Dãy số Luyện Thi olympic sinh viên

Mục lục
Chương 1. DÃY SỐ
1.1 Dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Định nghĩa dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Cách cho dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Dãy số tăng, giảm và dãy số bị chặn . . . . . .
1.2 Cấp số cộng - Cấp số nhân . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Cấp số cộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Cấp số nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Ứng dụng CSC-CSN để tìm CTTQ của dãy số
Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ
2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Các định lí về giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số . . . . .
2.3.1 Xác định công thức tổng quát của dãy số
2.3.2 Sử dụng nguyên lí Weierstrass . . . . . .
2.3.3 Sử dụng nguyên lí kẹp . . . . . . . . . . . .
2.3.4 Xây dựng dãy phụ . . . . . . . . . . . . . .
2.3.5 Giới hạn của dãy u n = f (u n ) . . . . . . . . .
2.3.6 Giới hạn của một tổng . . . . . . . . . . . .
2.4 Dãy số sinh bởi phương trình . . . . . . . . . . . .

1

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

3
3
3
3
6

9
9
9
9
13
13
13
16

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

35
35
36
45
45
49
52
56
58
63

65


2

Nguyễn Tất Thu

Mục lục


Chương 1
DÃY SỐ
1.1

Dãy số

1.1.1

Định nghĩa dãy số

Định nghĩa 1.1. Dãy số hữu hạn là tập hợp các giá trị của hàm số u : {1, 2, 3, . . . , m} → R,
n → u( n) được sắp xếp theo thứ tự tăng dần theo đối số n:
u1 , u2 , . . . , u m .

Ta nói dãy số có m số hạng và
• u 1 : được gọi là số hạng đầu
• u m : được gọi là số hạng cuối.

Định nghĩa 1.2. Dãy số là tập hợp các giá trị của hàm số u : N∗ → R, n → u(n) Được sắp
xếp theo thứ tự tăng dần liên tiếp theo đối số tự nhiên n:

u(1), u(2), u(3), ..., u( n), ...
• Ta kí hiệu u( n) bởi u n và gọi là số hạng thứ n hay số hạng tổng quát của dãy số,

u 1 được gọi là số hạng đầu của dãy số.
• Ta có thể viết dãy số dưới dạng khai triển u 1 , u 2 , ..., u n , ... hoặc dạng rút gọn ( u n ).

1.1.2

Cách cho dãy số

Người ta thường cho dãy số theo các cách sau:
• Cho số hạng tổng quát, tức là: cho hàm số u xác định dãy số đó
• Cho bằng công thức truy hồi, tức là:

* Cho một vài số hạng đầu của dãy
* Cho hệ thức biểu thị số hạng tổng quát qua số hạng (hoặc một vài số hạng) đứng
trước nó.

3


Chương 1. DÃY SỐ

4
Ví dụ 1.1
Cho dãy số (u n ) được xác định bởi u n =

n+1
với n
2n

1.

1. Viết 5 số hạng đầu tiên của dãy
2. Chứng minh rằng u n

1.

1, ∀ n

Lời giải. 1) Ta có
u1 =

1+1
2+1 3
3+1 1
4+1
5
5+1
3
= 1, u 2 = 2 = , u 3 = 3 = , u 4 = 4 =
, u5 = 5 =
.
1
4
2
16
16
2
2

2
2
2

2) Ta có u n 1 ⇔ 2n n + 1 (1).
Ta chứng minh (1) bằng phương pháp quy nạp.
Với n = 1 ta thấy (1) đúng.
Giả sử (1) đúng với n = k 1, tức là 2k > k + 1. Khi đó
2k+1 = 2.2k

2( k + 1) = k + 2 + k > k + 2.

Do đó (1) đúng với n = k + 1.
Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 1.2
Cho dãy số (u n ) được xác định bởi



u1 = 2
un + 1
 u n+1 =
, ∀n
2

1

.

1. Tìm 4 số hạng đầu của dãy

2. Chứng minh rằng u n > 1 với ∀n

1

3. Tìm công thức tổng quát của dãy (u n ).
Lời giải. 1) Ta có
u 1 = 2, u 2 =

u1 + 1 3
u2 + 1 5
u3 + 1 9
= , u3 =
= , u4 =
= .
2
2
2
4
2
8

2) Ta chứng minh u n > 1 bằng quy nạp.
Hiển nhiên, ta có u1 > 1.
Giả sử u n > 1, khi đó
u n+1 =

Do đó, ta có u n > 1, ∀n
3) Ta có

1.

u 1 = 2, u 2 =

Nguyễn Tất Thu

un + 1 1 + 1
>
= 1.
2
2

21 + 1
22 + 1
23 + 1
, u3 =
,
u
=
.
4
2
22
23


1.1. Dãy số

5

Do đó, ta chứng minh

un =

2n−1 + 1
.
2n−1

2n−1 + 1
, ta có
Giả sử u n =
2n−1
2n−1 + 1
+1
n−1
2n + 1
un + 1
2
=
=
.
u n+1 =
2
2
2n

Theo nguyên lí quy nạp, ta suy ra u n =

2n−1 + 1
.
2n−1

Ví dụ 1.3
Chứng minh rằng tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương (u n ) thỏa: u0 = 1, u1 = 2 và
u n+2 .u n − u2n+1 = 1.

Lời giải. Ta có:
| u 2 − 4| = 1 ⇒

u 2 = 5 ⇒ u 3 = 12, u 3 = 13
u 2 = 3 ⇒ u 3 = 4, u 3 = 5

.

a) Ta chứng minh tồn tại duy nhất dãy số nguyên dương (u n ) thỏa
u 0 = 1, u 1 = 2, u 2 = 3, u 3 = 5

và
u n+2 .u n − u2n+1 = 1, ∀ n
• Chứng minh tồn tại: Xét dãy (vn ) :

4.

(1)

v 0 = 1, v 1 = 2
vn+1 = vn + vn−1 , n = 2, 3, ...

Bằng quy nạp ta chứng minh được (vn ) thỏa mãn (1).
Thật vậy:
vn+2 .vn − v2n+1 = vn (vn+1 + vn ) − v2n+1
= vn+1 (vn − vn+1 ) + v2n

= v2n − vn−1 vn+1 = 1
• Chứng minh duy nhất.

