Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Dãy số (Toán học Lớp 11)

Trước hết, ta có bổ đề sau:

Bổ đề 0.1. Với mọi số thực $c_1,\dots ,c_9$, tồn tại các cách chọn dấu ${\delta }_1,\dots ,{\delta }_9\in \{-1,1\}$ sao cho $\left|{\sum }_{i=1}^9{\delta }_i{c}_i\right|\le {\max }_{1\le i\le 9}|c_i|$.

Chứng minh. Thật vậy, đặt $M=\max |c_i|$ và chọn các dấu lần lượt. Nếu tổng tạm thời là $S$ với $|S|\le M$, ta chọn dấu của số hạng tiếp theo ngược với dấu của $S$; tổng mới có trị tuyệt đối bằng $\left||S|-|c_i|\right|\le M$. Bắt đầu từ tổng bằng 0, ta thu được điều phải chứng minh.

Trở lại bài toán ban đầu:

Giả sử trái lại rằng ở mọi bước, tất cả các số trong bộ nhận được đều có trị tuyệt đối nhỏ hơn $15/2$.

Xét một bước đi từ bộ $(x_1,\dots ,x_9)$ đến bộ $(y_1,\dots ,y_9)$.

Áp dụng bổ đề cho các số $x_1\sqrt{1},x_2\sqrt{2},\dots ,x_9\sqrt{9}$. Do các dấu ${\epsilon }_i$ trong đề bài được chọn để trị tuyệt đối của tổng là nhỏ nhất, ta có $\left|{\sum }_{i=1}^9{\epsilon }_i{x}_i\sqrt{i}\right|\le {\max }_{1\le i\le 9}|x_i|\sqrt{i}<\frac{15}{2}\cdot 3=\frac{45}{2}$.

Dễ ý thêm

$$\sum _{i=1}^9{y}_i^2-\sum _{i=1}^9{x}_i^2=\sum _{i=1}^9\left(2{\epsilon }_i{x}_i\sqrt{i}+i\right)=2\sum _{i=1}^9{\epsilon }_i{x}_i\sqrt{i}+45\ge 45-2\left|\sum _{i=1}^9{\epsilon }_i{x}_i\sqrt{i}\right|>0$$

Vì vậy tổng bình phương của 9 số trong bộ tăng ngặt sau mỗi bước.

Mặt khác, sau một số bước bất kỳ, số hạng thứ $i$ trong bộ luôn có dạng $a_i+k_i\sqrt{i}$ với $k_i\in \mathbb{Z}$. Điều kiện $\left|a_i+k_i\sqrt{i}\right|<15/2$ chỉ cho phép hữu hạn giá trị của $k_i$. Do đó chỉ có hữu hạn bộ có thể xuất hiện nếu tất cả các số hạng trong bộ đều có trị tuyệt đối nhỏ hơn $15/2$.

Quá trình vô hạn khi ấy phải lặp lại một bộ, trái với việc tổng bình phương tăng ngặt sau mỗi bước. Vậy sau hữu hạn bước phải xuất hiện một bộ $(u_1,\dots ,u_9)$ có ít nhất một chỉ số $i$ thỏa mãn $|u_i|\ge 15/2$.

Ta có thể viết lại bài toán thành như sau:
Cho các số nguyên dương $x,y$ với $x>1$ và $(2^x-1)y$ là số chính phương. Chứng minh $y>1$ và $y$ có ước nguyên tố $p$ lớn hơn ước nguyên tố lớn nhất của $x$.
Gọi $q$ là ước nguyên tố lớn nhất của $x$ và viết $x=q^t\cdot m$, $(m,q)=1$.
Với mọi $a\in \mathbb{Z},a>1$, $2^a-1\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ nên nó không là số chính phương $⟹y>1$.
Ta có $2^x-1=(2^{q^t}-1)\cdot ((2^{q^t}{)}^{m-1}+\cdots +1)$
Do $2^{q^t}-1$ không là số chính phương nên nó có ước nguyên tố $p$ mà $v_p(2^{q^t}-1)$ lẻ.
Gọi $h={\text{ord}}_{p}2$, ta có $h\mid q^t$. Dễ thấy $h>1$, do đó $h=q^{h_1}$ nào đó, suy ra $q\mid h$.
Mà $h\mid p-1$ theo Fermat nên $p-1\ge q$, hay $p>q$.
Ta có $(2^{q^t}{)}^{m-1}+\cdots +1\equiv m(\mathrm{mod}p)$, mà mọi ước nguyên tố của $m$ nhỏ hơn $q<p$.
$⟹p\nmid (2^{q^t}{)}^{m-1}+\cdots +1$. Do đó $v_p(2^x-1)=v_p(2^{q^t}-1)$ lẻ.
Do $y(2^x-1)$ là số chính phương nên $p\mid y$, vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét: Bài toán trên từng xuất hiện một phiên bản tương tự trong RMM 2025.

