Bài toán 26.[Trung Quốc, 2016] Xét hai dãy $\left(u_n\right)$ và $\left(v_n\right)$ được xác định bởi \[u_0=u_1=1, u_{n+2}=2u_{n+1}-3u_{n}, \forall n\in \mathbb{N}\] và \[v_0=a, v_1=b, v_2=c, v_{n+3}=v_{n+1}-3v_{n+1}+27n_n, \forall n\in \mathbb{N},\] trong đó $a, b, c$ là các số nguyên. Biết rằng tồn tại số nguyên dương $N$ sao cho $v_n$ chia hết cho $u_n$ với mọi $n > N$. Chứng minh rằng $3a=2b+c$.

Bài toán 26.[Trung Quốc, 2016] Xét hai dãy $\left(u_n\right)$ và $\left(v_n\right)$ được xác định bởi \[u_0=u_1=1, u_{n+2}=2u_{n+1}-3u_{n}, \forall n\in \mathbb{N}\] và \[v_0=a, v_1=b, v_2=c, v_{n+3}=v_{n+1}-3v_{n+1}+27n_n, \forall n\in \mathbb{N},\] trong đó $a, b, c$ là các số nguyên. Biết rằng tồn tại số nguyên dương $N$ sao cho $v_n$ chia hết cho $u_n$ với mọi $n > N$. Chứng minh rằng $3a=2b+c$.

Lời giải

Đặt $x_1=1+i\sqrt{2}$ và $x_2=1-i\sqrt{2}$. Khi đó, dễ dàng chứng minh được \[u_n=\dfrac{{x_1}^n+{x_2}^n}{2}, v_n=\alpha\cdot 3^n+\beta\cdot {x_1}^{2n}+\gamma\cdot {x_2}^{2n}\] với mọi $n$ tự nhiên, trong đó \[\alpha=\dfrac{9a+2b+c}{24}, \beta=\dfrac{15a-2b-c-(3a-4b+c)i\sqrt{2}}{48}, \gamma=\dfrac{15a-2b-c+(3a-4b+c)i\sqrt{2}}{48}.\] Đặt $\beta_1=\dfrac{15a-2b-c}{24}$ và $\gamma_1=\dfrac{3a-4b+c}{12}$. Khi đó, ta có \begin{eqnarray*} v_n&=&\alpha \cdot 3^n+\dfrac{\beta_1-\tfrac{1}{2}\gamma_1i\sqrt{2}}{2}\cdot {x_1}^{2n}+\dfrac{\beta_1+\tfrac{1}{2}\gamma_1i\sqrt{2}}{2}\cdot {x_2}^{2n}\\ &=&\alpha \cdot 3^n+\beta_1\cdot \dfrac{{x_1}^{2n}+{x_2}^{2n}}{2}+\gamma_1\cdot\dfrac{{x_1}^{2n}+{x_2}^{2n}}{2i\sqrt{2}}\\ &=&\alpha \cdot 3^n+\beta_1\cdot \dfrac{\left({x_1}^{n}+{x_2}^{n}\right)^2-2\cdot {x_1}^n{x_2}^n}{2}+\gamma_1\cdot\dfrac{\left({x_1}^{n}-{x_2}^{n}\right)\left({x_1}^{n}+{x_2}^{n}\right)}{2i\sqrt{2}}\\ &=&\left(\alpha-\beta_1\right)\cdot 3^n+2\beta_1\cdot {u_n}^2+\gamma_1\cdot\dfrac{{x_1}^{n}-{x_2}^{n}}{i\sqrt{2}}\cdot u_n. \end{eqnarray*} Dễ thấy $\dfrac{{x_1}^{n}-{x_2}^{n}}{i\sqrt{2}}\in \mathbb{Z}$ với mọi số tự nhiên $n$. Vì $v_n$ chia hết cho $u_n$ với mọi $n > N$ nên $12v_n$ cũng chia hết cho $u_n$ với mọi $n > N$. Từ đây, với chú ý rằng $12(\alpha-\beta_1)\in \mathbb{Z}, 24\beta_1 \in \mathbb{Z}$ và $12\gamma_1\in \mathbb{Z}$, ta suy ra $12(\alpha-\beta_1)\cdot 3^n=(2a+c-3a)\cdot 3^n$ chia hết cho $u_n$ với mọi $n > N$.
Mặt khác, ta dễ dàng chứng minh được $\gcd(u_n,3)=1$ với mọi số tự nhiên $n$. Do đó, từ kết quả trên, ta suy ra $2b+c-3a$ chia hết cho $u_n$ với mọi $n > N$.
Giả sử $2b+c-3a\ne 0$. Khi đó ta có $|2b+c-3a|\ge |u_n|$ với mọi $n > N$. Suy ra dãy $\left(u_n\right)$ bị chặn với mọi $n > N$. Vì $\left(u_n\right)$ là dãy các số nguyên nên tồn tại $n_0 > N$ sao cho $|u_{n_0}|=\max_{n > N}|u_n|$.
Sử dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối, ta có \[|u_{n_0}|\ge |u_{n_0}+2|=|3u_{n_0}-2u_{n_0+1}|\ge 3|u_{n_0}|-2|u_{n_0+1}|\ge 3|u_{n_0}|-2|u_{n_0}|=|u_{n_0}|.\] Do đó, dấu bất đẳng thức phải xảy ra, tức là $|u_{n_0}|=|u_{n_0+1}|$ và $u_{n_0+1}(3u_{n_0}-2u_{n_0+1})\ge 0$. Điều này xảy ra khi và chỉ khi $u_{n_0+1}=u_{n_0}$. Mà $u_{n_0+1}=2u_{n_0}-3u_{n_0-1}$ nên $u_{n_0}=3u_{n_0-1}$, mâu thuẫn vì $\gcd(u_n,3)=1$ với mọi số tự nhiên $n$.
Vậy $2b+c=3a$. Ta có điều phải chứng minh.