DỒN BIẾN THỪA-TRỪ

Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức có lẽ các bài toán bất đẳng thức chứa căn là một trong những dạng toán hay và thú vị nhất .Đơn giản là chúng ta không thể dùng các phép biến đổi thông thường để chứng minh bài toán và như thế mới thúc đẩy các ý tưởng mới được.Trong các phương pháp chứng minh dạng toán này không thể không nhắc tới phương pháp dồn biến thừa trừ của anh Võ Quốc Bá Cẩn.Ý tưởng của phương pháp rất đơn giản nhưng điều đơn giản này lại giúp chúng ta giải quyết rất nhiều bất đẳng thức khó,trong đó có một số kết quả từng là những bài toán mở.Trong bài viết này xin được giới thiệu thêm một số bài toán có thể giải bằng phương pháp này.

Bài toán 1 Võ Quốc Bá Cẩn

Cho các số thực không âm  thỏa mãn:.Chứng minh rằng:


Lời giải 

Không mất tổng quát giả sử rằng: 
Đặt
Ta sẽ chứng minh rằng:

Để chứng minh điều này,đầu tiên ta chứng minh kết quả sau:

Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức: ,ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng:

Hay là

Sử dụng bất đẳng thức Minkowski có :

Sử dụng kết quả này và giả thiết: ,ta chỉ cần chứng minh:



Điều này hiển nhiên đúng với 
Để hoàn thành bước dồn biến ,ta chỉ cần chứng minh:


Chú ý rằng




Mặt khác




Và  , bước dồn biến được chứng minh xong.

Cuối cùng,ta chỉ cần chứng minh rằng:



Ta có

Bài toán được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra  và các hoán vị tương ứng.
Nhận xét 
- Bước chứng minh

là mấu chốt trong lời giải bài toán này.Kết quả này giúp cho bước dồn biến đơn giản hơn rất nhiều do bớt đi được được một biểu thức chứa căn và như thế cũng làm cho việc tính toán trở nên đơn giản hơn.Nếu trực tiếp chứng minh kết quả  thì tính toán sẽ rất nhiều và gặp rất nhiều khó khăn.
-Sử dụng kết quả này ta có thể chứng minh kết quả sau:
Cho các số thực không âm  thỏa mãn:.Chứng minh rằng:


Bài toán 2 Quykhtn

Cho tam giác  có độ dài 3 cạnh là  và 3 trung tuyến là .Chứng minh rằng:


Lời giải 

Viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng tương đương sau:

Không mất tổng quát giả sử rằng .
Kí hiệu

Ta sẽ chứng minh: 
Để chứng minh kết quả này,đầu tiên ta chứng minh kết quả sau:

Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức:  ,ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng:

tương đương

Chú ý rằng


Như vậy ta chỉ cần chứng minh rằng:

Điều này luôn đúng với 
Để hoàn thành bước dồn biến ta phải chứng minh:

Tương đương

Tương đương

Dễ thấy  nên

Do đó


Bây giờ xét biểu thức:

Dễ thấy






Như vậy

Vậy để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng minh:

tương đương

Đặt  với .
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

tương đương

tương đương

tương đương


Chú ý rằng:


Mặt khác:

Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra .
   
                                                                                           Nguồn: artofproblemsolving.com

ĐỀ THI THỬ VMO 2015

ĐỀ THI THỬ VMO 2015

ĐỀ SỐ 1

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

  Bài 1. Giải hệ phương trình  \[\left\{ \begin{align} & \left( {{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}} \right)\left( {{y}^{2}}+yz+{{z}^{2}} \right)\left( {{z}^{2}}+zx+{{x}^{2}} \right)=xyz \\ & \left( {{x}^{4}}+{{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{4}} \right)\left( {{y}^{4}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{4}} \right)\left( {{z}^{4}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}}+{{z}^{4}} \right)={{x}^{3}}{{y}^{3}}{{z}^{3}} \\\end{align} \right.\]

  Bài 2. Cho dãy số ${{a}_{n}}=n+a\sqrt{{{n}^{2}}+1}$ với $a$ là tham số thực.

            a) Tìm $a$ để $\left( {{a}_{n}} \right)$ có giới hạn hữu hạn.

            b) Tìm $a$ để $\left( {{a}_{n}} \right)$ là dãy tăng.

  Bài 3.  Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $\left( I \right).$ Gọi $D,E$ là tiếp điểm của đường tròn $\left( I \right)$ với $BC,AC.$ Trên tia đối tia $CB$ lấy $X.$ Biết rằng hai đường tròn nội tiếp tam giác $ABX$ và $ACY$ cắt nhau tại hai điểm $P,Q.$ Chứng minh rằng:

       a) Các đường thẳng $DE$ phân giác trong góc $ABC$ và đường trung bình tam giác $ABC$  đồng qui.

       b) Đường thẳng $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $X$ đi động trên tia đối tia $CB.$

  Bài 4.  Cho $n$ là một số nguyên dương. Xét bảng ô vuông có kích thước $n\times n.$ Hỏi bảng đã cho có bao nhiêu hình vuông?

