Phần nguyên – Bài tập & ứng dụng

15PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
LỜI TỰA 
 Kể từ khi được học về Số Học, thì Phần Nguyên là một trong những chương hấp 
dẫn tôi nhất. Có lẽ vì định nghĩa của nó đơn giản, nó cơ bản như định nghĩa về số nguyên 
tố vậy! Tuy nhiên bên trong của sự đơn giản ấy là một mảnh đất rất màu mỡ, còn vô số 
những hoa thơm cỏ lạ đang chờ tôi cùng các bạn khám phá. Quả thực, đào sâu nghiên 
cứu về Phần Nguyên là một đề tài không tồi. Không có nhiều tài liệu viết về chủ đề này. 
Bởi vì lẽ đó, tôi quyết định tổng hợp lại một số kết quả thu được viết lên tài liệu này, hy 
vọng mang đến bạn đọc một vài điều thú vị. Rất mong các bạn đóng góp và xây dựng để 
chủ đề này được phát triển và hoàn thiện hơn nữa. 
Hoàng Xuân Thanh, 10- 2010 
Tài liệu tham khảo: 
1. Bài giảng Số Học – Đặng Hùng Thắng 
2. 104 Number Theory Problems Titu Andresscu 
3.  
4. Một số website Toán học khác 
www.VNMATH.com
25PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
VẤN ĐỀ I: - MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN 
1. Định nghĩa: 
Phần nguyên (hay sàn) (Floor Function: Nghĩa là hàm “sàn”) của số thực x là: Số 
nguyên lớn nhất không lớn hơn x. 
Một định nghĩa tương tự với Floor là Ceilling (hàm “trần”) 
Trần của số thực x là: Số nguyên nhỏ nhất không nhỏ hơn x 
Không nên nhầm lẫn Floor và Ceiling với hàm làm tròn Around(x), và hàm “chặt đuôi” 
Trunc(x) mà các bạn vẫn thường sử dụng trong các ngôn ngữ lập trình. 
Around(x): Là số nguyên gần x nhất (ưu tiên chiều bên phải trên trục số) 
Trunc(x): Là số nguyên có được sau khi bỏ đi phần thập phân của x 
Around(5.5)=6; Floor(5.5)=5; Ceilling(5.5)=6; Trunc(5.5)=5 
Around(5.4)=5; Floor(5.4)=5; Ceilling(5.4)=6; Trunc(5.4)=5 
Around(-5.4)=-5; Floor(-5.4)=-6; Ceilling(-5.4)=-5; Trunc(-5.4)=-5 
Kí hiệu phần nguyên của x là , trần của x là . Ngoài ra người ta cũng gọi 
 Là phần lẻ (fractional part) của số thực x. 
Các bạn có thể tham khảo thêm về các hàm này trong website 
Định nghĩa về phần nguyên được hiểu theo một trong hai công thức sau: 
 hoặc 
2. Các tính chất cơ bản 
i. 
ii. 
iii. 
iv. 
v. 
vi. Số các số nguyên dương là bội của n và không vượt quá x là 
x   x  
{ }x x x= −   
x y x y> ⇒ ≥      
1x x x≤ < +      
|x n x n n+ ⇒ + ∈       Z
1x y x y x y+ ≤ + ≤ + +                  
0 |
1 |
x
x x
x
∈
+ − =       
− ∉
Z
Z
|x x n
n n
     
