Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Quy nạp với dãy truy hồi (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
a) Quy nạp: $u_1=\frac{\sqrt{2}}{2}<1$. Giả sử $0<u_n<1$ thì $u_{n+1}=\frac{1}{3}{u}_n^2+\frac{2}{3}<\frac{1}{3}+\frac{2}{3}=1$ và $u_{n+1}>0$. Vậy $u_n<1$ với mọi $n$.

b) Xét hiệu: $u_{n+1}-u_n=\frac{1}{3}{u}_n^2-u_n+\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\left(u_n^2-3u_n+2\right)=\frac{1}{3}(u_n-1)(u_n-2)$.
Vì $0<u_n<1$ nên $(u_n-1)(u_n-2)>0$, suy ra $u_{n+1}>u_n$: dãy tăng và bị chặn trên bởi 1, do đó có giới hạn hữu hạn $L$ với $L\le 1$.

Đi qua giới hạn trong hệ thức truy hồi: $L=\frac{1}{3}{L}^2+\frac{2}{3}\iff L^2-3L+2=0\iff L=1$ hoặc $L=2$. Vì $u_n<1$ nên $L\le 1$, loại $L=2$. Vậy $\lim u_n=1$.

(AI giải đề cho tôi)
Bước cơ sở: $u_0=2^0+3^0=1+1=2$ đúng; $u_1=2^1+3^1=5$ đúng. Bước quy nạp: giả sử $u_{n-1}=2^{n-1}+3^{n-1}$ và $u_n=2^n+3^n$ với $n\ge 1$. Khi đó theo giả thiết truy hồi: $u_{n+1}=5u_n-6u_{n-1}=5(2^n+3^n)-6(2^{n-1}+3^{n-1})=5\cdot 2^n-3\cdot 2^n+5\cdot 3^n-2\cdot 3^n=2\cdot 2^n+3\cdot 3^n=2^{n+1}+3^{n+1}$. Vậy theo nguyên lý quy nạp, $u_n=2^n+3^n$ với mọi số tự nhiên $n$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 13: a) Với mọi $n\ge 1$, ta có $u_{n+1}-u_n=(n+1)2^n>0$ nên $(u_n)$ là dãy số tăng.

b) Quy nạp: Với $n=1$: $u_1=1$ và $1+(1-1)2^1=1$, đúng.
Giả sử $u_n=1+(n-1)2^n$ với $n\ge 1$. Khi đó theo giả thiết truy hồi:
$$u_{n+1}=u_n+(n+1)2^n=1+(n-1)2^n+(n+1)2^n=1+2n\cdot 2^n=1+n\cdot 2^{n+1}=1+((n+1)-1)2^{n+1}.$$
Vậy theo nguyên lý quy nạp, $u_n=1+(n-1)2^n$ với mọi $n\ge 1$.

Kiểm tra: $u_2=1+2\cdot 2=5=1+1\cdot 4$ ✓; $u_3=5+3\cdot 4=17=1+2\cdot 8$ ✓.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $y_n=x_n-1$. Vì $\frac{2n+11}{n+5}=2+\frac{1}{n+5}$ nên phương trình truy hồi trở thành $$y_{n+1}=y_n^2+\frac{1}{n+5},y_1=\frac{1}{2}.$$ Ta chứng minh bằng quy nạp rằng $y_n\le \frac{5}{2n+8}$ với mọi $n\ge 1$, tức là $x_n\le \frac{2n+13}{2n+8}$.

- Với $n=1$: $y_1=\frac{1}{2}=\frac{5}{10}$, đẳng thức xảy ra.
- Giả sử $y_n\le \frac{5}{2n+8}=\frac{5}{2(n+4)}$. Vì $y_n^2\ge 0$ nên $y_n>0$ với mọi $n$ (do $y_{n+1}=y_n^2+\frac{1}{n+5}>0$), do đó $y_{n+1}\le \frac{25}{4(n+4{)}^2}+\frac{1}{n+5}$.