                                                                                                                         Nguồn: diendantoanhoc.net

ĐỀ SỐ 2

(Thi thử VMO 2015- Viện Toán Học)

Ngày I:  (180 phút- không kể thời gian phát đề)
  
  Bài 1: (5 điểm) Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi: $$\begin{cases}x_1=29\\x_{n+1}=\sqrt[11]{x_1+x_2+...+x_n},\,\forall n>0\end{cases}$$ Tìm giới hạn $\lim (x_{n+1}-x_n)$.
  Bài 2: (5 điểm) Cho các thực dương $a_0, a_1,...,a_n$ sao cho $a_{k+1}-a_k\ge 1, k=0,1,...,n-1$. Chứng minh rằng: $$1+\dfrac{1}{a_0}\left(1+\dfrac{1}{a_1-a_0}\right)...\left(1+\dfrac{1}{a_n-a_0}\right)\le \left(1+\dfrac{1}{a_0}\right)\left(1+\dfrac{1}{a_1}\right)...\left(1+\dfrac{1}{a_n}\right)$$
  Bài 3: (5 điểm) Cho một bảng ô vuông hình chữ nhật cỡ $m\times n\,(m,n\ge 2)$. Tô màu đen một số ô bảng đó. Hỏi có bao nhêu cách tô sao cho bất kì hàng nào cũng có một số chẵn (có thể bằng $0$) các ô đen.
  Bài 4: (5 điểm) Cho tam giác nhọn $ABC$ có $D, E, F$ tương ứng là trung điểm $BC, CA, AB$. Kí hiệu $(I)$ là đường tròn đường kính $AD$ ($I$ là trung điểm $AD$). Đường tròn $(I)$ cắt $AB, AC$ tại $M, N$. Cho $MN$ cắt $EF$ tại $P$.
         a) Chứng minh rằng đường tròn $(DIP)$ đi qua trung điểm $Q$ của $MN$.
         b) Cho $G$ là một điểm cố định trên $EF$. Một đường thẳng thay đổi qua $G$ cắt $(I)$ tại $K, H$. Cho $KF, HE$ cắt $(I)$ tại $R, S$. Chứng minh rằng trung điểm $T$ của $RS$ thuộc một đường tròn cố định.

Ngày II: (180 phút- không kể thời gian phát đề)

  Bài 5: (7 điểm) Cho $f$ là một đa thức có bậc không nhỏ hơn $2$ với hệ số nguyên và $f'(0)=0$. Gọi $(a_n)$ là dãy được cho bởi $a_1=f(0)$ và $a_{n+1}=f(a_n),\forall n\ge 1$. Giả sử $a_n\neq 0, \forall n$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$, luôn tồn tại một số nguyên dương $e_p$ với tính chất sau: với mọi $n$ thì hoặc $p\not | a_n$ hoặc $p^{e_p}\,|\,a_n$ nhưng $p^{e_p+1}\not | a_n$
  Bài 6: (7 điểm) Cho tam giác$ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $I$ là trung điểm $BC$ và $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ . Cho $BH, CH$ cắt $AC, AB$ tại $E, F$, tia $IH$ cắt đường tròn $(O)$ tai $T$. Trên $EF$ lấy $D$ sao cho $DH$ song song với $BC$.
       a) Chứng minh rằng $DT$ tiếp xúc với đường tròn $(HEF)$.
       b) Gọi $M, N$ lần lượt là giao điểm của $EF$ với $(IBT), (ICT)$ ( điểm $M$ khác phía $E$ đối với $F$, điểm $N$ khác phía $F$ với $E$). Gọi $P$ là giao điểm của $AH$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng $BM. CN, TP$ đồng qui.
   Bài 7: (6 điểm) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $n$, đa thức $$\sum_{k=0}^{n} 2^{k(n-k)}x^k$$ có đúng $n$ nghiệm thực.  
  

PHƯƠNG PHÁP GEN TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

    PHƯƠNG PHÁP GEN TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

    Trong Sinh học ta định nghĩa gen hay di tố là một đoạn DNA mang một chức năng nhất định trong quá trình truyền thông tin di truyền. Tương tự như vậy, trong Toán học, phương pháp gen trong giải phương trình nghiệm nguyên chủ yếu là cho ta cấu trúc nghiệm của nó. Nếu từ một nghiệm của phương trình đã cho, ta xây dựng quy tắc nghiệm của nó. Phương trình Pell và phương trình Markov chính là hai ví dụ điển hình cho phương pháp này.

