Sáng kiến kinh nghiệm một số phương pháp xác định công thức tổng quát của dãy số và xây dựng bài toán về dãy số

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
“MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC TỔNG
QUÁT CỦA DÃY SỐ VÀ XÂY DỰNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ”

1


ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong chương trình tốn học THPT các bài toán liên quan đến dãy số là một phần
quan trọng của đại số và giải tích lớp 11 , Học sinh thường phải đối mặt với nhiều dạng
tốn khó liên quan đến vấn đề này và gặp khó khăn trong vấn đề xác định công thức số
hạng tổng quát của dãy số. Đặc biệt ở một số lớp bài toán khi đã xác định được công
thức tổng quát của dãy số thì nội dung của bài tốn gần như được giải quyết
Để đáp ứng được một phần đề tài “ Xác định công thức tổng quát của dãy số “
và kết hợp với sự tiếp cận “ Lý thuyết phƣơng trình sai phân “ qua một số chuyên đề
mà bản thân tác giả đã được học
Nội dung của đề tài nhằm cung cấp một số phương pháp cơ bản xác định cơng thức
tổng qt của dãy số và có sự phân loại ở một số lớp bài toán . Đây cũng là đề tài và bài
giảng mà tác giả đã dạy cho học sinh , đặc biệt là học sinh khá giỏi và lớp chọn, là tài liệu
học sinh và đồng nghiệm tham khảo
Trong đề tài này tác giả đã sử dung một số kết quả có tính hệ thống của „ Lý thuyết
phƣơng 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 .
Giới hạn của đề tài chỉ dừng lại ở việc xác định công thức tổng quát của một số dãy
số , từ đó có áp dụng vào một số bài tốn cụ thể . Qua đó, người đọc có thể trang bị thêm
cho mình phương pháp xác định cơng thức tổng qt của dãy số. Đặc biệt các thầy cơ có
thể tự kiểm tra kết quả và xây dựng cho mình một lớp các bài tốn về dãy số được trình
bày trong đề tài

2


A. PHƢƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP MỘT
Phương trình sai phân tuyến tính cấp một là phương trình sai phân 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 biểu thức của n cho trước
Dạng 1
Tìm un thoả mãn điều kiện
u1   , a.un1  b .un  0

(1.1)

trong đó a, b,  cho trước n  N *
Phƣơng pháp giải
Giải phương trình đặc trưng a.  b  0 để tìm  Khi đó un  q n (q là hằng số ) ,
trong đó q được xác định khi biết u1  
Bài toán 1: Xác định số hạng tổng quát của cấp số nhân, biết số hạng đầu tiên bằng 1 và
công bội bằng 2
Bài giải Ta có
un1  2 un , u1  1

(1.2)

Phương trình đặc trưng có nghiệm   2 Vậy un  c.2n . Từ u1  1 suy ra c 
un  2n1

Dạng 2
Tìm un thoả mãn điều kiện

u1   , aun1  bun  f n , n  N *

(2 .1)

trong đó f n là đa thức theo n
Phƣơng pháp giải

3

1
2

Do đó


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 u n* là nghiệm riêng tuỳ ý của phương

trình khơng thuần nhất (2.1) Vậy un0  q. n q là hằng số sẽ được xác định sau
Ta xác định u n* như sau :
1) Nếu  #1 thì u n* 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 u n* vào phương trình, đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số của u n*
Bài tốn 2: Tìm un thoả mãn điều kiện
u1  2; un1  un  2n, n  N *

(2.2)

Bài giải 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 u n* và phương trình (2.2) ta được

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

(2.3)

thay n=1và n=2 vào (2.3) ta được hệ phương trình sau
3a  b  2 a  1


5a  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  n2  n  2
Dạng 3
Tìm un thoả mãn điều kiện
u1   , a.un1  bun  v.n , n  N *

(3.1)

trong đó f n là đa thức theo n
Phƣơng pháp giải
4


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 được xác định , u n* được xác định như sau :

1) Nếu  # 

thì un*  A. n

2) Nếu   

thì un*  A.n. n

Thay u n* vào phương trình (3.1) đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số của u n* . Biết
u1 , từ hệ thức un  un0  un* , tính được c