Ta cần chứng minh $$\frac{25}{4(n+4{)}^2}+\frac{1}{n+5}\le \frac{5}{2(n+5)}.$$ Nhân hai vế với $4(n+4{)}^2(n+5)>0$, bất đẳng thức tương đương $$25(n+5)+4(n+4{)}^2\le 10(n+4{)}^2⟺25(n+5)\le 6(n+4{)}^2$$ $$⟺6n^2+23n-29\ge 0⟺(n-1)(6n+29)\ge 0,$$ luôn đúng với $n\ge 1$ (đẳng thức tại $n=1$). Suy ra bất đẳng thức cần chứng minh đúng với mọi $n$.

Vậy $x_n\le \frac{2n+13}{2n+8}=1+\frac{5}{2n+8}$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Mặt khác, với $n\ge 2$: $y_n=y_{n-1}^2+\frac{1}{n+4}>\frac{1}{n+4}$. Do đó với mọi $n\ge 2$: $$\frac{1}{n+4}<y_n\le \frac{5}{2n+8}.$$ Vì cả hai cận đều tiến về $0$ khi $n\to \infty$, theo nguyên lý kẹp $y_n\to 0$, tức là $$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=1.$$

a) Ta chứng minh $a_n=(-1{)}^n+n$ với mọi $n\ge 1$ bằng quy nạp.

Ta có $a_1=0=(-1{)}^1+1$ (đúng).

Giả sử $a_k=(-1{)}^k+k$ với $k\ge 1$. Ta chứng minh $a_{k+1}=(-1{)}^{k+1}+k+1$.

Thật vậy, $a_{k+1}=-a_k+2k+1=-\left((-1{)}^k+k\right)+2k+1=(-1{)}^{k+1}+k+1$.

Vậy theo nguyên lí chứng minh quy nạp, ta có $a_n=(-1{)}^n+n$ với mọi $n\ge 1$.

Ta có $S=a_1+a_2+\dots +a_{2025}=\left[(-1)+(-1{)}^2+\dots +(-1{)}^{2025}\right]+(1+2+\dots +2025)$

$=(-1)\cdot \frac{1-(-1{)}^{2025}}{1-(-1)}+\frac{2025}{2}(1+2025)=2051324$.

b) Ta chứng minh $u_n>3$ với mọi $n\ge 1$ bằng quy nạp.

Ta có $u_1=4>3$ (đúng).

Giả sử $u_k>3$ với $k\ge 1$. Ta chứng minh $u_{k+1}>3$.

Thật vậy, $u_{k+1}>3\iff u_k^2-5u_k+9>3\iff (u_k-2)(u_k-3)>0$ (luôn đúng).

Vậy theo nguyên lí chứng minh quy nạp, ta có $u_n>3$ với mọi $n\ge 1$.

Ta có $u_{n+1}-3=(u_n-2)(u_n-3)$

$\Rightarrow \frac{1}{u_{n+1}-3}=\frac{1}{(u_n-2)(u_n-3)}=\frac{1}{u_n-3}-\frac{1}{u_n-2}\Rightarrow \frac{1}{u_n-2}=\frac{1}{u_n-3}-\frac{1}{u_{n+1}-3}$.

Ta có $\frac{1}{u_1-2}+\frac{1}{u_2-2}+\dots +\frac{1}{u_{2025}-2}=\left(\frac{1}{u_1-3}-\frac{1}{u_2-3}\right)+\left(\frac{1}{u_2-3}-\frac{1}{u_3-3}\right)+\dots +\left(\frac{1}{u_{2025}-3}-\frac{1}{u_{2026}-3}\right)$

$=\frac{1}{u_1-3}-\frac{1}{u_{2026}-3}=1-\frac{1}{u_{2026}-3}$.

Ta có $u_{2026}>3$ nên $-\frac{1}{u_{2026}-3}<0$, do đó $\frac{1}{u_1-2}+\frac{1}{u_2-2}+\dots +\frac{1}{u_{2025}-2}<1$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $f(x)=\sqrt[3]{x^2-8}$. Trên $[-2,-\sqrt[3]{4}]$ ta có $f^{\prime }(x)=\frac{2x}{3(x^2-8{)}^{2/3}}<0$ nên $f$ nghịch biến, và $|f^{\prime }(x)|\le \frac{4}{3\sqrt[3]{16}}<1$.