Trước hết ta chứng minh nếu dãy (u n ) thỏa (1) thì (u n ) là dãy tăng.
Giả sử a n+1 > a n ⇒ a n+1 − 1 a n .
Từ a n+2 a n − a2n+1 = 1 ta suy ra
a n+2 =

a2n+1 ± 1

a2n+1 ± 1

an

a n+1 − 1

> a n+1 + 1 > a n+1 .

Nên theo quy nạp ta có đpcm.
Giả sử tồn tại k để vk = u k và vn = u n , ∀n < k. Khi đó, ta giả sử vk < u k , suy ra:
u k .u k−2 = u2k−1 + 1
vk .vk−2 = v2k−1 − 1

Nguyễn Tất Thu

.

⇒ u k−2 ( u k − vk ) = 2 ⇒ 2.. u k−2 (vô lí).

Chương 1. DÃY SỐ

6

Do vậy tồn tại duy nhất dãy nguyên dương (u n ) (đó chính là dãy (vn )) thỏa mãn (1).
b) Tương tự ta chứng minh được tồn tại dũy nhất các dãy nguyên dương thỏa:
u 0 = 1, u 1 = 2, u 2 = 3, u 3 = 4, u n+2 u n − u2n+1 = 1
u 0 = 1, u 1 = 2, u 2 = 5, u 3 = 12, u n+2 u n − u2n+1 = 1
u 0 = 1, u 1 = 2, u 2 = 5, u 3 = 13, u n+2 u n − u2n+1 = 1.

Đó là các dãy tương ứng là:
u 0 = 1, u 1 = 2, u n+1 = 2 u n+1 − u n
u 0 = 1, u 1 = 2, u n+1 = 2 u n+1 + u n
u 0 = 1, u 1 = 2, u n+1 = 3 u n+1 − u n .

Vậy tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương thỏa yêu cầu bài toán.

1.1.3

Dãy số tăng, giảm và dãy số bị chặn

Định nghĩa 1.3. Dãy số (u n )
• Được gọi là dãy tăng nếu u n

u n+1 ∀ n ∈ N∗

• Được gọi là dãy giảm nếu u n

u n+1 ∀ n ∈ N∗

• Được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số thực m sao cho u n

m , ∀ n = 1, 2, . . .

• Được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số thực M sao cho u n

M , ∀ n = 1, 2, . . .

• Được gọi là bị chặn nếu vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới. Tức là tồn tại số thực

N sao cho | u n |

N , ∀ n = 1, 2, . . . .

• Được gọi là dãy tuần hoàn nếu tồn tại số nguyên dương k sao cho a n+k = a n với mọi

n, số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa điều kiện đó được gọi là chu kì. Khi k = 1 ta

gọi là dãy hằng.
Ví dụ 1.4
Cho dãy số (u n ) :

u 1 = 1, u 2 = 2
u n+1 =

u n + u n−1 , ∀ n

2

. Chứng minh rằng dãy ( u n ) là dãy

tăng và bị chặn.
Lời giải. Ta chứng minh dãy (u n ) là dãy tăng bằng phương pháp quy nạp.
* Dễ thấy u1 < u2 < u3 .
* Giả sử u k−1 < u k , ∀k n, ta chứng minh u n+1 < u n .
Thật vậy
u n+1 =

u n + u n−1 >

u n−1 + u n−2 = u n .

Vậy (u n ) là dãy tăng.
Trước hết ta có u n > 0, ∀n. Bây giờ ta chứng minh u n < 4, ∀n
Nguyễn Tất Thu


1.1. Dãy số

7

Thật vậy, ta có u1 = 1 < 4.
Giả sử u k < 4, ∀k n, ta có
u n+1 =

u n + u n−1 <

4 + 4 = 4.

Do đó, ta luôn có 0 < u n < 4, ∀n.

Vậy dãy (u n ) là dãy bị chặn.
Ví dụ 1.5
Cho dãy (u n ) được xác định như sau




u1 > 0
u n ( u2n + 3) .

 u n+1 =
3 u2n + 1

Tùy thuộc vào giá trị của u1 , hãy xét tính tăng, giảm và bị chặn của dãy (u n ).
Lời giải. Trước hết ta có u n > 0, ∀n.

u2 − 1
u n+1
= 1 − 2 n2
. Từ đây ta suy ra được
un
3u n + 1
• Nếu u 1 = 1 ⇒ u n = 1, ∀ n.

Ta xét

• Nếu u 1 > 1 ⇒ u n+1 < u n ∀ n ⇒ u n < u 1 , ∀ n.
• Nếu u 1 < 1 ⇒ u n+1 > u n ∀ n và

u n+1 − 1 =

( u n − 1)3
3 u2n + 1

⇒ u n < 1, ∀ n.

Vậy
• Nếu u 1 = 1 thì dãy ( u n ) là dãy không đổi
• Nếu u 1 > 1 thì dãy ( u n ) là dãy giảm và bị chặn
• Nếu u 1 < 1 thì dãy ( u n ) là dãy tăng và bị chặn.

Ví dụ 1.6
Chứng minh rằng dãy (u n ) là dãy tuần hoàn với chu kì 2 khi và chỉ khi
un =

Lời giải. • Giả sử u n =

Nguyễn Tất Thu

1
u 0 + u 1 + ( u 0 − u 1 ) (−1)n+1 .
2

1
u 0 + u 1 + ( u 0 − u 1 ) (−1)n+1 . Khi đó
2
1
u n+1 =
u 0 + u 1 − ( u 0 − u 1 ) (−1)n+1
2

1
u n+2 =
u 0 + u 1 + ( u 0 − u 1 ) (−1)n+3
2
1
u 0 + u 1 + ( u 0 − u 1 ) (−1)n+1 = u n .
=
2


Chương 1. DÃY SỐ

8
Suy ra dãy (u n ) là dãy tuần hoàn chu kỳ 2.
• Giả sử dãy ( u n ) tuần hoàn chu kỳ 2. Khi đó u n+2 = u n ∀ n ∈ N.
Bằng quy nạp ta chứng minh được
un =

1
u 0 + u 1 + ( u 0 − u 1 ) (−1)n+1 .
2

Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 1.7
Cho dãy số nguyên {a n } truy hồi cấp k ( k là số nguyên dương) nghĩa là
a n+k = f (a n , a n+1 , ..., a n+k−1 ) ∀ n ∈ N.

Nếu dãy bị chặn thì nó là dãy tuần hoàn kể từ lúc nào đó.

Lời giải. Giả sử dãy bị chặn bởi số nguyên dương M , nghĩa là |a n |

Xét các bộ k số

M.