Bài tốn 3: Tìm un thoả mãn điều kiện
u1  1; un1  3.un  2n , n  N *

(3.2)

Bài giải 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 thoả 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
Phƣơng pháp giải
Ta có un  un0  u1*n  u2*n Trong đó un0 là nghiệm tổng quát của phương trình thuần

nhất

aun1  bun  0 ,

u n* là một nghiệm riêng của phương trình khơng thuần nhất

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

a.un1  b.un  f 2 n

Bài tốn 4: Tìm un thoả mãn điều kiện
5


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

(4.2)

Bài 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.n 2  b.n  c , u2*n  An.2n
Thay u n* vào phương trình un1  2.un  n 2 , ta được
a  n  1  b  n  1  c  2an 2  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



Vậy u1*n  n2  2n  3 thay u2n* vào phương trình un1  2.un  3.2n Ta được
A  n  1 2n 1  2 An.2 n  3.2 n  2 A  n  1  2 An  3  A 

3
2

Vậy
3
u2*n  n.2 n  3n.2 n 1
2

Do đó un  c.2n   n2  2n  3  3n.2n1 . Ta có u1  1

nên 1  2c  2  3  c  0 Vậy

un  3n.2n1  n 2  2n  3

B. PHƢƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI
Phương trình sai phân tuyến tính cấp một 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

6


(NX: 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 số thực ,
tức là chỉ xét nghiệm thực )
Dạng 1
Tìm un thoả mãn điều kiện
u1   , u2   , aun1  bun  c.un1  0, n  N *

(5.1)

Phƣơng pháp giải
Giải phương trình đặc trưng a. 2  b.  c  0 tìm  Khi đó
1) 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
2) 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
Bài tốn 5: Tìm un thoả mãn điều kiện sau
u0  1, u1  16, un 2  8.un1  16.un

(5.1)

Bài 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

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

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

7


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
Phƣơng pháp giải
Giải phương trình đặc trưng a. 2  b.  c  0 để tìm  . Khi đó 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 u n*
là một nghiệm tuỳ 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 , u n* được xác định
như sau :
1) Nếu  #1 thì u n* 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 u n* vào phương trình , đồng nhất các hệ số, tính được các hệ số của u n* . Biết u1 , u2
từ hệ thức un  un0  un* tính được A, B
Bài tốn 6: Tìm un thoả mãn điều kiện

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

(6.2)

Bài 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*  n2  a.n  b 
Thay u n* vào phương trình (6,2) , ta được

 n  1

2

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

Cho n=1 , n=2 ta thu được hệ phương trình

8


1

a

4  2a  b   2  a  b   2

6


9  3a  b   8  2a  b    a  b   3 b  1


2

n 1
un*  n2   
6 2

Vậy
Do đó

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

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

Vậy
un  4 

11
n 1
n  n2   
3
6 2

Dạng 3
Tìm un thoả mãn điều kiện
u1   , u2   , aun1  bun  c.un1  d . n , n  2

(7.1)

Phƣơng pháp giải
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 1 và hệ số A và B chưa được xác định, u n* được xác
định như sau
1) Nếu  #  thì un*  k . n
2) Nếu    là nghiệm đơn thì un*  k .n n

9


3) Nếu    là nghiệm kép thì un*  k .n.2  n
Thay u n* 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
Bài tốn 7: Tìm un thoả mãn điều kiện

u1  0; u2  0, un1  2un  un1  3.2n , n  2

Bài 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 u n* 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
1  A  B  12
A  2


0  A  2 B  24  B  13

Vậy
un  2  13n  3.2n1

Dạng 4
Tìm un thoả 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
Phƣơng pháp giải
Ta có un  un0  u1*n  u2*n trong đó un0 là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất
aun1  bun  c.un 1  0 , u1n* là nghiệm riêng tùy ý của phương trình khơng thuần nhất

10


*
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

Bài toán 8: ( Đề thi OLYPIC 30 -4 Toán 11 Lần thứ VIII- 2002 )
Tìm un thoả mãn điều kiện
u1  0; u2  0, un1  2un  3un1  n  2n , n  2 (8.2)