Đặt thêm $S_0=0$.

a) Với mỗi $k=1,2,\dots ,n$, từ $S_k-S_{k-1}=k{x}_k$ ta có $x_k=\frac{S_k-S_{k-1}}{k}$.

Do đó $\sum _{k=1}^n{x}_k=\sum _{k=1}^n\frac{S_k-S_{k-1}}{k}=\frac{S_n}{n+1}+\sum _{k=1}^n\frac{S_k}{k(k+1)}$.

Theo giả thiết $\sum _{k=1}^n{x}_k=0$, suy ra $\frac{S_n}{n+1}+\sum _{k=1}^n\frac{S_k}{k(k+1)}=0$.

Các hệ số trong vế trái đều dương, vì vậy không thể có $S_k>0$ với mọi $k=1,2,\dots ,n$.

Suy ra tồn tại $p\in \{1,2,\dots ,n\}$ sao cho $S_p\le 0$.

Bây giờ ta chứng minh tồn tại $q$ thỏa mãn $|S_q|\le \frac{2q+1}{4}$.

Nếu $S_1=0$ thì chỉ cần chọn $q=1$. Nếu $S_1\ne 0$, do việc thay đồng thời $x_i$ bởi $-x_i$ không làm thay đổi các số $|S_k|$, ta có thể giả sử $S_1=x_1>0$.

Từ kết quả vừa chứng minh, tồn tại một chỉ số $k\ge 2$ sao cho $S_k\le 0$.

Chọn $k$ nhỏ nhất có tính chất này. Khi đó $S_{k-1}>0$.

Nếu $S_k=0$ thì chọn $q=k$ là xong.

Xét $S_k<0$. Khi đó $S_{k-1}>0$, nên $|S_k|+|S_{k-1}|=|S_k-S_{k-1}|=k|x_k|\le k$.

Mặt khác, $k=\frac{2k+1}{4}+\frac{2(k-1)+1}{4}$.

Vì vậy phải có ít nhất một trong hai bất đẳng thức $|S_k|\le \frac{2k+1}{4}$ hoặc $|S_{k-1}|\le \frac{2(k-1)+1}{4}$.

Chọn tương ứng $q=k$ hoặc $q=k-1$.

Vậy tồn tại $p,q\in \{1,2,\dots ,n\}$ thỏa mãn $S_p\le 0$ và $|S_q|\le \frac{2q+1}{4}$.

b) Trường hợp 1. $n$ lẻ.

Chọn $x_1=\frac{3}{4}$, $x_2=\frac{1}{4}$ và $x_k=(-1{)}^k$ với $3\le k\le n$.

Rõ ràng $|x_k|\le 1$ với mọi $k$. Vì $n$ lẻ nên $\sum _{k=3}^n(-1{)}^k=-1$, do đó $x_1+x_2+\cdots +x_n=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}-1=0$.

Ta có $S_1=\frac{3}{4}$ và $S_2=\frac{3}{4}+2\cdot \frac{1}{4}=\frac{5}{4}$. Khi đó với $k\ge 2$, ta có $S_k=(-1{)}^k\frac{2k+1}{4}$.

Vì thế $|S_1|=\frac{3}{4}$ và $|S_k|=\frac{2k+1}{4}$ với mọi $2\le k\le n$.

Trường hợp 2. $n$ chẵn.

Vì $n\ge 3$ nên $n\ge 4$. Chọn $x_1=1$, $x_2=\frac{1}{8}$, $x_3=-1$, $x_4=-\frac{1}{8}$, và với $5\le k\le n$ đặt $x_k=(-1{)}^{k+1}$.

Rõ ràng $|x_k|\le 1$ với mọi $k$. Ta có $x_1+x_2+x_3+x_4=1+\frac{1}{8}-1-\frac{1}{8}=0$ nên
$$x_1+x_2+\cdots +x_n=0$$

Mặt khác, $S_1=1$, $S_2=\frac{5}{4}$, $S_3=-\frac{7}{4}$ và $S_4=-\frac{9}{4}$ nên với $k\ge 4$, ta có $S_k=(-1{)}^{k+1}\frac{2k+1}{4}$.