  I. Phương trình Pell:  
      1. Phương trình Pell loại I:
         Phương trình Pell loại I là phương trình nghiệm nguyên có dạng: $$x^2-dy^2=1,\,d\in\mathbb{Z}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ 
     Tính chất:   
           1. Nếu $d$ là số chính phương thì phương trình $(1)$ vô nghiệm.
           2. Nếu $d$ là số nguyên âm thì phương trình $(1)$ không có nghiệm nguyên dương.
           3. Phương trình Pell loại I có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $d$ là số nguyên dương và không chính phương.
      $*$ Công thức nghiệm của phương trình Pell loại I:
           Ta xét trong trường hợp phương trình Pell loại I nhận các nghiệm nguyên dương (tức là $x, y\in\mathbb{Z^+}$). Gọi $(a, b)$ là hai cặp nghiệm bé nhất của phương trình Pell loại I. Khi đó công thức nghiệm của phương trình này được xác định bởi công thức tổng quát của dãy $(x_n), (y_n)$: $$\begin{cases}x_n=\dfrac{(a+b\sqrt{d})^n+(a-b\sqrt{d})^n}{2}\\y_n=\dfrac{(a+b\sqrt{d})^n-(a-b\sqrt{d})^n}{2\sqrt{d}}\end{cases}$$ hay theo công thức truy hồi: $$\begin{cases}x_0=1, y_0=0\\x_1=a, y_1=b\\x_{n+2}=2ax_{n+1}-x_n\\y_{n+2}=2ay_{n+1}-y_n\end{cases}$$
    2. Phương trình Pell loại II:
       Phương trình Pell loại II là phương trình nghiệm nguyên có dạng: $$x^2-dy^2=-1, d\in\mathbb{Z}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$
     Tính chất:
          1. Nếu $d$ là số chính phương thì $(2)$ vô nghiệm.
          2. Nếu $d$ có ước nguyên tố dạng $4k+3$ thì $(2)$ vô nghiệm.
          3. Nếu $d$ là số nguyên tố thì $(2)$ có nghiệm khi và chỉ khi $d\neq 4k+3$
          4. (Điều kiện có nghiệm của Phương trình Pell loại II) Gọi $(a, b)$ là nghiệm nhỏ nhất của $(2)$. Khi đó, $(2)$ có nghiệm khi và chỉ khi hệ: $$\begin{cases}a=x^2+dy^2\\b=2xy\end{cases}$$ có nghiệm nguyên dương.
      $*$ Công thức nghiệm của phương trình Pell loại II:
           Xét phương trình Pell loại I liên kết với phương trình $(2)$: $x^2-dy^2=1, d\in\mathbb{Z}$. Gọi $(a, b)$ là nghiệm nhỏ nhất phương trình này. Xét hệ: $$\begin{cases}a=x^2+dy^2\\b=2xy\end{cases}$$  Giả sử hệ này có nghiệm duy nhất và ta gọi $(u, v)$ là nghiệm duy nhất của nó. Khi đó dãy số $(x_n), (y_n)$ sau sẽ vét sạch hết nghiệm của phương trình Pell loại II: $$\begin{cases}x_0=u, y_0=v\\x_1=u^3+duv^2, y_1=dv^3+3u^2v\\x_{n+2}=2ax_{n+1}-y_n\\y_{n+2}=2ay_{n+1}-y_n\end{cases}$$
    3. Phương trình Pell với tham số $n$:
        Phương trình Pell tham số $n$ có dạng: $$x^2-dy^2=n, d,n\in\mathbb{Z}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)$$
    Tính chất:
         1. Phương trình $(3)$ hoặc vô nghiệm hoặc vô số nghiệm.
         2. Giả sử $(3)$ có nghiệm và gọi $x_0,y_0)$ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của nó. Gọi $(a, b)$ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I tương ứng: $x^2-dy^2=1, d\in\mathbb{Z}$. Khi đó, ta có: $$y_0^2\le\max\left\{nb^2;-\dfrac{na^2}{d}\right\}$$
         3. Giả sử $(3)$ có nghiệm là $(\alpha_1,\beta_1); (\alpha_2, \beta_2);...;(\alpha_m, \beta_m)$ thỏa mãn: $$\beta_i^2\le\max\left\{nb^2,-\dfrac{na^2}{d}\right\}$$ Xét $m$ dãy sau: $$\begin{cases}x_{0,i}=\alpha_i, y_{0,i}=\beta_i\\x_{n+1, i}=ax_{n,i}+day_{n,i}\\y_{n+1,i}=bx_{n,i}+ay_{n,i}\end{cases}$$  Với $(a, b)$ là nghiệm bé nhất của phương trình Pell loại I tương ứng $x^2-dy^2=1$. Đồng thời khi đó các dãy $(x_{n,i}), (y_{n,i})$ sẽ vét hết tất cả các nghiệm của phương trình Pell tham số $n$.
      Phương trình Pell là một công cụ rất mạnh trong việc giải quyết các phương trình nghiệm nguyên cũng như số học nói chung. Ta tìm hiểu các ví dụ sau:
 II. Bài tập ví dụ:
     Bài toán 1: Tìm tất cả các số nguyên dương $x>2$ sao cho tam giác có độ dài ba cạnh là $x-1, x, x+1$ thì diện tích của nó cũng là một số nguyên.
     Lời giải:
         Giả sử $x$ là giá trị thỏa mãn bài toán. Ta có nửa chu vi tam giác đó là: $\dfrac{x+1+x+x-1}{2}=\dfrac{3}{2}x$. Gọi $y$ là diện tích tam giác đó. Áp dụng công thức Heron, ta có: $$y=\sqrt{\dfrac{3}{2}x\left(\dfrac{3}{2}x-x-1\right)\left(\dfrac{3}{2}x-x\right)\left(\dfrac{3}{2}x-x+1\right)}=\dfrac{1}{4}x\sqrt{3(x^2-4)}\\\Leftrightarrow 16y^2=3x^2(x^2-4)$$ Do $16\;\vdots\; 2\Rightarrow x^2(x^2-4)\;\vdots\; 2\Rightarrow x\;\vdots \;2$. Đặt $x=2k,k\in\mathbb{N^*}$. Theo đó: $$6y^2=3,4k^2(4k^2-4)\\\Leftrightarrow y^2=3k^2(k^2-1)\Rightarrow y=k\sqrt{3(k^2-1)}$$ Chú ý rằng: $k,y\in\mathbb{Z^+}\Rightarrow \sqrt{3(k^2-1)}\in\mathbb{Z^+}$. Do đó tồn tại $l\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$3(k^2-1)=l^2$$ Rõ ràng $l^2\;\vdots \; 3\Rightarrow l=3m,m\in\mathbb{Z^+}$. Khi đó phương trình trở thành $$k^2-3m^2=1$$ Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được xác định bởi: $$\begin{cases}k_0=1, m_0=0\\k_1=2, m_1=1\\k_{n+2}=6k_{n+1}-k_n,\forall n=0,1,2,...\\m_{n+2}=6m_{n+1}-m_n,\forall n=0,1,2,..\end{cases}$$ Suy ra: $$\begin{cases}x_0=2,y_0=1\\x_1=4,y_1=2\\x_{n+2}=4x_{n+1}-x_{n},n=0,1,2,...\\y_{n+2}=4y_{n+1}-y_n,n=0,1,2,...\end{cases}$$  Vậy tất cả giá trị của $x$ thỏa mãn bài toán được xác định bởi dãy: $$\begin{cases}x_0=2, x_1=4\\x_{n+2}=4x_{n+1}-x_n. n=0,1,2...\end{cases}$$.
  
