SKKN Phương pháp định hướng, tìm lời giải cho bài toán xác định công thức tổng quát của dãy số, tìm giới hạn tổng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT TƯƠNG DƯƠNG 2
-------------------

SÁNG KIẾN
PHƯƠNG PHÁP ĐỊNH HƯỚNG, TÌM LỜI GIẢI CHO BÀI TỐN
XÁC ĐỊNH CƠNG THỨC TỔNG QT CỦA DÃY SỐ,
TÌM GIỚI HẠN TỔNG

LĨNH VỰC: TỐN
NHĨM TÁC GIẢ: 1. TRẦN VĂN KHÁNH- PHĨ HIỆU TRƯỞNG
2. NGUYỄN VĂN HUẤN- GIÁO VIÊN TỐN.
SĐT: 0968632555

Năm học: 2021-2022

1


A - PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Dãy số và giới hạn của dãy số là một phần kiến thức vơ cùng quan trọng
trong chương trình tốn học phổ thông, xuất hiện rất nhiều trong các đề thi học
sinh giỏi Olympic, học sinh giỏi tỉnh, và trong các đề thi chọn học sinh giỏi quốc
gia. Trong rất nhiều bài tốn, đơi khi “chiếc chìa khóa” chính là phải xác định được
số hạng tổng quát của dãy số, tuy vậy công việc này cũng không hề dễ dàng với
các em học sinh. Mặc dù có rất nhiều tài liệu hướng dẫn cách xác định công thức
của số hạng tổng quát nhưng vấn đề ở chổ khi đối mặt với một bài tốn dãy số các
em chưa có một định hướng, tư duy chính xác để giải quyết được vấn đề.
Qua thực tế giảng dạy bồi dưỡng học sinh khá, giỏi ở lớp 11 tại trường, tôi
thấy các em học sinh rất khó khăn trong việc xác định số hạng tổng qt của dãy

số. Vì thế tơi đã áp dụng một số biện pháp nhằm giúp các em có thể tiếp cận, tư
duy định hướng và giải được các bài tập về dãy số tốt hơn.
Để rút ra bài học cần thiết, tôi đã lựa chọn học sinh của lớp 11 qua bài kiểm
tra và phần điều tra tôi đã phân loại chất lượng học tập và tìm nguyên nhân, từ đó
thực hiện các biện pháp thích hợp trong q trình giảng dạy.
2. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài
Trình bày các ý tưởng, cách suy nghĩ để tìm lời giải cho bài toán xác định số
hạng tổng quát của dãy số, giúp học sinh tiếp cận các cách giải khác nhau, so sánh
chúng từ đó tìm ra lời giải tối ưu nhất cho bài tốn. Qua đó, giúp các em khơng cịn
“ sợ” khi đối mặt với các bài tốn dãy số.
Định hướng cho học sinh tính giới hạn của tổng thơng qua việc thu gọn tổng
đó bằng cách phân tích hạng tử tổng quát thành hiệu các hạng tử nối tiếp nhau để
các hạng tử có thể triệt tiêu, cuối cùng đưa tổng đó về biểu thức chỉ cịn chứa xn ,
sau đó tìm limxn.
3. Đối tượng nghiên cứu
Các bài tốn về xác định cơng thức tổng qt của dãy số và áp dụng tính giới
hạn.
Các bài tốn tìm giời hạn của tổng.
4. Giới hạn của đề tài

2


Giới hạn của đề tài chỉ dừng lại ở việc định hướng tìm lời giải cho các bài
tốn xác định công thức tổng quát của một số dãy số, từ đó áp dụng vào một số bài
tốn cụ thể. Qua đó, người đọc có thể trang bị thêm cho mình phương pháp xác
định công thức tổng quát của dãy số. Đặc biệt áp dụng các công thức lượng giác và
lý thuyết về sai phân tuyến tính để giải quyết vấn đề.
5. Phương pháp nghiên cứu
Để áp dụng được một phần đề tài “ Phương pháp định hướng, tìm lời giải cho

bài tốn xác định cơng thức tổng qt của dãy số, tìm giới hạn tổng’’ tơi kết hợp sử
dụng phương pháp phép thế lượng giác, lý thuyết về phương trình sai phân tuyến tính
cấp một và cấp hai qua một số chuyên đề mà bản thân tôi đã được học.
Nội dung của đề tài nhằm cung cấp một số phương pháp cơ bản xác định
công thức tổng quát của dãy số và có sự phân loại ở một số bài tốn. Đây cũng là
đề tài mà tơi đã dạy cho học sinh, đặc biệt là học sinh khá giỏi và lớp chọn và là tài
liệu cho học sinh và đồng nghiệp tham khảo.
Trong đề tài này tôi đã sử dụng một số kết quả có tính hệ thống của “ Lý thuyết
phương trình sai phân” tuy nhiên những vấn đề áp dụng kiến thức toán học hiện đại
chỉ dừng lại ở một số trường hợp đặc biệt và giới hạn trong trường số thực.