(a 0 , a 1 , ..., a k−1 ) , (a 1 , a 2 , ..., a k ) , (a 2 , a 3 , ..., a k+1 ) , ....

Có tối đa (2 M + 1)k bộ khác nhau nên trong (2 M + 1)k + 1 bộ đầu tiên phải có hai bộ trùng
nhau. Chẳng hạn
(a i , a i+1 , ..., a i+k−1 ) = a j , a j+1 , ..., a j+k−1 với i > j.

Tức là : a i+t = a j+t ∀ t = 0, 1, ..., k − 1. Suy ra
a i+k = f (a i , a i+1 , ..., a i+k−1 ) = f a j , a j+1 , ..., a j+k−1 = a j+k .

Đặt T = i − j thì ta có
a n+ T = a n ∀ n

j + k = n0 .

Vậy dãy (a n ) tuần hoàn với chu kì T = i − j kể từ số hạng n0 = j + k.
Ví dụ 1.8
Cho dãy số nguyên {a n } thoả mãn
a n = c 1 a n+1 + c 2 a n+2 + ... + c k a n+k ,

trong đó c 1 , c 2 , ..., c k là các số nguyên và m > 1 là số nguyên dương. Gọi r n là số dư
trong phép chia a n cho m. Khi đó dãy {r n } tuần hoàn.

Lời giải. Theo giả thiết ta có a n ≡ r n ( mod m) . Theo tính chất của đồng dư thức ta có
r n ≡ c 1 r n+1 + c 2 r n+2 + ... + c k r n+k ( mod m) .

Nguyễn Tất Thu

1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân

9

Theo các xác định r n ta có 0 r n m − 1 tức là dãy {r n } bị chặn và truy hồi tuyến tính
cấp k nên theo định lý trên dãy tuần hoàn kể từ lúc nào đó, nghĩa là ∃ n0 , T 1 sao cho
r n+T = r n , ∀ n n 0 . Khi đó
r n0 +T −1 ≡ c 1 r n0 +T + c 2 r n0 +T +1 + ... + c k r n0 +T +k−1
≡ c 1 r n0 + c 2 r n0 +1 + ... + c k r n0 +k−1
≡ r n0 −1 ( mod m)

Suy ra r n0 +T −1 = r n0 −1 .
Tương tự, ta cũng có
r n0 −2 = r n0 −2+T , ...., r 1 = r 1+T , r 0 = r T .

Do đó dãy {r n } tuần hoàn với chu kì T .

1.2

Cấp số cộng - Cấp số nhân

1.2.1

Cấp số cộng

1.2.1.1

Định nghĩa

Định nghĩa 1.4. Dãy số (u n ) được xác định bởi
u1 = a
u n+1 = u n + d

, n ∈ N ∗.

gọi là cấp số cộng; d gọi là công sai.
1.2.1.2

Tính chất

Định lí 1.1. Cho cấp số cộng (u n ) với công sai d . Khi đó
u n = u 1 + ( n − 1) d.

Chứng minh. Ta chứng minh (1) bằng phương pháp quy nạp.
Dễ thấy (1) đúng với n = 1. Giả sử u n = u1 + (n − 1)d , khi đó
u n+1 = u n + d = u 1 + ( n − 1) d + d = u 1 + nd.

Vậy (1) đúng.
Định lí 1.2. Cho cấp số cộng (u n ). Khi đó
2 u k = u k−1 + u k+1 ∀ k = 2, 3, ...

Chứng minh. Ta có u k = u k−1 + d , u k+1 = u k + d nên u k = u k+1 − d . Suy ra
2 u k = u k + u k = u k−1 + d + u k+1 − d = u k+1 + u k−1 .

Nguyễn Tất Thu

(1)

Chương 1. DÃY SỐ

10
Chú ý 1. Từ định lí trên ta có:
Ba số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành CSC khi và chỉ khi a + c = 2 b.
Định nghĩa 1.5. Cho CSC (u n ), đặt
S n = u1 + u2 + . . . + u n .

Khi đó S n được gọi là tổng của n số hạng đầu của CSC.
Định lí 1.3. Cho CSC (u n ) có công sai d . Khi đó
Sn =

n
n
n( n − 1)
( u 1 + u n ) = (2 u 1 + ( n − 1) d ) = nu 1 +
d.
2
2
2

Ví dụ 1.9
Chứng minh rằng dãy (u n ) là cấp số cộng khi và chỉ khi u n = an + b.

Lời giải. • Giả sử (u n ) là cấp số cộng, khi đó
u n = u 1 + ( n − 1) d = dn + u 1 − d = an + b.
• Giả sử u n = an + b, ta có:

u n − u n−1 = an + b − a( n − 1) − b = a

Vậy (u n ) là CSC với công sai d = a.
Ví dụ 1.10
Cho a, b, c > 0 lập thành cấp sô cộng.Chứng minh rằng
1

a+ b

+

1

b+

c

=

2

c+ a

.

Lời giải. Gọi d là công sai của cấp số, suy ra b − a = c − b = d, c − a = 2d Do đó:
1

a+ b

+

1

b+

c

=

b− a
+
d

=

c− a
d
c−a

=

d ( c + a)
2
=
.
c+ a

Nguyễn Tất Thu

c− b

d


1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân

11

Ví dụ 1.11
Chứng minh ba số a, b, c > 0 là 3 số hạng liên tiếp của cấp số cộng khi và chỉ khi
3 số a2 + ab + b2 ; c2 + ca + a2 ; b2 + bc + c2 cũng là ba số hạng liên tiếp của một cấp số
cộng.
Lời giải. Ta có a2 + ab + b2 ; c2 + ca + a2 ; b2 + bc + c2 lập thành CSC khi và chỉ khi
a2 + ab + b2 + b2 + bc + c2 = 2(a2 + ca + c2 )
⇔ 2 b2 + ab + bc = a2 + 2ac + c2
⇔ b ( a + b + c ) + b 2 − ( a + c )2 = 0
⇔ b(a + b + c) + (a + b + c)( b − a − c) = 0
⇔ 2 b − a − c = 0 ⇔ 2 b = a + c.

Hay a, b, c lập thành CSC.
Ví dụ 1.12
Cho bốn số thực a 1 ; a 2 ; a 3 ; a 4 .Biết rằng :





1
2
1
+

=
a1 a2 a2 a3 a1 a3
1
1
1
3 .