**a.** Quy nạp: $u_1=-2$ thỏa. Giả sử $-2\le u_n\le -\sqrt[3]{4}$. Khi đó $u_n^2\in [\sqrt[3]{16},4]$ nên $u_n^2-8\in [\sqrt[3]{16}-8,-4]$, suy ra $u_{n+1}=\sqrt[3]{u_n^2-8}\in [\sqrt[3]{\sqrt[3]{16}-8},-\sqrt[3]{4}]$. Vì $\sqrt[3]{16}-8>-8$ nên $\sqrt[3]{\sqrt[3]{16}-8}>-2$. Vậy $-2\le u_{n+1}\le -\sqrt[3]{4}$, đpcm.

**b.** Xét phương trình $f(x)=x$, tức $x^3-x^2+8=0$. Ta có $(-2{)}^3-(-2{)}^2+8=-4<0$ và $(-\sqrt[3]{4}{)}^3-(-\sqrt[3]{4}{)}^2+8=-4-\sqrt[3]{16}+8>0$, nên tồn tại duy nhất (do $x^3-x^2+8$ có đạo hàm $3x^2-2x=x(3x-2)>0$ trên $x<0$) nghiệm $\alpha \in (-2,-\sqrt[3]{4})$, tức $f(\alpha )=\alpha$.

Vì $f$ nghịch biến: nếu $u_n<\alpha$ thì $u_{n+1}=f(u_n)>f(\alpha )=\alpha$; nếu $u_n>\alpha$ thì $u_{n+1}<\alpha$. Vì $u_1=-2<\alpha$, dãy lần lượt qua lại hai bên $\alpha$: các số hạng lẻ $u_{2k+1}<\alpha$, các số hạng chẵn $u_{2k}>\alpha$.

Xét $g=f\circ f$, tăng ngặt (tích của hai hàm nghịch biến dương) và $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(f(x))f^{\prime }(x)\le {\left(\frac{4}{3\sqrt[3]{16}}\right)}^2<1$. Xét $h(x)=g(x)-x$: $h^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)-1<0$ nên $h$ nghịch biến, $h(\alpha )=g(\alpha )-\alpha =0$. Do đó:
- với $x<\alpha$: $h(x)>0$, tức $g(x)>x$;
- với $x>\alpha$: $h(x)<0$, tức $g(x)<x$.

Suy ra dãy lẻ $(u_{2k+1})$ tăng ngặt và bị chặn trên bởi $\alpha$; dãy chẵn $(u_{2k})$ giảm ngặt và bị chặn dưới bởi $\alpha$. Vậy cả hai dãy con hội tụ, giới hạn $L$ thỏa $L=g(L)$. Nếu $g(L)=L$ với $L\in [-2,-\sqrt[3]{4}]$, đặt $y=f(L)$ thì $f(y)=L$; nếu $y>L$ thì do $f$ nghịch biến $L=f(y)<f(L)=y$, vô lý tương tự khi $y<L$, nên $y=L$, tức $L=f(L)$, suy ra $L=\alpha$ (nghiệm duy nhất trên đoạn).

Hai dãy con lẻ và chẵn cùng hội tụ về $\alpha$, vậy dãy $(u_n)$ hội tụ đến $\alpha =\lim u_n$, tức tồn tại giới hạn hữu hạn khi $n\to +\infty$.

LỜI GIẢI (tham khảo, SMFE - Bản luận toán học số 12):
Ta thấy rằng $4\pm \sqrt{15}$ là các nghiệm của phương trình
$$x^2-8x+1=0$$
nên ta có thể suy ra dãy $(u_n)$ được xác định như sau
$$\{\begin{array}{l}{u}_1=8,u_2=62\\ u_{n+2}=8u_{n+1}-u_n,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\end{array}.$$
Từ đây, ta thấy $u_n\in \mathbb{Z}$ với mọi $n$ và $u_{n+2}\equiv -u_n(\mathrm{mod}8)$. Do $u_1\equiv 0(\mathrm{mod}8)$ và $u_2\equiv 6(\mathrm{mod}8)$ nên ta suy ra
$$\{\begin{array}{l}{u}_{2n}\equiv 2(\mathrm{mod}4)\\ u_{2n-1}\equiv 0(\mathrm{mod}8)\end{array},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$$
Do đó $u_n$ chia hết cho 2 với mọi $n$ và
$$A\equiv 1012\cdot 0+1013\cdot 4\equiv 0(\mathrm{mod}8).$$

