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

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng dãy: A) $u_n=\frac{3n-1}{n+1}=3-\frac{4}{n+1}$ tăng theo $n$ (vì $\frac{4}{n+1}$ giảm), nên dãy tăng. B) $u_n=n^3$ tăng. C) $u_n=\frac{1}{3^{n+1}}$: khi $n$ tăng, $3^{n+1}$ tăng nên $u_n$ giảm; kiểm tra $u_{n+1}=\frac{1}{3^{n+2}}<\frac{1}{3^{n+1}}=u_n$ với mọi $n\ge 1$. D) $u_n=\sqrt{n}$ tăng. Vậy dãy giảm là $u_n=\frac{1}{3^{n+1}}$.

(AI giải đề cho tôi)
Với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, ta có $-1\le \cos n\le 1$, tức $|u_n|=|\cos n|\le 1$. Vậy dãy số $(u_n)$ bị chặn. Dãy không đơn điệu vì ví dụ $u_1=\cos 1\approx 0,54$, $u_2=\cos 2\approx -0,42$, $u_3=\cos 3\approx -0,99$, $u_4=\cos 4\approx -0,65$ (có lúc tăng có lúc giảm). Do đó chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Thay $n=10$ vào công thức tổng quát: $u_{10}=\frac{2^{10-1}+1}{10}=\frac{2^9+1}{10}=\frac{512+1}{10}=\frac{513}{10}=51,3$. Vậy đáp án đúng là B.

(AI giải đề cho tôi)
Với $n=8$: $u_8=(-1{)}^{8+1}\sqrt{8+1}=(-1{)}^9\sqrt{9}=-3$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Thay $n=5$ vào công thức tổng quát: $u_5=3+4\cdot 5^2=3+4\cdot 25=3+100=103$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Thay $n+1$ vào công thức tổng quát: $u_{n+1}=3^{n+1}=3\cdot 3^n$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng dãy với $n\ge 2$ (để $u_n$ xác định với phương án D):
- A: $u_n=n^2$ tăng vì $u_{n+1}-u_n=(n+1{)}^2-n^2=2n+1>0$.
- B: $u_n=2n$ tăng vì $u_{n+1}-u_n=2>0$.
- C: $u_n=n^3-1$ tăng vì $u_{n+1}-u_n=(n+1{)}^3-n^3=3n^2+3n+1>0$.
- D: $u_n=\frac{2n+1}{n-1}=2+\frac{3}{n-1}$. Ta có $u_{n+1}-u_n=\frac{2n+3}{n}-\frac{2n+1}{n-1}=\frac{(2n+3)(n-1)-(2n+1)n}{n(n-1)}=\frac{-3}{n(n-1)}<0$ với mọi $n\ge 2$. Vậy dãy D là dãy số giảm.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $u_{n+1}-u_n=2(n+1)-1-(2n-1)=2>0$ với mọi $n\ge 1$, nên dãy số $(u_n)$ là dãy số tăng. Ngoài ra $u_1=1$ nên dãy bị chặn dưới bởi 1 (không phải 2) và không bị chặn trên. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Với $u_n=\frac{1}{n+2}$, ta có $u_{n+1}-u_n=\frac{1}{n+3}-\frac{1}{n+2}=\frac{-1}{(n+2)(n+3)}<0$ nên dãy giảm. Mặt khác $0<u_n\le u_1=\frac{1}{3}$ nên dãy bị chặn (bị chặn trên bởi $\frac{1}{3}$ và bị chặn dưới bởi $0$). Vậy dãy số giảm và bị chặn, đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Thay $n=100$ vào công thức số hạng tổng quát: $U_{100}=\frac{100-1}{100+2}=\frac{99}{102}=\frac{33}{34}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Với $u_n=\frac{-n}{n+1}$: a) $u_1=-\frac{1}{2},u_2=-\frac{2}{3},u_3=-\frac{3}{4},u_4=-\frac{4}{5},u_5=-\frac{5}{6}$ đúng. b) $u_{10}=-\frac{10}{11},u_{100}=-\frac{100}{101}$ đúng. c) $u_{86}=-\frac{86}{87}\ne -\frac{85}{86}$; thực tế $-\frac{85}{86}=u_{85}$ nên khẳng định 'số hạng thứ 86' sai. d) Giải $\frac{-n}{n+1}=-\frac{99}{101}\Rightarrow 101n=99n+99\Rightarrow n=\frac{99}{2}\notin {\mathbb{N}}^{\ast }$, nên $-\frac{99}{101}$ không là số hạng của dãy, khẳng định sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Thay $n=1,2,3,4,5$ vào $u_n=\frac{-n}{n+1}$ ta được $-\frac{1}{2},-\frac{2}{3},-\frac{3}{4},-\frac{4}{5},-\frac{5}{6}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$u_{10}=\frac{-10}{11}=-\frac{10}{11}$, $u_{100}=\frac{-100}{101}=-\frac{100}{101}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$u_{86}=\frac{-86}{87}=-\frac{86}{87}\ne -\frac{85}{86}$. Số $-\frac{85}{86}$ là $u_{85}$, không phải số hạng thứ 86.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giải $\frac{-n}{n+1}=-\frac{99}{101}$: $101n=99n+99\Rightarrow 2n=99\Rightarrow n=\frac{99}{2}\notin {\mathbb{N}}^{\ast }$. Vậy $-\frac{99}{101}$ không là số hạng của dãy.