+
+
=

a1 a2 a2 a3 a3 a4 a1 a4

Chứng minh rằng : a 1 ; a 2 ; a 3 ; a 4 lập thành cấp số cộng.
Lời giải. Ta có
1
2
1
+
=
⇔ a 3 + a 1 = 2a 2
a1 a2 a2 a3 a1 a3
⇒ a1 − a2 = a2 − a3 = d

và

1
1
1

3
+
+
=
a1 a2 a2 a3 a3 a4 a1 a4
2
1
3
⇔
+
=
a1 a3 a3 a4 a1 a4

.

⇔ 2a 4 + a 1 = 3a 3
⇔ 2a 4 = 3(a 1 + 2 d ) − a 1 ⇒ a 4 = a 1 + 3 d

Ví dụ 1.13
Gọi S1 ; S2 ; S3 là tổng n1 ; n2 ; n3 số hạng đầu của một cấp số cộng. Chứng minh rằng:
S1
S2
S3
(n2 − n3 ) +
(n3 − n1 ) +
( n 1 − n 2 ) = 0.
n1
n2
n3

Nguyễn Tất Thu


Chương 1. DÃY SỐ

12
Lời giải. Thay công thức
S1 = n1 u1 +

n 1 ( n 1 − 1)
n 2 ( n 2 − 1)
n 3 ( n 3 − 1)
d, S 2 = n 2 u 1 +
d ; S3 = n3 u1 +
d.
2
2
2

Nên
n1 − 1
S2
n2 − 1
S3
n3 − 1
S1
= u1 +
d,
= u1 +
d,

= u1 +
d.
n1
2
n2
2
n3
2

Suy ra
S1
S2
S3
(n2 − n3 ) +
(n3 − n1 ) +
(n1 − n2 )
n1
n2
n3
d
= [( n 1 − 1) ( n 2 − n 3 ) + ( n 2 − 1) ( n 3 − n 1 ) + ( n 3 − 1) ( n 1 − n 2 )] = 0.
2

Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.14
(VMO 2012) Cho các cấp số cộng (a n ), (b n ) và số nguyên m > 2. Xét m tam thức bậc
hai:
P k ( x) = x2 + a k x + b k , k = 1, 2, 3, ...., m.

Chứng minh rằng nếu hai tam thức P1 ( x), P m ( x) đều không có nghiệm thực thì tất

cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực.

Lời giải. Gọi a, b là các công sai của hai cấp số cộng (a n ) và (b n ). Giả sử P k ( x) có nghiệm
x = c với 1 < k < m nào đó. Theo tính chất cấp số cộng ta có:
P m ( x) − P k ( x) = ( m − k)(ax + b) và P k ( x) − P1 ( x) = ( k − 1)(ax + b).

Suy ra
P m ( c) = ( m − k)(ac + b) và P1 ( c) = −( k − 1)(ac + b)

nên P m ( c).P1 ( c) < 0 (*).
Nhưng P m ( c) > 0 và P1 ( c) > 0 nên điều suy ra ở trên là vô lí.
Vậy tất cả các đa thức P k ( x), k = 2, 3, ..., m − 1 đều vô nghiệm.
Ví dụ 1.15
(APMO 2014) Cho 2 k số thực a 1 , a 2 , ..., a k , b1 , b2 , ..., b k . Xác định dãy số ( X n ) như sau
k

Xn =

[a i n + b i ], n = 1, 2, ...
i =1
k

Chứng minh rằng nếu ( X n ) là một cấp số cộng thì

a i là số nguyên.
i =1

Nguyễn Tất Thu

1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân

13

Lời giải. Đặt
k

A=

k

ak, B =
i =1

bk.
i =1

Ta có
ai n + bi − 1

[a i n + b i ] < a i n + b i .

Suy ra An + B − k X n < An + B.
Giả sử { X n } là cấp số cộng với công sai d , khi đó nd = X n+1 − X 1 và A + B − k
Vì X n+1 = X 1 + nd nên ta có :

X1 < A + B

A ( n + 1) + B − k < X 1 + nd < A ( n + 1) + B ⇔ An + A + B − k − X 1 < nd < An + A + B − X 1 .
k

n

Mà A + B − X 1 > 0 và A + B − X 1 < k nên An − k < nd < An + k. Suy ra | A − d | < .
Cho n tiến ra vô cùng, ta có | A − d | = 0 ⇒ A = d .
Mặt khác { X n } là dãy số nguyên nên A = d = X n+1 − X n là số nguyên (đpcm).

1.2.2

Cấp số nhân

1.2.2.1

Định nghĩa

Định nghĩa 1.6. Dãy số (u n ) được xác định bởi
u1 = a
u n+1 = u n .q

, n ∈ N∗

gọi là cấp số nhân; q gọi là công bội.
1.2.2.2

Tính chất

Định lí 1.4. Cho cấp số nhân (u n ) với công bội q. Khi đó
u n = u 1 q n−1 .

(2)

Chứng minh. Ta chứng minh (2) bằng phương pháp quy nạp.
Dễ thấy (2) đúng với n = 1. Giả sử u n = u1 .q n−1 , khi đó
u n+1 = u n .q = u 1 q n .

Vậy (2) đúng.
Định lí 1.5. Cho cấp số cộng (u n ). Khi đó
u2k = u k−1 .u k+1 ∀ k = 2, 3, ...

Chứng minh. Ta có u k+1 = u k q, u k = u k−1 q nên u k−1 =
u k−1 .u k+1 =

Nguyễn Tất Thu

uk
. Suy ra
q

uk
.u k .q = u2k .
q


Chương 1. DÃY SỐ

14
Chú ý 2. Từ định lí trên ta có:
Ba số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành CSN khi và chỉ khi a.c = b2 .
Định nghĩa 1.7. Cho CSN (u n ), đặt
S n = u1 + u2 + . . . + u n .

Khi đó S n được gọi là tổng của n số hạng đầu của CSN.
Định lí 1.6. Cho CSC (u n ) có công bội q. Khi đó
S n = u1

qn − 1
.
q−1

Ví dụ 1.16
Chứng minh rằng dãy (u n ) là CSN khi và chỉ khi u n = a.αn .
Lời giải. • Nếu dãy (u n ) là CSN thì ta có: u n = u1 .q n−1 = a.αn với a =

u1
, α = q.
q

• Nếu u n = a.αn thì ta có:

u n+1
= α ⇒ u n+1 = α.u n .
un
Vậy dãy (u n ) là CSN với công bội q = α.