LỜI GIẢI (tham khảo, SMFE - Bản luận toán học số 12):
Với mỗi số nguyên dương $n$, ký hiệu $S_n$ là cách tô màu cho $n$ ô vuông thỏa mãn đề bài; $x_n$, $y_n$ là số cách tô riêng tương ứng với ô đầu tiên được tô màu đen và trắng. Khi đó
$$S_n=x_n+y_n,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$$
Xét một cách tô mà ô vuông đầu tiên được tô màu đen. Theo (i.), ô vuông thứ hai phải được tô trắng nên
$$x_n=y_{n-1},\forall n⩾2.\text{\hspace{1em}(7)}$$
Xét một cách tô mà ô vuông đầu tiên được tô màu trắng và ta xét hai trường hợp sau
- Trường hợp 1. Ô vuông thứ hai được tô màu trắng. Khi đó ô vuông thứ ba là màu đen và số cách tô là $x_{n-2}$.
- Trường hợp 2. Ô vuông thứ hai là màu đen. Khi đó số cách tô là $x_{n-1}$.
Qua hai cách đếm trên, ta suy ra $y_n=x_{n-1}+x_{n-2}$ với mọi $n⩾3$. Kết hợp với (7), ta suy ra $x_n=x_{n-2}+x_{n-3}$ với mọi $n⩾4$. Mà ta có thể đếm được $x_1=1,x_2=1,x_3=2$ nên ta có thể đếm được $x_{21}=265,x_{22}=351$. Do đó
$$S_{21}=x_{21}+y_{21}=x_{21}+x_{22}=616.$$
Vậy ta có 616 cách tô thỏa mãn.

a) Đầu tiên, ta sẽ chứng minh $u_n\in (0;1)$ bằng phương pháp quy nạp. Rõ ràng, $u_0=a\in (0;1)$. Giả sử, $u_n\in (0;1)$ với số tự nhiên $n\ge 0$. Ta có, $$0<u_n<1\Rightarrow 0<1-u_n<1\Rightarrow 0<(1-u_n{)}^3<1.$$ Do đó, $u_{n+1}=\sqrt{(1-u_n{)}^3}\in (0;1)$. Vậy theo nguyên lý quy nạp, $u_n\in (0;1)$ với mọi $n\ge 0$.

Cuối cùng, ta chứng minh hệ thức $f(a)=(-1{)}^n\cdot \sqrt[3]{u_1{u}_2\dots u_n}\cdot f(u_n)$ với mọi số nguyên dương $n$. Từ hệ thức truy hồi của dãy số, ta có, $$(u_n{)}^{\frac{2}{3}}=1-u_{n-1}\Rightarrow \sqrt{1-u_{n-1}}=\sqrt[3]{u_n},$$ với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

Mặt khác, $$f(u_{n-1})=-\sqrt{1-u_{n-1}}\cdot f\left(\sqrt{(1-u_{n-1}{)}^3}\right)=-\sqrt[3]{u_n}\cdot f(u_n),$$ với mọi $n\in \mathbb{Z}$. Khi đó,

$$f(a)=f(u_0)=-\sqrt[3]{u_1}\cdot f(u_1)$$
$$=\left(-\sqrt[3]{u_1}\right)\cdot \left(-\sqrt[3]{u_2}\right)\cdot f(u_2)=(-1{)}^2\sqrt[3]{u_1{u}_2}\cdot f(u_2)$$
$$\dots$$
$$=(-1{)}^n\sqrt[3]{u_1{u}_2\dots u_n}\cdot f(u_n)$$

với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

b) Rõ ràng, $f(1)=0$, dẫn đến $f(1)=0$. Lấy $a\in (0;1)$ tùy ý, xét dãy số $(u_n)$ xác định bởi công thức $u_0=a\in (0;1)$ và $u_{n+1}=\sqrt{(1-u_n{)}^3}$. Ta có,

$${\left(u_n\cdot u_{n+1}\right)}^2=u_n^2\cdot (1-u_n{)}^3\stackrel{\text{AM–GM}}{\le }{\left(\frac{6\sqrt{15}}{125}\right)}^2<{\left(\frac{24}{125}\right)}^2,$$

với mọi $n\in \mathbb{N}$.