= ∈     
Z
x
n
 
  
1x x x− < ≤  
{ }0 1x≤ <
www.VNMATH.com
35PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
Chứng minh: Tính chất i. và ii. Là hiển nhiên 
iii. Đặt 
 ta có: 
 vì nên ta suy ra điều phải chứng minh 
iv. Đặt 
 ta có 
 vì chỉ bằng 0 khi x nguyên. Từ đó có đpcm 
v. Đặt , khi đó 
vi. Các số nguyên dương là bội của n không vượt quá x là . 
 Trong đó m là số thỏa mãn điều kiện 
3. Định lý Legendre 
Số mũ của số nguyên tố p trong phân tích tiêu chuẩn của n! được tính theo công 
thức: 
{ } { }; 0 1x x x x= + ≤ <  
{ } { }; 0 1y y y y= + ≤ <  
{ } { } { } { }x y x y x y x y x y+ =  + + +  = + + +                      
{ } { }0 2x y≤ + <
{ } { }; 0 1x x x x= + ≤ <  
{ } { }x x x x x x+ − = + − −  = −                  
{ }1 0x− < − ≤
x
m
n
 
=   
1xm m
n
≤ < +
( )
( ) ( )
1
1
1
mn x m n
mn x m n mn
x
m m
n
x
m
n
⇒ ≤ < +
⇒ ≤ < + ∈  
  ⇒ ≤ < +
   ⇒ =  
 
Z
,2 ,...,n n mn
( )1
1
mn x m n
x
m m
n
x
m
n
≤ < +
⇒ ≤ < +
 
⇒ =   
( ) 1 2 3
1
...p i
i
n n n n
e n
p p p p≥
       
= = + + +       
       
∑
www.VNMATH.com
45PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
Chứng minh: Trước hết ta có nhận xét rằng, tổng trên chỉ gồm hữu hạn số hạng 
khác không. 
Vì với chỉ số i đủ lớn thì , khi đó 
Trong tích có đúng thừa số là bội của p (theo tính chất vi) 
Do đó: 
Trong đó: 
Tương tự 
Với . Theo tính chất v. ta có 
Vậy 
Lập lại lí luận trên với và cứ tiếp tục cho tới khi 
Cuối cùng ta được số mũ của p trong phân tích nguyên tố của n! là 
Với k là chỉ số thỏa mãn .đpcm 
i
n p< 0
m
n
m i
p
 
= ∀ ≥ 
 
! 1.2...n n=
n
p
 
 
 
1! . !
n
p n
n p A
p
 
 
   
=  
 
( )1, 1A p =
2! . !
n
p
p
n
pn p A
p p
  
  
  
 
 
 
  
      =    
 
 
( )2 , 1A p = 2
n
p
p
n
p
  
  
  
=
 
 
 
 
 
 
2
22! . !
n n
p p n
n p A
p
  
+  
   
 
=  
 
2 !
n
p
 
 
 
k
n p
p
 
< 
 
( )pe n
( ) 1 2 ...p kn n ne n p p p
     
= + + +     
     
1k kp n p +≤ <
www.VNMATH.com
55PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
4. Một số bài tập 
 Chứng minh rằng 
Lời giải: Đặt , . Khi đó 
Và 
Ta phải CM 
Vì nên có thể xảy ra 2 trường hợp sau: 
* Nếu thì vế phải bằng 0, do đó bất đẳng thức hiển nhiên đúng. 
* Nếu khi đó phải có ít nhất một trong hai số hoặc lớn hơn 
hoặc bằng . Giả sử , vậy: 
 Chứng minh rằng, với n là số nguyên dương bất kì ta có 
Lời giải: Đặt ; 
Ta có 
Vì n nguyên dương nên phải có 
Tương tự 
Do đó phải có .Đpcm 
 Giải phương trình 
Lời giải: Ta có 
 Pt vô nghiệm 
 Pt nghiệm đúng 
Ex1.1 2 2 ,x y x y x y x y+ ≥ + + + ∀ ∈                   R
{ } { }; 0 1x x x x= + ≤ <   { } { }; 0 1y y y y= + ≤ <  
{ } { }2 2 2 2 2 2x y x x y y+ = + + +                    
{ } { }x y x y x y+ = + + +             
{ } { } { } { }2 2x y x y+ ≥ +          
{ } { }0 2x y≤ + <
{ } { }0 1x y≤ + <
{ } { }1 2x y≤ + < { }x { }y
1
2
{ } 1
2
x ≥
{ } { } { } { } { }2 2 1 2 1x y y x y+ ≥ + ≥ = +              
Ex1.2
1 3 1
2 4 2
n n
  