a) Đầu tiên, ta sẽ chứng minh $u_n\in (0;1)$ bằng phương pháp quy nạp. Rõ ràng, $u_0=a\in (0;1)$. Giả sử, $u_n\in (0;1)$ với số tự nhiên $n\ge 0$. Ta có, $$0<u_n<1\Rightarrow 0<1-u_n<1\Rightarrow 0<(1-u_n{)}^3<1.$$ Do đó, $u_{n+1}=\sqrt{(1-u_n{)}^3}\in (0;1)$. Vậy theo nguyên lý quy nạp, $u_n\in (0;1)$ với mọi $n\ge 0$.

Cuối cùng, ta chứng minh hệ thức $f(a)=(-1{)}^n\cdot \sqrt[3]{u_1{u}_2\dots u_n}\cdot f(u_n)$ với mọi số nguyên dương $n$. Từ hệ thức truy hồi của dãy số, ta có, $$(u_n{)}^{\frac{2}{3}}=1-u_{n-1}\Rightarrow \sqrt{1-u_{n-1}}=\sqrt[3]{u_n},$$ với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

Mặt khác, $$f(u_{n-1})=-\sqrt{1-u_{n-1}}\cdot f\left(\sqrt{(1-u_{n-1}{)}^3}\right)=-\sqrt[3]{u_n}\cdot f(u_n),$$ với mọi $n\in \mathbb{Z}$. Khi đó,

$$f(a)=f(u_0)=-\sqrt[3]{u_1}\cdot f(u_1)$$
$$=\left(-\sqrt[3]{u_1}\right)\cdot \left(-\sqrt[3]{u_2}\right)\cdot f(u_2)=(-1{)}^2\sqrt[3]{u_1{u}_2}\cdot f(u_2)$$
$$\dots$$
$$=(-1{)}^n\sqrt[3]{u_1{u}_2\dots u_n}\cdot f(u_n)$$

với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

b) Rõ ràng, $f(1)=0$, dẫn đến $f(1)=0$. Lấy $a\in (0;1)$ tùy ý, xét dãy số $(u_n)$ xác định bởi công thức $u_0=a\in (0;1)$ và $u_{n+1}=\sqrt{(1-u_n{)}^3}$. Ta có,

$${\left(u_n\cdot u_{n+1}\right)}^2=u_n^2\cdot (1-u_n{)}^3\stackrel{\text{AM–GM}}{\le }{\left(\frac{6\sqrt{15}}{125}\right)}^2<{\left(\frac{24}{125}\right)}^2,$$

với mọi $n\in \mathbb{N}$.

Suy ra, $$u_n\cdot u_{n+1}<\frac{24}{125},$$ với mọi $n\in \mathbb{N}$. Khi đó,

$$0<u_1{u}_2\cdots u_n=\{\begin{array}{ll}{u}_1{u}_2\cdots u_{2k}\le {\left(\frac{24}{125}\right)}^k& \text{neˆˊu }n=2k\\ u_1{u}_2\cdots u_{2k}{u}_{2k+1}<u_1{u}_2\cdots u_{2k}\le {\left(\frac{24}{125}\right)}^k& \text{neˆˊu }n=2k+1.\end{array}$$

Suy ra, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt[3]{u_1{u}_2\dots u_n}=0$.

