Bài toán 25.[Irannian IMO TST, 2017] Cho số nguyên $k > 1$. Xét dãy $\left(a_n\right)$ được xác định bởi ${a_1=1}$, $a_2=k$ và $a_{n+1}-(k+1)a_n+a_{n-1}=0$ với mọi $n\ge 2$. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $a_n$ là một lũy thừa của $k$.

Bài toán 25.[Irannian IMO TST, 2017] Cho số nguyên $k > 1$. Xét dãy $\left(a_n\right)$ được xác định bởi ${a_1=1}$, $a_2=k$ và $a_{n+1}-(k+1)a_n+a_{n-1}=0$ với mọi $n\ge 2$. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $a_n$ là một lũy thừa của $k$.

Lời giải

Từ giả thiết, dễ dàng tìm được công thức tổng quát cho các số hạng của dãy $\left(a_n\right)$ là $$a_n=\dfrac{\varphi^{2n-1}+\dfrac{1}{\varphi^{2n-1}}}{\varphi+\dfrac{1}{\varphi}}.\tag{1}$$ trong đó $\varphi=\dfrac{\sqrt{k+3}+\sqrt{k-1}}{2}$. Ngoài ra, bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được dãy số dư khi chia các số hạng của dãy $\left(a_n\right)$ cho $k$ là một dãy tuần hoàn chu kỳ $6$: $1, 0, -1, -1, 0, 1$. Từ đây, ta suy ra $a_n$ chia hết cho $k$ khi và chỉ khi $n\equiv 2 \left(\bmod 3 \right)$, còn với $n\not \equiv 2 \left(\bmod 3 \right)$ thì $\gcd \left(a_n, k\right)=1$.$(2)$
Ta có nhận xét sau:
Nhận xét. Với hai số nguyên dương lẻ $m, n$ mà $m$ chia hết cho $n$ thì $a_{\tfrac{m+1}{2}}$ chia hết cho $a_{\tfrac{n+1}{2}}$.$(4)$ nxx4
Thật vậy, đặt $m=\ell n$ với $\ell$ là số nguyên dương lẻ, thì ta có $$\begin{eqnarray*} \dfrac{a_{\tfrac{m+1}{2}}}{a_{\tfrac{n+1}{2}}}&=&\dfrac{\varphi^{\ell n}+\tfrac{1}{\varphi^{\ell n}}}{\varphi^{n}+\tfrac{1}{\varphi^{ n}}}=\varphi ^{(\ell-1)n}-\varphi ^{(\ell-3)n}+\cdots-\varphi ^{(\ell-3)n}+\dfrac{1}{\varphi ^{(\ell-1)n}}\\ &=&\left(\varphi ^{(\ell-1)n}+\dfrac{1}{\varphi ^{(\ell-1)n}}\right)-\left(\varphi ^{(\ell-3)n}+\varphi ^{(\ell-3)n}\right)+\cdots \in \mathbb{N}. \end{eqnarray*}$$ Vì $\varphi^{2t}+\dfrac{1}{\varphi^{2t}}$ là số nguyên với mọi số tự nhiên $t$ (có thể chứng minh bằng quy nạp hoặc bằng khai triển trực tiếp). Do đó $a_{\tfrac{m+1}{2}}$ chia hết cho $a_{\tfrac{n+1}{2}}$.
Bây giờ, gọi $n$ là số nguyên dương sao cho $a_n$ là một lũy thừa của $k$. Đặt $a_n=k^m$ với $m$ tự nhiên.
Rõ ràng $n=1$ và $n=2$ thỏa yêu cầu bài toán. Xét trường hợp $n\ge 3$, gọi $p$ là một ước nguyên tố của $2n-1$. Khi đó theo nxx4, ta có $a_n$ chia hết cho $a_{\tfrac{p+1}{2}}$.
Gọi $q$ là một ước nguyên tố của $a_{\tfrac{p+1}{2}}$. Khi đó, ta có $k^m$ chia hết cho $q$ nên $k$ chia hết cho $q$. Suy ra $\gcd \left(a_{\tfrac{p+1}{2}},k\right) > 1$. Từ đó theo $(2)$, ta có $\dfrac{p+1}{2}\equiv 2 \left(\bmod 3\right)$, tức là $p=3$. Kết quả này chứng tỏ $2n-1$ là một lũy thừa của $3$. Vì $n\ge 3$ nên $2n-1\ge 7$, suy ra $2n-1$ chia hết cho $9$. Từ đây, sử dụng kết quả nxx4, suy ra $a_n$ chia hết cho $a_{\tfrac{9+1}{2}}=a_5=k(k^3+3k^2-3)$. Vậy $k^{m-1}$ chia hết cho $k^3+3k^2-3$.
Mặt khác, lại có $k^3+3k^2-3 > 1$ và $\gcd (k, k^3+3k^2-3)\in \left\lbrace 1;3\right\rbrace$ nên $k^3+3k^2-3$ phải là một lũy thừa của $3$. Suy ra $k$ chia hết cho $3$. Điều này dẫn đến $k^3+3k^2-3$ chia hết cho $3$ nhưng không chia hết cho $9$, từ đó $k^3+3k^2-3=3$. Không có số nguyên $k > 1$ nào thỏa mãn phương trình này.
Vậy có hai giá trị $n$ thỏa yêu cầu đề bài là $n=1$ và $n=2$.