Suy ra, $$u_n\cdot u_{n+1}<\frac{24}{125},$$ với mọi $n\in \mathbb{N}$. Khi đó,

$$0<u_1{u}_2\cdots u_n=\{\begin{array}{ll}{u}_1{u}_2\cdots u_{2k}\le {\left(\frac{24}{125}\right)}^k& \text{neˆˊu }n=2k\\ u_1{u}_2\cdots u_{2k}{u}_{2k+1}<u_1{u}_2\cdots u_{2k}\le {\left(\frac{24}{125}\right)}^k& \text{neˆˊu }n=2k+1.\end{array}$$

Suy ra, $\underset{n\to +\infty }{\lim }\sqrt[3]{u_1{u}_2\dots u_n}=0$.

Mặt khác, từ định nghĩa hàm $f$, ta có, $f(u_n)$ bị chặn, do đó,

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\left[(-1{)}^n\cdot \sqrt[3]{u_1{u}_2\dots u_n}\cdot f(u_n)\right]=0.$$

Theo kết quả câu a), ta có, $f(a)=(-1{)}^n\cdot \sqrt[3]{u_1{u}_2\dots u_n}\cdot f(u_n)$, dẫn đến, $f(a)=0$ với mọi $a\in (0;1)$. Hơn nữa, do $f(0)=f(1)=0$ nên $f(x)=0$ với mọi $x\in [0;1]$.

a) (3,0 điểm) Xét một cặp số $(a,b)$ là HV2026. Nếu $a=1=1^{24}$ thì $a$ là lũy thừa bậc 24 của 1. Nếu $a>1$ thì ta đặt $a^{21}+b^{24}+a=abc$ với $c\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Rõ ràng phải có $a\mid b^{24}$. Xét một ước nguyên tố $p$ của $a$ suy ra $p$ cũng là ước của $b$ và đặt $x=v_p(a)$, $y=v_p(b)$ thì trước hết có $0<x\le 24y$. (1,0)

Nếu $x<24y$ thì $v_p(a^{21}+a)=v_p(a)=x$ nên theo tính chất của số mũ đúng, ta có $v_p\left(a^{21}+b^{24}+a\right)=\min \left\{v_p\left(a^{21}+a\right),v_p\left(b^{24}\right)\right\}=x$.

Chú ý rằng $v_p(ab)=x+y>x$ nên không thể có phép chia hết. Do đó $x=24y$, suy ra $v_p(a)$ chia hết cho 24. Điều này đúng với mọi ước nguyên tố $p$ tùy ý của $a$ nên phải có $a$ là lũy thừa bậc 24 của một số nguyên dương nào đó. (1,0)

Do chứng minh trên ta được có số nguyên dương $u$ sao cho $a=u^{24}$, kết hợp với $u^{24}\mid b^{24}$ suy ra $u\mid b$. Tiếp theo từ ${\left(u^{24}\right)}^{21}+b^{24}+u^{24}=u^{24}bc$ ta được $u^{480}+{\left(\frac{b}{u}\right)}^{24}+1=bc$ suy ra $b\mid u^{480}+v^{24}+1$ trong đó $v$ thỏa mãn $b=uv$. (1,0)

b) (2,0 điểm) Để đơn giản, đặt $A=24$, $B=480$. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo $n\ge 1$ rằng $u_n,v_n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, đồng thời $u_n\mid v_n^A+1$ và $v_n\mid u_{n+1}^B+1$.

Với $n=1$ thì rõ ràng $u_1,v_1\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và $\left(u_1^{24};u_1{v}_1\right)=(1;2)$ thỏa mãn $1\cdot 2\mid 1^{21}+2^{24}+1$ suy ra $\left(u_1^{24};u_1{v}_1\right)$ là HV2026.