+ = − +     
1
2
k n = +  
3 1
4 2
m n
 
= − + 
 
1 1
2
k n k≤ + < + 2 21 1 1 1
2 2 4 4
k n k k k n k k⇔ − ≤ < + ⇔ − + ≤ < + +
2 21k k n k k− + ≤ ≤ +
3 1 1
4 2
m n m≤ − + < + 2 2
1 3 1
4 4 4
m m n m m⇔ − + ≤ − < + +
2 21m m n m m⇔ − + ≤ ≤ +
k m=
Ex1.3 1x x  =   
1 2x x≤ <  
2 2 4x x x x• ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒      
1 2 1 1 2x x x x• ≤ < ⇒ = ⇒ ≤ < ⇒      
www.VNMATH.com
65PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
 Pt vô nghiệm 
 Pt vô nghiệm 
 Pt nghiệm đúng 
 Pt vô nghiệm 
Vậy nghiệm của phương trình là 
 Giải phương trình 
Lời giải: Ta có 
Thay từng giá trị vào pt, giải ra ta được các nghiệm là 
 Với n nguyên dương cho trước, phương trình 
Có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? (perfectstrong VMF) 
Lời giải: Ta có 
Tương ứng với mỗi giá trị của y ta có chính là 1 nghiệm của pt. Số nghiệm 
phương trình chính là số các giá trị có thể có của y, là số các bội của 2 mà không vượt 
quá n-1. 
Là nghiệm nguyên dương 
 Cho . Chứng minh rằng (Romania-2003) 
 Chứng minh rằng 
Từ kết quả đó chứng minh chia hết cho 
(USA-1975) 
 Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho n! tận cùng bằng 290 chữ số 0 (HMMT-2003) 
0 1 0 0x x x x• ≤ < ⇒ = ⇒ = ⇒      
1 0 1 1x x x x x• − < < ⇒ = − ⇒ = − < ⇒      
1 1 1x x x x• = − ⇒ = − ⇒ = ⇒      
1 2 2x x x x• ⇒      
{ } [ )1 1,2x ∈ − ∪
Ex1.4 23 10 3 0x x− + =  
( )( ) 2 23 1 3 3 10 3 3 10 3 0x x x x x x− − = − + ≤ − + =  
1 3 1 3
3
x x⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤  
1,2,3x =  
1 2 3
7 17
; ; 3
3 3
x x x= = =
Bt1.6 24A n n n= + ∈N { } 1
4
A ≤
5 5 3 3x y x y x y+ ≥ + + +              
( ) ( )5 ! 5 !m n ( ) ( )! ! 3 ! 3 !m n m n n m+ +
Ex1.5 2x y n+ =
2 1y n x n= − ≤ −
2x n y= −
1
2
n − 
  
Bt1.7
Bt1.8
www.VNMATH.com
75PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
5. Định lý Hermite 
Với n nguyên dương, x là số thực bất kỳ, ta có: 
Chứng minh: 
Xét hàm 
 Ta có: 
Do đó là hàm tuần hoàn với chu kỳ . Trên khoảng chu kỳ thì tất cả 
các số hạng: 
 đều bằng 0 
Từ đó 
đpcm 
 Tính tổng 
Lời giải: 
Ta có (Theo định lý Hermite) 
 Tính tổng 
 Chứng minh rằng 
Bt1.10
Ex1.9
1 1
...
n
nx x x x
n n
−   
= + + + + +             
( ) 1 1... nf x x x x nx
n n
−   
= + + + + + −            
1 1 1 1 1
...
nf x x x n x
n n n n n
−         
+ = + + + + + − +               
1 1
... 1 1nx x x nx
n n
−   
= + + + + + + − +            
( )f x=
( )f x 1
n
10 x
n
≤ <
1 1
, ,..., ,
n
x x x nx
n n
−   
+ +            ( ) 0,f x x= ∀ ∈R
0 i j n
x i
j≤ < ≤
 +
 
