Khai thác một số dạng toán về dãy số

MỞ ĐẦU
1. Tổng quan tình hình nghiên cứu thuộc lĩnh vực đề tài
Dãy số có vai trò quan trọng trong toán học cũng như nhiều lĩnh vực khác
trong cuộc sống. Ngay từ khi học tiểu học học sinh đã bắt đầu làm quen với một
số bài toán về dãy số như tìm quy luật của một dãy số đơn giản, tính tổng dãy
số. Trong chương trình trung học phổ thông hiện nay chúng ta cũng bắt đầu tìm
hiểu khái niệm dãy số, giới hạn dãy số và một số bài toán liên quan. Ở bậc đại
học, sinh viên tiếp tục được tìm hiểu nghiên cứu sâu hơn về dãy số và một số bài
toán liên quan.
Dãy số cũng là một phần quan trọng của đại số cũng như giải tích toán
học. Dãy số có vị trí đặc biệt trong toán học không chỉ như là đối tượng để
nghiên cứu mà còn đóng vai trò như là một công cụ đắc lực của các mô hình rời
rạc của giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu
diễn.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic toán học quốc tế (IMO)
hay trong những kỳ thi Olympic toán sinh viên các trường đại học và cao đẳng
trong toàn quốc, các bài toán về dãy số thường được xuất hiện khá nhiều và
thường được đánh giá ở mức độ khó. Vì vậy, dãy số luôn thu hút được sự quan
tâm của giáo viên toán, học sinh chuyên toán và sinh viên ngành toán. Các dạng
toán về dãy số rất phong phú bao gồm các bài toán tìm số hạng tổng quát của
dãy số, khảo sát sự hội tụ hay phân kỳ của dãy số, các bài toán tính tổng dãy số.
Bên cạnh đó, một số dạng toán về phương trình hàm, cũng có thể giải quyết
thông qua công cụ dãy số.
Để giải được các bài toán về dãy số đòi hỏi người làm toán phải có kiến
thức tổng hợp về số học, đại số, giải tích và đòi hỏi sự sáng tạo tư duy của người
học.
2. Tính cấp thiết của đề tài
Hiện nay các dạng toán về dãy số rất đa dạng và có nhiều tài liệu viết về
vấn đề này. Tuy nhiên, trong các tài liệu thì dãy số dường như mới được giới
thiệu như là một kiến thức cơ sở để nghiên cứu về hàm số, chuỗi số và các ứng
dụng của dãy số chưa được giới thiệu nhiều.

Với mong muốn giúp học sinh yêu thích toán, sinh viên chuyên ngành
toán muốn tìm hiểu sâu hơn về dãy số, chúng tôi mạnh dạn chọn đề tài “Khai
thác một số dạng toán về dãy số” để nghiên cứu. Nhóm thực hiện đề tài hi vọng
đây sẽ là tài liệu tham khảo tốt cho các học sinh yêu thích toán, sinh viên chuyên
ngành toán quan tâm đến dãy số và các bạn sinh viên chuẩn bị tham gia vào kì
thi olympic toán sinh viên.
3. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài
- Khai thác một số dạng toán về dãy số như: tìm số hạng tổng quát, tìm
giới hạn
- Đưa ra một số ứng dụng của dãy số như chứng minh điểm bất động, giải
phương trình hàm.
1
- Đưa ra hệ thống ví dụ minh họa cho các dạng toán về dãy số.
4. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
4.1 Đối tượng nghiên cứu: Dãy số.
4.2 Phạm vi nghiên cứu: tìm số hạng tổng quát, tính giới hạn của dãy số,
và ứng dụng của dãy số.
5. Nội dung nghiên cứu
Đề tài gồm 4 chương:
Chương 1: Dãy số
1.1. Các khái niệm cơ bản
1.2. Giới hạn của dãy số
1.3. Các dấu hiệu hội tụ của dãy số
1.4. Dãy truy hồi
Chương 2: Số hạng tổng quát của dãy số.
2.1. Phương pháp quy nạp
2.2. Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức
2.3. Phương pháp sử dụng cấp số cộng, cấp số nhân
2.4. Phương pháp sai phân
2.5. Phương pháp thế lượng giác

2.6. Phương pháp ma trận
Chương 3: Giới hạn của dãy số.
3.1. Tính giới hạn của dãy số
3.2. Xét tính hội tụ của dãy số
Chương 4: Ứng dụng của dãy số
4.1. Giải phương trình hàm
4.2. Một số bài toán về bất dẳng thức trong dãy số
6. Phương pháp nghiên cứu
Từ việc nghiên cứu các tài liệu về dãy số, nhóm đề tài tổng hợp và phân
loại các phương pháp tìm số hạng tổng quát và tính giới hạn của dãy số. Thông
qua việc nghiên cứu một số định lí cơ bản về dãy số, nhóm đề tài nghiên cứu
ứng dụng của dãy số vào các dạng toán khác. Trên cơ sở lí thuyết đã nghiên cứu,
nhóm đề tài xây dựng hệ thống ví dụ và bài tập minh họa.
Để khai thác dạng toán về số hạng tổng quát của dãy số, chúng tôi sử
dụng một số phương pháp cơ bản như phương pháp quy nạp, phương pháp sai
phân, phương pháp truy hồi…
Để khai thác dạng toán về giới hạn dãy số và sự hội tụ của dãy số, chúng
tôi sử dụng phương pháp kẹp giữa, phương pháp sai phân,…
2
Chương 1: DÃY SỐ
Trong chương một chúng tôi trình bày các khái niệm cơ bản nhất về dãy
số: định nghĩa dãy số, giới hạn dãy số, các định lý liên quan đến giới hạn dãy số
và một số tiêu chuẩn hội tụ của dãy số. Các khái niệm trong chương một được
trích dẫn từ các tài liệu tham khảo[1], [3], [5].
1.1. Các khái niệm cơ bản
1.1.1. Định nghĩa dãy số thực
Định nghĩa 1.1
- Một ánh xạ u từ tập các số nguyên dương N* vào tập hợp các số thực R
được gọi là một dãy số thực (dãy số vô hạn).

: *u →¥ ¡

( )
n u na
Dãy số thường được viết dưới dạng khai triển
1 2
, , , ,
n
u u u
trong đó
( )
n
u u n=
, gọi
1
u
là số hạng đầu,
n
u
là số hạng
thứ n và là số hạng tổng quát của dãy số.
Kí hiệu:
{ }
n
n
u
∈Ν
,
{ }
n

u
,
( )
n
n
u
∈Ν
- Mỗi ánh xạ u xác định trên tập M = {1,2,3,…, m} với
*
m ∈ ¥
được gọi là một
dãy số hữu hạn.
Dạng khai triển của nó là
1 2
, , ,
m
u u u
trong đó
1
u
là số hạng đầu,
m
u
là
số hạng cuối.
1.1.2. Dãy số bị chặn
Dãy số
{ }
n
u

được gọi là:
- dãy số bị chặn trên nếu tồn tại số M sao cho
,<
n
u M

n∀
- dãy số bị chặn dưới nếu tồn tại số m sao cho
n
u m>
,
n∀
- dãy số bị chặn nếu vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới.
Nhận xét:
- dãy số bị chặn khi và chỉ khi tồn tại một số M > 0 sao cho:
, ≤ ∀
n
u M n
1.1.3. Dãy số đơn điệu
Dãy số thực
{ }
n
u
được gọi là:
- dãy đơn điệu tăng nếu:
1
,
+
≤ ∀
n n

u u n
- dãy đơn điệu tăng nghiêm ngặt nếu:
1
,
+
< ∀
n n
u u n
- dãy đơn điệu giảm nếu:
1
,
+
≥ ∀
n n
u u n
- dãy đơn điệu giảm nghiêm ngặt nếu:
1
,
+
> ∀
n n
u u n
- dãy số thực tăng hoặc giảm gọi là đơn điệu, tăng nghiêm ngặt hoặc giảm
nghiêm ngặt gọi là đơn điệu nghiêm ngặt.
Nhận xét:
3
- Nếu 2 dãy
{ } { }
,
n n

u v
đều tăng (tương ứng giảm) thì dãy
{ }
n n
u v+
tăng
(tương ứng giảm).
- Nếu 2 dãy
{ } { }
,
n n
u v
đều tăng (tương ứng giảm) và các số hạng không
âm thì dãy
{ }
.
n n
u v
tăng (tương ứng giảm).
- Một dãy số có thể không tăng hoặc không giảm.
Ví dụ: Dãy
{ }
n
u
xác định bởi
( 1) ,
n
n
u n N= − ∈
1.1.4. Dãy con của một dãy số thực