B - PHẦN NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận
Dựa trên cơng thức lượng giác dự đốn cơng thức của số hạng tổng quát của
dãy số và chứng minh cơng thức bằng phương pháp quy nạp tốn học. Dựa vào lý
thuyết của phương trình sai phân tuyến tính để xác định số hạng tổng quát của dãy.
Dựa vào phương pháp đặt ẩn phụ để đưa dãy chưa xác định được về cấp số nhân
thông qua một dãy phụ để xác định số hạng tổng quát của dãy cần tìm.
2. Thực trạng việc dạy và học chuyên đề dãy số ở trường trung học phổ thơng
+ Về phía giáo viên
Trong những năm gần đây, hầu hết các giáo viên ở trường đã tích cực đổi mới
phương pháp giảng dạy và chuyên đề dãy số cũng không phải ngoại lệ. Tất cả các
thầy cô giáo của tổ đều nhận thấy được tầm quan trọng của việc giúp học sinh xác
định được công thức của số hạng tổng quát của dãy số khi dãy số cho bằng công
thức truy hồi. Các thầy cô đều nắm rất vững các phương pháp xác định công thức
của số hạng tổng quát của dãy số và luôn cố gắng truyền đạt cho học sinh. Tuy
nhiên, qua thăm dị ý kiến thì hầu hết các thầy cô đều cho rằng đây là một phần
kiến thức “quá khó, vượt tầm” với hầu hết học sinh, các em có cố gắng nhưng vẫn
3

không thể hiểu nổi. Một bộ phận thầy cô tỏ ra chán nản và dạy qua loa đại khái cho
xong, hiệu quả mang lại chưa cao, học sinh không tiếp cận được.
+ Về phía học sinh:
Phần lớn các em đều ý thức được tầm quan trọng của dãy số, tuy nhiên các em
thừa nhận rằng học phần dãy số quá khó khăn, đặc biệt là các cách xác định cơng
thức của số hạng tổng quát. Các em có nắm phương pháp cũng không thể áp dụng
được với những bài khác nhau.
3. Nội dung và hình thức của giải pháp
3.1 Mục tiêu của giải pháp
Trang bị cho các em học sinh những kiến thức căn bản về các cách xác định
công thức của số hạng tổng quát, giúp học sinh định hướng tư duy và tìm tịi lời
giải.
Giới thiệu cho học sinh các cách giải khác nhau trên một số bài tốn để các em
có cái nhìn đa chiều, so sánh và đánh giá chúng để tìm ra cách giải tối ưu.
3.2 Nội dung và cách thức thực hiện giải pháp
3.2.1 Sử dụng phép thế lượng giác
1

u1  2
Ví dụ 1: Xác định số hạng tổng quát của dãy số sau: 
u  2u 2  1
n1
 n

Cách giải 1:
Ý tưởng: Dựa vào công thức truy hồi ta kiểm tra một vài số hạng của dãy
u1 

1

2

1
1
u2  2 1  
4
2
2
1
 1
u3  2     1  
2
 2
1
u4  
2
...............

 un  

1
2
4


Từ những kết quả có được ta có thể dự đốn và chứng minh cơng thức của số hạng
tổng qt bằng phương pháp quy nạp. Nhưng không phải bài nào cũng đẹp như
vậy, do đó ta có cách giải thứ 2
Cách giải 2:
Ý tưởng: Từ hệ thức truy hồi ta liên tưởng đến công thức: cos2 x  2cos 2 x 1

Do đó:


2
u1  cos , u2  2cos 2 x 1  cos
3
3
4
8
2n1
, u4  cos ...  un  cos
u3  cos
3
3
3
Bằng phương pháp chứng minh quy nạp ta được:
un  cos

2n1
1

3
2

1

u1  2
Ví dụ 2: Xác định số hạng tổng quát của dãy số sau: 
2  2 1  u 2n1


un 
2

2
2
Ý tưởng: Ta liên tưởng đến công thức sin x  cos x  1

1

u   sin , u 
1 2
6 2





2  2 1  sin 2
2


6 

2  2cos
2




2 1  cos 

6

6  
 sin
2
2.6





u1  sin , u2  sin
, u  sin
,..., un  sin n1
6
2.6 3
4.6
2 .6

Bằng phương pháp chứng minh quy nạp ta dễ dàng chứng minh được



un  sin n1
2 .6
u  3
 1
. Tính
Ví dụ 3: Cho dãy số ( un ) xác định bởi 
un1  2 1




u
n
2
 n
1  (1  2)un1

5

u2021


Ý tưởng:

Ta có: tan


8

 2  1  un 

Mà u1  3  tan


3

 u2 

un1  tan





8

1  tan un1
8

tan

  tan 
3
8  tan(   )


3 8

1  tan

3

tan

8





Bằng quy nạp ta chứng minh được u n  tan[  (n 1) ]
3
8

 2020
Vậy u 2021  tan( 
)
3
8
Ví dụ 4: Cho dãy số ( un ) xác định bởi

3
u1 
2

n  2;

2
1
1


u

n 1
un 
2


Đặt: Sn  u  u  u  ...  un
1 2 3
Chứng minh: lim Sn  2,095 .
Đây là một bài tốn tìm giới hạn, tuy nhiên ta phải xác định được cơng thức tổng
của dãy mới tìm được giới hạn

3

Ý tưởng: Ta có u 
 sin
1 2
3





1  1  sin 2
1  cos
2sin 2
1  1  u12
3 
3 
3.2  sin 
u 

2
2
2

2
2
3.221






2sin 2 2
1  1  sin 2
1  cos
1  1  u22
3.2
3.2 
3.2  sin 


u 
3
2
2
2
2
3.231

6




Dự đoán un  sin n1 . Chứng minh bằng quy nạp
3.2

lim Sn  u  u  ...  un  u
 ...
n1
1 1
 sin



3

 sin



3.2

 ...  sin



3.2n1

 sin



3.2n

 ...



Do sinx  x, x  (0; ) nên

2

lim Sn 




1 1
1
1
 ...  n 
 ...
1  
3  2 22
2
2n1





 1  2
 

 2.095

3  1 1  3
2


Bài tập áp dụng:

2
u1 
2
Bài 1. Cho dãy số xác định bởi 
2

2
un  2 1  1  un

Xác đinh biểu thức un theo n
u  v  2
 0
0

2u v
Bài 2. Cho hai dãy số (un ) và (v n ) được xác định bởi u
 n n
n1 un  vn


vn1  un1vn

Hãy xác định u n ; v n theo n.

Bài 3. Cho hai dãy số (un )

1

u1  2
2n
lim
.
.
Tìm

n
2
u  2u
 1, n  2
n1
 n

7


Bài 4. Cho hai dãy số (un )

u  3
 1

u
n  2 . Tìm lim 2n.un .


n

1
un 
1 1 u2

n1


Bài 5. Cho hai dãy số (un )

1

u1  2



u  1  u  u 2  1
n
n 4n

2  n



,



n  1 . Tìm limun .

u u ...un
( n dấu căn) lim 1 2n
2

Bài 6. Cho dãy un  2  2  2  ... 2

3.2.2 Phương trình sai phân tuyến tính cấp một
Phương trình sai phân tuyến tính cấp một là phương trình sai phân có dạng
u1   , a.un1  b.un  f n , n  N *
Trong đó a, b,  là các hằng số, a  0 và f n là đa thức theo n.
Dạng 1
Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1   , a.un1  b .un  0

(1.1)

Trong đó a, b,  cho trước n  N *
Ý tưởng 1:
Đây là một cấp số nhân
b
b
 b
  un , q   , u    un  u q n1     
u
1
n1
a

a 1
 a

n1

Ý tưởng 2:
b

Giải phương trình đặc trưng a.  b  0 để tìm    , khi đó un  q n (q
a
là hằng số), trong đó q được xác định khi biết u1   .
Ví dụ 1: Xác định số hạng tổng quát của cấp số nhân, biết số hạng đầu tiên bằng 1
và công bội bằng 2.
8


Bài giải : ta có u  1, q  2  un  2n1
1
Hoặc giải như sau:

un1  2 un , u1  1

(1.2)

1
Phương trình đặc trưng có nghiệm   2 vậy un  c.2n . Từ u1  1 suy ra c  do
2
đó un  2n1
Dạng 2
Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1   , aun1  bun  f n , n  N *

(2 .1)

Trong đó f n là đa thức theo n
Ý tưởng 1:
f
b
 un  n Đặt vn  un  a để chuyển về cấp số nhân, sau đó tìm dãy
Ta có u
n1 a
a
vn rồi suy ra dãy un