Do đó $|S_1|=1>\frac{3}{4}$, $|S_2|=\frac{5}{4}$, $|S_3|=\frac{7}{4}$ và với mọi $k\ge 4$, $|S_k|=\frac{2k+1}{4}$.

Vậy trong cả hai trường hợp đều tồn tại $x_1,x_2,\dots ,x_n$ thỏa mãn các điều kiện đề bài.

a) Với $0\le i\le k-1$, chọn $p_i$ là ước nguyên tố nào đó của $2^{2^i}+1$.

Dễ thấy $(2^{2^i}+1,2^{2^j}+1)=1$ với $i\ne j$ nên các $p_i$ phân biệt.

Chọn $n=p_0{p}_1\cdots p_{k-1}$.

$\Rightarrow p_0{p}_1\cdots p_{k-1}\mid (2+1)(2^2+1)\dots (2^{2^{k-1}}+1)=2^{2^k}-1$.

Mà $2^k\mid (p_0+1)(p_1+1)\dots (p_{k-1}+1)=\sigma (n)\Rightarrow n\mid 2^{2^k}-1\mid 2^{\sigma (n)}-1$.

b) Đặt $q=1013\in \mathbb{P}$. Giả sử phản chứng, không tồn tại $m$ để $2q\mid a_m$.

Nhận xét 1: Nếu $p\mid k^{q-1}+k^{q-2}+\cdots +k+1$ thì $p\equiv 0,1(\mathrm{mod}q)$.

Ta có $p\mid x^q-1$. Gọi $h={\mathrm{ord}}_{p}k$, có $h\mid q\Rightarrow h\in \{1,q\}$.

- Nếu $h=1$ thì $k\equiv 1(\mathrm{mod}p)$, suy ra $p=q$.
- Nếu $h=q$ thì ta có $k^{q-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$, do đó $q\mid p-1$.

Nhận xét 2: $\forall n\ge 1$, $p_n\not\equiv 1(\mathrm{mod}q)$.

Nếu tồn tại $m$ để $p_m\equiv 1(\mathrm{mod}q)$, ta có $p_m$ lẻ nên $p_m\equiv 1(\mathrm{mod}2q)\Rightarrow a_{m+1}=\frac{a_m}{p_m}(p_m^q-1)\equiv 0(\mathrm{mod}2q)$ (vô lý) $\Rightarrow \forall n\ge 1$, ta có $p_n\not\equiv 1(\mathrm{mod}q)$.

Nhận xét 3: $\forall n\ge 2$, $q\nmid a_n$.

Nếu tồn tại $n$ để $q\mid a_n$, $n\ge 2$. Xét $n$ nhỏ nhất như vậy, ta phải có $a_n$ lẻ.

Ta có $a_n=\frac{a_{n-1}}{p_{n-1}}(p_{n-1}^q-1)$; nếu $p_{n-1}>2$ thì $a_n$ chẵn (vô lý).

$\Rightarrow p_{n-1}=2$, $a_n=\frac{a_{n-1}}{2}(2^q-1)$. Có $q\nmid 2^q-1$; $q\mid a_n$ nên $q\mid a_{n-1}$.

Mà $a_{n-1}$ chẵn nên $2q\mid a_{n-1}$ (vô lý).

Nhận xét 4: $\forall n\ge 1$, $p_n\le a_1$.

Giả sử tồn tại $n$ để $p_n>a_1$. Xét số $n$ nhỏ nhất như vậy, khi đó $n>1$ và $\forall i<n$, $p_i<p_n$.

Chú ý $p_n\not\equiv 0,1(\mathrm{mod}q)$.

Ta có $a_{n+1}=\frac{a_n}{p_n}(p_n^{2q}-1)=\cdots =a_1\prod _{i=1}^n\frac{p_i^q-1}{p_i}$

$\Rightarrow p_n\mid a_1(p_1^q-1)(p_2^q-1)\dots (p_n^q-1)$.

Mà từ nhận xét 1, có $p_n\nmid p_i^{q-1}+\cdots +p_i+1\forall i=\overline{1,n}$.

Ta cũng có $p_n>a_1$, $p_n>p_i-1\forall i=\overline{1,n}$

$\Rightarrow p_n\nmid a_1(p_1^q-1)(p_2^q-1)\dots (p_n^q-1)$ (vô lý)

Như vậy $p_n\le a_1$.

Do đó dãy $\{p_n\}$ nhận hữu hạn giá trị, nên tồn tại $p\in \{p_n\}$ để xuất hiện vô hạn lần trong dãy.

Trở lại bài toán ban đầu:

Xét $p$ lớn nhất như vậy, khi đó tồn tại $N$ để $\forall n\ge N$, $p\ge p_n$.