    Bài toán 2: Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho trung bình cộng của $n$ số chính phương đầu tiên là một số chính phương.
    Lời giải:
         Bằng qui nạp ta chứng minh được rằng: Với mọi Số nguyên dương $n$, ta luôn có: $$1^2+2^2+3^2+ ...+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$ Suy ra: $$\dfrac{1^2+2^2+3^2+...+n^2}{n}=\dfrac{(n+1)(2n+1)}{6}$$ Theo đó, ta cần tìm $n, y\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\dfrac{(n+1)(2n+1)}{6}=y^2\\&\Leftrightarrow n^2+3n+1=6y^2\\&\Leftrightarrow 16n^2+24n+4=48y^2\\&\Leftrightarrow (4n+3)^2-48y^2=1\end{aligned}$$ Đặt $x=4n+3$, thế thì ta thu được: $$x^2-48y^2=1$$ Đây chính là phương trình Pell loại I. Bằng phép thử tuần tự, ta tìm được $(7,1)$ là nghiệm nhỏ nhất của nó. Theo đó, công thức nghiệm của phương trình Pell này là: $$\begin{cases}x_0=1, y_0=0\\x_1=7, y_1=1\\x_{k+2}=14x_{k+1}-x_k, k=0,1,2,...\\y_{k+2}=14y_{k+1}-y_k,k=0,1,2,...\end{cases}$$ Bằng qui nạp, ta chứng minh được rằng: $$\begin{cases}x_{2k}\equiv 1\pmod{4}\\x_{2k+1}\equiv 3\pmod{4}\end{cases}$$ Ngoài ra: $$\begin{aligned}x_{2k+3}=14x_{2k+2}-x_{2k+1}&=14(14x_{2k+1}-x_{2k})-x_{2k+1}\\&=196x_{2k+1}-14x_{2k}-x_{2k+1}\\&=195x_{2k+1}+x_{2k+1}-14x_{2k}-x_{2k+1}\\&=194x_{2k+1}-x_{2k-1}\end{aligned}$$ Đồng thời, vì $x=4n+3$ nên $n=\dfrac{x-3}{4}\in\mathbb{Z^+}$, theo đó: $n_k=\dfrac{x_{2k+1}-3}{4}\Rightarrow n_0=1, n_1=337, n_{k+1}=194n_k-n_{k-1}+144$. Vậy, tất cả giá trị $n$ thỏa mãn bài toán là: $$\begin{cases}n_0=1, n_1=337\\n_{k+1}=194n_k-n_{k-1}+144, k=0,1,2,...\end{cases}$$                                                      
     Bài toán 3: Tìm cặp số nguyên tố $p, q$ thỏa mãn: $p^2-2q^2=1$
     Lời giải:
          Xét phương trình Pell loại I: $$x^2-2y^2=1$$ Bằng phép thử tuần tự, ta nhận thấy $(3, 2)$ là nghiệm nhỏ nhất của phương trình này đồng thời đây cũng là cặp số nhỏ nhất thỏa mãn bài toán. Theo đó, công thức nghiệm của phương trình Pell này được xác định bởi: $$\begin{cases}x_n=\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n+(3-2\sqrt{2})^n}{2}\\y_n=\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n-(3-2\sqrt{2})^n}{2\sqrt{2}}\end{cases}$$ Suy ra: $$\begin{aligned}x_n+y_n &=\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n+(3-2\sqrt{2})^n}{2}+\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n-(3-2\sqrt{2})^n}{2\sqrt{2}}\\&=\dfrac{(\sqrt{2}+1)^{2n+1}+(\sqrt{2}-1)^{2n+1}}{2\sqrt{2}}\end{aligned}$$ Áp dụng công thức khai triển Newton, ta có: $$\begin{aligned}x_n+y_n&=\dfrac{(\sqrt{2}+1)^{2n+1}+(\sqrt{2}-1)^{2n+1}}{2\sqrt{2}}\\&=\dfrac{\sum^{2n+1}_{i=0}C^i_{2n+1}(\sqrt{2})^i+\sum^{2n+1}_{i=0}C^i_{2n+1}(\sqrt{2})^i(-1)^{2n+1-i}}{2\sqrt{2}}\\&=\dfrac{2\sqrt{2}\sum^{n}_{j=0}C^{2j+1}_{2n+1}2^j}{2\sqrt{2}}=\sum^{n}_{j=0}C^{2j+1}_{2n+1}2^j\\&=C^1_{2n+1}+\sum^{n}_{j=1}C^{2j+1}_{2n+1}2^j=1+\sum^n_{j=1}C^{2j+1}_{2n+1}2^j\equiv 1\pmod{2}\end{aligned}$$ Điều này chỉ xảy ra khi $p, q$ khác tính chẵn lẻ hay nói cách khác phương trình đã cho vô nghiệm nếu $\min\{p,q\}>2$. Vậy, $(3, 2)$ là nghiệm duy nhất của bài toán.
   