Mặt khác, từ định nghĩa hàm $f$, ta có, $f(u_n)$ bị chặn, do đó,

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\left[(-1{)}^n\cdot \sqrt[3]{u_1{u}_2\dots u_n}\cdot f(u_n)\right]=0.$$

Theo kết quả câu a), ta có, $f(a)=(-1{)}^n\cdot \sqrt[3]{u_1{u}_2\dots u_n}\cdot f(u_n)$, dẫn đến, $f(a)=0$ với mọi $a\in (0;1)$. Hơn nữa, do $f(0)=f(1)=0$ nên $f(x)=0$ với mọi $x\in [0;1]$.

a) Với mỗi số nguyên dương $n$, gọi $a_n$ là số hành trình mà châu chấu kết thúc tại điểm 2, $b_n$ là số hành trình châu chấu kết thúc tại điểm khác 2. Khi đó $u_n=a_n+b_n$.

Với $n=1$, ta được $a_n=1,b_n=5$.

Xét hành trình có độ dài $n+1$.

- Nếu bước thứ $n$ châu chấu nhảy đến điểm số 2 thì có $a_n$ hành trình thỏa mãn. Châu chấu có 4 cách để nhảy đến điểm khác 2 và có 1 cách để nhảy đến điểm số 2.

- Nếu bước thứ $n$ không phải là điểm số 2 thì có $b_n$ hành trình thỏa mãn. Châu chấu có 6 cách để nhảy đến điểm khác 2 và có 1 cách để nhảy đến điểm số 2.

Do đó $a_{n+1}=a_n+b_n$ và $b_{n+1}=4a_n+6b_n$ với mọi $n\ge 1$.

Để ý rằng $a_{n+1}=a_n+b_n=u_n$ và $b_n=a_{n+1}-a_n$ nên với mọi $n\ge 1$ thì

$$u_{n+2}=a_{n+2}+b_{n+2}$$
$$=(a_{n+1}+b_{n+1})+(4a_{n+1}+6b_{n+1})$$
$$=u_{n+1}+(4a_{n+1}+6(a_{n+2}-a_{n+1}))$$
$$=u_{n+1}+(6a_{n+2}-2a_{n+1})$$
$$=u_{n+1}+6u_{n+1}-2u_n$$
$$=7u_{n+1}-2u_n.$$

Ta tính được $a_2=6,b_2=34$, do đó $u_2=a_2+b_2=40$.

Vậy dãy số $(u_n)$ được xác định bởi $u_1=6,u_2=40$ và $u_{n+2}=7u_{n+1}-2u_n$ với mọi $n\ge 1$.

b) Với $n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$, đặt $v_n=u_{n+1}^2-u_n{u}_{n+2}$. Khi đó, với mọi số nguyên dương $n$,

$$v_{n+1}=u_{n+2}^2-u_{n+1}{u}_{n+3}$$
$$=u_{n+2}(7u_{n+1}-2u_n)-u_{n+1}(7u_{n+2}-2u_{n+1})$$
$$=2u_{n+1}^2-2u_n{u}_{n+2}$$
$$=2v_n.$$

Ta suy ra $v_n=2^{n-1}{v}_1=2^{n-1}(u_2^2-u_1{u}_3)=-2^{n+2}$ với mọi số nguyên dương $n$.

Do đó $u_{2027}^2-u_{2026}{u}_{2028}=-2^{2028}$, suy ra $u_{2026}{u}_{2028}=u_{2027}^2+2^{2028}$ là tổng của hai số chính phương.

a) Chọn $A=\{1,2,4,8,16,32,64,128,256,384,386,418,804,1608,2026\}$ với lưu ý:
$$386=2+384;418=32+386;804=386+418;1608=804+804;2026=418+1608$$