Ta thấy $\forall n\ge N$, $p\nmid p_n-1$ vì $p\ge p_n$.

Ngoài ra $p\not\equiv 0,1(\mathrm{mod}q)$ nên $\forall n\ge N$, $p\nmid p_n^{q-1}+\cdots +1$ (theo Nhận xét 1)

Vì thế $\forall n\ge N$, $p\nmid p_n^q-1$.

$\Rightarrow \forall n\ge N$, $v_p(a_{n+1})=v_p(a_n)-v_p(p_n)=\cdots =v_p(a_N)-v_p(p_n{p}_{n-1}\dots p_N)$

Vì có vô hạn phần tử trong dãy $\{p_n\}$ bằng $p$, ta chọn được $n$ đủ lớn để trong $p_N,p_{N+1},\dots ,p_n$ có không ít hơn $v_p(a_N)+1$ số bằng $p\Rightarrow v_p(a_{n+1})<0$ (vô lý).

Vậy điều giả sử là sai, ta có tồn tại $m\ge 1$ để $2q\mid a_m$, điều phải chứng minh.

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
$$4\mid \phi (F_{2027})=\phi \left(\frac{a_{2027}}{2027}\right).$$

Từ công thức truy hồi ta có $u_n=2^n-1$ với mọi $n\ge 1$.

a) Vì $P$ có bậc $m$, hiệu $P(x+2)-P(x+1)$ có bậc đúng bằng $m-1$ và
$$Q(k)=P(k+2)-P(k+1)=u_{k+2}-u_{k+1}=2^{k+1}.$$

b) Vì $Q$ có bậc $m-1$, ta có ${\Delta }^{(m)}Q=0$ (sai phân cấp $m$ của $Q$). Bởi vậy
$$\sum _{j=0}^m(-1{)}^{m-j}{C}_m^{j}Q(m+1+j)=0.$$

Trong khi đó ta có
$$\sum _{j=0}^m(-1{)}^{m-j}{C}_m^j{2}^{m+j+2}=2^{m+2}\sum _{j=0}^m{C}_m^j(-1{)}^{m-j}{2}^j=2^{m+2}(2-1{)}^m=2^{m+2}.$$

Với $j=0,1,\dots ,m-1$ ta có $Q(m+1+j)=2^{m+j+2}$ nên
$$Q(2m+1)=2^{2m+2}-2^{m+2}.$$

Vì $P(2m+2)=u_{2m+2}=2^{2m+2}-1$, suy ra
$$P(2m+3)=P(2m+2)+Q(2m+1)=(2^{2m+2}-1)+(2^{2m+2}-2^{m+2})=u_{2m+3}-2^{m+2}.$$

Vì $a_0$ là số nguyên dương nên $a_0\ge 1$. Từ giả thiết $a_i\le a_{i-1}+1$, bằng quy nạp ta có $a_i\le a_0+i$ với mọi $i$.

a) Giả sử ngược lại rằng $n\ge 2a_0+1$. Khi đó

$$1\ge \sum _{i=1}^n\frac{1}{a_i}\ge \sum _{i=1}^{2a_0+1}\frac{1}{a_i}\ge \sum _{i=1}^{2a_0+1}\frac{1}{a_0+i}\ge \frac{(2a_0+1{)}^2}{{\sum }_{i=1}^{2a_0+1}(a_0+i)}=1$$

Tuy nhiên trong bất đẳng thức trên dấu bằng không xảy ra, do đó mâu thuẫn hay $n\le 2a_0$.

b) Ta có ${\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_i}\ge {\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_0+i}\ge \frac{n^2}{{\sum }_{i=1}^n(a_0+i)}=\frac{n}{a_0+\frac{n+1}{2}}$ nên $\frac{n}{a_0{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_i}}\le 1+\frac{n+1}{2a_0}$.

Nếu $a_0\ge 2$, theo câu trên ta có $n\le 2a_0$, do đó $\frac{n}{a_0{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_i}}\le 2+\frac{1}{2a_0}\le \frac{9}{4}<\frac{12}{5}$.

Xét $a_0=1$. Khi đó $n\le 2$.

Nếu $n=1$, vì $a_1\le 2$ nên $\frac{n}{a_0{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_i}}=a_1\le 2<\frac{12}{5}$.

Nếu $n=2$, ta có $a_1\le 2$ và $a_2\le a_1+1\le 3$. Bởi vậy $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}\ge \frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}$ suy ra

$$\frac{n}{a_0{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_i}}\le \frac{2}{5/6}=\frac{12}{5}.$$

Như vậy, với mọi dãy thỏa mãn giả thiết, ta đều có $n\le \frac{12}{5}{a}_0{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_i}$.