Ý tưởng 2:
Giải phương trình đặc trưng a.  b  0 ta tìm được  ta có un  un0  un* trong đó
un0 là nghiệm của phương trình thuần nhất (1.1) và un* là nghiệm riêng tùy ý của
phương trình khơng thuần nhất (2.1)
Vậy un0  q. n q là hằng số sẽ được xác định như sau:
Ta xác định un* như sau:
1) Nếu   1 thì un* là đa thức cùng bậc với f n
2) Nếu  1 thì un*  n.g n với g n là đa thức cùng bậc với f n
Thay un* vào phương trình, đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số của un*
Ví dụ 2: Tìm un thỏa mãn điều kiện
u  2
1

un  3u n1 1

9


Cách giải 1:
Đặt vn  un  a  un  vn  a
1
v
 a  vn  a  3v
 3a 1 . Để đây là cấp số nhân thì a  
u
n1 n1
n1
2
1
Vậy vn  un  thay vào hệ thức truy hồi
2

1
5
vn  3v , v  u   vn   3n1
n1 1 1 2
2
5
1
 1
 un  vn       3n1 
2
2
 2

Cách giải này rất dài dòng nên ta dùng phương pháp sai phân tuyến tính như cách
giải sau sẽ nhanh hơn
Cách giải 2:
B
Nghiệm   3, un  c.3n  u*n mà u*n  B  u
n1

vì vậy ta có
5
1
1
1
5
B  3B 1  B   un  c.3n  , u  2  c   Vậy un  .3n1 
2
2
2 1
2
6

Và những bài toán dạng sau thì dùng phương pháp sai phân tuyến tính sẽ nhanh hơn
-

u  10
1
Tìm un thỏa mãn điều kiện 
2
un1  5un  8n  3n

-

u  5
1
Tìm un thỏa mãn điều kiện 
2
un1  un  4n  7

Ví dụ 3: Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1  2; un1  un  2n, n  N *

(2.2)

Ý tưởng 1:

10


u u 2
2 1
u  u  2.2
3 2
u  u  2.3
4 3
.
.
.
un  u
 2.(n  1)
n1

cộng vế theo vế ta tìm được un  u  2(1  2  ...  n 1)  un  n2  n  2
1
Tuy nhiên để đưa về số hạng tổng quát đối với các bài toán khác nhau là rất khó
nên dùng phương pháp sai phân tuyến tính sẽ dễ dàng hơn
Ý tưởng 2:
Phương trình đặc trưng   1  0 có nghiệm   1 ta có un  un0  un* trong đó
un0  c.1n  c, un*  n  an  b  thay un* vào phương trình (2.2) ta được

 n  1  a  n  1  b   n  an  b   2n

(2.3)

thay n  1 và n  2 vào (2.3) ta được hệ phương trình sau:
3a  b  2 a  1


5
a

b

4

b  1

Do đó un*  n  n 1
Ta có un  un0  un*  c  n  n  1 Vì u1  2 nên 2  c  11  1  c  2
Vậy un  2  n  n  1 , hay un  n 2  n  2
Ví dụ 4: Tìm un thỏa mãn điều kiện

u  2
 1

un  2un1  3n  1

Ý tưởng 1:

11


Đặt vn  un  an  b  un  vn  an  b, u
v
 a(n  1)  b thay vào hệ thức
n1 n1
truy hồi ta được: vn  2vn  2an  2a  2b+an+b+3n 1 để dãy trở thành cấp số
nhân thì
a = 3, b = 5, vn  un  3n  5, v  10,  vn  10.2n1  5.2n  un  5.2n  3n  5
1
Ý tưởng 2:
 an  a  b vì vậy ta có
mà un*  an  b  u
n1
a  3  0
 a  3
an  b  2an  2a  2b  3n 1  

b  2a  1 b  5
 un  c.2n  3n  5, u  2  c  5
1

Nghiệm   2, un  c.2n  un*

Vậy un  5.2n  3n  5
Bài tập áp dụng
u  2
u
Bài 1: Cho dãy un xác định bởi  1
Tìm lim n2
n
un1  un  2n
u  10
Bài 2: Tìm un thỏa mãn điều kiện  1
un1  5un  8n  4
u  5
Bài 3: Tìm un thỏa mãn điều kiện  1
un1  un  4n  7

Dạng 3
Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1   , a.un1  bun  v.n , n  N *

(3.1)

Trong đó f n là đa thức theo n
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng a.  b  0 ta tìm được  ta có un  un0  un*
Trong đó un0  c. n , c là hằng số chưa xác định, un* được xác định như sau:

12

1) Nếu    thì un*  A. n
2) Nếu    thì un*  A.n. n
Thay un* vào phương trình (3.1) đồng nhất các hệ số ta tình được các hệ số của un* .
Biết u1 , từ hệ thức un  un0  un* , ta tính được c.
Ví dụ 5: Tìm un thoả mãn điều kiện

u1  1; un1  3.un  2n , n  N *

(3.2)