     Bài toán 4: Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $2n+1$ và $3n+1$ đều là các số chính phương.
     Lời giải:
         Đặt $d=\gcd (2n+1, 3n+1)$, khi đó: $$\begin{cases}d\;|\;2n+1\\d\;|\;3n+1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} d\;|\;6n+3\\d\;|\;6n+2\end{cases}\Rightarrow d\;|\;1\Rightarrow d=1$$ Điều này cho thấy $2n+1, 3n+1$ đồng thời là các số chính phương khi và chỉ khi tồn tại $y\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;(2n+1)(3n+1)=y^2\\&\Leftrightarrow 6n^2+5n+1=y^2\\&\Leftrightarrow 144n^2+120n+24=24y^2\\&\Leftrightarrow (12n+5)^2-24y^2=1\end{aligned}$$ Đặt $x=12n+5$, phương trình trở thành: $$x^2-24y^2=1$$Đây chính là phương trình Pell loại I, vì $24$ không phải là số chính phương nên phương trình này chắc chắn có 
nghiệm và công thức nghiệm của nó được cho bởi: $$\begin{cases} x_0=1, y_0=0\\x_1=5, y_1=1\\x_{k+2}=10x_{k+1}-x_k, k=0,1,2,...\\y_{k+2}=10y_{k+1}-y_k, k=0,1,2,...\end{cases}$$ Bằng qui nạp ta chứng minh được $x_{2k+1}\equiv 5\pmod{12}$, do đó: $$n_k=\dfrac{x_{2k+1}-5}{12}$$ Ngoài ra: $$\begin{aligned}x_{2k+3}&=10x_{2k+2}-x_{2k+1}\\&=10(10x_{2k+1}-x_{2k})-x_{2k+1}\\&=99x_{2k+1}-10x_{2k}\\&=98x_{2k+1}+(10x_{2k}-x_{2k-1})-10x_{2k}\\&=98x_{2k+1}-x_{2k-1}\end{aligned}$$  Suy ra: $n_{k+1}=98n_k-n_{k-1}+40$. Và theo đó tất cả giá trị $n$ thỏa mãn bài toán là: $$\begin{cases}n_0=0, n_1=40\\n_{k+}=98n_k-n_{k-1}+40, k=0,1,2,...\end{cases}$$                                                                          
    Nhận xét: Với cách làm tương tự như bài toán 4, ta có thể giải quyết được bài toán sau:
    Bài toán (Việt Nam TST 2013):
       1. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $t$ sao cho $2012t+1$ và $2013t+1$ đều là các số chính phương.
       2. Xét $m, n$ là các số nguyên dương sao cho $mn+1$ và $(m+1)n+1$ đều là các số chính phương. Chứng minh rằng $n$ chia hết cho $8(2m+1)$
   
   Bài toán 5: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $x, y, z$ sao cho: $$x^2+y^3=z^4$$
   Lời giải:
   Bổ đề: Tồn tại vô hạn số nguyên dương $n, k$ sao cho: $$\dfrac{n(n+1)}{2}=k^2$$
Chứng minh bổ đề:
     Biến đổi phương trình $(1)$ về dạng tương đương: $$(2n+1)^2-8k^2=1$$ Đặt $m=2n+1$, phương trình $(1)$ trở thành $m^2-8k^2=1$. Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được cho bởi: $$\begin{cases}m_0=1, k_0=0\\m_1=3, k_1=2\\m_{l+2}=6m_{l+1}-m_l\\k_{l+2}=6k_{l+1}-k_l\end{cases}$$ Ngoài ra, ta thấy $m_l\equiv 1\pmod{2}$ nên giá trị $n$ thỏa mãn bổ đề được cho bởi: $$\begin{cases}n_0=0, n_1=1\\n_{l+2}=6n_{l+1}-n_l+2,l=0,1,2,...\end{cases}$$ Dãy số này chứng tỏ khẳng định của bổ đề là đúng. Bổ đề được chứng minh.
 Trở lại bài toán, Bằng qui nạp ta dễ dàng kiểm tra được rằng với mọi $n$ nguyên dương, ta luôn có: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;1^3+2^3+3^3+...+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2\\&\Leftrightarrow [1^3+2^3+3^3+...+(n-1)^3]+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2\\&\Leftrightarrow \left[\dfrac{(n-1)n}{2}\right]^2+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2\end{aligned}$$ Từ đây, áp dụng bổ đề trên, ta chọn $$\begin{cases}x=\dfrac{n(n+1)}{2}\\y=n\\z^2=\dfrac{n(n+1)}{2}\end{cases}$$ Rõ ràng đây chính là ba bộ số thỏa mãn bài toán. Từ đó suy ra đpcm.

   Bài toán 6: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $x, y$ sao cho: $$\dfrac{x+1}{y}+\dfrac{y+3}{x}=6$$
   
    Lời giải:
        Phương trình đã cho tương đương với: $$x^2+(1-6y)x+y(y+3)=0$$ Xem đây như một phương trình bậc hai ẩn $x$ tham số $y$, ta có: $$\Delta =(1-6y)^2-4y(y+3)=32y^2-24y+1$$ Bây giờ ta nhận thấy rằng phương trình đã cho có vô hạn nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi tồn tại vô hạn số nguyên dương $y,k$ thỏa mãn: $$\begin{aligned}&\;\;\;32y^2-24y+1=k^2\\&\Leftrightarrow 64y^2-48y+2=2k^2\\&\Leftrightarrow (8y-3)^2-2k^2=7\end{aligned}$$ Đặt $m=8y-3$, phương trình trở thành: $$m^2-2k^2=7\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$ Xét phương trình Pell loại I: $m^2-2k^2=1$, dễ thấy phương trình Pell này nhận nghiệm nhỏ nhất là $(3, 2)$, bằng phép thử tuần tự ta tìm được $(3, 1)$ là nghiệm cơ sở của $(*)$. Theo đó, ta xét dãy $(x_n), (y_n)$: $$\begin{cases}x_0=3, y_0=2\\x_{n+1}=3x_n+4y_n, n=1,2,3,...\\y_{n+1}=2x_n+3y_n,n=1,2,3,...\end{cases}$$ Đồng thời: $$x_{n+1}^2-2y_{n+1}^2=(3x_n+4y_n)^2-2(2x_n+3y_n)^2=x_n^2-2y_n^2=...=x_1^2-2y_1^2=7$$ Điều này chứng tỏ phương trình $m^2-2k^2=7$ có vô hạn nghiệm nguyên dương. Ngoài ra ta còn nhận thấy $x_{2k}\equiv 3\pmod{8}$, thật vậy chú ý rằng: $$\begin{aligned}x_{n+1}&=3x_n+4y_n\\&=9x_{n-1}+12y_{n-1}+4y_n\\&=9x_{n-1}+8y_{n-1}+4(y_n+y_{n-1})\\&=9x_{n-1}+8y_{n-1}+8(x_{n-1}+2x_{n-1})\equiv x_{n-1}\pmod{8}\end{aligned}$$ Như vậy, $$ x_{2k}\equiv x_{2k-2}\equiv ...\equiv x_2\equiv x_0\equiv 3\pmod{8}$$ Điều này cho thấy tồn tại vô hạn $y,k\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$(8y-3)^2-2k^2=7$$ Từ đó dễ dàng suy ra đpcm.