 
∑
0 1 0 1
n n
i j n j i j j
x i x i
x n xj j≤ < ≤ = ≤ < =
    + +
= = =                
∑ ∑ ∑ ∑
2009
1 1
0
3 2010 2010 3
3 3
k k
k k
k
S
+ +
=
    + −
= +    
    
∑
Bt1.11 1
0
2
2
k
k
k
x
x
∞
+
=
 +
=    
 
∑
www.VNMATH.com
85PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
VẤN ĐỀ II: DÃY SỐ & TỔNG PHẦN NGUYÊN 
 là dãy số “Thứ tự tăng dần của các số tự nhiên lẻ không chia hết cho 3” 
Tìm số hạng tổng quát của dãy số trên. 
Lời giải: 
 Xét theo số dư thì tất cả các số tự nhiên không chia hết cho 3 đều có dạng 
 hoặc , đây là 2 số chẵn hoặc 2 số lẻ liên tiếp tùy theo p lẻ hãy chẵn. 
Khi p chẵn , thì hai số có dạng và là 2 số lẻ. Tất cả các số dạng này 
chính là các số hạng của dãy cần tìm. Xếp theo thứ tự tăng dần ta sẽ có: 
 và 
Như vậy với , ta có: 
☺ 
 Là dãy số : “Thứ tự tăng dần của các số tự nhiên không chính phương” 
Tìm số hạng tổng quát của dãy số trên. 
Lời giải: Xét dãy số tự nhiên 
Dễ thấy . Ở đó k là số các số chính phương nhỏ hơn 
(bị loại đi từ dãy ) 
{ }nU
{ } { }1 1,5,7,11,13,17,19,23,25,...nU ∞ =
3 1p − 3 1p +
2p k= 6 1k − 6 1k +
2 6 1kU k= − 2 1 6 1kU k+ = +
{ }2 , 0,1n k r r= + =
{ }
{ }
6 1,1
2
6 2 0,1 1
2
6 2 1
2
6 2 2 1
2 2
n
nU
n
n
r
n n
n
 
= + −  
 
= + −  
 
= + −  
    
= + − −        
2 2 1
2n
nU n  = + −  
Ex2.1
Ex2.2
{ }nU
{ } { }1 : 2,3,5,6,7,8,10,...nU ∞
{ } { } ( )1 : 1,2,3,4,5,...n nD D n∞ =
n n
U D k= +
n
U
{ }nD
www.VNMATH.com
95PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
Như vậy phải nằm giữa 2 số chính phương liên tiếp: 
Trên mỗi đoạn (giữa 2 số chính phương liên tiếp) có số tự nhiên. 
Đếm các số hạng của dãy có giá trị nhỏ hơn ta có 
 số hạng. Như vậy chỉ số n sẽ phải thỏa mãn 
hay 
vì 
nên hay (Theo Ex1.2 ) 
Cuối cùng ta có: 
 Tính tổng 
Lời giải: 
Đặt suy ra 
Xét các số hạng của trên mỗi đoạn có số hạng, các số hạng 
này đều có giá trị là . Như vậy ta có: 
 Tính tổng 
n
U ( )22 1 1 1nk U k+ ≤ ≤ + −
( )22 1; 1 1i i + + −  2i
2k
1
2
1
2
k
i
i k k
−
=
= −∑
{ }nU
2 21k k n k k− + ≤ ≤ +
1 1 3 1
4 2 4 2
n k n+ − ≤ ≤ − +
3 1 1 ... guyên tố lẻ. Chứng minh rằng 
Lời giải: Xét hàm . 
Vì p nguyên tố, nên đều không chia hết cho p. (điều kiện đầu tiên thỏa) 
( ) ( )0 2qf k qf p k
p p
−   
≤ + <   
   