Ví dụ 1.17
Chứng minh rằng: điều cần và đủ để ba số khác không a, b, c là ba số hạng của một
CSN là tồn tại ba số nguyên khác không p, t, r sao cho
p+t+r =0
a p .b t .c r = 1

.

Lời giải. • Giải sử a, b, c là ba số hạng thứ k + 1; l + 1; m + 1 của cấp số nhân có công bội
q, khi đó ta có :
a = u 1 .q k ; b = u 1 .q l ; c = u 1 .q m ⇒

a
b
= q k− l ; = q l − m
b
c

Suy ra
a
b

l −m

=

k− l

b
c

⇒ a l −m .b m−l −k+1 .c k−1 = 1.

Đặt p = l − m; t = m − l − k + 1; r = k − 1. Khi đó ta có ba số p, t, r thỏa mãn yêu cầu bài toán.
• Giả sử ta có
p+t+r =0
a p .b t .c r = 1

p

r

⇒ a .c = b

p+ r

a
⇒
b

p

b
=
c

Do p + t + r = 0 nên tồn tại ít nhất một số dương và một số âm.
Giải sử r > 0, t < 0. Đặt

b
= q r ⇒ b = a.q r kết hợp với (*) ta có
a
a
a.q r

Nguyễn Tất Thu

p

=

a.q r
c

r

⇒ c = a.q r+ p .

r

(∗)


1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân

15

Vậy ba số a, b, c là ba số hạng của cấp số nhân với a là số hạng đầu, b là số hạng thứ r + 1;
c là số hạng thứ r + p + 1.
Ví dụ 1.18
Chứng minh rằng nếu ba cạnh của tam giác lập thành CSN thì công bội của CSN
5−1 1+ 5
;
.
2
2

đó nằm trong khoảng

Lời giải. Giả sử a, b, c là ba cạnh tam giác theo thứ tự đó lập thành CSN với công bội q.
Ta có:
a + aq > aq2

⇔

q2 − q − 1 < 0

aq2 + aq > a
q2 + q − 1 > 0


1− 5 1+ 5


q∈
;


2
2
⇔

−1 + 5
−1 − 5


∪

; +∞

 q ∈ −∞;
2
2
⇔q∈

5−1
;
2

5+1
.
2

Ví dụ 1.19
Cho (u n ) là cấp số nhân. Kí hiệu
S = u 1 + u 2 + ... + u n ; T =

1
1
1
+
+ ... +
; P = u 1 u 2 ...u n .
u1 u2
un

Hãy tính P theo S, T và n.

Lời giải. Ta có:

S = u1

qn − 1
1
; T=
q−1
u1

Suy ra: P =

S
T

1 n
n( n − 1)
−1
1
qn − 1
q
n 1+2+...+ n−1
n
2
=
P = u1 q
= u1 q
.
1
u 1 q n−1 ( q − 1)

−1
q

n

Ví dụ 1.20
Chứng minh rằng các số 2, 3, 5 không thể cùng thuộc một CSN.

Nguyễn Tất Thu


Chương 1. DÃY SỐ

16

Lời giải. Giả sử 2, 3, 5 là ba số hạng thứ m, n, p của CSN (vn ) có công bội q Ta có:
2 um
5
=
= q m− n ; = q p − n ,
3 un
3

suy ra
2
3

p− n

=

5
3

m− n

= p(p−n)(m−n) ⇒ 2 p−n .3m− p .5n−m = 1

vô lí.

1.2.3

Ứng dụng CSC-CSN để tìm CTTQ của dãy số

Chúng ta đã biết công thức xác định công thức tổng quát ( CTTQ) của một cấp số cộng
(CSC) khi biết số hạng đầu với công sai d và một cấp số nhân (CSN) khi biết số hạng đầu
với công bội q. Trong chuyên đề này chúng tôi trình bày với các bạn một số cách xác định
CTTQ của một số dãy số có công thức truy hồi dạng đặc biệt. Phương pháp giải quyết là
chúng ta đưa vào một số dãy phụ để chuyển dãy đã cho về một CSC hoặc một CSN hoặc
những dãy số quen thuộc đã biết.
Ví dụ 1.21
Xác định số hạng tổng quát của dãy số (u n ) được xác định bởi
u 1 = 1, u n = u n−1 − 2, ∀ n

2.

Lời giải. Ta thấy dãy (u n ) là một CSC có công sai d = −2. Nên ta có:
u n = 1 − 2( n − 1) = −2 n + 3.

Ví dụ 1.22

Xác định số hạng tổng quát của dãy số (u n ) được xác định bởi
u 1 = 3, u n = 2 u n−1 ∀ n

2.

Lời giải. Ta thấy dãy (u n ) là một CSN có công bội q = 2.
Ta có: u n = 3.2n−1 .
Ví dụ 1.23
Xác định số hạng tổng quát của dãy (u n ) được xác định bởi:
u 1 = −2, u n = 3 u n−1 − 1 ∀ n

Nguyễn Tất Thu

2.


1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân

17

Lời giải. Trong bài toán này chúng ta sẽ gặp khó khăn vì dãy (u n ) không phải là CSC
hay CSN! Ta thấy dãy (u n ) không phải là CSN vì xuất hiện hằng số −1 ở vế trái. Ta tìm
cách làm mất −1 đi và chuyển dãy số về CSN.
Để thực hiện ý đồ này ta đặt u n = k.vn + l ; k, l là các hằng số và k = 0 ( ta sẽ chọn k, l sau).
Khi đó, ta có:
k.vn + l = 3 k.vn−1 + 3 l − 1 ⇔ vn = 3vn +

2l − 1
.
k


 k=1
2l − 1
1
Ta chọn k, l :
= 0 ⇔ l = và k bất kì nên ta chọn
1.
 l=
k
2
2

 vn = 3vn−1
Nên ta có dãy (vn ) :
5 .

v1 = −
2
Dễ thấy dãy (vn ) là CSN với công bội q = 3 nên

5
vn = v1 .q n−1 = − .3n−1 .
2

Suy ra:
5.3n−1 1
1
+ .
u n = vn + = −

2
2
2

Ta thấy k bất kì, do đó khi đặt ta chọn k = 1.