b) Với mọi $k\ge 2$, do $x_k$ là tổng của hai số đứng trước nó nên $x_k\le 2x_{k-1}$.
Vì $x_1=1$ nên $x_k\le 2^{k-1}$, và từ $x_n=2026>2^{10}=1024$ nên $n\ge 12$.
Giả sử $n=12$. Từ $x_{12}=2026$ suy ra $x_{11}\ge 1013$, $x_{10}\ge 507$, $x_9\ge 254$, $x_8\ge 127$, $x_7\ge 64$.
Mặt khác $x_7\le 2^6=64$ nên $x_7=64$.
Để đạt được giá trị $2^6$ sau 6 bước thì bước đầu bằng phải xảy ra ở mọi bước từ $x_1$ đến $x_7$. Do đó
$$(x_1,x_2,\dots ,x_7)=(1,2,4,8,16,32,64)$$
Vì $x_8\ge 127$, mà nếu $x_8\ne 64+64$ thì tổng lớn nhất của hai số trong $\{x_1,\dots ,x_7\}$ chỉ là $64+32=96$, nên $x_8=128$. Tương tự, từ $x_9\ge 254$, $x_{10}\ge 507$, $x_{11}\ge 1013$, ta lần lượt buộc phải có
$$x_9=256,x_{10}=512,x_{11}=1024.$$
Cuối cùng, $x_{12}$ là tổng của hai số trong $\{x_1,\dots ,x_{11}\}$. Nếu hai số đó đều là 1024 thì tổng bằng 2048; còn nếu không thì tổng lớn nhất chỉ là $1024+512=1536<2026$ nên $x_{12}\ne 2026$, mâu thuẫn.
Vậy $n\ne 12$. Kết hợp với $n\ge 12$, ta được $n\ge 13$.

Nhận xét: Trên thực tế ta có thể chỉ ra $n=15$ là giá trị nhỏ nhất của $n$, tuy nhiên điều này sẽ cần nhiều biến đổi phức tạp hơn. Bạn đọc có thể thử sức với bài toán tương tự sau:
(Chuyên Toán Hà Nội 2026) Xét số nguyên dương $n$ và tập hợp $S$ gồm $n$ số nguyên dương $a_1,a_2,a_3,\dots ,a_n$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
- $a_1<a_2<a_3<\cdots <a_n=2000$.
- Với mọi số tự nhiên $k$, $2\le k\le n$, tồn tại các số nguyên dương $i,j$ nhỏ hơn $k$ (không nhất thiết phân biệt) sao cho $a_k=a_i+4a_j$.
(1) Chứng minh tất cả các phần tử của tập hợp $S$ đều là số chẵn.
(2) Tìm giá trị lớn nhất của $n$.

① Xét hàm số $g(x)=f(x)-x$ xác định trên $\mathbb{R}$.

Ta cần chứng minh rằng tồn tại số thực $m>1$ sao cho $g(x)=0$. Từ giả thiết ta có:
$$f(x^3)+1=(xf(x)+2x^2-1{)}^2\ge 0⟺f(x)\ge -1,\forall x\in \mathbb{R}.$$
Dễ dàng chứng minh $f(1)\in \{0,-1\}$ nên ta suy ra $g(1)\le -1<0$. Giả sử rằng $f(x)<x$ với mọi $x>1$. Khi đó với mọi $x>1$ ta cũng có $f(x^3)<x^3$ và:
$$(xf(x)+2x^2-1{)}^2=f(x^3)+1<x^3+1⟹f(x)<\frac{\sqrt{x^3+1}-2x^2+1}{x}.$$
Tuy nhiên với $x=3$ ta thu được điều vô lí.

Do đó tồn tại một số thực dương $c>1$ sao cho $f(c)\ge c$ hay $g(c)\ge 0$. Lại có $f$ liên tục trên $\mathbb{R}$ nên $g$ cũng liên tục trên $\mathbb{R}$ và $g(1)\cdot g(c)\le 0$. Do đó theo định lí giá trị trung gian, tồn tại một số thực $m\in (1,c)$ sao cho $g(m)=0⟺f(m)=m$. Vì $u_1=m$ nên ta suy ra dãy $(u_n)$ hằng.

② Giả sử $f$ là một đa thức bậc $k\ge 1$. Khi đó nếu $k=1$ thì ta có đa thức $u(x)=f(x^3)+1$ có bậc là 3 trong khi đa thức $v(x)=(xf(x)+2x^2-1{)}^2$ có bậc là 4, mâu thuẫn. Do đó $k\ge 2$ hay nói cách khác thì lúc này $u(x)$ có bậc là $3k$ trong khi $v(x)$ có bậc là $2k+2$. Do đó $3k=2k+2$ hay $k=2$.