Ý tưởng 1:

vn  un  a.2n  un  vn  a.2n , u
v
 a.2.2n thay vào hệ thức truy
n1 n1
n
n
v
 3vn  a.2  2
n1
hồi ta được:  a  1, vn  un  2n , v  5, vn  3.3n1  3n
1
n
n
 un  3  2
Đặt

Ý tưởng 2:
Phương trình đặc trưng   3  0 có nghiệm   3 Ta có un  un0  un* trong đó
un0  c.3n , un*  a.2n
Thay un*  a.2n vào phương trình (3.2), ta thu được
a.2n1  3a.2n  2n  2a  3a  1  a  1

Suy ra un  2n . Do đó un  c.3n  2n vì u1  1 nên c =1 vậy un  3n  2n
Dạng 4
Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1   , a.un1  bun  f1n  f 2 n , n  N *

(4.1)

Trong đó f1n là đa thức theo n và f 2 n  v. n
Phương pháp giải
Ta có un  un0  u1*n  u2*n trong đó un0 là nghiệm tổng qt của phương trình
thuần nhất aun1  bun  0 , un* là nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất
13


*
là nghiệm riêng bất kì của phương trình khơng thuần nhất
a.un1  b.un  f1n , u2n
a.un1  b.un  f 2 n

Ví dụ 6: Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1  1; un1  2un  n2  3.2n , n  N *

(4.2)

Đối với bài này nếu ta dùng cách giải 1 như các bài trên thì bài tốn trở nên dài
dịng và phức tạp nên tơi xin trình bày theo 1 cách giải như sau:
Giải
Phương trình đặc trưng   2  0 có nghiệm   2 ta có un  un0  u1*n  u2*n
trong đó un0  c.2n , un*  a.n2  b.n  c , u2*n  An.2n
Thay un* vào phương trình un1  2.un  n2 , ta được

a  n  1  b  n  1  c  2an2  2bn  2c  n 2
2

Cho n = 1, n = 2 ta thu được hệ phương trình
 2a  c  1
a  1


 b  2
a  b  c  4


2a  2b  c  9 c  3
*
vào phương trình un1  2.un  3.2n , ta được
Vậy u1*n  n2  2n  3 thay u2n

A  n  1 2n1  2 An.2n  3.2n  2 A  n  1  2 An  3  A 

3
2

3
Vậy u2*n  n.2n  3n.2n1
2
Do đó un  c.2n   n 2  2n  3  3n.2n1 . ta có u1  1 nên 1  2c  2  3  c  0
vậy un  3n.2n1  n2  2n  3
Bài tập áp dụng:
u  2
 1

Bài 1: Cho dãy số 

n  n Tìm công thức tổng quát của dãy un .
2
3
u
u


 n
n1

14


u  1
1
Bài 2: Cho dãy số 
n Tìm cơng thức tổng quát của dãy un .
un  3un1  2

u  2
1
Bài 3: Cho dãy số 
Tìm cơng thức tổng quát của dãy
n
n
un  5un1  2.3  6.7  12

un .
u  1
1
Bài 4: Cho dãy số 
Tìm công thức tổng quát của dãy un .
n
un  2un1  3  n

3.2.3. Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai
Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai là phương trình sai phân dạng:
u1   , u2   , a.un1  bun  c.un1  f n , n  N *
Trong đó a, b, c,  ,  là các hằng số, a  0 và f n là biểu thức của n cho trước
(Nhận xét: Phương trình đặc trưng của phương trình sai phân tuyến tính cấp hai
ln có hai nghiệm kể cả nghiệm phức, song nội dung của đề tài chỉ dừng lại trong
trường hợp số thực, tức là chỉ xét nghiệm thực)
Dạng 1
Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1   , u2   , aun1  bun  c.un1  0, n  N *

(5.1)

Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng a. 2  b.  c  0 tìm  khi đó nếu 1 , 2 là
hai nghiệm thực khác nhau thì un  A.1n  B.2n , trong đó A và B được xác định khi
biết u1 , u2
Nếu 1 , 2 là hai nghiệm kép 1  2   thì un   A  Bn  . n , trong đó A
và B được xác định khi biết u1 , u2
Ví dụ 7: Tìm un thỏa mãn điều kiện

u0  1, u1  16, un2  8.un1  16.un

(5.1)

15


Giải
Phương trình đặc trưng  2  8  16  0 có nghiệm kép   4
Ta có un   A  B.n  .4n

(5.2)