Giả sử khẳng định đúng đến $n\ge 1$. Khi đó, ta sẽ có ngay
$$u_{n+1}=\frac{v_n^A+1}{u_n}\in {\mathbb{N}}^{\ast }\text{ vaˋ }{v}_{n+1}=\frac{u_{n+1}^B+1}{v_n}\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$$
Tiếp theo, ta cần chứng minh rằng $u_{n+1}\mid v_{n+1}^A+1$ và $v_{n+1}\mid u_{n+2}^B+1$. (0,5)

Ta có $v_{n+1}{v}_n=u_{n+1}^B+1$ nên $v_{n+1}{v}_n\equiv 1(\mathrm{mod}{u}_{n+1})$ và $v_{n+1}^A{v}_n^A\equiv 1(\mathrm{mod}{u}_{n+1})$.

Mặt khác, $v_n^A+1=u_{n+1}{u}_n$ nên $v_n^A\equiv -1(\mathrm{mod}{u}_{n+1})$, kết hợp với đồng dư thức trên, ta có ngay $v_{n+1}^A\equiv -1(\mathrm{mod}{u}_{n+1})$ hay $u_{n+1}\mid v_{n+1}^A+1$. (0,5)

Suy ra $u_{n+2}=\frac{v_{n+1}^A+1}{u_{n+1}}\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $u_{n+1}{u}_{n+2}\equiv 1(\mathrm{mod}{v}_{n+1})$ và $u_{n+2}^B{u}_{n+1}^B\equiv 1(\mathrm{mod}{v}_{n+1})$.

Chú ý $u_{n+1}^B+1=v_{n+1}{v}_n$ nên $u_{n+1}^B\equiv -1(\mathrm{mod}{v}_{n+1})$, thay vào đồng dư thức trên, ta cũng có $u_{n+2}^B\equiv -1(\mathrm{mod}{v}_{n+1})$ hay $v_{n+1}\mid u_{n+2}^B+1$. Quy nạp hoàn tất. (0,5)

Cuối cùng, ta cần chứng minh $(a,b)=\left(u_n^{24};u_n{v}_n\right)$ là HV2026 hay quy về
$$u_n^{25}{v}_n\mid u_n^{24\cdot 21}+u_n^{24}{v}_n^{24}+u_n^{24}.$$
Điều này tương đương với $u_n{v}_n\mid u_n^{480}+v_n^{24}+1$. Để ý rằng với $n\ge 2$ ta có
- $u_n^{480}+1=v_n{v}_{n-1}$ nên chia hết cho $v_n$, suy ra $v_n\mid u_n^{480}+v_n^{24}+1$.
- $v_n^{24}+1=u_{n+1}{u}_n$ nên chia hết cho $u_n$, suy ra $u_n\mid u_n^{480}+v_n^{24}+1$.

Cuối cùng, cũng từ $v_n^{24}+1=u_{n+1}{u}_n$, ta có $\gcd \left(u_n,v_n\right)=1$, $\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên phép chia hết ở trên là đúng. Vì thế nên $\left(u_n^{24};u_n{v}_n\right)$ là HV2026. (0,5)

Lời giải.

a) Trước hết xét một dãy gồm $m$ đỉnh thẳng hàng. Gọi $a_m$ là số cách tô đỏ, xanh các đỉnh sao cho không có hai đỉnh xanh liên tiếp.

Ta có $a_1=2$, $a_2=3$. Với $m\ge 3$, xét màu của đỉnh cuối cùng. Nếu đỉnh cuối màu đỏ thì $m-1$ đỉnh trước có $a_{m-1}$ cách tô. Nếu đỉnh cuối màu xanh thì đỉnh ngay trước nó bắt buộc màu đỏ, còn $m-2$ đỉnh đầu có $a_{m-2}$ cách tô. Do đó $a_m=a_{m-1}+a_{m-2}$.

Trở lại với đa giác 2026 đỉnh. Xét màu của $A_1$.

- Nếu $A_1$ màu đỏ thì $A_2,A_3,\dots ,A_{2026}$ là một dãy 2025 đỉnh, nên có $a_{2025}$ cách tô.
- Nếu $A_1$ màu xanh thì do $A_2$ và $A_{2026}$ đều kề $A_1$, hai đỉnh này bắt buộc màu đỏ. Khi đó chỉ còn dãy $A_3,A_4,\dots ,A_{2025}$ gồm 2023 đỉnh cần tô, nên có $a_{2023}$ cách.