( ) ( ) 1qf k qf p k
p p
−   
+ =   
   
1,2,..., 1k p= −
( ) ( )1 1
1 1
1
p p
k k
qf k qf p k
p
p p
− −
= =
−   
+ = −   
   
∑ ∑
( ) ( )1 1
1 1
12 1
2
p p
k k
qf k qf k pp
p p
− −
= =
   
−
⇔ = − ⇔ =   
   
∑ ∑
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
1 1 1 1
1
2
p p p p
k k k k
q q q p qf k f k f k f k
p p p p
− − − −
= = = =
      −
+ = + =    
     
∑ ∑ ∑ ∑
Ex2.15
( )( ) ( )
1
1
1 1
2
p
k
p qqk Gauss
p
−
=
− − 
= 
 
∑
( )f x x= ( )f x
( ) ( )( )1 1
1 1
1 1 11 1
2 2 2 2
p p
k k
p p p qq q p q pk k
p p p
− −
= =
− − −  − −
= − = − = 
 
∑ ∑
Ex2.16
( )( )( ) ( )
1 3
1
1 1 2
2002
4
p
k
p p pk German MO
p
−
=
− + − 
= − 
 
∑
( ) 3f x x=
( )331 ,..., 1p −
www.VNMATH.com
175PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
Mặt khác 
Do đó theo định lý 4, ta có 
 Cho là số nguyên tố lẻ 
Tính tổng: 
Lời giải: 
Xét hàm 
 là hàm đơn điệu tăng, 
có hàm ngược là . Theo định lý 1 ta có: 
Để ý là 
Do không chia hết cho với mỗi , nên 
số điểm nguyên dương của đồ thị 
Với thì 
Do đó ta có 
Theo kết quả của Ex2.16, phần trên: ta có 
( ) ( ) ( )33 3 2 23 3f x f p x x p x p p x px p+ − = + − = − + 
( ) ( )( )( )2 21 13 3
1 1
1 1 1 21 1 1
2 4 2 4
p p
k k
p p p p pk k p p
p p p
− −
= =
− − + −  − −
= − = − = 
 
∑ ∑
Ex2.17
( )( )1 2
3
1
p p
k
S kp
− −
=
 =  ∑
p
( )( ) ( )( ) ( )3 33: 1, 1 2 , 1 2 ,f p p p p p p f x px − − → − − =    
( )f x
( )
3
1 xf x
p
−
=
( )( )
( )( )
( )
( )( ) ( )( ) ( ) ( )
3 3
1 2 3
3
1 1 2
331 2 1 2 1
p p
f
k p k p p p
kkp n G
p
p p p p p pα α
− −
= ≤ ≤ − −
 
  + − =  
 
 = − − − − −
 
∑ ∑
( )( ) ( )3 1 2 2p p p p − − = − 
3k p 1,2,..., 1k p= −
( ) ( )1 0f fn G n G −= =
3k p<
3
0k
p
 
= 
 
( )( )
( )( )
1 2 2 3
23
1 1
1 2
p p p
k k
kkp p p
p
− −
−
= =
 
  + = − −  
 
∑ ∑
( )( )
( )( ) ( )
31 2 1 3
23
1 1
1
1 2
p p p
k k
p kkp p p
p p
− −
−
= =
 
−  
 ⇔ = − − + −    
   
∑ ∑
www.VNMATH.com
185PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
 Cho m,n là các số nguyên dương 
Tính 
 Cho p là số nguyên tố lẻ; q là số nguyên không chia hết cho p. 
Chứng minh rằng 
 Cho p là số nguyên tố lẻ. 
Chứng minh rằng 
 Cho p và q là 2 số lẻ 
Tính giá trị biểu thức 
 Cho số nguyên 
Tính 
( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( )( )
1 2
23
1
1 1 2
1 2 1 2
4
p p
k
p p p
kp p p p p
− −
=
− + −
 ⇔ = − − + − − − ∑
( )( ) ( )( )( )1 2 3
1
1 2 3 5
4
p p
k
p p p
kp
− −
=
− − −
 ⇔ = ∑
Bt2.19
( ) ( )( )
1
2
1
1 1
1
2
p
k
k
p qqk
p
−
=
− − 
− = 
 