Cho n=0 , n=1 thay vào (5.2) ta thu được hệ phương trình


A 1
u0  1  A



u1  1  B .4  16  B  3

Vậy un  1  3n .4n
Dạng 2 Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1   , u2   , a.un1  b.un  c.un1  f n , n  2, (6.1)
Trong đó a  0, f n là đa thức theo n cho trước
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng a. 2  b.  c  0 để tìm  . Khi dó ta có
un  un0  un* , trong đó un0 là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất
a.un1  b.un  c.un1  0 và un* là một nghiệm tùy ý của phương trình

a.un1  b.un  c.un1  f n
Theo dạng 1 ta tìm được un0 , trong đó hệ số A, B chưa được xác định , un* được xác
định như sau:
1) Nếu   1 thì un* là đa thức cùng bậc với f n
2) Nếu   1 là nghiệm đơn thì un*  n.g n , g n là đa thức cùng bậc với f n
3) Nếu   1 là nghiệm kép thì un*  n.2 g n , g n là đa thức cùng bậc với f n ,
Thay un* vào phương trình đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số của un* . Biết
u1 , u2 từ hệ thức un  un0  un* tính được A, B
Ví dụ 8: Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1  1; u2  0, un1  2un  un1  n  1, n  2

16

(6.2)


Giải
Phương trình đặc trưng  2  2  1  0 có nghiệm kép   1 ta có un  un0  un*
trong đó un0   A  B.n  .1n  A  Bn, un*  n 2  a.n  b 

thay un* vào phương trình (6,2), ta được

 n  1

2

a  n  1  b   2n2  a.n  b    n  1 a  n  1  b   n  1
2

Cho n = 1, n = 2 ta thu được hệ phương trình
1

a


4  2a  b   2  a  b   2

6


9  3a  b   8  2a  b    a  b   3 b  1

2

Vậy

n 1
un*  n 2   
6 2

n 1
Do đó un  un0  un*  A  Bn  n 2   
6 2

Mặt khác
1 1

A

B

 1
A  4

6 2



11
1
1

B


 A  2 B  4     0 
3

3 2

Vậy un  4 

11
n 1
n  n2   
3
6 2

Dạng 3
Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1   , u2   , aun1  bun  c.un1  d . n , n  2
Phương pháp giải

17

(7.1)


Giải phương trình đặc trưng a. 2  b.  c  0 để tìm  Khi đó ta có
un  un0  un* , trong đó un0 được xác định như dạng 2 và hệ số A, B chưa được xác
định, un* được xác định như sau
1) Nếu    thì un*  k . n
2) Nếu    là nghiệm đơn thì un*  k.n n
3) Nếu    là nghiệm kép thì un*  k .n.2  n
Thay un* vào phương trình, dùng phương pháp đồng nhất thức các hệ số sẽ tính
được hệ số k. Biết u1 , u2 từ hệ thức un  un0  un* tính được A, B.
Ví dụ 9:

Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1  0; u2  0, un1  2un  un1  3.2n , n  2
Giải
Phương trình đặc trưng  2  2  1  0 có nghiệm kép   1 ta có
un  un0  u1*n trong đó un0   A  B.n .1n  A  Bn, un*  k .2n
Thay un* vào phương trình ta được
k .2n1  2k .2n  k .2n 1  3.2n  k  6

Vậy un*  6.2n  3.2n1 .Do đó un  un0  un*  A  bn  3.2n1 (1) thay u1  1, u2  0 vào
phương trình ta thu được hệ

1  A  B  12
A  2


0  A  2 B  24  B  13
Vậy un  2  13n  3.2n1
Dạng 4
Tìm un thỏa mãn điều kiện
u1   , u2   , aun1  bun  c.un1  f n  g n , n  2 (8.1)
Trong đó a  0, f n là đa thức theo n và g n  v. n
Phương pháp giải
18


Ta có un  un0  u1*n  u2*n trong đó un0 là nghiệm tổng qt của phương trình
thuần nhất aun1  bun  c.un1  0 , u1n* là nghiệm riêng tùy ý của phương trình
*
khơng thuần nhất aun1  bun  c.un1  f n , u2n
là nghiệm riêng tùy ý của phương

trình khơng thuần nhất aun1  bun  c.un1  g n
Ví dụ 10:
Tìm un thỏa mãn điều kiện

u1  0; u2  0, un1  2un  3un1  n  2n , n  2 (8.2)
Giải
Phương trình đặc trưng  2  2  3  0 có nghiệm 1  1, 2  3 ta có

un  un0  u1*n  u2*n trong đó un0  A  1  B.3n , u1*n  a  bn, u2*n  k .2n
n

Thay u1n* vào phương trình un1  2un  3un1  n , ta được
a  n  1  b  2  an  b   3  a  n  1  b   n   4a  1 n  4  a  b   0