  Tài liệu tham khảo:
     [1] Phương trình nghiệm nguyên - Phan Huy Khải.
     [2] Phương trình Diophant - Trần Nam Dũng
     [3] Lời giải và bình luận TST 2013.

Bài toán: Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $a, b,c$: $$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+kbc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+kca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+kab}}\ge\dfrac{3}{\sqrt{k+1}}$$
Lời giải:
  Cho $a=b$, ta thu được: $$\dfrac{2a}{\sqrt{a^2+kca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+ka^2}}\ge\dfrac{3}{\sqrt{k+1}}$$  Cho $a\rightarrow 0^+$, ta thu được $k\ge 8$. Bây giờ, ta sẽ chứng minh $k=8$ chính là giá trị nhỏ nhất thỏa mãn bài toán, tức là: $$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge 1$$  Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có: $$\left(\sum_{cyc}\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\right)^2\left[\sum_{cyc}a(a+8bc)\right]\ge (a+b+c)^3\\\Leftrightarrow \left(\sum_{cyc}\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\right)^2\ge\dfrac{(a+b+c)^3}{\sum a(a+8bc)}=\dfrac{(a+b+c)^3}{a^3+b^3+c^3+24abc}$$  Và như vậy, ta lui về chứng minh: $$(a+b+c)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc$$  Điều này là hoàn toàn đúng vì theo AM-GM, ta có: $$(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)\ge a^3+b^3+c^3+24abc$$ Bất đẳng thức được chứng minh. Vậy: $$\boxed{k_{min}=8}$$

Bài toán: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}x_0=\dfrac{27}{10}\\x_{n+1}^3-3x_{n+1}(x_{n+1}-1)=x_n+1,\forall n\ge 2\end{cases}$$ Chứng minh rằng dãy số $x_n$ có giới hạn hữu hạn và xác định giới hạn đó.
Lời giải:
  Ta có: $$x_{n+1}-3x_{n+1}(x_{n+1}-1)=x_n+1\\\Leftrightarrow x_{n+1}^3-3x^2_{n+1}+3x_{n+1}-1=x_n+1\\\Leftrightarrow (x_{n+1}-1)^3=x_n\Rightarrow x_{n+1}=1+\sqrt[3]{x_n}$$ Kết hợp với $x_1=\dfrac{27}{10}\Rightarrow x_n>2,\forall n\in\mathbb{N^*}$. Xét hàm số:  $$f(x)=1+\sqrt[3]{x},\;\text{với } x>2$$ Ta có:  $$f'(x)=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}\Rightarrow 0<f'(x)<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}$$ Rõ ràng $x_{n+1}=f(x_n)$, do đó nếu ta có $L$ là giới hạn của dãy $(x_n)$ thì $L$ phải thỏa mãn phương trình: $$f(x)=x\Leftrightarrow x=1+\sqrt[3]{x}\\\Leftrightarrow (x-1)^3=x\\\Leftrightarrow (x-1)^3-x=0$$ Đặt $g(x)=(x-1)^3-x$. Ta lại có: $g(2).g(3)=-5<0$ nên phương trình $g(x)=0$ nhận nghiệm $L\in (2;3)$. Lại do $g'(x)=3x(x-2)>0, \forall x>2$ nên phương trình $g(x)=0$ có nghiệm duy nhất $L\in (2, 3)$.
  Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng $L$ chính là giới hạn của dãy $(x_n)$. Thật vậy, với mọi $\alpha ,\beta >2$ theo định lý Largrange, luôn tồn tại số $c$ sao cho: $$|f(\beta )-f(\alpha )|=|f'(c)|.|\beta -\alpha |$$ Do $f'(c)<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}$ nên ta có: $$|f(\beta )-f(\alpha )<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|\beta -\alpha |$$ Chọn $x_n=\beta, L=\alpha$, lúc này ta được: $$|f(x_n)-f(L)|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_n-L|\\\Leftrightarrow |x_{n+1}-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_n-L|$$ Tương tự, ta có: $$|x_n-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_{n-1}-L|\\|x_{n-1}-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_{n-2}-L|\\......\\|x_1-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_0-L|$$ Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được: $$|x_{n+1}-L|<\dfrac{1}{(3\sqrt[3]{4})^n}|x_0-L|$$ Suy ra $$\lim_{n\to +\infty}|x_n-L|=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{(3\sqrt[3]{4})^n}|x_0-L|=0\Leftrightarrow \lim_{n\to +\infty}x_n=L$$ Cuối cùng, ta được kết quả: $$\lim_{n\to +\infty}x_n=L,\text{với L là nghiệm của phương trình }L=1+\sqrt[3]{L}$$