Cho dãy
1 2
{ }: , , ,
n n
u u u u
.
Dãy
{ }
k
n
u
với các chỉ số thỏa mãn:
1 2 3
n n n< <
được gọi là một dãy con trích
ra từ dãy
{ }.
n
u
1.2. Giới hạn của dãy số
1.2.1. Định nghĩa
Định nghĩa 1.2
a) Dãy
( )
n
u
được gọi là hội tụ đến l (hay có giới hạn l) nếu
0
0,
ε

∀ > ∃ ∈n N
sao cho
0
,
ε
− < ∀ >
n
u l n n
Kí hiệu:
lim
n
n
u l
→+∞
=
và dãy
{ }
n
u
được gọi là dãy hội tụ.
Dãy số không hội tụ gọi là dãy phân kì.
Nếu
lim 0
n
n
u
→+∞
=
thì dãy
{ }

n
u
được gọi là vô cùng bé khi
n → +∞
b) Giới hạn vô cùng
- Dãy
( )
n
u
được gọi là có giới hạn dương vô cùng nếu:
0 0
0, , ∀ > ∃ ∈ ∀ > ⇒ >
n
A n N n n u A
Kí hiệu:
lim
n
n
u
→+∞
= +∞
- Dãy
( )
n
u
được gọi là có giới hạn âm vô cùng nếu:
0 0
0, , ∀ > ∃ ∈ ∀ > ⇒ < −
n
A n N n n u A

Kí hiệu:
lim
n
n
u
→+∞
= −∞
- Dãy
( )
n
u
được gọi là một dãy vô cùng lớn nếu:
0 0
0, , ∀ > ∃ ∈ ∀ > ⇒ >
n
A n N n n u A
Nhận xét:
- Dãy
( )
n
u
được gọi là 1 dãy vô cùng lớn khi và chỉ khi dãy
1
n
u
 
 
 
là dãy vô cùng bé.
- Dãy có giới hạn

±∞
đều phân kì.
- Mọi dãy tiến đến
+∞
đều bị chặn dưới.
- Mọi dãy tiến đến
−∞
đều bị chặn trên.
1.2.2. Một số tính chất cơ bản của giới hạn:
4
Định lý 1.1: Nếu một dãy số hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhất.
Chứng minh:
Giả sử:
1 2
lim , lim .
n n
n n
u a u a
→+∞ →+∞
= =
Ta phải chứng minh:
1 2
a a=
Chọn
1 2
2
a a
ε
−
=

. Ta có:
1 2
a a
ε
− >
(1)
Khi đó
0
ε
∀ >
1 1
lim ,
n
n
u a n
→+∞
= ∃
sao cho
1 1
;
2
ε
∀ > − <
n
n n u a
2 2
lim ,
n
n
u a n

→+∞
= ∃
sao cho
2 2
;
2
ε
∀ > − <
n
n n u a
Chọn
1 2
ax( , )n m n n=
Ta có:
1 2 1 2 1 2
2 2
n n n n
a a a u u a a u u a
ε ε
ε
− = − + − ≤ − + − < + =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
1 2 1 2
0a a a a− = ⇒ = ⇒
đpcm.
Định lý 1.2: Mọi dãy con của dãy hội tụ là dãy hội tụ và có cùng giới hạn của
dãy.
Chứng minh:
Giả sử:

lim .
n
n
u a
→+∞
=
Khi đó
0 0
0; ; :
ε ε
∀ > ∃ ∀ > − <
n
n n n u a
Xét
{ }
k
n
k
u
là 1 dãy con của
{ }.
n
u
Khi đó
0 0
; lim
k k
k n n
n
k n n k n u a u a

ε
→+∞
∀ > ≥ ≥ ⇒ − < ⇒ =
Định lý 1.3: Nếu dãy
{ }
n
u
là dãy hội tụ và
lim
n
n
u a
→+∞
=
thì dãy
{ }
n
u
cũng hội tụ
và
lim
n
n
u a
→+∞
=
.
Chứng minh:
Giả sử:
lim .

n
n
u a
→+∞
=
Khi đó
0 0
0; ; :
ε ε
∀ > ∃ ∀ > − <
n
n n n u a
Mà
0
, .
ε
− ≤ − ⇒ − < ∀ >
n n n
u a u a u a n n
Do đó dãy
{ }
n
u
cũng hội tụ và
lim
n
n
u a
→+∞
=

Định lý 1.4: Mọi dãy hội tụ là dãy bị chặn.
Chứng minh:
Giả sử:
lim .
n
n
u a
→+∞
=
Theo tính chất 3 ta có
lim
n
n
u a
→+∞
=

Chọn
1
ε
=
.
Từ
lim .
n
n
u a
→+∞
=

có
0 0 0
; : 1 1; ∃ ∀ > − < ⇒ < + ∀ >
n n
n n n u a u a n n
Đặt
0
1 2
M = max{ , , , , 1}+
n
u u u a
Ta có
*
, ≤ ∀ ∈
n
u M n N
Do đó dãy
{ }
n
u
bị chặn
Định lý 1.5: Giả sử các dãy
{ }
n
u
và
{ }
n
v
hội tụ. Khi đó:

5
a) Dãy {
}
n n
u v+
cũng hội tụ và
lim( ) lim lim
n n n n
n n n
u v u v
→+∞ →+∞ →+∞
+ = +
b) Dãy {
. }
n n
u v
cũng hội tụ và
lim( . ) lim .lim
n n n n
n n n
u v u v
→+∞ →+∞ →+∞
=
c) Nếu
lim 0
n
n
v b
→+∞
= ≠

thì dãy
n
n
u
v
 
 
 
cũng hội tụ và
lim
lim
lim
n
n
n
n
n n
n
u
u
v v
→+∞
→+∞
→+∞
=
Chứng minh:
a) Giả sử:
lim , lim .
n n
n n

u a v b
→+∞ →+∞
= =

Khi đó
0
ε
∀ >
1
lim ,
n
n
u a n
→+∞
= ∃
sao cho
1
;
2
ε
∀ > − <
n
n n u a
2
lim ,
n
n
v b n
→+∞
= ∃

sao cho
2
;
2
ε
∀ > − <
n
n n v b
Chọn
0 1 2
ax( , )n m n n=
Ta có:
0
( ) ( ) ,
2 2
ε ε
ε
+ − + ≤ − + − < + = ∀ >
n n n n
u v a b u a v b n n

Do đó:
lim( ) lim lim
n n n n
n n n
u v a b u v
→+∞ →+∞ →+∞
+ = + = +
b) Giả sử:
lim , lim .

n n
n
n
u a v b
→+∞
→+∞
= =

Dãy
{ }
n
v
hội tụ nên bị chặn. Do đó
0: ,
n
M v M n∃ > < ∀
Đặt
( )
0
ax ,=M m M a

Khi đó
0
ε
∀ >
( )
1 1
0
2 2
0

0 1 2
0
0 0
0 0
, :
2
, :
2
ax , .
:
. .
2 2
ε
ε
ε ε
ε
∃ ∀ > − <
∃ ∀ > − <
=
∀ > − =
− + − ≤ − + − < + =
n
n
n n
n n n n n n n
n n n u a
M
n n n v b
M
n m n n

n n u v ab
u v av av ab u a v a v b M M
M M
Do
đó
lim( . ) lim .lim
n n n n
n n n
u v ab u v
→+∞ →+∞ →+∞
= =
c) Giả sử:
lim , lim 0.
n n
n n
u a v b
→+∞ →+∞
= = ≠
Chọn:
1 1
1
. lim , : ,
2 2
,
2
n n
n
n n n
b b
v b n v b n n

b
b v v b v b n n
ε
→∞
= = ∃ − < ∀ >
− < − ⇒ > − ∀ >
Do đó:
1
0,≠ ∀ >
n
v n n
6
Ta chứng minh
1 1
lim
n
n
v b
→+∞
=
Thật vậy:
2
0, 0 . 0
2
ε ε
∀ > ≠ ⇒ >
b
b
( )
2

2 2
0 1 2
2
2
lim : . ,
2
ax ,
1 1 2
2
1 1
lim
n n
n
n
n n
n
n
b
v b n v b n n
n m n n
v b
b
v b v b b
v b
ε
ε ε
→+∞
→+∞
= ⇒ ∃ − < ∀ >
=

−
− = < =
⇒ =
Áp dụng phần b có
lim
1
lim lim .lim
lim
n
n
n
n
n n n
n n n
n
u
u a
u
v v b v
→+∞
→+∞ →+∞ →+∞
→+∞
= = =
Hệ quả: Nếu
lim
n
n
u a
→+∞
=

và
R
α
∈
thì
lim .
n
n
u a
α α
→+∞
=
Định lý 1.6: Cho 2 dãy hội tụ
{ }
n
u
,
{ }
n
v
.
Giả sử tồn tại
0
n
sao cho
0
,≥ ∀ >
n n
u v n n
.