Vậy a  b  
Do đó un* 

1
4

1
 n  1
4

*
vào phương trình un1  2un  3un1  2n , ta được
Thay u2n

k .2n1  2.k .2n  3.k .2n1  2n  k  

2
3

2
1
Do đó u2*n   .2n   .2n1
3
3

Vậy un  un0  u1*n  u2*n  A  1  B.3n 
n

1
1
 n  1  .2n1 (8.3)
4
3

Ta thay u1  1, u2  0 vào (8.3) ta được hệ phương trình

19


1 4
61


3



A

1

B



A


2 3
48



 A  9B  3  8  0
 B  25


4 3
48

Vậy un  

61
25
1
1
n

. 1  .3n  . n  1  .2n1
48
48
4
3

Bài tập áp dụng:
uO  1, u  16
u
1
Bài 1: Cho dãy số 
Tìm lim n1
un
un2  8un1 16un
u  1, u  0
2
Bài 2: Cho dãy số  1
un1  2un  un1  n  1,
u  0, u  0
1
2
Bài 3: Cho dãy số 
n
un1  2un  un1  3.2 ,

n

 uk

Tìm lim k 12

n2
n

n2

Tìm lim

un
2n

3.2.4. Giới hạn của tổng
Các bài tốn về tìm giới hạn của tổng ta thu gọn tổng đó bằng cách phân tích
hạng tử tổng quát thành hiệu các hạng tử nối tiếp nhau để các hạng tử có thể triệt
tiêu, cuối cùng đưa tổng đó về biểu thức chỉ cịn chứa xn , sau đó tìm limxn.
Ví dụ 1. (Đề thi HSG Nghệ An 2018)
un2  n  un  1  n 2
Cho dãy số  un  , biết u1  6, un1 
với n  1.
n
1 1
1
  ...   .
un 
 u1 u2

Tính giới hạn: lim 
Ý tưởng:

un2  n  un  1  n 2
phân tích biến đổi thành hiệu các hạng

n
1 1
1
1
1
1
. Sau đó ta sẽ thu gọn tổng    ...  


tử.
un 
uk uk  k uk 1   k  1
 u1 u2

Từ giả thiết un1 

20


Tuy nhiên sau khi thu gọn việc tính giới hạn của dãy số cần khéo léo để
chứng minh limu n   .
Giải
uk2  kuk  k 2  k
uk2  kuk
 uk 1 
 k 1
Ta có: uk 1 
k
k

uk2  kuk
1
1
1
k
 uk 1   k  1 

 2


k
uk 1   k  1 uk  kuk uk  k uk


1
1
1


1 .
uk uk  k uk 1   k  1

Áp dụng (1) suy ra

1
1
1


u1 u1  1 u2  2

1
1
1


u2 u2  2 u3  3

…
1
1
1


un un  n un 1   n  1

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được
1 1
1
1
1
1
1
  ...  

 
 2
u1 u2
un u1  1 un1   n  1 5 un1   n  1

Dễ thấy un1  3  n  1 n 

*

. (có thể chứng minh bằng quy nạp)

un1  3  n  1  un   n  1  2n  2  0, n 

Vậy

1
1

un1   n  1 2n  2

Mà lim

1
1
 0  lim
 0  3
2n  2
un1   n  1

21

*

.

1 1
1 1
  ...    .
un  5
 u1 u2

Từ (2) và (3), suy ra lim 
Ví dụ 2.

Cho dãy số  un  , biết u1  2, un1  un2  un  1(1) với n  1.
1 1
1
  ...   .
un 
 u1 u2

Tính giới hạn: lim 

Ý tưởng: Tương tự, nhưng sau khi thu gọn thì ta được một giới hạn dễ dàng
hơn, ta có lời giải
Một số số hạng của dãy: 2,3,7, 42,...
Bằng phép quy nạp đơn giản ta thấy rằng: u1  2 với n  1.
Từ hệ thức (1) ta suy ra được: với n  1. un1  un   un  1 suy ra dãy
2

 un  là dãy tăng.