Bài 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

1
4

Do đó

un* 

1
 n  1
4

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

2
3

Do đó
2
1
u2*n   .2n   .2n1
3
3

Vậy

11


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
1 4
61



A

3
B



1
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

C. PHƢƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP BA
Phương trình sai phân tuyến tính cấp ba là phương trình sai phân dạng
u1   , u2   , u3   , a.un2  bun1  c.un  d .un1  f n , n  2 (a.1)

trong đó a,b,c, d,  ,  ,  là các hằng số , a # 0 và f n là biểu thức của n cho trước
(NX: Phương trình đặc trưng của phương trình sai phân tuyến tính cấp ba ln có ba
nghiệm kể cả nghiệm phức, song nội dung của đề tài chỉ dừng lại trong trường số thực ,
tức là chỉ xét nghiệm thực )
Phƣơng pháp giải
Nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp ba có dạng un  un0  un* ,
trong đó un0 là nghiệm tổng qt ủa phương trình tuyến tính thuần nhất, u n* là một nghiệm
riêng của phương trình tuyến tính khơng thuần nhất

Xét phương trình đặc trưng
a 3  b 2  c  d  0

(a.2)

1) Xác định công thức nghiệm tổng qt của phương trình sai phân tuyến tính cấp ba
thuần nhất
12


a) Nếu (a.2) có ba nghiệm thực 1 , 2 , 3 phân biết thì
un0  a1 .1n  a2 .2n  a3 .3n

b) Nếu (a.2) có một nghiệm thực bội 2 và một nghiệm đơn (1  2 # 3 ) thì
un0  (a1  a2 n)1n  a3 .3n

c) Nếu (a.2) có một nghiệm thực bội 3 (1  2  3 ) thì
un0  (a1  a2 n  a3 n 2 )1n

2) Xác định nghiệm riêng u n* của phương trình (a.1)
 Xét f n là đa thức của n ta có
a) Nếu  #1 thì u n* là đa thức cùng bậc với f n
b) Nếu   1 (nghiệm đơn ) thì un*  n.g n g n là đa thức cùng bậc với f n
c) Nếu   1 (bội 2 ) thì un*  n2 .g n g n là đa thức cùng bậc với f n
d) Nếu   1 (bội 3) thì un*  n3 .g n g n là đa thức cùng bậc với f n
 Xét f n  v. n ta có
a) Nếu  #  thì un*  k .n. n
b) Nếu    (nghiệm đơn ) thì un*  k . n
c) Nếu    (nghiệm bội s ) thì un*  k .n s . n
Bài tốn 9: Tìm dãy số an biết rằng

u1  0, u2  1, u3  3, un  7un1  11.un2  5.un3 , n  4 (9.1)

Bài giải

Xét phương trình đặc trưng

 3  7 2  11  5  0

có 3 nghiệm thực
1  2  1, 3  5

Vậy an  c1  c2 n  c3 5n
13


Cho n=1, n=2, n=3 và giải hệ phương trình tạo thành, ta được
c1  

1
3
1
, c2  , c3 
16
4
16

Vậy an  

1 3
1

  n  1  .5n1
16 4
16

D. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài toán 10: Cho dãy số an được xác định theo công thức sau
a1  0; a2  1, an1  2an  an1  1, n  2 (10.1)

Chứng minh số A  4.an .an 2  1 là số chính phương
Bài giải Ta có
an1  2an  an1  1

(10.2)

Trong (9.2) ta thay n bởi n-1, ta được
an  2an1  an2  1

(10.3)

Trừ các vế của (10.1) cho (10.2) ta thu được
an1  3an  3an1  an2  0

(10.4)

Phương trình đặc trưng của (10.4) là
 3  3 2  3  1  0

có nghiệm   1 là nghiệm bội bậc ba
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (10.4) là
an  (c1  c2 n  c3 n 2 )1n