Khi đó
lim lim
n n
n
n
u v
→+∞
→+∞
≥
Chứng minh:
Giả sử phản chứng
lim lim
n n
n n
u a b v
→+∞ →+∞
= < =
Khi đó
:r a r b∃ < <
. Đặt
1 2
0; 0
ε ε
= − > = − >r a b r
1
lim ,
n
n
u a n
→+∞

= ∃
sao cho
1
;
n
n n u a r a∀ > − < −
2
lim ,
n
n
v b n
→+∞
= ∃
sao cho
2
;
n
n n v b b r∀ > − < −
{ }
1
2
0 1 2
,
,
ax , ,
⇒ < ∀ >
> ∀ >
∀ > ⇒ < <
n
n

n n
u r n n
v r n n
n m n n n u r v
Mà
0
,≥ ∀ >
n n
u v n n
(gt); mâu thuẫn với điều giả sử.
Do đó
a b≥
hay
lim lim
n n
n n
u v
→+∞ →+∞
≥
Hệ quả:
a) nếu
lim
n
n
u a
→+∞
=
và
0 0
: ,∃ ≥ ∀ >

n
n u b n n
thì
a b≥
b) nếu
lim
n
n
u a
→+∞
=
và
0 0
: ,∃ ≤ ∀ >
n
n u c n n
thì
a c
≤
Định lý 1.7: Giả sử các dãy
{ }
n
u
,
{ }
n
v
,
{ }
n

w
thỏa mãn
n n n
u v w≤ ≤
đồng thời
dãy
{ }
n
u
,
{ }
n
w
cùng hội tụ đến a:
lim lim w
n n
n n
u a
→+∞ →+∞
= =
. Khi đó dãy
{ }
n
v
cũng hội
tụ và có cùng giới hạn bằng a. Ta có
lim
n
n
v a

→+∞
=
Chứng minh:
7
Với
0
ε
∀ >
{ }
0 0
1 1
2 1 0 2
2
lim , , :
lim w , , : w
ax , , : v w
,
n n
n
n n
n
n n n
n
u a n n n a u a
a n n n a a
n m n n n n a u a
v a n n
ε ε
ε ε
ε ε

ε
→+∞
→+∞
= ∃ ∀ > − < < +
= ∃ ∀ > − < < +
= ∀ > − < ≤ ≤ < +
⇒ − < ∀ >
Vậy
lim
n
n
v a
→+∞
=
1.3. Các dấu hiệu hội tụ dãy số
Định lý 1.8: (Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass)
a) Nếu
{ }
n
u
dãy số tăng và bị chặn trên thì hội tụ và
{ }
1
lim sup
n n
n
n
u u
→+∞
≥

=
.
b) Nếu
{ }
n
u
dãy số giảm và bị chặn dưới thì hội tụ và
{ }
1
lim inf
n n
n n
u u
→+∞ ≥
=
.
Chứng minh:
a) Vì dãy
{ }
n
u
bị chặn trên nên nó có cận trên đúng. Đặt
sup ; = < +∞
n
n
a u a
.
Ta có
*
,≤ ∀ ∈

n
u a n N
Cho trước
0
ε
>
vì
a a
ε
− <
nên
a
ε
−
không là cận trên của
{ }
n
u
.
Vì thế
0
*
0
:
n
n N a u a
ε
∃ ∈ − < ≤
Mặt khác vì
{ }

n
u
là dãy tăng nên
0
0
;∀ > ≤
n n
n n u u
Do đó
0
0
,
ε ε ε
− < ≤ ≤ < + ⇒ − < ∀ ≥
n n n
a u u a a u a n n
Vậy
{ }
1
lim sup
n n
n
n
u a u
→+∞
≥
= =
b) Nếu dãy
{ }
n

u
giảm thì dãy
{ }
n
u−
tăng. Theo phần a)
{ }
1
lim( ) sup inf
n n n
n
n
u a u u
→+∞
≥
− = = − = −
Do đó
{ }
1
lim inf
n n
n n
u u
→+∞ ≥
=
Định lý 1.9: (Định lý Bolzano – Weierstrass)
Mọi dãy số thực { u
n
} bị chặn đều có một dãy con hội tụ.
Chứng minh:

Gọi K là tập hợp tất cả các số nguyên dương k sao cho u
k
là một cận trên của tập
hợp {u
k+1
, u
k+2
, …} tức là u
n

≤
u
k
với mọi n
≥
k+1.
 Nếu K là một tập hợp vô hạn thì gọi k
1
, k
2
, … là những số nguyên dương thuộc
K sao cho k
1
< k
2
… . Dãy số thực {
n
k
u
} là một dãy con của dãy

{ u
n
}. Từ định nghĩa của tập hợp K suy ra u
1
k

≥
u
2
k

≥
…
≥
u
n
k

≥
…
Dãy số thực { u
n
k
} đơn điệu giảm và bị chặn dưới nên hội tụ.
 Nếu K là một tập hữu hạn thì tồn tại một số nguyên dương k
1
lớn hơn mọi số
nguyên thuộc K. Vì k
1

∉
K nên u
1
k
không phải là một cận trên của tập hợp
8
{ u
k+1
, u
k+2
, … } . Do đó tồn tại một số nguyên dương k
2
> k
1
sao cho u
2
k
> u
1
k
.
Vì k
2

∉
K nên tồn tại một số nguyên dương k
3
> k
2
sao cho

u
3
k
> u
2
k
. Tiếp tục như vậy, ta được một dãy con { u
n
k
} của dãy { u
n
} sao cho
u
1
k
< u
2
k
< … < u
n
k
< …
Dãy số thực { u
n
k
} đơn điệu tăng và bị chặn trên nên hội tụ.
Định lý 1.10: (Nguyên lý Cauchy)
- Dãy Cauchy: Dãy
{ }
n

u
được gọi là dãy Cauchy nếu:
*
0
0, , , :
n m
n N m n n u u
ε ε
∀ > ∃ ∈ ∀ > − ≤
-
{ }
n
u
là dãy cauchy
*
0 0
0, , : , 0
ε ε
+
⇔ ∀ > ∃ ∈ ∀ > − ≤ ∀ ≥
n n p
n N n n u u p
- Dãy
{ }
n
u
là dãy Cauchy khi và chỉ khi nó hội tụ.
Chứng minh:
⇒
Giả sử dãy

{ }
n
u
hội tụ đến giới hạn a. Khi đó
0 0
0
0, , :
2
, ;
2 2
ε
ε
ε ε
ε
∀ > ∃ ∀ > − <
∀ > − ≤ − + − < + =
n
n m n m
n n n u a
m n n u u u a a u
Vậy
{ }
n
u
là 1 dãy cơ bản.
⇐
Giả sử
{ }
n
u

là 1 dãy cơ bản. Khi đó
{ }
n
u
là một dãy bị chặn. Do đó theo tiêu
chuẩn hội tụ Weierstrass dãy
{ }
n
u
có một dãy con hội tụ đến giới hạn a nào đó.
Theo định nghĩa của dãy Cauchy dãy
{ }
n
u
cũng hội tụ đến a.
1.4. Dãy truy hồi
1.4.1. Dãy truy hồi cấp 1 với hệ số là hằng số
a) Dạng tổng quát:
1
, ; ,
+
= + ∀ ∈ ∈
n n
u au b n N a b R
b) Công thức:
+) a=1 thì
{ }
n
u
là cấp số cộng.