Tương tự cách làm này ta có được kết quả tổng quát sau:
Dạng 1: Dãy số (u n ) : u1 = x0 , u n = au n−1 + b, ∀n 2 ( a, b = 0 là các hằng số) có CTTQ
là:


u 1 + ( n − 1) b khi a = 1
un =

 u 1 .a n−1 + b a

.
−1
khi a = 1
a−1

n−1

Ví dụ 1.24
Xác định CTTQ của dãy (u n ) được xác định bởi :
u 1 = 2; u n+1 = 2 u n + 3 n + 2.

Lời giải. Ở ví dụ này chúng ta không thể sử dụng kết quả trên được vì hệ số tự do ở đây
không phải là hằng số mà là một hàm bậc nhất biến n.
Tuy nhiên chúng ta có thể bắt chước cách giải ở trên làm mất 3n + 2 ở VP, ta đặt :

u n = k.vn + t.n + l ; k, t, l là các hằng số k = 0.
Khi đó ta có:
kvn+1 + t( n + 1) + l = 2 kvn + 2 tn + 2 l + 3 n + 2.

Hay là
vn+1 = 2vn +

Nguyễn Tất Thu

l − t+2
t+3
.n +
.
k
k


Chương 1. DÃY SỐ

18
Ta chọn k, t, l sao cho:


t+3




 t = −3
=0

k
⇔ l = −1 ,

l − t+2 = 0 

k =0
k

ta chọn k = 1.
Nên ta có dãy
(vn ) :

v1 = 6
vn = 2vn−1

⇒ vn = 6.2n−1 = 3.2n .

Vậy u n = vn − 3 n − 1 = 3.2n − 3n − 1.
Ta thấy trong cách giải trên không phụ thuộc vào k, nên khi đặt ta có thể chọn k = 1.
Ví dụ 1.25
Cho dãy số (u n ) :

u1 = 2
u n = u n−1 + 2 n + 1

. Tìm CTTQ của dãy (u n ).

Lời giải. Với bài toán này nếu ta thực hiện cách làm như trên sẽ không dẫn đến kết
quả, vì sau khi đặt ta có :
2

1− t
vn+1 = vn + .n +
,
k
k

dẫn đến ta không thể làm mất n được.
Ta sẽ đi tìm lời giải khác cho bài toán trên. Ta viết công thức truy hồi của dãy đã cho
dưới dạng sau u n − u n−1 = 2n + 1. Từ đây ta có:
u n = ( u n − u n−1 ) + ( u n−1 − u n−2 ) + ... + ( u 2 − u 1 ) + u 1
= 2 n + 1 + 2( n − 1) + 1 + ... + 2.2 + 1 + 2
= 2 ( n + n − 1 + ... + 2 + 1) + n − 1
=2

n( n + 1)
+ n − 1 = n2 + 2 n − 1.
2

Từ kết quả chúng ta tìm được, ta thấy được nguyên nhân mà cách làm ban đầu không
cho ta kết quả là CTTQ của dãy số là một đa thức bậc hai theo n, mà với cách đặt ban
đầu thì ta thấy là trong CTTQ của dãy là một đa thức bậc nhất. Từ phân tích này ta có
thể giải bài toán trên theo cách khác như sau:
Đặt u n = vn + an2 + bn + c. Khi đó, ta có:
vn + an2 + bn + c = vn−1 + a( n − 1)2 + b( n − 1) + c + 2 n + 1.

Hay vn = vn−1 + 2(1 − a)n + a − b + 1. Ta chọn
1−a = 0

a−b+1 = 0

⇔

a=1
b=2

,

c bất kì nên ta chọn c = 0.

Khi đó:
(vn ) :

Nguyễn Tất Thu

v1 = −1
vn = vn−1

⇒ vn = vn−1 = vn−2 = ... = v1 = −1.


1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân

19

Vậy u n = vn + n2 + 2n = n2 + 2n − 1.
Vì c bất kì nên ta chỉ cần đặt u n = vn + an2 + bn = vn + n(an + b).
Dạng 2: Từ ví dụ 4 và cách giải thứ hai của ví dụ 5 ta rút ra được cách tìm CTTQ
của dãy (u n ) được xác định bởi:
u 1 = x0
u n = a.u n−1 + f ( n)

,

trong đó f (n) là một đa thức bậc k theo n; a là hằng số. Ta làm như sau:
• Nếu a = 1, ta đặt u n = vn + n.g( n) với g( n) là một đa thức theo n bậc k, thay vào công
thức truy hồi của dãy rồi ta chọn g(n) thỏa:
ng( n) − ( n − 1) g( n − 1) = f ( n)

ta có được dãy (vn ) là CSN với công bội q = 1 từ đó ta tìm được CTTQ của dãy (vn ) suy
ra ta có CTTQ của dãy (u n ).
• Nếu a = 1, ta đặt u n = vn + h( n) với h( n) là một đa thức theo n bậc k. Thay vào công
thức truy hồi của dãy rồi ta chọn h(n) thỏa:
h( n) − ah( n − 1) = f ( n)

ta có được dãy (vn ) là CSN với công bội q = a từ đó ta tìm được CTTQ của dãy (vn ).
Suy ra ta có CTTQ của dãy (u n ).
Ví dụ 1.26
Cho dãy số (u n ) được xác định bởi:
u1 = 1
u n = 3 u n−1 + 2n ; n = 2, 3, ...

.

Tìm CTTQ của dãy (u n ).
Lời giải. Với cách giải tương tự như các ví dụ trên ta đặt: u n = vn + a.2n .
Ta có:
vn + a.2n = 3(vn−1 + a.2n−1 ) + 2n ⇔ vn = 3vn−1 + 2n (a + 2).

Ta chọn a = −2 ⇒ vn = 3vn−1 = v1 .3n−1 = 5.3n−1 .
Vậy u n = 5.3n−1 − 2n+1 .

Chú ý 3. Trong trường hợp tổng quát dãy
( u n ) : u n = a.u n−1 + b.αn ,

ta đặt u n = xn + y.αn . Khi đó , ta có:
xn + y.αn = a.xn−1 + a y.αn−1 + b.αn .

Nguyễn Tất Thu


Chương 1. DÃY SỐ

20
Suy ra
xn = a.xn−1 + [ y(a − α) + bα] αn−1 .

Do đó, nếu a = α, ta chọn
y=

bα
⇒ xn = a.xn−1 ⇒ xn = x1 .a n−1 .
α−a

Suy ra:
bα
bα2 n−1
u n = (u1 −
)a
+
.α n .
α−a

α−a
Trường hợp α = a ⇒ u n − a.u n−1 = b.a n nên ta có:
u n = ( u n − a.u n−1 ) + a( u n−1 − u n−2 ) + ... + a n−2 ( u 2 − au 1 ) + u 1 .a n−1 .

