$a_{0}=1,a_{1}=3$ $\left\{\begin{matrix} a_{n+2}=a_{n+1}+9a_{n} nếu n chẵn& \\ a_{n+2}=a_{n+1}+5a_{n} nếu n lẻ \end{matrix}\right.$ nếu n lẻ.CmR 1)$\sum_{1995}^{2000}a_{k}^{2}$ không chia hết cho 20 .2)$a_{2n+1}$ không chính phương
a, Với mỗi số tự nhiên $n$, ta gọi $b_n$ và $c_n$ tương ứng là phân dư trong phép chia $a_n$ cho $4$ và $5$.
Khi đó : $0\leq b_n\leq 3$ và $0\leq c_n\leq 4,\forall n=0,1,2,...$
Vì $a_0=1;a_1=3$ nên ta có :
$b_0=1;b_1=3;c_0=1;c_1=3$
Do $a_{n+1}+9a_n=a_{n+1}+a_n+8a_n$ và $8a_n\vdots 4$ ( vì $a_n$ nguyên )
Lại có : $9a_{n+1}+5a_n=8a_{n+1}+4a_n+a_{n+1}+a_n$ và $8a_{n+1}+4a_n\vdots 4$
Nên kết hợp lại ta được :
$a_{n+2}\equiv a_{n+1}+a_n$ (mod $4$) . Hay từ đó ta có :
$b_{n+2}\equiv b_{n+1}+b_n$ (mod $4$) , $\forall n=0,1,2,...(1)$
Mặt khác : $a_{n+1}+9a_n=a_{n+1}-a_n+10a_n$ và do $10a_n\vdots 5$ nên suy ra :
$a_{n+1}+9a_n\equiv a_{n+1}-a_n$ (mod $5$)
Lại thấy $9a_{n+1}-5a_n=10a_{n+1}+5a_n-a_{n+1}$ suy ra :
$9a_{n+1}-5a_n\equiv -a_{n+1}$ (mod $5$)
Từ đó ta có :
$c_{n+2}\equiv \left\{\begin{matrix} (c_{n+1}+c_n)(mod5),\forall n=2m \\ (-c_{n+1})(mod5),\forall n=2m+1 \end{matrix}\right.,\forall m=0,1,2,...$ (2)
Từ $b_0=1,b_1=3$ và $(1)$ suy ra $b_2=0,b_3=3,b_4=3,b_5=2,b_6=1,b_7=3,...$ , nghĩa là ta có :
$b_k=b_{k+6t},\forall k,t\in N$
Tương tự $c_k=c_{k+8t},\forall t\in N,k\geq 2$
Do $1995=3+6.322=3+8.249$ và $1996=4+6.322=4+8.249$ nên suy ra :
$b_{1995}=b_3=3,b_{1996}=b_4=3$
$c_{1995}=c_3=3,c_{1996}=c_4=1$
Áp dụng $(1),(2)$ suy ra :
$b_{1997}=2,b_{1998}=1,b_{1999}=3,b_{2000}=0$
$c_{1997}=4,c_{1998}=3,c_{1999}=2,c_{2000}=4$
Do $a_n\equiv b_n$ (mod $4$) và $a_n\equiv c_n$ (mod $5$) nên suy ra :
$\sum_{k=1995}^{2000}a_k^2\equiv \sum_{k=1995}^{2000}b_k^2\equiv 0$ (mod $4$)
$\sum_{k=1995}^{2000}a_k^2\equiv \sum_{k=1995}^{2000}c_k^2\equiv 0$ (mod $5$)
Vậy suy ra $\sum_{k=1995}^{2000}a_k^2$ chia hết cho $4$ và $5$ . Hay suy ra ĐPCM