Bài toán: (Japan MO 2014) Tìm số thực $k$ lớn nhất sao cho với mọi $a, b, c$ không âm thỏa $a+b+c=1$, ta luôn có: $$\dfrac{a}{1+9bc+k(b-c)^2}+\dfrac{b}{1+9ca+k(c-a)^2}+\dfrac{c}{1+9ab+k(a-b)^2}\ge\dfrac{1}{2}$$ Lời giải: 
 Cho $b=c=\dfrac{1}{2}, a=0$, ta được: $$\dfrac{\dfrac{1}{2}}{1+k.\dfrac{1}{2^2}}+\dfrac{\dfrac{1}{2}}{1+k.\dfrac{1}{2^2}}\Leftrightarrow\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{4}.k}\ge\dfrac{1}{2}\\\Leftrightarrow\dfrac{4}{4+k}\ge\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 8\ge k+4\Leftrightarrow k\le 4$$ Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng $k=4$ chính là giá trị lớn nhất thỏa mãn bài toán, tức là: $$\dfrac{a}{1+9bc+4(b-c)^2}+\dfrac{b}{1+9ca+4(c-a)^2}+\dfrac{c}{1+9ab+4(a-b)^2}\ge\dfrac{1}{2}$$ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schawrz, ta có: $$\sum_{cyc}\dfrac{a}{1+9bc+4(b-c)^2}=\sum_{cyc}\dfrac{a^2}{a+abc+ab^2+ab^2+ac^2}\\\ge\dfrac{(a+b+c)^2}{a+b+c+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)}=\dfrac{1}{1+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)}$$ Và công việc bây giờ là ta cần chứng minh: $$\dfrac{1}{1+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+1)}\ge\dfrac{1}{2}\\\Leftrightarrow 1+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)\le 2\\\Leftrightarrow 3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)\le 1\\\Leftrightarrow 3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)\le (a+b+c)^3\\\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$  Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc $3$ nên hiển nhiên nó đúng. Bất đẳng thức được chứng minh.
  Cuối cùng, ta được kết quả: $$\boxed{k_{\max}=4}$$

Bước nhảy Viète (Viète Jumping)

Ta bắt đầu với bài toán sau:
 Bài toán 1: Cho $a, b$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu $\dfrac{a^2+b^2+ab}{ab+1}$ là một số nguyên dương thì nó phải là một số chính phương.
Lời giải:
  Giả sử kết luận bài toán không đúng. Đặt $k=\dfrac{a^2+b^2+ab}{ab+1},\; k\in\mathbb{Z^+}$. Trong tập hợp tất cả các số nguyên dương $(a, b)$ thỏa mãn bài toán, ta chọn ra hai phần tử $a, b$ sao cho tổng $a+b$ là nhỏ nhất. Không giảm tính tổng quát, giả sử $a\ge b>0$. Xét phương trình bậc hai ẩn $x$: $$x^2+(b-kb)x+b^2-k=0$$ Rõ ràng, phương trình này nhận một nghiệm là $a$. Gọi nghiệm còn lại là $x_0$. Theo định lý Viète, ta có: $$\begin{cases}x_0+a=kb-b\\x_0.a=b^2-k\end{cases}$$ Từ đây, ta dễ dàng suy ra được rằng $x_0\in\mathbb{Z^+}$.
     $\bullet$  Nếu $x_0<0$ thì $x_0\le 1$, suy ra: $$x^2-(bk-b)x+b-k\ge x^2+(bk-b)+b^2-k>0,\;\text{ mâu thuẫn}$$     $\bullet$  Nếu $x_0=0$ thì $k=b^2$, mâu thuẫn.
    $\bullet$  Nếu $x_0>0$ thì $(x_0, b)$ là một cặp số thỏa mãn bài toán. Và lúc này: $$x_0+b=\dfrac{b^2-k}{a}+b<\dfrac{b^2}{a}+b<\dfrac{a^2}{a}+b=a+b$$ Điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $a+b$. Như vậy, giả thiết phản chứng là sai. Bài toán được chứng minh.
  
Ta tiếp tục với bài toán sau:

Bài toán 2: Chứng minh rằng nếu $a, b$ là các số nguyên dương sao cho $k=\dfrac{a^2+b^2}{ab-1}$ là một số nguyên thì $k=5$.
 Lời giải:
   Trong tất cả các số $(a, b)$ thỏa mãn $k$ là một số nguyên, ta chọn ra cặp $(a, b)$ sao cho $a+b$ là nhỏ nhất. Xét phương trình: $$k=\dfrac{x^2+b^2}{xb-1}\Leftrightarrow x^2-kbx+b^2+k=0\;\;\;\;\;\;(*)$$ Rõ ràng, phương trình $(*)$ nhận một nghiệm là $a$, gọi nghiệm còn lại là $x_0$. Theo định lý Viète, ta có: $$\begin{cases}x_0+a=bk\\x_0.a=b^2+k\end{cases}$$ Rõ ràng, $x_0\in\mathbb{Z^+}$.
  $\bullet$  Nếu trong hai số $a$ và $b$ có một số bằng $1$, giả sử $b=1$, thế thì: $$k=\dfrac{a^2+1}{a-1}=a+1+\dfrac{2}{a-1}\in\mathbb{Z}$$ $$\Rightarrow (a-1)\;|\;2\Rightarrow\left[ \begin{array}{1} a-1=2\\a-1=1\end{array} \right.\Leftrightarrow\left[ \begin{array}{1} a=3\\a=2\end{array} \right. \Rightarrow k=5$$
  $\bullet$  Nếu $\min\{a, b\}>1$, thì do: $$b^2-kb^2+b^2+k>0\\\Leftrightarrow k(1-b^2)+2b^2>0$$ Vì $b>1\Rightarrow b^2-1>0\Rightarrow b\ge 2$, lúc này ta có: $$k<\dfrac{2b^2}{b^2-1}=\dfrac{2}{1-\dfrac{1}{b^2}}\le\dfrac{2}{1-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{8}{3}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Mặt khác, ta lại có: $$\dfrac{1}{k}=\dfrac{ab-1}{a^2+b^2}\le \dfrac{ab-1}{2ab}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{ab}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow k>2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(1)$ và$(2)$ suy ra điều mâu thuẫn.
  Tóm lại, ta có $k=5$ là giá trị duy nhất thỏa mãn bài toán (đpcm).