+)
1a ≠
thì
, ,= + ∈
n
n
u Aa B A B R
1.4.2. Dãy truy hồi cấp 2 với hệ số là hằng số
a) Dạng tổng quát:
2 1
, ; ,
+ +
= + ∀ ∈ ∈
n n n
u au bu n N a b R
b) Công thức:
Xét phương trình đặc trưng của dãy:
2
0;a b
λ λ
− − =
+) Nếu phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
1 2
, ; ,
λ λ
∃ ∈A B R
1 2
;
λ λ
= + ∀ ∈

n n
n
u A B n N
+) Nếu phương trình có nghiệm kép:
, ,
λ
∃ ∈A B R
( )
n
n
u A Bn
λ
= +
+) Nếu phương trình có nghiệm phức
x iy
λ
= +
9
Đặt:
2 2
; tan ; ,
2 2
π π
λ α α
 
= = + = ∈ −
 ÷
 
y
r x y

x
(cos sin )
( cos sin ); ; ,
λ α α
α α
= +
= + ∀ ∈ ∈
n
n
r i
u r A n B n n N A B R
1.4.3. Dãy truy hồi cấp 1 dạng:
( )
1
,
n n
u f u n
+
=
Cách làm:
Bước 1: Biến đổi đưa về dạng:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
,
n n
n n
u f u
u f u n

ρ ρ
ρ ρ

=

=


Bước 2: Đặt dãy phụ:
( )
n n
v u
ρ
=
Khi đó ta thu được một dãy truy hồi mới theo
n
v
đơn giản hơn
1.4.4. Dãy truy hồi cấp 2 dạng:
( )
1 1
, ,
n n n
u f u u n
+ −
=
Cách làm:
Bước 1: Biến đổi đưa về dạng:
( ) ( ) ( ) ( )
( )

( ) ( ) ( ) ( )
( )
1 1
1 1
,
, ,
n n n n
n n n n
u u f u u
u u f u u n
ρ ρ ρ ρ
ρ ρ ρ ρ
− −
− −

+ =

+ =


Bước 2: Đặt dãy phụ:
( )
n n
v u
ρ
=
Khi đó ta thu được một dãy truy hồi mới theo
n
v
đơn giản hơn

10
Chương 2: SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ
Trong chương 2 đề tài đưa ra các phương pháp tìm số hạng tổng quát
của dãy số như: Phương pháp quy nạp, phương pháp sử dụng hằng đẳng thức,
phương pháp sử dụng cấp số cộng, cấp số nhân, phương pháp sai phân, phương
pháp thế lượng giác, phương pháp ma trận. Trong mỗi một phương pháp chúng
tôi trình bày sơ lược phương pháp, việc áp dụng các phương pháp đó vào tìm số
hạng tổng quát của dãy số. Bên cạnh đó chúng tôi đưa ra các ví dụ minh họa để
làm rõ phương pháp đó.
2.1. Phương pháp quy nạp
2.1.1. Sơ lược phương pháp quy nạp
Phương pháp qui nạp thực sự có hiệu lực với lớp các bài toán chứng minh
một mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n
∈
N.
Để chứng minh một mệnh đề Q(n) đúng với mọi
n p≥
, ta thực hiện 2 bước
theo thứ tự:
 Bước 1 : Kiểm tra mệnh đề là đúng với
n p=
 Bước 2 : Giả sử mệnh đề đúng với
n k p= ≥
, ta phải chứng minh
rằng mệnh đề đúng với
1n k= +
.
Ví dụ 2.1: Chứng minh rằng:
Mọi
1n ≥

, ta có:
2 2 2 2 2
( 1)(2 1)
1 2 3 ( 1)
6
n n n
n n
+ +
+ + + + − + =
(1)
Giải.
Kiểm tra n = 1 ta thấy (1) đúng
Giả sử (1) đúng với n =k
1,≥
tức là ta có:
( )
2
2 2 2 2
( 1)(2 1)
1 2 3 1
6
k k k
k k
+ +
+ + + + − + =
Ta phải chứng minh (1) cũng đúng với n = k +1, tức là:

( ) ( )
2
2

2 2 2
( 1)( 2)( 3)
1 2 3 1 1 1
6
k k k
k k
+ + +
+ + + + + − + + =
 
 
Thật vậy:
1
2
+2
2
+3
2
+…+(k-1)
2
+ k
2
+(k+1)
2
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 2 3 1 1k k k
 
= + + + + − + + +
 

( 1)(2 1)
6
k k k+ +
=
+ (k+1)
2

=
( )
2
2 7 6
1
6
k k
k
+ +
 
+
 
 
( 1)( 2)(2 3)
6
k k k+ + +
=
.
11
Vậy (1) đúng với mọi số tự nhiên n thuộc N
*

.
2.1.2 Sử dụng phương pháp quy nạp tìm số hạng tổng quát của dãy số
Phương pháp quy nạp là một phương pháp rất có hiệu quả trong việc đi
tìm số hạng tổng quát của dãy số. Nó là một trong những công cụ đắc lực cho
việc tìm công thức tổng quát của dãy số. Sau khi tìm được công thức tổng quát
của dãy số ta thường dùng phương pháp quy nạp để làm cho bài toán thêm chặt
chẽ hơn.
Trong một số bài toán đơn giản ta có thể dự đoán được công thức tổng
quát của dãy số bằng cách cho một vài giá trị đầu của dãy số dựa vào công thức
truy hồi đã cho. Sau đó ta dùng phương pháp quy nạp chứng minh công thức
tổng quát của dãy số.
Ví dụ 2.2:
Tìm số hạng tổng quát của dãy số sau :
1 1
3, 2
n n
u u u
+
= =
,
( )
1n ≥
Giải.
Bằng cách thử trực tiếp một vài giá trị đầu của dãy số ta dự đoán
1
3.2
n
n
u
−

=
(1)
Ta chứng minh (1) bằng qui nạp .
Khi n = 1 ta có
1
3u =
nên (1) đúng .
Giả sử (3) đúng với n = k,
( )
1k ≥
tức là :
1
3.2
k
k
u
−
=
Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1 , tức là :
1
3.2
k
k
u
+
=
Thật vậy :
1
1
2. 3.2.2 3.2

k k
k k
u u
−
+
= = =
Vậy (1) đúng với n = k+1 nên cũng đúng với mọi
1n ≥
.
Kết luận:
1
3.2
n
n
u
−
=
Ví dụ 2.3:
Cho dãy số
{ }
1
1
1
3
:
2 1
, 2
1 (1 2)
n
n

n
n
u
u
u
u n
u
−
−

=


+ −
= ∀ ≥

+ −


Tính
2013
u
Giải.
Ta có
12
1
2
tan 2 1
8
3 tan

3
tan tan
3 8
tan
3 8
1 tan .tan
3 8

tan ( 1) (*)
3 8
n
u
u
u n
π
π
π π
π π
π π
π π
= −
= =
+
 
= = −
 ÷
 
−
 
= − −

 ÷
 
Bằng quy nạp ta chứng minh được (*)
Do đó
2013
3
tan 2012 tan
3 8 3 2 3
u
π π π π
   
= − = − =
 ÷  ÷
   
2.2. Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức
Trong một số trường hợp đặc biệt nhờ sử dụng các hằng đẳng thức bình
phương của một tổng,lập phương của 1 tổng và khéo léo đổi biến ta cũng có thể
tìm được một số hạng tổng quát của dãy số.
Bài toán 2.1:
Tìm số hạng tổng quát của dãy số (u
n
)
2
1
2
1
2
, 1; 0;
4
(1)

n n n
u
b b
n a c
a
u au bu c
α
+
=

−
∀ ≥ ≠ =

= + +

Giải.
Đặt
2
n n
b
v u
a
= +

Thay vào (1) có
2
1
2 2 2
2
1

2
1
; 1
2 2 2
2
; 1
2 4 2 4
+
+
+
   
− = − + − + ∀ ≥
 ÷  ÷
   
−
⇔ − = − + + − + ∀ ≥
⇔ =
n n n
n n n n
n n
b b b
v a v b v c n
a a a
b b b b b
v av bv bv n
a a a a
v av
Do đó
( )
1 1

