $a_{n+1}+b_{n+1}\sqrt{2}=\left(a_n+2b_n\right)+\left(a_n+b_n\right)\sqrt{2}$.
Do $(a_n),(b_n)$ là hai dãy số nguyên nên suy ra: $a_{n+1}=a_n+2b_n,b_{n+1}=a_n+b_n$.
Ta sẽ chứng minh quy nạp: với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, cặp số $a_n,b_n$ nguyên tố cùng nhau. (1)
Với $n=1$, ta có $(a_1;b_1)=1$. Vậy mệnh đề (1) đúng với $n=1$.
Giả sử mệnh đề (1) đúng với $n=k$, tức là: $(a_k;b_k)=1$. Ta sẽ chứng minh mệnh đề (1) đúng với $n=k+1$.
Thật vậy, ta có: $(a_{k+1};b_{k+1})=(a_k+2b_k;a_k+b_k)=(a_k+2b_k;b_k)=(a_k;b_k)=1$.
Vậy mệnh đề (1) đúng với $n=k+1$. Theo nguyên lý quy nạp ta suy ra mệnh đề (1) đúng với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

b) Ta có: $\frac{b_{4n}}{2}=\frac{{\left(1+\sqrt{2}\right)}^{4n}-{\left(1-\sqrt{2}\right)}^{4n}}{4\sqrt{2}}$
$=\frac{\left[{\left(1+\sqrt{2}\right)}^{2n}+{\left(1-\sqrt{2}\right)}^{2n}\right]}{2}.\frac{\left[{\left(1+\sqrt{2}\right)}^{2n}-{\left(1-\sqrt{2}\right)}^{2n}\right]}{2\sqrt{2}}$
$=a_{2n}.b_{2n}$.
Do $a_{2n},b_{2n}$ là các số nguyên nên $\frac{b_{4n}}{2}$ là số nguyên.
Giả sử $\frac{b_{4n}}{2}$ là số chính phương. Do $\frac{b_{4n}}{2}=a_{2n}.b_{2n}$ và $\left(a_{2n};b_{2n}\right)=1$ (theo kết quả phần a) nên suy ra $a_{2n},b_{2n}$ cũng đồng thời là các số chính phương. (*)
Nếu $n$ chẵn ta có
$a_{2n}=\frac{\left[{\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2n}+{\left(\sqrt{2}-1\right)}^{2n}\right]}{2}$
$a_{2n}=\frac{\left[{\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2n}+{\left(\sqrt{2}-1\right)}^{2n}\right]-2{\left(\sqrt{2}+1\right)}^n.{\left(\sqrt{2}-1\right)}^n+2{\left(\sqrt{2}+1\right)}^n.{\left(\sqrt{2}-1\right)}^n}{2}$
$a_{2n}=\frac{{\left[{\left(\sqrt{2}+1\right)}^n-{\left(\sqrt{2}-1\right)}^n\right]}^2}{2}+1={\left[\frac{{\left(\sqrt{2}+1\right)}^n-{\left(\sqrt{2}-1\right)}^n}{\sqrt{2}}\right]}^2+1$.
Khi đó $a_{2n}=m^2+1$ với $m=\frac{{\left(\sqrt{2}+1\right)}^n-{\left(\sqrt{2}-1\right)}^n}{\sqrt{2}}\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $a_{2n}$ không là số chính phương.
Nếu $n$ lẻ ta có
$a_{2n}=\frac{\left[{\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2n}+{\left(\sqrt{2}-1\right)}^{2n}\right]}{2}$
$a_{2n}=\frac{\left[{\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2n}+{\left(\sqrt{2}-1\right)}^{2n}\right]+2{\left(\sqrt{2}+1\right)}^n.{\left(\sqrt{2}-1\right)}^n-2{\left(\sqrt{2}+1\right)}^n.{\left(\sqrt{2}-1\right)}^n}{2}$
$a_{2n}=\frac{{\left[{\left(\sqrt{2}+1\right)}^n+{\left(\sqrt{2}-1\right)}^n\right]}^2}{2}-1={\left[\frac{{\left(\sqrt{2}+1\right)}^n+{\left(\sqrt{2}-1\right)}^n}{\sqrt{2}}\right]}^2-1$.
Khi đó $a_{2n}=m^2-1$ với $m=\frac{{\left(\sqrt{2}+1\right)}^n+{\left(\sqrt{2}-1\right)}^n}{\sqrt{2}}\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên $a_{2n}$ không là số chính phương.
Do đó, $a_{2n}$ không là số chính phương với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, mâu thuẫn với (*).
Vậy giả sử sai hay $\frac{b_{4n}}{2}$ không là số chính phương.