Với $\alpha$ là một số thực, ta biết rằng có công thức sau $$\cos 2\alpha=2\cos^2\alpha-1.$$ Vì vậy, nếu thiết lập dãy $\left(s_n\right)_{n\in\mathbb N}$ trong đó $s_0\in [-1;\,1]$, còn cứ với $n\in\mathbb N$ có $$s_{n+1}=2s_n^2-1.$$ Thế thì bằng cách viết $s_0=\cos\alpha$, sau truy toán, ta có ngay công thức số hạng tổng quát của dãy sẽ là $$s_n=\cos 2^n\alpha.$$

Bài toán 1. Cho $s_0\in [-1;\,1]$ tìm số hạng tổng quát (SHTQ) của dãy cho bởi công thức truy hồi $$s_{n+1}=2s_n^2-1,\;\forall\,n\in\mathbb N.$$

Bây giờ với $a,\,b\in\mathbb R$, trong đó $a\ne 0$, ta đặt $as_n+b=u_n$, thì khi đó sẽ có được $u_0\in [b-a;\,b+a]$ và sau vài bước biến đổi ngớ ngẩn, ta có công thức truy hồi của $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb N}$ sẽ là\[{u_{n + 1}} = \frac{2}{a}u_n^2 – \frac{{4b}}{a}{u_n} + \frac{{2{b^2} – {a^2} + ab}}{a},\;\forall {\mkern 1mu} n \in\mathbb N. \]

Dãy $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb N}$ này sẽ thừa kế công thức cho số hạng tổng quát từ $\left(s_n\right)_{n\in\mathbb N}$ là \[{u_n} = a\cos {2^n}\arccos \frac{{{u_0} – b}}{a} + b.\]

Chẳng hạn, với $a=2,\,b=0$ ta thì ta đã giải quyết xong bài toán

Bài toán 2. Cho $s_0\in [-2;\,2]$ tìm SHTQ của dãy cho bởi công thức truy hồi $$s_{n+1}=s_n^2-2,\;\forall\,n\in\mathbb N.$$

Còn với $a=2,\,b=1$ thì có lời giải cho bài toán

Bài toán 3. Cho $s_0\in [-1;\,3]$ tìm SHTQ của dãy cho bởi công thức truy hồi $$s_{n+1}=s_n^2-2s_n,\;\forall\,n\in\mathbb N.$$

Bi giờ vấn đề đặt ra là cái công thức truy hồi thì vẫn cứ như thế kia, nhưng số hạng ban đầu nó không “ngoan ngoãn” nằm trong đoạn đóng như đã thì sao? Chẳng hạn bài toán sau

Bài toán 4. Cho $s_0=2$ tìm SHTQ của dãy cho bởi công thức truy hồi $$s_{n+1}=2s_n^2-1,\;\forall\,n\in\mathbb N.$$

Câu trả lời là chả làm sao hết, nếu ta để ý công thức Euler $$\cos \alpha=\frac{e^{i\alpha}+e^{-i\alpha}}{2}.$$ Như thế thì cũng có luôn $$\cos i\alpha=\frac{e^{\alpha}+e^{-\alpha}}{2}.$$ Mấy cái công thức biến đổi với $\cos , \sin$ thì vẫn thế, từ đó ta chỉ cần giải phương trình \[2 = \frac{{{e^\alpha } + {e^{ – \alpha }}}}{2}.\] Và rồi thì có được SHTQ là\[{s_n} = \cos i{2^n}\alpha = \frac{{{e^{{2^n}\alpha }} + {e^{ – {2^n}\alpha }}}}{2}.\]

Một ví dụ nữa cho cái trò này, là bài toán sau đây

Bài toán 5. Cho $s_0=\dfrac{21}{4}$ tìm SHTQ của dãy cho bởi công thức truy hồi $$s_{n+1}=s_n^2-2s_n,\;\forall\,n\in\mathbb N.$$

Lời giải. Đặt $s_n=2x_n+1$, thế là có $x_0=\dfrac{17}{8}$ và $$x_{n+1}=2x_n^2-1,\;\forall\,n\in\mathbb N.$$ Đến đây chọn $\alpha$ sao cho\[\frac{{17}}{8} = \cos i\alpha = \frac{{{e^\alpha } + {e^{ – \alpha }}}}{2}.\] Thế là có $\alpha =\log 4$ và như thế có SHTQ là \[{x_n} = \cos i{2^n}\alpha = \frac{{{e^{{2^n}\log 4}} + {e^{ – {2^n}\log 4}}}}{2} = \frac{{{2^{{2^{n + 1}}}} + {2^{ – {2^{n + 1}}}}}}{2}.\] Và như thế là có SHTQ cần tìm là\[{s_n} = {2^{{2^{n + 1}}}} + {2^{ – {2^{n + 1}}}} + 1.\]

Bây giờ ta quan tâm đến bài toán sau đây

Bài toán 6. Cho $a_1=7$ và $$a_{n+1}=a_n\left(a_n-2^{2^n+1}\right),\;\forall\,n\in\mathbb N.$$ Chứng minh rằng, nếu $p$ là ước nguyên tố của $a_n$ thì $3\mid (p-1).$

Lời giải. Ta có luôn đẳng thức sau\[\frac{{3{a_{n + 1}}}}{{{2^{{2^{n + 1}}}}}} = \frac{{3{a_n}\left( {3{a_n} – {2^{{2^n} + 1}}} \right)}}{{{2^{{2^{n + 1}}}}}} = {\left( {\frac{{3{a_n}}}{{{2^{{2^n}}}}}} \right)^2} – 2\left( {\frac{{3{a_n}}}{{{2^{{2^n}}}}}} \right).\] Do đó, nếu đi đặt $\frac{3a_n}{2^{2^n}}=s_{n-1}$ thế là có $s_0=\dfrac{21}{4}$, cùng công thức truy hồi $$s_{n+1}=s_n^2-2s_n.$$ Từ bài toán 5, ta có được \[{a_n} = \frac{{{2^{{2^n}}}}}{3}{s_{n – 1}} = \frac{{{2^{{2^{n + 1}}}} + {2^{{2^n}}} + 1}}{3}.\] Ta để ý $3\nmid a_n$ do là \[{v_3}\left( {3{a_n}\left( {{2^{{2^n}}} – 1} \right)} \right) = {v_3}\left( {{2^{{{3.2}^n}}} – 1} \right) = {v_3}\left( {{2^{{2^n}}} – 1} \right) + 1\]Bây giờ lấy ước nguyên tố $p$ bất kỳ của $a_n$, thì $p\ne 3$ và $p\mid 3\left(2^{2^n}-1\right)a_n$ để có \[p\mid \left( {{2^{{{3.2}^n}}} – 1} \right).\] Kéo theo là\[{2^{{{3.2}^n}}} \equiv 1\pmod p.\] Đặt $\text{ord}_p(2)=h$ thì $h\mid 3.2^n$, và xét

-Nếu $3\nmid h$, lúc này $h=2^k$ với $k\in\mathbb N,\,k\le n$ nên $h\mid 2^n$ cho ta ngay mâu thuẫn \[0 \equiv {a_n} \equiv \frac{{{1^2} + 1 + 1}}{3} \equiv 1\pmod p.\]

-Nếu $3\mid h$ lúc này theo tính chất cấp ta có $h\mid (p-1)$ và có luôn được điều cần chứng minh.

Ta hoàn tất được lời giải cho bài toán 6 nhờ những lý lẽ như đã.