Xét dãy số $(a_n)$ xác định bởi: $a_0=0$, $a_1=1$, $a_2=2$, $a_3=6$ và
$$a_{n+4}=2a_{n+3}+a_{n+2}-2a_{n+1}-a_n\text{với mọi}n\ge 0.$$
a) Chứng minh rằng $a_n$ chia hết cho $n$ với mọi số nguyên dương $n$.
b) Với mỗi số nguyên dương $m$, kí hiệu $\phi (m)$ là số các số nguyên dương không vượt quá $m$ và nguyên tố cùng nhau với $m$. Chứng minh rằng $\phi \left(\frac{a_{2027}}{2027}\right)$ là một số chia hết cho 4.

Lời giải (Lim Olympic - Lào Cai TST - P5):
Gọi $(F_n)$ là dãy Fibonacci, để ý $a_n=n{F}_n$ với mọi $n\in \mathbb{N}$.
a) Khi đó rõ ràng $a_n$ chia hết cho $n$ với mọi số nguyên dương $n$.
b) Ta có $a_{2027}=2027F_{2027}$ nên $\frac{a_{2027}}{2027}=F_{2027}$, do đó ta quy về chứng minh $\phi (F_{2027})$ chia hết cho 4.
Để ý $F_n(\mathrm{mod}4)$ theo chu kì $0,1,1,2,3,1$ và $F_n(\mathrm{mod}3)$ theo chu kì $0,1,1,2,0,2,2,1$.
Hơn nữa vì $2027\equiv 5(\mathrm{mod}6)$ và $2027\equiv 3(\mathrm{mod}8)$, ta có
$$F_{2027}\equiv 1(\mathrm{mod}4),F_{2027}\equiv 2(\mathrm{mod}3).$$
Do đó, $F_{2027}$ là số lẻ và không phải số chính phương.
Giả sử $4\nmid \phi (F_{2027})$. Viết $F_{2027}=\prod _{i=1}^s{q}_i^{e_i}$ với các $q_i$ là các số nguyên tố lẻ phân biệt. Khi đó
$$\phi (F_{2027})=\prod _{i=1}^s{q}_i^{e_i-1}(q_i-1).$$
Mỗi $q_i-1$ đều chẵn. Vì $4\nmid \phi (F_{2027})$, ta buộc phải có $s=1$ và $q_1\equiv 3(\mathrm{mod}4)$.
Do $F_{2027}\equiv 1(\mathrm{mod}4)$, số mũ $e_1$ phải chẵn, khiến $F_{2027}$ là số chính phương, mâu thuẫn. Vậy
$$4\mid \phi (F_{2027})=\phi \left(\frac{a_{2027}}{2027}\right).$$