Cuối cùng, chọn $a_0=1$, $a_1=2$, $a_2=3$ để thấy hằng số nhỏ nhất là $C=\frac{12}{5}$.

Ta có $n{a}_n=a_{n-1}+1,\forall n\ge 2$
$$\Rightarrow n!a_n=(n-1)!a_{n-1}+(n-1)!$$

Đặt $b_n=n!a_n$, ta có hệ thức $b_n=b_{n-1}+(n-1)!$ với $b_1=1!\cdot a_1=2026$. Do đó, ta có:

$$b_k=b_1+\sum _{i=1}^{k-1}i!=2026+\sum _{i=1}^{k-1}i!$$

Do đó, số hạng tổng quát của dãy số là:

$$a_k=\frac{2026+{\sum }_{i=1}^{k-1}i!}{k!}$$

Bất đẳng thức $2026a_k<1$ tương đương với:

$$2026^2+2026\sum _{i=1}^{k-1}i!<k!(\ast )$$

- Với $k\le 2026$, do riêng số hạng $2026\cdot (k-1)!\ge k!$ nên $(\ast )$ không thỏa mãn.

- Với $k=2027$, $(\ast )$ trở thành:

$$2026^2+2026\cdot 2026!+2026\sum _{i=1}^{2025}i!<2027!$$

$$\iff 2026^2+2026\sum _{i=1}^{2025}i!<2026!$$

Để thấy vô lý vì vế trái chứa $2026\cdot 2025!=2026!$. Do đó $k=2027$ không thỏa mãn.

- Với $k=2028$, $(\ast )$ trở thành:

$$2026^2+2026\cdot 2027!+2026\sum _{i=1}^{2026}i!<2028!$$

$$\iff \frac{2026^2}{2027!}+2026\sum _{i=1}^{2026}\frac{i!}{2027!}<2028$$

$$\iff \frac{2026^2}{2027!}+\frac{2026}{2027}+2026\sum _{i=1}^{2025}\frac{i!}{2027!}<2028(\ast \ast )$$

Ta có đánh giá sau với mọi $1\le i\le 2025$:

$$\frac{i!}{2027!}=\frac{1}{(i+1)(i+2)\dots 2027}<\frac{1}{2^{2027-i}}$$

$$\Rightarrow \sum _{i=1}^{2025}\frac{i!}{2027!}<\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\cdots +\frac{1}{2^{2026}}<\frac{1}{2}$$

Khi đó vế trái của $(\ast \ast )$ thỏa mãn:

$$V{T}_{(\ast \ast )}<\frac{2026^2}{2027!}+\frac{2026}{2027}+2026\cdot \frac{1}{2}<0+1+1013=1014<2028$$

Bất đẳng thức (**) đúng, đồng nghĩa $k=2028$ thỏa mãn yêu cầu.
Vậy $k_{\min }=2028$

(1) Để ý $g_4(1)=9$ và $g_4(2)=10$.
Xét $n\ge 3$. Khi đó bốn số $n+1,n+2,n+3,n+4$ đều ít nhất bằng 4 và có đúng hai số lẻ, mỗi số lẻ ấy ít nhất bằng 5. Với số lẻ $q\ge 5$, bốn số $1,2,q-2,q-1$ đôi một khác nhau và đều nguyên tố cùng nhau với $q$, nên $\phi (q)\ge 4$, còn phi các số còn lại ít nhất bằng 2. Do đó
$$g_4(n)\ge 4+4+2+2=12>10.$$
Vậy nghiệm duy nhất là $n=2$.
(2) Với mọi $k\ge 3$, $\phi (k)$ là số chẵn. Vì thế, nếu $n\ge 2$ thì $n+i\ge 3$ với mọi $1\le i\le c$, và do đó
$$g_c(n)=\sum _{i=1}^c\phi (n+i)$$
luôn là số chẵn. Giả sử tồn tại $T\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ sao cho $g_c(n)$ nhận mọi giá trị thuộc $(T,+\infty )$. Chọn số lẻ
$$M>\max \{T,g_c(1)\}.$$
Nếu $n=1$ thì $g_c(n)=g_c(1)\ne M$, còn nếu $n\ge 2$ thì $g_c(n)$ chẵn nên không thể bằng $M$, vô lý.
Vậy với mọi $c\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, không tồn tại $T\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ sao cho $g_c(n)$ nhận mọi giá trị trong $(T,+\infty )$.

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.