2
2 2 2 1 2
1 2 1

n n
n n n
v av a av a v
− −
−
− −
= = = =
13
Vậy
( )
1
1 1
2
2 1 2 1
1
1
2 2 2
n
n n
n
b b b
u a v a
a a a
α
−
− −

− −
 
= − = + −
 ÷
 
Bằng quy nạp ta chứng minh được (1)
Ví dụ 2.4: Tìm số hạng tổng quát của dãy số (u
n
)
1
2
1
2
, 1; 0;
4 2(1)
+
=

∀ ≥ ≠

= + +
 n n n
u
n a
u u u
Giải.
Áp dụng bài toán 2.1 ta có
1
2
4 2

n
n
u
−
= −
Bài toán 2.2: Tìm số hạng tổng quát của dãy số
(u
n
)
( )
2
1
3 2
1
3
, 1; 0; ,
3 9
(1)
α
+
=

−
∀ ≥ > = =

= + + +
 n n n n
u
b c
b

n a c d
a a
u au bu cu d
Giải.
Đặt
3
n n
b
v u
a
= +
Thay vào (1) có
( )
3 2
1
2 3 2
3 2 2
1
2
3 2 3
2 2
3
1
; 1
3 3 3 3
2
3 3 27 3
3
; 1
9 3 9 9

; 1
+
+
+
     
− = − + − + − + ∀ ≥
 ÷  ÷  ÷
     
⇔ − = − + − + −
−
+ + − + ∀ ≥
⇔ = ∀ ≥
n n n n
n n n n n n
n
n n
b b b b
v a v b v c v d n
a a a a
b b b b
v av bv v bv v
a a a a
b c
b b b
v n
a a a a
v av n
Do đó
( )
1

3
1 1
2 2 1 1
3 1 3 1
3
3 3 1 3 3 3 3 3
2 2
1 2 1 1

3
n
n n
n n n
n n n
b
v av a av a v a v a
a
α
−
− −
− − −
− −
+ + + +
− −
 
= = = = = = +
 ÷
 
Vậy
1

1
3
3 1
2
3 3
n
n
n
b b
u a
a a
α
−
−
−
 
= + −
 ÷
 
Ví dụ 2.5: Tìm số hạng tổng quát của dãy số (u
n
)
1
3 2
1
2
6 12 6
+
=



= + + +
 n n n n
u
u u u u
14
Giải. Áp dụng bài toán 2.2 có
1
3
4 2
n
n
u
−
= −
2.3. Phương pháp sử dụng cấp số cộng, cấp số nhân
Cấp số cộng, cấp số nhân là một trong những nội dung của chương trình
toán học phổ thông. Trong một số bài toán xác định số hạng tổng quát của dãy
số nếu ta đưa được công thức truy hồi về dạng của cấp số cộng hoặc cấp số nhân
thì bài toán trở nên khá là đơn giản.
2.3.1. Sơ lược về cấp số cộng, cấp số nhân
Định nghĩa 2.1:
Dãy số (u
n
) có tính chất
1n n
u u d
−
= +
,

n∀
≥
2,
d
là số thực không đổi gọi là cấp số cộng.
d: gọi là công sai của cấp số cộng;
u
1
gọi là số hạng đầu,
u
n
gọi là số hạng tổng quát của cấp số cộng.
Định lý 2.1: Cho cấp số cộng (u
n
). Ta có:
1
( 1)
n
u u n d= + −

Định lý 2.2: Gọi S
n
là tổng của n số hạng đầu của cấp số cộng (
n
u
) có công sai
d
ta có:
1
[2 ( 1) ]

2
n
n
S u n d= + −
Định nghĩa 2.2:
Dãy số (
n
u
) có tính chất
1
.
n n
u q u
+
=

*
n∀ ∈¥
gọi là cấp số nhân
q
: gọi là công bội
Định lý 2.3: Cho cấp số nhân (
n
u
) có công bội
q
. Ta có
1
1
n

n
u u q
−
=

Định lý 2.4: Gọi
n
S
là tổng n số hạng đầu của cấp số nhân (
n
u
) có công bội
q
ta
có:
1
1
1
n
n
q
S u
q
−
=
−
2.3.2. Sử dụng cấp số cộng, cấp số nhân để đi tìm số hạng tổng quát của một
số dạng dãy số
Bài toán 2.3: Dãy số
n

u
:
1
1
( ), 2
−


= + ∀ ≥
 n n
u
u au f n n
trong đó
( )f n
là một đa thức bậc k theo
n

Ta xác định công thức tổng quát như sau:
Phân tích
( )f n
=
( ) ( 1)g n ag n− −
(1)
với
( )g n
cũng là một đa thức theo
n
. Khi
đó ta có:
1

1 1
( ) [ ( 1)]= =a [ (1)]
n
n n
u g n a u g n u g
−
−
− = − − −
Vậy ta có:
1
1
[ (1)]a ( )
n
n
u u g g n
−
= − +
Ta xác định
( )g n
:
Ta thấy :
15
∗
Nếu
1a =
thì
( ) ( 1)g n ag n− −
là một đa thức bậc nhỏ hơn bậc của
( )g n
một bậc và không phụ thuộc vào hệ số tự do của

( )g n
, mà
( )f n
là đa thức
bậc
k
nên để có (1) ta chọn đa thức
( )g n
là đa thức bậc
1k +
, có hệ số tự do
bằng không và khi đó để xác định g(n) thì trong đẳng thức (1) ta cho
1k +
giá trị
của n bất kỳ ta được hệ
1k +
phương trình, Giải. hệ này ta tìm được các hệ số
của g(n).
∗
Nếu
1a ≠
thì
( ) ( 1)g n ag n− −
là một đa thức cùng bậc với
( )g n
nên ta
chọn
( )g n
là đa thức bậc k và trong đẳng thức (1) ta cho
1k +

giá trị của n thì ta
sẽ xác định được
( )g n
.
Ví dụ 2.6: Xác định số hạng tổng quát của dãy (u
n
) được xác định bởi :

1 1
1, 2
−
= = −
n n
u u u

2n∀ ≥
Giải.
Ta thấy dãy (u
n
) là 1 cấp số cộng có công sai
2d = −
. Áp dụng kết quả ta có:

1 2( 1) 2 3
n
u n n= − − = − +

Ví dụ 2.7: Cho dãy số
1
1

2
( ) :
2 1
n
n n
u
u
u u n
−
=


= + +

Tìm công thức tổng quát của dãy
( )
n
u
.
Giải. Ta phân tích
2 1n +
2 2
( ) ( 1) [ ( 1) [ ( 1)]g n g n a n n b n n= − − = − − + − −
Trong đó
2
( )g n an bn= +
Cho
0, 1n n= =
ta có hệ:
2

2
1 1
( ) 2
3 2
2 1.
n
a b a
g n n n
a b b
u n n
− + = =
 
⇔ ⇒ = +
 
+ = =
 
⇒ = + −
Bài toán 2.4: Xác định công thức tổng quát của dãy
1
1
( ) :
. . , 2
n
n
n n
u
u
u a u b n
α
−



= + ∀ ≥

,
Ta xác định công thức tổng quát như sau:
•
Nếu
a
α
=
ta phân tích
1 1
1 1
1
1
. ( ( 1). ( )
( 1) .
α α α α α
α α
− −
−
−
⇒ − = − − = = −
⇒ = − +
n n n
n n
n n
n
u bn u b n u b

u b n u
•
Nếu
a
α
≠
ta phân tích
1
. .
n n n
k ak
α α α
−
= −
Cho
1n =
ta tìm được
.k
a
α
α
=
−
Khi đó:
1 1
1 1
1
1
. ( . ) ( )
( ) .