Cho n=0, n=1, n=2 ta được
0  c1
c1  0



1  c2  c2  c3
1
3  c  2c  4c
c2  c3  2
1
2
3


14


Ta thu được an 

n  n  1
và từ đó ta có
2

A  4an .an 2  1   n 2  3n  1

2

Điều này chứng tỏ A là một số chính phương

Bài tốn 11: Cho dãy số  xn  được xác định theo công thức sau
x1  7; x2  50, xn1  4 xn  5xn1  1975  n  2 

(11.1)

Chứng minh rằng x1996 1997
Bài giải Xét dãy số  yn  với y1  7, y2  50 và
yn1  4 yn  5 yn1  22  n  2 

(11.2)

Dễ thấy yn  xn  mod1997  . Do đó chỉ cần chứng minh
y1996  0  mod 1997 

Đặt zn  4 yn  11 suy ra z1  39, z2  211 . Nhận xét rằng
zn1  4 yn1  11  16 yn  20 yn1  99  4 zn  20 yn1  55

Ta lại có
zn1  4 yn1  11 suy ra 20 yn1  5 zn1  55

(11.4)

Thế (11.4) vào (11.3) ta được
zn1  4 zn  5 zn1

Suy ra
zn1  4 zn  5 zn1  0

(11.5)

Phương trình đặc trưng của (11.5) là
 2  4  5  0 có nghiệm 1  1, 2  5

Nghiệm tổng quát của (11.1) là
zn   1   5n 
n

15

(11.3)


Ta có
8



 z1    5  39

3


 z2    25  211    25

3

Do đó ta nhận được
8
25
n

zn  . 1  .5n
3
3

(11.6)

Từ (11.6) ta suy ra
z1996

8  25.51996

3

Ta cần chứng minh
z1996  11 mod1997 

Do
51996  1 1997
 1996
5  1 3

Nên 51996  1 3.1997 . Từ đó , ta có 51996  3n.1997  1 , và khi đó
8 25  3n.1997  1
z1996  
 25.n.1997  11
3
3

Vậy z1996  11 mod 1997 
E. BÀI TẬP TƢƠNG TỰ

Bài 1: Xác định công thức của dãy số  xn  thoả mãn các điều kiện sau
1) x1  11, xn1  10.xn  1  9n , n  N
2) x0  2, x1  8, xn2  8.xn1  9 xn
16


3) x0  1, x1  3, 2. xn2  5 xn1  2 xn  n 2  2n  3
4) x0  0, x1  1, xn1  4 xn  4 xn1  n 2  6n  5
5) x1  1, x2  2, xn2  5 xn1  6 xn  4
Bài 2: Cho dãy số an  thoả mãn điều kiện
an  an1  2.an2

a1  a2  1

n N

 n  3

Chứng minh rằng an là một số lẻ
Bài 3: Cho dãy số bn  xác định bởi
bn  2.bn 1  bn 2

b1  1, b2  2

n N

 n  3
n

5

Chứng minh rằng bn    , n  N
2

Bài 4: Cho dãy số un  thoả mãn điều kiện
un 2  2.un1  un  2
n N

u

1,
u

0
 0
1

 n  2

Chứng minh rằng un là một số chính phương
Bài 5: (Tuyển tập đề thi Olympic 30 – 4 Toán 11 Lần thứ VIII – 2002
NXB giáo dục )
Cho dãy số un  thoả mãn như sau
un  Z  ,  N

u0  1, u1  9
u  10.u  u
n  N , n  2
n 1
n2
 n

Chứng minh : k  N , k  1

17


1) uk2  uk21  10uk .uk 1  8
2) 5.uk  uk 1 4 va 3.uk2  1 2
( kí hiệu chia hết )
Bài 6: Cho dãy số un  thoả mãn điều kiện
un 2  2un1  2un  un1 , n  N *

Chứng minh rằng tồn tại các hằng số nguyên M sao cho các số M  4.an1an đều là số
chính phương
Bài 7: ( Báo Toán Học và Tuổi Trẻ số 356)
Cho dãy số ui  ( i=1,2,3,4…)được xác định bởi
a1  1, a2  1, an  an1  2an2 , n  3,4,...