Suy ra u n = b(n − 1)a n + u1 a n−1 . Vậy ta có kết quả sau.
Dạng 3: Cho dãy (u n ) được xác định bởi:
u1 = p
u n = a.u n−1 + b.αn ∀ n

2

.

Khi đó ta có:
• Nếu a = α thì
u n = [ab( n − 1) + u 1 ] a n−1 .
• Nếu a = α thì

u n = (u1 −

bα2 n−1
bα
)a
+
.α n .
α−a
α−a

Chú ý 4. Trong trường hợp a = α ta có thể tìm CTTQ của dãy (u n ) như sau:
Đặt u n = xn + y.n.a n . Khi đó ta có:

xn + y.n.αn = a.xn−1 + a y( n − 1).a n−1 + b.a n ⇒ xn = a.xn−1 + (− y + b).a n

nên ta chọn y = b. Suy ra
xn = x1 .a n−1 ⇒ u n = ( u 1 − ab)a n−1 + bn.a n = [ab( n − 1) + u 1 ] a n−1 .

Ví dụ 1.27
Tìm CTTQ của dãy:
(u n ) :

u 1 = −2
n

u n = 5 u n−1 + 2.3 − 6.7n + 12 ; n = 2, 3, ...

.

Lời giải. Đặt u n = vn + a.3n + b.7n + c. Khi đó , ta có:
vn + a.3n + b.7n + c = 5(vn−1 + a.3n−1 + b.7n−1 + c) + 2.3n − 6.7n + 12
⇔ vn = 5vn−1 + 3n−1 (2a + 6) − 7n−1 (2 b + 42) + 4 c + 12.

Nguyễn Tất Thu


1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân

21

Ta chọn a, b, c sao cho :




 a = −3




 2a + 6 = 0

2 b + 42 = 0 ⇔ b = −21 .




 c = −3
 4 c + 12 = 0

Khi đó:
vn = 5vn−1 ⇒ vn = v1 .5n−1 = 157.5n−1 .

Vậy u n = vn − 3n+1 − 3.7n+1 − 3 = 157.5n−1 − 3n+1 − 3.7n+1 − 3.
Qua ví dụ trên ta có kết quả sau:
Dạng 4: Để tìm CTTQ của dãy số
u1 = p

(u n ) :

u n = a.u n−1 + b.αn + c.βn + d ; ∀ n

2

,

( trong đó a, b, c = 0; α, β = 1; α.β = a) ta làm như sau:
• Nếu a = 1 thì u n − u n−1 = b.αn + c.βn + d . Suy ra
n−2

u n = u1 +

( u n− i − u n− i−1 )
i =0
n−2

= u1 +

( b.αn− i + c.βn− i + d )

i =0
n−2

= u1 + b

α n− i + c

i =0

n−2

βn− i + d.( n − 1)

i =0

1 − βn
1 − αn
− 1 + c.β.
− 1 + d.( n − 1).
⇒ u n = u 1 + b.α.
1−α
1−β
• Nếu a = 1, ta đặt

u n = vn + x.αn + y.βn + z.

Ta có:
vn = a.vn−1 + (ax − xα + α b)αn−1 + ( b y − yβ + β c)βn−1 + z(a − 1) + d.

Ta chọn :
x=

αb
α−a

;y=

βc
β−b

;z=

d
.

1−a

Khi đó: vn = a.vn−1 nên
α2 b

β2 c

d
a n−1
α−a β−b 1−a
α2 b
β2 c
d
b
c
d
u n = u1 −
−
−
a n−1 +
αn +
βn +
.
α−a β−b 1−a
α−a
β−b
1−a

vn = v1 .a n−1 = u 1 −

−

−

Chú ý 5. Nếu α = a hoặc β = a thì khi đặt u n theo vn thì ta nhân thêm n vào trước αn hoặc
βn .

Nguyễn Tất Thu


Chương 1. DÃY SỐ

22
Ví dụ 1.28
Tìm CTTQ của dãy :
u1 = 1

(u n ) :

u n = 2 u n−1 + 3n − n; ∀ n

2

.

Lời giải. Để tìm CTTQ của dãy (u n ) ta làm như sau:
Đặt u n = vn + a.3n + bn + c.
Ta có:
vn + a.3n + bn + c = 2 vn−1 + a.3n−1 + b( n − 1) + c + 3n − n
⇔ vn = 2vn−1 + (−a + 1)3n−1 + ( b − 1) n − 2 b + c.

Ta chọn a = b = 1; c = 2. Khi đó:
vn = 2vn−1 ⇒ vn = v1 .2n−1 = −5.2n−1 .

Vậy u n = −5.2n−1 + 3n + n + 2.
Dạng 5: Nếu dãy số (u n ) được xác đinh bởi:
u1 = p
u n = a.u n−1 + b.αn + f ( n); ∀ n

2

,

trong đó f (n) là đa thức theo n bậc k ta tìm CTTQ của dãy như sau:
• Nếu a = 1 ta đặt u n = vn + x.αn + g( n), với g( n) là đa thức theo n bậc k. Ta sẽ chọn sao
cho dãy (vn ) là một CSN, khi đó ta sẽ tìm được CTTQ của dãy (vn ) từ đó ta có CTTQ
dãy (u n ).
• Nếu a = 1 thì ta tìm được u n theo cách làm đã ở trên.
Ví dụ 1.29
Xác định CTTQ của dãy
( u n ) : u 0 = −1, u 1 = 3, u n+1 = 5 u n − 6 u n−1 ∀ n

1.

Lời giải. Ta viết công thức truy hồi của dãy lại như sau:
u n+1 − 2 u n = 3( u n − 2 u n−1 ).

Đặt vn+1 = u n+1 − 2u n , ta có:
v1 = 5
vn+1 = 3vn

⇒ vn = 5.3n−1 ⇒ u n − 2 u n−1 = 5.3n−1 .