n n n
n n
n n
n
u kb a u kb a u bk
u a u bk bk
α α
α
− −
−
−
− = − = = −
⇒ = − +
Ví dụ 2.8: Cho dãy số
1
1
1
( ) :
3 2 ; 2
n
n
n n
u
u
u u n
−
=


= + ∀ ≥


.
16
Tìm công thức tổng quát của dãy
( )
n
u
.
Giải. Ta phân tích
1
2 .2 3 .2
n n n
k k
−
= −
cho
1n =
ta có
2a = −
1
2 2.2 3.2.2
n n n−
⇒ = − +
Nên ta có:
1 1
1 1
2.2 3( 2.2 3 ( 4)
n n n
n n
u u u

− −
−
+ = + = = +
Vậy
1 1
5.3 2
n n
n
u
− +
= −
.
Bài toán 2.5: Xác định công thức tổng quát của dãy
1
1
( ):
. . ( ); 2
n
n
n n
u p
u
u a u b f n n
α
−
=


= + + ∀ ≥


,
trong đó
( )f n
là đa thức theo n bậc k, ta phân tích
n
α
và
( )f n
như cách phân
tích ở dạng 1 và dạng 2.
Ví dụ 2.9: Tìm công thức tổng quát của dãy
1
1
1
( ) :
2 3 ; 2
n
n
n n
u
u
u u n n
−
=


= + − ∀ ≥

.
Giải.

Ta phân tích :
1
3 3.3 2.3.3
2 2[( 1) 2]
n n n
n n n
−
= −


= − − + − +


nên ta viết công thức truy hồi của dãy như sau:
1 1
1 1
3.3 2 2[ 3.3 ( 1) 2] 2 ( 12)
n n n
n n
u n u n u
− −
−
− − − = − − − − = = −
Vậy
1 1
11.2 3 2
n n
n
u n
− +

= − + + +
.
17
2.4. Phương pháp sai phân
Sai phân là một công cụ hữu ích giúp ta tìm số hạng tổng quát của dãy
số.Dựa vào đó ta có thể giải bài toán một cách ngắn gọn hơn.
2.4.1. Sơ lược về phương pháp sai phân
Định nghĩa 2.3
Cho hàm số y = f(x) xác định trên R, Đặt x
k
= x
0
+ kh (k
∈
N*) với x
0
∈
R,
h
∈
R bất kì, cho trước. Gọi y
k
= f(x
k
), khi đó hiệu số
1
:
k k k
y y y
+

∆ = −
(k
∈
N*)
được gọi là sai phân cấp 1 của hàm số f(x)
Hiệu số
2
1
: ( )
k k k k
y y y
+
∆ = ∆ − ∆ = ∆ ∆
(k
∈
N*) được gọi là sai phân cấp 2
của hàm số f(x). Tổng quát
1 1 1
1
: ( )
i i i i
k k k k
y y y
− − −
+
∆ = ∆ − ∆ = ∆ ∆
(k
∈
N*) được gọi là
sai phân cấp i của hàm số f(x) (i = 1, 2, …, n, …)

Mệnh đề. Sai phân mọi cấp đều có thể biểu diễn theo các giá trị của hàm
số: y
0
, y
1
, y
2
, …, y
n
, …
Định nghĩa 2.4
Phương trình sai phân (cấp k) là một hệ thức tuyến tính chứa sai phân cấp
k
( ) ( ) ( ) ( )
. . .
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
n n n n n
m
m a a m a a m a
n
u− = − ⇒ − − ⇒ −M M
(1)
Vì sai phân các cấp đều có thể biểu diễn theo các giá trị của hàm số nên ta có thể
viết phương trình dạng
a
0
y
k+1
+ a
1

y
n+k-1
+ … +a
k
y
k
= f(n) (2)
trong đó a
0
, a
1
, …., a
k
, f(n) là các giá trị đã biết, còn y
n
, y
n+1
, …, y
n+k
là các giá trị
chưa biết.
Hàm số y
n
biến n thỏa mãn (2) gọi là nghiệm của phương trình sai phân tuyến
tính (2)
2.4.2. Sử dụng phương pháp sai phân xác định số hạng tổng quát của dãy
số
Cho dãy số (u
n)
Phương trình: a

0
u
n+k
+ a
1
u
n+k-1
+ …+ a
k
u
n
= f(n) (1)
Trong đó f(n) là hàm số theo n và các a
0
,a
1
,…, a
k là
các hằng số.
Khi đó:
- Phương trình: a
0
u
n+k
+ a
1
u
n+k-1
+ …+ a
k

u
n
=0 (2)được gọi là phương trình
thuần nhất tương ứng
- Phương trình:
1
0 1 1
0
k k
k k
a a a a
λ λ λ
−
−
+ + + + =
(*) được gọi là phương trình
đặc trưng của (1) đồng thời cũng là phương trình đặc trưng của (2)
Cách giải
Giải phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng
- Giải phương trình đặc trưng
1
0 1 1
0
k k
k k
a a a a
λ λ λ
−
−
+ + + + =

(*)
- Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng
+ Nếu (*) có k nghiệm thực khác nhau là
1 2
, , ,
k
λ λ λ
thì nghiệm tổng quát
là
1 1 2 2

n n n
n k k
u c c c
λ λ λ
= + + +
(1)
Trong đó c
1
, c
2
, …, c
k
là các hằng số tùy ý
18
+Nếu trong (*) có nghiệm thực
j
λ
bội s thì nghiệm tổng quát là
1

1 1,
s k
i n n
n j i j i i
i i i j
u c n c
λ λ
−
+
= = ≠
 
= +
 ÷
 
∑ ∑
+Nếu phương trình (*) có nghiệm phức đơn
( os isin )
j
r c
λ θ θ
= +
thì cũng
có nghiệm
( os isin )
j
r c
λ θ θ
= −
Đặt
1j j

λ λ
+
=
. Để thu được công thức tổng quát, trong công thức (1) ta
thay bộ phận
1 1
n n
j j j j
c c
λ λ
+ +
+
bởi bộ phận tương ứng
1
osn r sinn
n n
j j
c r c c
θ θ
+
+
+Nếu phương trình (*) có nghiệm phức bội s
1 1
( os isin )
j j j s
r c
λ λ λ θ θ
+ + −
= = = = +
Thì (*) cũng có nghiệm phức bội s liên hợp với

j
λ
là
j
λ
mà ta đặt là
1 2 1
( os isin )
j s j s j s
r c
λ λ λ θ θ
+ + + + −
= = = = −
Trong trường hợp này, để thu được công thức nghiệm tổng quát, trong công thức
(1) ta thay bộ phận
1 1 2 1 2 1

n n n
j j j j j s j s
c c c
λ λ λ
+ + + − + −
+ + +
bởi bộ phận tương ứng
1 1
0 0
os sin
s s
i n i n
j i j s i

i i
c n r c c n r n
θ θ
− −
+ + +
= =
   
+
 ÷  ÷
   
∑ ∑
- Tìm nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp k. Nghiệm
tổng quát có dạng
*
= +
n n n
u u u
Trong đó
+
n
u
là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp k
+
n
u
là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng
+
*
n
u

là một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất
2.4.3. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 với hệ số là hằng số
Định nghĩa 2.5
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 là phương trình sai phân dạng:
1 1
, ,
n n n
u au bu f n
α
+
= + = ∈¥
(1)
Trong đó :
, ,a b
α
là các hằng số,
0a ≠
n
f
là biểu thức của n cho trước.
Phương pháp giải
• Giải phương trình thuần nhất:
1
0
n n
au bu
+
+ =
(2)
Phương trình đặc trưng:

0a b
λ
+ =
, tìm
λ
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là :
( ) .
n n
n
b
u c c
a
λ
= = −

Trong đó
1
b b
c u
a a
α
= − = −

Chứng minh: Số hạng tổng quát của (2) có dạng :
( )
n
n
b
u c
a

= −
19
Thật vậy ta có:
1
1
( ) ( )
n n
n n
b b
u bu c a b
a a
+
+
 
+ = − + −
 
 


1 1
( ) ( )
n n
n n
b b
c
a a
+ +
− −
 
= −

 
 
0=

• Giải phương trình không thuần nhất:
1n n n
au bu f
+
+ =
(3)
Gọi
n
u
là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất

*
n
u
là nghiệm riêng tùy ý của phương trình không thuần nhất
Ta có
*
n n n
u u u= +
;
Trong đó
( )
n n
n
b
u c c

a
λ
= = −
và
*
n
u
được xác định như sau:
+ Nếu
1
λ
≠
thì
*
n
u
cùng bậc với
n
f
+ Nếu
1
λ
=
thì
*
;
n n
u ng=

n

g
là đa thức cùng bậc với
n
f
Thay
*
n
u
vào (3), đồng nhất hệ số ta tìm được
*
n
u
Khi đó
*
n n n
u u u= +
và tính được c từ
1
u
Chứng minh:
Ta đi chứng minh
*
n n n
u u u= +
thỏa mãn (3). Thật vậy,
n
u
là nghiệm của
phương trình thuần nhất (2) nên
1

0
n n
au bu
+
+ =
(4)
Mặt khác
*
n
u
là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (3) nên
* *
1n n n
au bu f
+
+ =
(5)
Cộng theo vế với vế của (4) với (5) ta được
* *
1 1
( ) ( )
n n n n n n n
a u u b u u au bu f
+ +
+ + + = + =
Với
*
,
n n n
u u u n= + ∈¥

.
Ví dụ 2.10:
Tìm số hạng tổng quát của dãy số
1 1
10, 5 6 ,
+
= + = − ∀ ∈¥
n n
u u u n n
(1)
Giải.
Xét phương trình đặc trưng :
5 0
λ
+ =

5
λ
⇔ = −
ta có:
*
n n n
u u u= +
trong đó
.( 5)
n
n
u c= −
,
*

n
u an b= +
.
Thay
*
n
u
vào phương trình (1) ta được:
( 1) 5( ) 6a n b an b n+ + + + = −

⇔

6 6 6an a b n+ + = −

Đồng nhất hệ số ta được:
1
1
6
a
b
= −



=



Suy ra:
*

1
6
n
u n= − +

20
Ta có
*
1
( 5)
6
n
n n n
u u u c n= + = − − +
,
vì
1
10u =
nên
1 13
10 5 1
6 6
c c= − − + ⇔ = −

Vậy
11 1
.( 5)
6 6
n
n

u n= − − +

Một số trường hợp đặc biệt
• Trường hợp
,
n n
f u n
β
= ∈¥
trong đó
,
β µ
∈¡
khi đó
*
n
n n
u u u= +
,
Trong đó
n
u
là nghiệm tổng quát của (2), còn
*
n
u
là một nghiệm riêng tùy ý của
(1). Việc tìm
*
n

u
như sau:
i, Nếu
λ µ
≠
thì
* n
n
u
γµ
=

ii, Nếu
λ µ
=
thì
* n
n
u n
γ µ
=
Chứng minh:
Ta đi chứng minh
*
n n n
u u u= +
thỏa mãn (3).
Thật vậy,
n
u

là nghiệm của phương trình thuần nhất (2) nên
1
0
n n
au bu
+
+ =
Mặt khác
*
n
u
là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (3) nên
* *
1
n
n n
au bu
βµ
+
+ =
Cộng theo vế với vế của hai phương trình trên ta được:
* *
1 1 1
( ) ( )
n
n n n n n n
a u u b u u au bu
βµ
+ + +
+ + + = + =

Với
*
,
n n n
u u u n= + ∈¥
.
Ví dụ 2.11: Tìm
n
u
thỏa mãn điều kiện
1 1
1, 3 2 ,
n
n n
u u u n
+
= = + ∀ ∈¥

(2)
Giải.
Phương trình đặc trưng
3 0 3
λ λ
− = ⇔ =
ta có:
*
n n n
u u u= +
trong đó
.3

n
n
u c=
,
*
.2
n
n
u a=
. Thay
*
n
u
vào phương trình (2) ta được:
1
.2 3 .2 2 2 3 1 1
n n n
a a a a a
+
= + ⇔ = + ⇔ = −

*
2
n
n
u⇒ = −
. Do đó
.3 2
n
n

u c n= −
. Vì
1
1u =
nên
1c =
. Vậy
3 2 .
n n
n
u = −

Ví dụ 2.12: Tìm số hạng tổng quát của dãy
n
u
được xác định bởi:
0 1
2, 3 5.3 ,
n
n n
u u u n
+
= − = ∀ ∈¥
(3)
Giải.
Phương trình đặc trưng là:
3 0 3
λ λ
− = ⇔ =

Ta có:
.3
n
n
u c=

*
.3
n
n
u n
γ
=

Thay
*
n
u
vào phương trình (3) ta được:
21
1
5
( 1)3 3 .3 5.3
3
n n n
n n
γ γ γ
+
+ − = ⇔ =

⇒

* 1
5
.3 5 .3
3
n n
n
u n n
−
= =

Ta có:
* 1
.3 5 .3
n n
n n n
u u u c n
−
= + = +

Từ
0
2 2u c= ⇒ =

Vậy:
1 1
2.3 5 .3 (5 6)3
n n n
n

u n n
− −
= + = +
• Trường hợp
1 2
,= + ∈¥
n n n
f f f n
,
Trong đó
1n
f
là đa thức của n, còn
2
, ,
βµ β µ
= ∈¡
n
n
f

Khi đó
* **
,
n n n n
u u u u= + +
trong đó
n
u
là nghiệm tổng quát của (2),

* **
,
n n
u u
lần
lượt là một nghiệm riêng tùy ý của phương trình
1 1 1
,
α
+
= + =
n n n
u au bu f
và
1 1 2
,
α
+
= + =
n n n
u au bu f
.
Chứng minh:
Ta đi chứng minh
*
n n n
u u u= +
thỏa mãn (3). Thật vậy,
n
u

là nghiệm của phương
trình thuần nhất (2) nên
1
0
n n
au bu
+
+ =
Mặt khác
* **
,
n n
u u
lần lượt là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất nên
ta có:
* *
1 1n n n
au bu f
+
+ =
** **
1 2n n n
au bu f
+
+ =
Cộng theo vế với vế của 3 phương trình trên ta được:
* ** * **
1 1 1 1 1 2
( ) ( )
n n n n n n n n n n

a u u u b u u u au bu f f
+ + + +
+ + + + + = + = +

Với
* **
,
n n n n
u u u u n= + + ∈¥

Ví dụ 2.13: Tìm số hạng tổng quát của dãy
n
u
được xác định bởi:
2
1 1
1, 3 4 3 ,
+
= − = + ∈¥
n
n n
u u u n n
(3)
Giải.
Phương trình đặc trưng
3 0 3
λ λ
− = ⇔ =
ta có:
* **

n
n n n
u u u u= + +
trong đó
.3
n
n
u c=
* 2
n
u an bn c= + +
là nghiệm riêng của phương trình
2
1
3 4
n n
u u n
+
− =
(3.1)
**
3
n
n
u An=
là nghiệm riêng của phương trình
1
3 3
n
n n

u u
+
− =
(3.2)
Thay
*
n
u
vào phương trình (3.1) ta được:
2 2 2
( 1) ( 1) 3( ) 4a n b n c an bn c n+ + + + − + + =

⇒

2 2
2 (2 2 ) 2 4an a b n a b c n− + − + + − =

22
Đồng nhất hệ số ta được:
2
2
2
a
b
c
= −


= −



= −


⇒

* 2
2 2 2
n
u n n= − − −

Thay
**
n
u
vào phương trình (3.2) ta được:
1
1
( 1)3 3 .3 3 3 .3 3
3
n n n n n
A n An A A
+
+ − = ⇔ = ⇔ =

Vậy
** 1
1
.3 .3
3

n n
n
u n n
−
= =
Do đó
2 1
.3 2 2 2 .3
n n
n
u c n n n
−
= − − − +
. Ta có
1
1u =
nên
1 3 2 2 2 1 2c c= − − − + ⇒ =

Vậy
1 2 1 2
2.3 .3 2 2 2 ( 6).3 2 2 2
n n n
n
u n n n n n n
− −
= + − − − = + − − −
2.4.4. Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 với hệ số là hằng số
Định nghĩa 2.6: Phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 là phương trình sai phân
có dạng:

1 2 2 1
, , ,
n n n n
u u au bu cu f n
α β
+ +
= = + + = ∈¥
(6)
Trong đó :
, , , ,a b c
α β
là các hằng số
0a ≠

n
f
là một biểu thức của n cho trước.
Phương pháp giải.
• Giải phương trình thuần nhất:
2 1
0
n n n
au bu cu
+ +
+ + =
(7)
Phương trình đặc trưng
2
0a b c
λ λ

+ + =
, tìm
λ
i, Nếu
1 2
,
λ λ
là 2 nghiệm thực khác nhau thì:
1 1 2 2
n n
n
u c c
λ λ
= +
(7.1)
Trong đó
1 2
,c c
là các hằng số xác định được khi biết
1 2
,u u

ii, Nếu
1 2
,
λ λ
là 2 nghiệm thực kép
1 2
λ λ λ
= =

thì
1 2
( )
n
n
u c c n
λ
= +
(7.2)
Trong đó
1 2
,c c
là các hằng số xác định được khi biết
1 2
, u u

iii, Nếu phương trình có nghiệm phức
x iy
λ
= +
Đặt:
2 2
; tan ; ,
2 2
π π
λ α α
 
= = + = ∈ −
 ÷
 

y
r x y
x
Chứng minh:
Giải phương trình đặc trưng
2
0ak bk c+ + =
, tìm
k
i, Nếu
1 2
,k k
là 2 nghiệm thực khác nhau thì:
1 1 2 2
n n
n
u c k c k= +

Trong đó
1 2
,c c
là các hằng số. Ta chứng minh
0,> ∀
n
u n
thỏa mãn (7).
23
(cos sin )
( cos sin ); ; ,
λ α α

α α
= +
= + ∀ ∈ ∈
n
n
r i
u r A n B n n N A B R
Thật vậy ta có
2 2
2 1 1 2 2
n n
n
u c k c k
+ +
+
= +
1 1
1 1 1 2 2
n n
n
u c k c k
+ +
+
= +
1 1 2 2
n n
n
u c k c k= +
Nên:
2 2

2 1 1 1 1 1 2 2 2 2
( ) ( ) 0
n n
n n n
au bu cu c ak bk c k c ak bk c k
+ +
+ + = + + + + + =
(Do
1 2
,k k
là 2 nghiệm của phương trình
2
0ak bk c+ + =
).
ii, Nếu
1 2
,k k
là 2 nghiệm thực kép
1 2
k k k= =
thì
1 2
( )
n
n
u c c n k= +
Trong đó
1 2
,c c
là các hằng số.

Ta chứng minh
1 2
( )
n
n
u c c n k= +
thỏa mãn (7). Thật vậy ta có:
2
2 1 2
( )
n
n
u c c n k
+
+
= +
1
1 1 2
( )
n
n
u c c n k
+
+
= +
1 2
( )
n
n
u c c n k= +

Từ đó suy ra:
2 1
2 2 2 1
1 1 1 2 2 2 2 2
( ) ( ) 2
+ +
+ +
+ +
= + + + + + + +
n n n
n n n n
au bu cu
c ak bk c k c ak bk c nk ac k bc k
=
2 1
1 2 2
( )( ) (2 ) 0
n n
c nc ak bk c k ak b c k
+
+ + + + + =

iii, Nếu
k
là nghiệm phức :
k i
λ µ
= +
thì đặt
2 2

r k
λ µ
= = +
;
tan
λ
ϕ
µ
=
;
;
2 2
π π
ϕ
 
∈ −
 ÷
 

Lúc đó
1
( cos sin )k r c i
ϕ ϕ
= +
và
1
( cos sin )
n
n
u r c n i n

ϕ ϕ
= +
.
Trong đó
1 2
,c c
là các hằng số.
Ta chứng minh:
1
( cos sin )
n
n
u r c n i n
ϕ ϕ
= +
thỏa mãn (7). Thật vậy ta có:
2
2 1
[ cos( 2) sin( 2) ]
n
n
u r c n i n
ϕ ϕ
+
+
= + + +
1
1 1
[ cos( 1) sin( 1) ]
n

n
u r c n i n
ϕ ϕ
+
+
= + + +
1
( cos sin )
n
n
u r c n i n
ϕ ϕ
= +
Ta có
0k ≠
vì nếu
0k =
thì
0c =
, phương trình sai phân tuyến tính cấp 2 trở
thành phương trình tuyến tính cấp 1.
Do
k
là nghiệm của phương trình đặc trưng
2
0ak bk c+ + =
nên ta cũng có
2 1
ak 0
n n n

bk ck
+ +
+ + =

2 1
ar [cos(n+2) +sin(n+2) ] [cos(n+1)
+sin(n+1) ] (cos sin ) 0
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
+ +
⇔ +
+ + =
n n
n
br
cr n n

2 1
2 1
ar cos( 2) cos( 1) cos 0
ar sin( 2) sin( 1) sin 0
n n
n n
n br n cr n
n br n cr n
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
+ +
+ +
+ + + + =


⇒

+ + + + =

Suy ra:
24
2
2 1 1
2
2
[ cos( 2) cos( 1)
cos ] [ sin( 2) sin( 1) sin ] 0
+ +
+ + = + + +
+ + + + + + =
n
n n n
n
au bu cu r c ar n k br n k
c nk r c ar n k br n k c nk
• Giải phương trình không thuần nhất
2 1n n n n
au bu cu f
+ +
+ + =
(8)
Ta có
*
n

n n
u u u= +
, trong đó :
n
u
là nghiệm tổng quát của phương trình (7),
*
n
u
là nghiệm riêng của
phương trinh (8) ta tìm
*
n
u
được xác định như sau:
i, Nếu
1k ≠
thì
*
n
u
là đa thức cùng bậc với
n
f

ii, Nếu
1k =
là nghiệm đơn thì
*
n n

u ng=
;
n
g
là đa thức cùng bậc với
n
f
iii, Nếu
1k =
là nghiệm kép thì
* 2
n n
u n g=
;
n
g
là đa thức cùng bậc với
n
f
Thay
*
n
u
vào (8), đồng nhất hệ số ta tính được
*
n
u
. Biết
1 2
,u u

và từ hệ thức
*
n
n n
u u u= +
ta tính được
1 2
,c c
.
Chứng minh:
Ta chứng minh:
*
n
n n
u u u= +
thỏa mãn (8). Thật vậy ta có
n
u
là nghiệm tổng
quát của phương trình thuần nhất (7) nên:
2 1
0
n n n
au bu cu
+ +
+ + =
(9)
*
n
u

là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (8) nên
* * *
2 1n n n n
au bu cu f
+ +
+ + =
(10)
Cộng 2 vế của (9) và (10) ta được:
2 1n n n n
au bu cu f
+ +
+ + =
Trong đó:
*
n
n n
u u u= +
Ví dụ 2.14: Tìm số hạng tổng quát của dãy
n
u
được xác định bởi:

1 2 2 1
1, 3, 2 5,
n n n
u u u u u n
+ +
= = + + = ∀ ∈¥
(4)
Giải.

Phương trình đặc trưng là
2
2 1 0k k+ + =
có nghiệm kép là
2k =
. Ta có
*
n n n
u u u= +
, trong đó
( ).( 1)
n
n
u A Bn= + −
và
* 2
n
u an=
. Thay
*
n
u
vào phương trình
(4) ta được:
2 2 2
( 2) + ( 1) 5 1a n a n an a+ + + = ⇔ =

Vậy
* 2
n

u n=

Do đó
* 2
( )
n n n
u u u A Bn n= + = + +
Ta có
1
1 1 1 0u A B A B= ⇒ + + = ⇒ + =
(4.3)

2
3 2 4 3 2 1u A B A B= ⇒ + + = ⇒ + = −
(4.4)
Giải. hệ (4.3) và (4.4) ta được:
1
1
A
B
=


= −


Vậy
2
1
n

u n n= − +

Ví dụ 2.15: Tìm số hạng tổng quát của dãy
n
u
được xác định bởi:
0 1 2 1
4, 1, 2 5 2 3,
n n n
u u u u u n
+ +
= − = = − + ∀ ∈¥
(6)
Giải.
25