Xuất phát từ hệ thức truy hồi (1) ta suy ra được:
un1  1  un2  un  un1  1  un (un  1) 



1
un1  1



1
un 1  1



1
1
1


un (un  1) un  1 un

1
1
 (n  1, 2,...) (*)
un  1 un

Thay n bởi 1,2,3,...,n vào (*) và cộng vế với vế các đẳng thức ta suy ra được:
1 1
1
1
   ...    1 
un 

un1  1
 u1 u2

 un  là dãy tăng và ta dễ dàng chứng minh đươc lim  un   
1 1
1
 lim    ...    1
un 
 u1 u2

Nhận xét: từ ví dụ 2, ta biến đổi từ un1  un2  un  1  un1   un2  un  1 
và biến đổi biểu thức trong căn thành một dạng khác sẽ làm cho bài tốn khó khăn
lên, với ý tưởng đó ta xét sang ví dụ 3.
2

22


Ví dụ 3.
Cho dãy số (xn) (n = 1, 2, …) được xác định như sau:
x1 = 1 và xn1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)  1 với n = 1, 2, …
n

Đặt yn  
i 1

1
xi  2

yn

(n = 1, 2, ….). Tìm lim
n 

Giải
Ta có x2 = 5 và xn > 0 với mọi n = 1, 2, …
xn1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)  1 

x

2
n

 3xn  xn2  3xn  2   1  xn2  3xn  1 (1)

Từ đó suy ra
xn+1 +1 = xn2  3xn  2 = (xn + 1)(xn + 2)
1
xn 1  1
n



Do đó yn  
i 1

1

 x n 1 xn  2 



1
1

x n 1 xn  2



1
1
1


xn  2 xn  1 xn 1  1

n 
1
1
1 
1
1
1
1
= 


 

xi  2 i 1  xi  1 xi 1  1  x1  1 xn 1  1 2 xn 1  1

Từ (1) xk+1 = xk2  3xk  1  3xk  3.3k 1  3k
Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp xn > 3n-1
yn 
Nên lim
n 

(2)

1
(vì do (2) xn+1 > 3n)
2

Ta có thể chứng minh limxn =  với cách khác:
Dễ thấy (xn) là dãy tăng, giả sử limxn = a (a  1)
Nên ta có a  a(a  1)(a  2)(a  3)  1
Suy ra a2 = a(a+1)(a+2)(a+3) + 1 hay a4 + 6a3 + 10a2 + 6a +1 = 0
Rõ ràng phương trình này khơng có nghiệm thỏa mãn a  1. Vậy limxn = 
Ví dụ 4.

23


Cho dãy (xn) (n = 1, 2, …) xác định bởi:
1


x
1

2



2
 x  xn 1  4 xn 1  xn 1
 n
2

(n  2,3,...)
n

Chứng minh rằng dãy (yn) (n = 1, 2, …) với yn  
i 1

tìm giới hạn đó.

1
có giới hạn hữu hạn,
xi2

Giải
Từ giả thiết ta có xn > 0 n  1
Ta có xn – xn-1 =

xn21  4 xn 1  xn 1
- xn-1 =
2

xn21  4 xn 1  xn 1
> 0 n  2
2

Do đó dãy (xn) tăng. Giả sử limxn = a thì a > 0 và
a 2  4a  a
 a = 0 (vô lý)
a
2

Vậy limxn = 
Từ xn =

xn21  4 xn 1  xn 1
n  2 suy ra
2

xn2  ( xn  1) xn1 

1
1
1


2
xn xn 1 xn

n  2

Do đó
n

yn  

i 1

 1
1
1 1 1 1 1
1 1 1 1
1
 2          ...  
   2    6  n  2
2
xi x1  x1 x2   x2 x3 
xn
 xn1 xn  x1 x1 xn

Suy ra yn < 6 n  1 và dãy (yn) tăng vì yn = yn-1 +

1
> yn-1
xn

Vậy (yn) có giới hạn hữu hạn và limyn = 6
Ví dụ 5.
Xét dãy số (xn) (n = 1, 2, 3, …) xác định bởi:
24


1
2

x1 = 2 và xn1  ( xn2  1) với mọi n = 1, 2,3, ….

Đặt Sn 

1
1
1

 ... 
1  x1 1  x2
1 x n

Sn
Tìm nlim


Giải
Ta có thể tổng qt hóa bài tốn như sau:
u1  a
Cho dãy (un) thỏa mãn 
un2  (b  c)un  c 2
u

 n 1
bc

n

1
1
1



u1  c un1  c
i 1 ui  b

Ta chứng minh Sn  
Thật vậy.

un2  (b  c)un  c 2
un2  (b  c)un  bc (un  b)(un  c)

suy ra un1  c 
Ta có un1 
bc
bc
bc

Từ đó

1
1
1


un 1  c un  c un  b



1
1
1



un  b un  c un 1  c

Khai triển và ước lượng được
1
1
1


u1  b u1  c u2  c

1
1
1


u2  b u2  c u3  c

…………………….
1
1
1


un  b un  c un 1  c

Do đó Sn 

1

1

u1  c un 1  c

Từ đó vận dụng vào bài tốn trên với b =1, c = - 1 ta có
25