Từ đó ta tìm được: u n = 5.3n − 6.2n .
Nguyễn Tất Thu

(1)


1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân

23

Trong lời giải trên ta đã phân tích 5 = 2 + 3 và 6 = 2.3 để viết lại công thức truy hồi như
(1), từ đó ta đưa vào được dãy phụ (vn ) là một CSN. Các hệ số xuất hiện trong công thức
truy hồi là 5; 6 nên ta dễ dàng tìm được mối liên hệ, trong trường hợp tổng quát ta có
luôn phân tích được các hệ số như vậy hay không ? Nếu được thì phân tích như thế nào
?. Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 1.30
Cho dãy số (u n ) được xác định bởi :
u 0 = 1; u 1 = 2
u n+1 = 4 u n + u n−1 ∀ n

1

.

Hãy xác định CTTQ của dãy (u n ).

Lời giải. Gọi x, y là hai số thỏa mãn:

x+ y=4
x y = −1

⇒ x, y là nghiệm PT: X 2 − 4 X − 1 = 0 ⇔ X =

2 ± 5, ta chọn x = 2 + 5; y = 2 − 5. Ta có:

u n+1 = ( x + y) u n − x yu n−1 ⇔ u n+1 − x.u n = y( u n − xu n−1 ).

Đặt vn = u n − x.u n−1 ⇒ v1 = 2 − x và vn+1 = y.vn . Suy ra
vn = v1 .yn−1 = (2 − x) yn−1 ⇒ u n − x.u n−1 = (2 − x) yn−1

Từ đó, ta có:
un =

y−2 n 2− x n 1
n
n
x +
y =
(2 + 5) + (2 − 5) .
y− x
y− x
2

Ví dụ 1.31
Cho a, b, c là các số thực khác không và dãy (u n ) được xác định bởi
u 0 = p; u 1 = q
u n+1 = a.u n + b.u n−1

.

Hãy xác định CTTQ của dãy (u n ) ?

Lời giải. Ta viết lại công thức truy hồi của dãy đã cho như sau:
u n+1 − x.u n = y( u n − x.u n−1 ).

Ta xác định x, y sao cho:

x+ y= a
x y = −b

⇒ x, y là nghiệm PT:

X 2 − aX − b = 0.

Nguyễn Tất Thu

(1)


Chương 1. DÃY SỐ

24

Giả sử tồn tại tại x, y, tức là phương trình (1) có nghiệm. Đặt vn = u n − x.u n−1 . Ta có:
v1 = q − x.p
vn+1 = yvn

⇒ vn = ( q − xp) yn−1

Suy ra:
u n − x.u n−1 = ( q − px) yn−1 .
• Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, hay x = y. Ta có:

un =

yp − q n q − xp n
x +
y .
y− x
y− x

• Ta xét trường hợp còn lại: (1) có nghiệm kép thì x = y =

a
.Suy ra
2

pa a n−1
a
)( ) .
u n − u n−1 = ( q −
2
2 2

Từ đó ta tìm được:
a
2

un =

n−1

ap
pa
+ (q −
)n .
2
2

Vậy ta có kết quả tổng quát sau:
Dạng 6: Cho a, b, c là các số thực khác không; a2 − 4b
bởi:
u 0 = p; u 1 = q
u n+1 = a.u n + b.u n−1

Khi đó:
• Nếu a2 − 4 b > 0 thì
un =

0 và dãy ( u n ) được xác định

.

y.u 0 − u 1 n u 1 − x.u 0 n
x +
y ,
y− x

y− x

trong đó x, y là nghiệm của phương trình : X 2 − aX − b = 0 (1).
• Nếu a2 − 4 b = 0 thì
un =

a
2

n−1

pa
ap
+ (q −
)n .
2
2

Phương trình (1) gọi là phương trình đặc trưng của dãy.
Chú ý 6. Để xác định CTTQ của dãy (u n ) nói trên ta có thể trình bày như sau:
Xét phương trình đặc trưng (1).
• Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt X 1 , X 2 thì u n = x.X 1n + y.X 2n , dựa vào u 0 , u 1 ta tìm được
x, y.
• Nếu (1) có nghiệm kép X 1 = X 2 = α thì u n = ( pn + q).αn , dựa vào u 0 , u 1 ta tìm được p, q.

Nguyễn Tất Thu


1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân

25

Ví dụ 1.32
Xác định CTTQ của dãy (u n ) được xác định bởi
u 0 = −1; u 1 = 3
u n − 5 u n−1 + 6 u n−2 = 2 n2 + 2 n + 1, ∀ n

2

.

Lời giải. Ta tìm cách làm mất vế phải trong công thức truy hồi của dãy, bằng cách: Đặt
u n = xn + an2 + bn + c. Thay vào công thức truy hồi của dãy và rút gọn ta được xn − 5 xn−1 +
6 xn−1 + 2an2 − (14a + 2 b) n + 19a − b + 2 c = 2 n2 + 2 n + 1 Ta chọn a, b, c:





2a = 2




 a=1

14a + 2 b = −2 ⇔ b = −8 .




 c = −13
19a − b + 2 c = 1 

Khi đó:
( xn ) :

x0 = 12; x1 = 23
xn − 5 xn−1 + 6 xn−2 = 0

.

Từ đây ta tìm được:
xn = 13.2n − 3n ⇒ u n = 13.2n − 3n + n2 − 8 n − 13.

Ví dụ 1.33
Tìm CTTQ của dãy số:
(u n ) :

u 1 = p; u 2 = q
a.u n+1 + b.u n + c.u n−1 = f ( n) ; ∀ n

( trong đó f (n) là đa thức theo n và b2 − 4ac

2

0).

Lời giải. Đặt u n = xn + g(n) với g(n) là một đa thức theo n. Thay vào công thức truy hỗi
của dãy ta được:
a.xn + b.xn−1 + c.xn−2 + a.g( n) + b.g( n − 1) + c g( n − 2) = f ( n).

Ta chọn g(n) : a.g(n) + b g(n − 1) + c g(n − 2) = f (n) (*).
Khi đó: a.xn + bxn−1 + c.xn−2 = 0. Từ đây, ta có được CTTQ của dãy ( xn ), từ đó ta tìm được
CTTQ của dãy (u n ).
Vấn đề còn lại là giải phương trình (*).
Giả sử
g( n) = a k n k + a k−1 n k−1 + ... + a 1 n + a 0

là đa thức bậc k. Khi đó hệ số của x k và x k−1 trong VP là:
a k .(a + b + c) x k và [−( b + 2 c) k.a k + (a + b + c)a k−1 ] x k−1 .

Nguyễn Tất Thu