Vậy $f(x)=a{x}^2+bx+c$ với $a\ne 0$. Với $x=0$, ta có:
$$f(0^3)+1=(0+2-1{)}^2⟺f(0)=0⟹c=0.$$
Do đó $f(x)=a{x}^2+bx$ với $a\ne 0$. Thay vào đẳng thức ban đầu ta được:
$$a{x}^6+b{x}^3+1=[a{x}^3+(b+2)x^2-1{]}^2.$$
Khi đó đồng nhất hệ số của $x^6$ và $x^5$ ta được $a=1$ và $b=-2$. Vậy $f(x)=x^2-2x$ với mọi $x\in \mathbb{R}$.

Từ đây, theo hệ thức truy hồi, ta có dãy $(u_n)$ xác định bởi $u_1=m\in (-1,3)$ và với mọi $n\ge 1$, ta có:
$$u_{n+1}=u_n^2-2u_n⟺u_{n+1}-1=(u_n-1{)}^2-2.$$
Đặt $v_n=u_n-1$ thì khi đó ta có $v_1=m-1\in (-2,2)$ và:
$$v_{n+1}=v_n^2-2,\forall n\ge 1.$$

Đặt $v_1=2\cos (\alpha )$ với $\alpha \in (0,\pi )$, khi đó bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được rằng:
$$v_n=2\cos (2^{n-1}\alpha ),\forall n\ge 1.$$

Ta có $u_{2027}=1\iff v_{2027}=0$. Khi đó ta có:
$$\cos (2^{2026}\alpha )=0⟺\alpha =\frac{(2k+1)\pi }{2^{2027}}.$$

Vì $\alpha \in (0,\pi )$ nên ta suy ra:
$$0<\frac{2k+1}{2^{2027}}<1⟺0<2k+1<2^{2027}.$$

Vì $k$ là số nguyên, $2k+1$ là các số lẻ dương nằm giữa $0$ và $2^{2027}$. Khi đó các giá trị của $k$ thỏa mãn chạy từ $k=0$ đến $k=2^{2026}-1$. Do đó tổng cộng có đúng $2^{2026}$ giá trị nguyên của $k$ thỏa mãn. Để ý rằng với mỗi giá trị $k$ cho một góc $\alpha \in (0,\pi )$ duy nhất. Hàm $\cos \alpha$ nghịch biến trên $(0,\pi )$ nên mỗi $\alpha$ cho một giá trị $v_1$ duy nhất, tương ứng với một giá trị $m$ duy nhất.

Vậy có tất cả $2^{2026}$ số thực $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với $i=1,2,3$, do $p_i>1$ và $\gcd (p_i,q_i)=1$, ta có $\frac{q_i}{p_i}\notin \mathbb{Z}$.

Vì $d_i=\left[\frac{q_i}{p_i}\right]$ nên $d_i-1<\frac{q_i}{p_i}<d_i$ hay $\frac{1}{d_i}<\frac{p_i}{q_i}<\frac{1}{d_i-1}$, do đó

$$0<\frac{p_{i+1}}{q_{i+1}}=\frac{p_i}{q_i}-\frac{1}{d_i}<\frac{1}{d_i-1}-\frac{1}{d_i}=\frac{1}{d_i(d_i-1)}.$$

Mặt khác, theo định nghĩa của $d_{i+1}$, ta có $\frac{p_{i+1}}{q_{i+1}}\ge \frac{1}{d_{i+1}}$ nên $\frac{1}{d_{i+1}}<\frac{1}{d_i(d_i-1)}$, và vì thế

$$d_{i+1}>d_i(d_i-1)$$

Đặt $a=d_1$, $b=d_2$, $c=d_3$, $d=d_4$. Khi đó $a,b,c,d\ge 2$ và $d=abc+1$ và

$$b>a(a-1),c>b(b-1),d>c(c-1).$$

Từ $d=abc+1$ và $d>c(c-1)$, ta được $abc+1>c(c-1)$, do đó $ab+\frac{1}{c}>c-1$, từ đó $c\le ab+1$.

Kết hợp với $c>b(b-1)$, ta có $b(b-1)+1\le c\le ab+1$ nên $b(b-1)\le ab$ hay $b-1\le a$ hay $b\le a+1$.

Mặt khác, $b>a(a-1)$ nên $a(a-1)<a+1$ hay $a^2-2a-1<0$ hay $a=2$.