Bài toán 3: (VMO 2012) 
     Xét các số tự nhiên lẻ $a, b$ thỏa mãn $a\;|\;b^2+2$ và $b\;|\;a^2+2$. Chứng minh rằng $a, b$ là các số hạng của dãy $(x_n)$ được cho bởi: $$\begin{cases}x_1=x_2=1\\x_{n+2}=4x_{n+1}-x_n\end{cases}$$
Lời giải:
   Ta có: $$\begin{cases}a\;|\;b^2+2\\b\;|\;a^2+2\end{cases}\Rightarrow ab\;|\;(a^2+2)(b^2+2)\Rightarrow ab\;|\;(a^2b^2+2a^2+2b^2+4)$$ Do $a, b$ lẻ nên ta có ngay $ab\;|\;a^2+b^2+2$ . Tương tự, ta cũng có nếu $ab\;|\;a^2+b^2+2$ thì: $$\begin{cases}a\;|\;b^2+2\\b\;|\;a^2+2\end{cases}$$. Tức là: $$\begin{cases}a\;|\;b^2+2\\b\;|\;a^2+2\end{cases}\Leftrightarrow ab\;|\;a^2+b^2+2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$ Trong các phần tử $(a, b)$ thỏa mãn $(*)$, ta chọn ra một cặp $(a, b)$ sao cho $a+b$ là nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b$ Xét phương trình bậc hai ẩn $x$ sau: $$x^2-kbx+b^2+2=0$$ Rõ ràng phương trình này nhận một nghiệm là $a$, gọi nghiệm kia là $x_0$. Theo định lý Viète, ta có: $$\begin{cases}x_0+a=bk\\x_0.a=b^2+2\end{cases}$$ Chú ý rằng $a$ là nhỏ nhất, cho nên $x_0\ge a$, suy ra: $$x_0+a\ge 2a\Rightarrow kb\ge 2a\Rightarrow \dfrac{a}{b}\le \dfrac{k}{2}$$
   $\bullet$  Nếu trong hai số $a, b$ có một số bằng $1$, giả sử $b=1$ thì $ka=a^2+3\Rightarrow k=4$.
   $\bullet$  Nếu $\min\{a, b\}>1$, thì $a\ge b\ge 2$ nên: $$k=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{2}{ab}\le \dfrac{k}{2}+1+\dfrac{1}{2}\Rightarrow k\le 3$$ Mặt khác, theo AM-GM, ta có:$$kab=a^2+b^2+2\ge 2(ab+1)\Rightarrow k\ge 3$$ Suy ra $k=3$, và $a^2+b^2+2=3ab$. Điều này chứng tỏ rằng trong hai số $a, b$ phải có một số chia hết cho $3$. Giả sử $3\;|\;b$ thế thì $b\ge 3$. Nếu $a=1$ thì dễ thấy ngay điều mâu thuẫn, suy ra: $$a\ge 2\Rightarrow ab\ge 6$$ Nếu như vậy, thì:  $$3=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{2}{ab}\le \dfrac{3}{2}+1+\dfrac{2}{6}\;\;\text{Vô lí}$$ Vậy chỉ có thể là $k=4$, tức là $$a^2+b^2+2=4ab\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(**)$$ Giả sử $(y_0, y_1)$ là một cặp số bất kì thỏa $(*)$. Giả sử $y_0>y_1$, nếu $y_0=1$ thì $y_1=1$ tức là tồn tại$n$ để $y_0=x_1, y_1=x_2$. Do đó, ta chỉ cần xét với trường hợp $y_0, y_1>1$.
  Chọn cặp $(y_1, y_2)=(y_1, 4y_1-y_0)$, rõ ràng đây cũng là một cặp số thỏa mãn $(**)$. Lúc này ta chú ý tới $4y_1-y_0<y_0$ nên $$y_1+y_2=y_1+(4y_1-y_0)<y_1+y_0$$ Tương tự, ta cũng chọn được cặp $(y_2, y_3)=(y_2, 4y_2-y_1)$ cũng thỏa $(**)$ và $y_2+y_3<y_1+y_2<y_0+y_1$.
  Tiếp tục quá trình này, ta được:  $$...<Y_i+y_{i+1}<...<y_1+y_2<y_1+y_0$$ Mặt khác, $y_1+y_0>2$ nên tồn tại $k\in\mathbb{N}$ sao cho $$y_k+y_{k+1}=2\Rightarrow y_k=y_{k+1}=1$$ Tức là:  $y_k=x_2,\; y_{k+1}=x_1$. Và như vậy, $(y_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}y_o=y_1=1\\y_{n+2}=4y_{n+1}-y_n\end{cases}$$ Theo đó, ta có: $x_{n+1}=y_n$. Bài toán được chứng minh.