∑
Bt2.20
( ) ( )
1
1
1
mod
2
p p
k
pk k p
p
−
=
+
−
≡∑
Bt2.21
1 1
2 2
1 1
p q
k k
kq kpS
p q
− −
= =
   
= +   
   
∑ ∑
Bt2.22 2n ≥
2 1 2
1 1 1
n
n m
m k
n mS
k m
 
  + − 
= =
− 
=  + − 
∑ ∑
Bt2.18
1
n
k
mS
k
=
 
=   
∑
www.VNMATH.com
195PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
VẤN ĐỀ III – GỘP CÁC CÔNG THỨC THEO PHẦN DƯ 
 Trong một số bài toán liên quan đến dãy số như tìm công thức tổng quát một dãy truy 
hồi, tính tổng các số hạng, tính chia hết của một nhóm số hạng. Đôi khi giải quyết bài toán 
lại đòi hỏi ta phải chia ra rất nhiều trường hợp (chẵn lẻ chẳng hạn) mỗi trường hợp lại cho 
ta một kết quả khác nhau? Sự khác nhau giữa các công thức tìm được ấy là gì? Phải 
chăng có thể biểu diễn chúng dưới 1 dạng duy nhất? Đó là nội dung của vấn đề ta nghiên 
cứu sau đây: 
- Phép chia số nguyên n cho số tự nhiên k 
, 0 1n pk r r k= + ≤ ≤ − 
Ta có thương là p, còn r là phần dư, r lấy các giá trị từ 0 đến k – 1. 
Theo tính chất của phần nguyên ta có 
n pk r rp p
k k k
+     
= = + =          
, và như vậy phần dư 
n
r n k
k
 
= −   
Thay vì xét đến k số dư từ 0 đến k – 1. Ta viết { }0,1,..., 1r k= − xem như một tập hợp k 
giá trị tương ứng với k trường hợp của số dư r. 
Các phép tính toán học đối với tập giá trị này, được hiểu theo luật phân phối:
 { }
{ }
{ } { }
{ } { } { }
0
1
1 1
1 1 1 1
0 0,...,0
1 1,...,1
,..., ,...,
,..., ,..., ,...,
k so
k so
k k
k k k k
x a a x a x a
a a b b a b a b
=
=
⊕ = ⊕ ⊕
⊕ = ⊕ ⊕
Trong đó x là số nguyên là phép toán bất kỳ 
 Ta có một số các kết quả liên quan sau: 
{ } { }1,2,...,1 0,0,...,1kr
k k
 + 
= =     
 (k - 1 số 0; 1 số 1 cuối) 
{ } { }2,3,..., , 12 0,0,...,1,1k kr
k k
+ + 
= =     
 (k – 2 số 0; 2 số 1 cuối) 
⊕
www.VNMATH.com
205PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
{ } { }, 1,..., ,... 1 0,...,1,1a a k k ar a
k k
+ + − + 
= =     
 (a < k; có a số 1 ở cuối) 
Tiếp theo 
{ } { }1,0,..., 21 1,0,...,0kr
k k
− − 
− 
− = − =     
 (1 số 1 ở đầu, còn lại là 0) 
{ } { }2, 1,0,..., 32 1,1,...,0kr
k k
− − − 
− 
− = − =     
 (2 số 1 ở đầu, còn lại là 0) 
{ } { },...,0,..., 1 1,1,...,0a k ar a
k k
− − − 
− 
− = =     
 ( a < k ; có a số 1 ở đầu) 
 Các kết quả khá đơn giản này chính là công cụ gộp các công thức rất hiệu quả. Hãy xét 
ví dụ minh họa sau: 
Tính 
0 3
n
n
i
iS
=
 