Kết hợp các điều kiện còn lại giải ra $b=3$, $c=7$, từ đó $d=43$. Khi đó

$$\frac{p}{q}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{7}+\frac{1}{43}=\frac{1805}{1806}.$$

Dễ dàng kiểm tra đây là phân số duy nhất thoả mãn yêu cầu đề bài.

Vậy tất cả phân số cần tìm là $\frac{p}{q}=\frac{1805}{1806}$.

Để ý $x_0=1$ là một số chính phương trong dãy trên.

Ta sẽ chứng minh không còn số chính phương nào khác, thật vậy giả sử phản chứng.

Gọi $n$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn điều này. Khi đó $x_n\equiv 0,1,4(\mathrm{mod}5)$.

Để ý $x_n\equiv 1(\mathrm{mod}5)$ nếu $n\equiv 0(\mathrm{mod}3)$ và $x_n\equiv 2(\mathrm{mod}5)$ nếu $n\equiv 1,2(\mathrm{mod}3)$.

Do đó $n$ phải chia hết cho 3, từ đó tồn tại $m$ nguyên dương để $n=3m$.

Đặt $\alpha =2+\sqrt{3}$ và $\beta =2-\sqrt{3}$ thì $\alpha \beta =1$ và $x_n=\frac{{\alpha }^n+{\beta }^n}{2}$ với mọi $n$. Khi đó

$$x_{3m}=\frac{{\alpha }^{3m}+{\beta }^{3m}}{2}=\frac{({\alpha }^m+{\beta }^m{)}^3-3{\alpha }^m{\beta }^m({\alpha }^m+{\beta }^m)}{2}=4x_m^3-3x_m$$

Để ý thêm $x_n\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ với $n$ chẵn và $x_n\equiv 2(\mathrm{mod}3)$ với $n$ lẻ nên $x_n$ không chia hết cho 3 với mọi $n$.

Từ đó $\gcd (x_m,4x_m^2-3)=\gcd (x_m,3)=1$.

Mà $x_{3m}=x_m(4x_m^2-3)$ và $x_{3m}$ là số chính phương nên $x_m$ là số chính phương, vô lý vì $3m=n$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn $x_n$ là số chính phương.

Vì vậy không tồn tại số nguyên dương $n$ để $x_n$ là số chính phương, do đó số chính phương duy nhất trong dãy là $x_0=1$.

Đặt $\alpha =\frac{5+\sqrt{21}}{2}$, $\beta =\frac{5-\sqrt{21}}{2}$, ta có $\alpha +\beta =5$, $\alpha \beta =1$ và $\alpha -\beta =\sqrt{21}$ và $x_n=\frac{{\alpha }^n-{\beta }^n}{\alpha -\beta }$, $\forall n\in \mathbb{N}$.
Đặt $y_n={\alpha }^n+{\beta }^n$ thì $y_0=2$, $y_1=5$ và $y_{n+2}=5y_{n+1}-y_n$, $\forall n\in \mathbb{N}$ nên $y_n\in \mathbb{Z}$ với mọi $n\in \mathbb{N}$.

a) Với $n\ge 1$, có $x_{2n}=\frac{{\alpha }^{2n}-{\beta }^{2n}}{\alpha -\beta }=x_n({\alpha }^n+{\beta }^n)=x_n{y}_n$ nên $\frac{x_{2n}}{x_n}=y_n\in \mathbb{Z}$.
Đồng thời $y_n^2-21x_n^2=({\alpha }^n+{\beta }^n{)}^2-({\alpha }^n-{\beta }^n{)}^2=4(\alpha \beta {)}^n=4$.
Vậy $21x_n^2+4=y_n^2$ là một số chính phương với mọi $n\in \mathbb{N}$.

b) Ta có $B_n=21x_n^2+3=y_n^2-1=(y_n-1)(y_n+1)$. Với $n=0$, ta có $B_0=3$, là số nguyên tố.
Với $n\ge 1$, do $\beta ={\alpha }^{-1}$ và $\alpha >1$, ta có $y_n={\alpha }^n+{\alpha }^{-n}\ge \alpha +{\alpha }^{-1}=5$.
Vì vậy cả hai thừa số $y_n-1$ và $y_n+1$ đều lớn hơn 1. Khi đó $B_n$ là hợp số.
Vậy $n=0$ là giá trị duy nhất sao cho $B_n$ là số nguyên tố.