Vì vậy số cách tô là $a_{2025}+a_{2023}={\left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)}^{2026}+{\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)}^{2026}$.

b) Ta biểu diễn mỗi cách tô bằng một quỹ đạo trên lưới ô vuông, xuất phát từ $O=(0,0)$ như sau:

- Nếu $A_i$ được tô đỏ thì đi một bước sang phải.
- Nếu $A_i$ được tô xanh thì đi một bước lên trên.

Sau $k$ bước, hoành độ của điểm đang đứng bằng số đỉnh đỏ trong $A_1,A_2,\dots ,A_k$, còn tung độ bằng số đỉnh xanh. Vì vậy điều kiện của bài toán tương đương với việc quỹ đạo luôn nằm trên hoặc phía dưới đường thẳng $y=x$.

Giả sử có đúng $j$ đỉnh xanh, với $0\le j\le 1013$. Khi đó có $2026-j$ đỉnh đỏ, nên quỹ đạo đi từ $(0,0)$ đến $(2026-j,j)$ bằng $2026-j$ bước sang phải và $j$ bước lên.

Nếu bỏ qua điều kiện $y\le x$, số quỹ đạo là $C_{2026}^j$, và ta cần tính số quỹ đạo không thoả mãn.

Một quỹ đạo như vậy phải có lúc đi lên phía trên đường $y=x$. Xét điểm đầu tiên quỹ đạo chạm đường $y=x+1$, giả sử đó là $(t,t+1)$. Lúc lấy đối xứng quỹ đạo từ $(0,0)$ đến $(t,t+1)$ qua đường $y=x$, tức là đổi mỗi bước sang phải thành bước lên và mỗi bước lên thành bước sang phải. Khi đó điểm $(t,t+1)$ biến thành $(t+1,t)$, nên toàn bộ quỹ đạo biến thành một quỹ đạo từ $(0,0)$ đến $(2027-j,j-1)$.

Ngược lại, với một quỹ đạo bất kỳ từ $(0,0)$ đến $(2027-j,j-1)$, vì hoành độ cuối lớn hơn tung độ cuối nên quỹ đạo có một điểm đầu tiên nằm trên đường $x=y+1$. Đối xứng đoạn đầu đến điểm đó qua $y=x$ ta thu lại duy nhất một quỹ đạo từ $(0,0)$ đến $(2026-j,j)$ đã đi lên phía trên $y=x$. Do đó đây là một song ánh.

Vì quỹ đạo từ $(0,0)$ đến $(2027-j,j-1)$ có đúng $j-1$ bước lên trong tổng số 2026 bước, số quỹ đạo không thỏa mãn là $C_{2026}^{j-1}$. Vậy với đúng $j$ đỉnh xanh, số cách tô thỏa mãn là $C_{2026}^j-C_{2026}^{j-1}$, với quy ước $C_{2026}^{-1}=0$. Cộng $j$ từ 0 tới 1013, ta được số cách tô thoả mãn là
$$\sum _{j=0}^{1013}\left(C_{2026}^j-C_{2026}^{j-1}\right)=C_{2026}^{1013}.$$

Nhận xét. Bài toán trên sử dụng ý tưởng quỹ đạo tương tự với Hùng Yên TST 2026. Bài toán: Cho số nguyên dương $n$. Hai bạn $A$ và $B$ cùng tham gia một trò chơi gồm $n$ lượt. Mỗi lượt, họ độc lập giải cùng một câu đố và kết quả là mỗi người chơi hoặc giải được hoặc không giải được. Đặt $c_A(i),c_B(i)$ lần lượt là tổng số câu đố mà $A,B$ giải được trong $i$ lượt đầu tiên. Hỏi có bao nhiêu kịch bản có thể xảy để $A$ đạt giải đặc biệt, nghĩa là sau khi kết thúc toàn bộ $n$ lượt chơi, $A$ không chỉ giải được nhiều câu đố hơn $B$ ($c_A(n)>c_B(n)$), mà còn chưa bao giờ để $B$ bỏ xa quá một câu trong suốt quá trình ($\forall i=1,2,\dots ,n:c_B(i)-c_A(i)\le 1$)?