=   
∑ 
Lời giải: Ta có 1 3n n
nS S
−
 
= +   
 Xét từng trường hợp: 
3 1 3 3
3 1
3k k k
kS S S k+
+ 
= + = +  
3 2 3 1 3 1
3 2
3k k k
kS S S k+ + +
+ 
= + = +  
3 3 3 2 3 2 3 1 3
3 3 1 2 1 3 1
3k k k k k
kS S S k S k S k+ + + +
+ 
= + = + + = + + = + +  
Suy ra 
Ex3.1
www.VNMATH.com
215PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
3( 1) 3
3 3( 1)
3 0
3( 1) 2
3 2
...
3.1 2
k k
k k
S S k
S S k
S S
+
−
= + + −
= + −
= + −
Cộng các đẳng thức trên theo vế, ta được: 
2
3
1
3 ( 1) 3(3 2) 2
2 2 2
k
k
i
k k k kS i k
=
+
= − = − = −∑ (1) 
2
3 1 3
3
2 2k k
k kS S k+ = + = + (2) 
2
3 2 3 1
3 3
2 2k k
k kS S k+ += + = + (3) 
Các bạn thấy gì từ các công thức (1), (2), (3) ? 
Đặt { }3 , 0,1,2n k r r= + = 
& 3
3 3
n nk r n   ⇒ = = −      
Bây giờ (1), (2), (3) có thể viết gộp thành 
{ }
23 1 1,1,3
2 3 2 3n
n nS    = + −      
, ta cần biểu diễn giá trị { }1,1,3− qua biểu thức của r 
Cách 1 { } { } { } { } 1 2 11,1,3 1,0,0 0,1,1 2 0,0,1 2
3 3 3
r r r− + +     
− = − + + = + +          
Cách 2 { } { } { }1,1,3 0,2,4 1 2 0,1,2 1 2 1r− = − = − = − 
 Ta thấy rõ ràng biểu diễn theo cách 2 gọn gàng hơn cách 1 rất nhiều. Tuy vậy cách 1 là 
phương pháp tổng quát nhất để biểu diễn bộ { }1 2, ,..., ka a a bất kỳ theo { }0,1,..., 1r k= − 
Thay giá trị 3
3
n
r n
 
= −   
 (theo cách biểu diễn thứ 2), ta có 
www.VNMATH.com
225PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
23 1 2 3 1
2 3 2 3 3n
n n nS n
       
= + − −              
2
0
1 3
3 2 3 2 3
n
n
i
i n nS n
=
       
= = − −             
∑
 Tổng quát hóa: Chứng minh rằng, với m,n nguyên dương 
2
0
1
2 2
n
i
i m n m n
n
m m m
=
       
= + − −             
∑
Gợi ý: Đặt (Đừng quên so sánh với Ex2.10) 
 Rút gọn biểu thức 
Lời giải: Đặt 
Ta có:
{ }, 0,..., 1n km r r m= + = −
{ }6 , 0,1,2,3,4,5n k r r= + =
6 66 3 6 36 63 31 2
2 3 2 6
3 3
3 32 1 2
2 3 2
k r k rk r k rk r k rS
r r
r r
rS k k
  +   +    + − + −       + +       = + −             
        
       
− −             = + + −            
        
{ } { } { }
3
3
2 3
0,1,2,3,4,5 3 0,0,0,1,1,1
0,0,0,1,1,1
2
r
r
rS k
S k
  
−     
= +     
  
− 
= + 
 
Ex3.3
Ex3.2
www.VNMATH.com
235PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
Cho dãy số thỏa mãn 
Tìm số hạng tổng quát của dãy 
Lời giải: 
 Đây là dãy truy hồi tuyến tính bậc 2. Một cách rất tự nhiên là ta xét pt đặc trưng 
Tiếc rằng phương trình này vô nghiệm (thực ra ta có thể dùng nghiệm phức, nhưng trong 
khuôn khổ bài viết này chúng ta sẽ không đề cập đến) 
Ta hãy xem có tính chất gì bằng cách tính thử một vài giá trị 
Kể từ số hạng trở đi các số hạng của dãy đều là lũy thừa của 2 (suy ra từ biểu thức 
truy hồi). Ta liệt kê được bảng sau 
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 
Dấu của -1 0 1 1 1 0 -1 -1 -1 0 1 1 1 0 -1 -1 
Lũy thừa của 2 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 
 -1 0 21 22 22 0 -23 -24 -24 0 25 26 26 0 -27 -28 
{ }nU
( )1 2 2 11, 0, 2 , 1n n nU U U U U n+ += − = = − ∀ ≥
{ }nU
2 2 2 0x x− + =
{ }nU
3 4 52(0 1) 2, 2(2 0) 4, 2(4 2) 4,...U U U= + = = − = = − =
2U
{ }nU
{ }nU
{ } { }
{ }{ }
{ }
0,1,2,0,1,2
0,0,0,1,1,1
2
0,0,1,0,0,1 0,0,0,1,1,1
0,0,0,0,0,1
1
6
6 1
6
1
6
S k
S k
S k
rS k
n kS k
nS
 
= + 
 
= +
= +
+ 
= +   
− + 
= +   
+ 
=   
Ex3.4
www.VNMATH.com
245PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010 
 Đến đây ta nhận thấy được quy luật 
 Với là dãy dấu của mà ta cần tìm 
Nhìn vào bảng liệt kê trên ta thấy là dãy tuần hoàn với chu kỳ bằng 8 ta sẽ chứng 
minh khẳng định này. Dựa vào biểu thức truy hồi. Ta có: 
Suy ra 
Như vậy quả thực là dãy tuần hoàn với chu kỳ bằng 8. 
Trên một chu kỳ từ n=8 đến n=15 chẳng hạn nhận các giá trị 
Tương ứng với mỗi r ta có 1 công thức để biểu diễn ? 
☺ Giờ là lúc ta dùng các kiến thức đã có để gộp 8 công thức trên làm 1: 
Thay giá trị rồi rút gọn, cuối cùng ta được 
 =========================== 
22
n
n n
U D
 
  
=
{ }nD { }nU
{ }nD
8 7 6
2 2 2
8 7 6
6 5 6
2 2 2
6 5 6
6 5
2 2
6 5
5 4 5
2 2 2
5 4 5
4
2
4
2 2 2 2 2
4 2 4 2 2 2
2 2 4 2
4 2 4 2 4 2
4 2
n n n
n n n
n n n
n n n
n n
n n
n n n
n n n
n
n
D D D
D D D
D D
D D D
D
+ + +     
          
+ + +
+ + +     
          
+ + +
+ +   
      
+ +
+ + +     
          
+ + +
+

+
= −
= − −
= −
= − −
= −
4 2
2
4 2
n
nD


+ 
+  
+= −
8 4 , 1n n nD D D n+ += − = ∀ ≥
{ }nD
{ }8 , 0,1,2,3,4,5,6,7n k r r= + =
{ }nU
{ }
{ } { } { } { }( )
2
2
2
1 1,0,1,1,1,0, 1 2
0,0,0,1,1,1,1,1 1,1,0,0,0,0,0,0 0,0,0,0,0,0,1,1 0,0,0,0,0,0,0,1 2
5 2 2 1 2
8 8 8 8
n
n
n
n
U
r r r r
 
  
 
  
 
  
= − − −
= − − −
 + − + +        
= + − −                
8
8
n
r n
 
= −   
25 2 2 1 2
8 8 8 8
n
n
n n n nU
 
   + − + +        
= + − −                
{ }nD { }1, 1,0,1,1,1,0, 1− − −
www.VNMATH.com