Tính giá trị của biểu thức
2
2
A  2.a2006
 a2006 .a2007  a2007

Bài 8: Cho dãy số nguyên dương un  thoả mãn điều kiện
u0  20, u1  100, un 2  4.un1  5.un  20, n  N *

Tìm số ngun dương h bé nhất có tính chất
an h  an 1998 , n  N

F. XÂY DỰNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ TRUY HỒI
Nhận xét : Nội dung của đề tài trên giúp bạn đọc tìm ra cơng thức tổng qt của một lớp
dãy số có tính chất truy hồi một cách chính xác nhất, giúp các Thầy cơ kiểm tra kết quả
bài tốn theo cách giải khác. Bên cạnh đó ta có thể tiến hành xây dựng thêm các bài toán
mới về dãy số
18


Dưới đây là một số ví dụ “ xây dựng thêm các bài tốn về dãy số có tính quy
luật “ chỉ mang tính chất tham khảo. Tác giả mong muốn bạn đọc tìm hiểu và phát triển
rộng hơn các bài tốn khác về dãy số
Ví dụ 1:

Xuất phát từ phương trình

   1   9  0  

2

 8  9  0

(12.1)

phương trình (12.1) có thể được coi là phương trình đặc trưng của một dãy số có quy luật.
Chẳng hạn dãy số un được xác định theo công thức sau
un 2  8.un1  9.un  0

có thể cho u0  2, u1  8 . Ta có thể phát biểu thành các bài toán sau
Bài toán 1: Cho dãy số xn xác định như sau
 xn 2  8.xn 1  9.xn  0


 x0  2, x1  8

n N

Xác định công thức của dãy số xn
Bài toán 2: Cho dãy số xn xác định như sau
 xn 2  8.xn 1  9.xn  0

 x0  2, x1  8

n N

Tính giá trị của biểu thức A  x2006  5.x2007  4
Ví dụ 2:

Xuất phát từ phương trình

   1

2

 0   2  2  1  0

(12.2)

phương trình (12.2) có thể được coi là phương trình đặc trưng của một dãy số có quy luật.
Chẳng hạn dãy số un được xác định theo công thức sau
un 2  2.un1  un  2

19


có thể cho u0  1, u1  0 khi đó vận dụng thuật tốn trên xác định được cơng thức tổng
quát của dãy số
xn   n  1

2

Ta có thể phát biểu thành các bài tốn sau
Bài tốn 1: Xác định công thức của dãy số xn thoả mãn các điều kiện sau
 xn 2  2 xn1  xn  2

 x0  1, x1  0

n N

Bài toán 2: Cho dãy số xn xác định như sau
 xn 2  2 xn1  xn  2
n N

 x0  1, x1  0
Chứng minh rằng xn là một số chính phương
Bài tốn 3: Cho dãy số xn xác định như sau
 xn 2  2 xn1  xn  2

 x0  1, x1  0

n N

Xác định số tự nhiên n sao cho
xn1  xn  22685

20


KẾT LUẬN- KIẾN NGHỊ
Trải qua thực tiễn giảng dạy, nội dung các bài giảng liên quan đến đề tài và có sự
tham gia góp ý của đồng nghiệp, vận dụng đề tài vào giảng dậy đã thu được một số kết
quả nhất định sau :
1) Học sinh trung bình trở lên nắm vững được một số phương pháp và biết vận
dụng ở dạng cơ bản xác định được công thức của dãy số
2) Một số đề thi học sinh giỏi, Học sinh lớp chọn có thể sử dụng phương pháp trình
bày trong đề tài để giải bài tốn
3) Là một phương pháp tham khảo cho học sinh và các thầy cơ giáo
4) Qua nội dung đề tài, đồng nghiệp có thể xây dựng thêm các bài toán về dãy số
Xây dựng phương pháp giảng dậy theo quan điểm đổi mới là việc mà toàn xã hội
và nghành đang quan tâm. Tuy nhiên, trong một số lớp bài toán bậc THPT ta có thể sử
dụng một số kết quả của tốn học hiện đại để xây dựng phương pháp giải toán sơ cấp là
một vấn đề ít được chú ý. Qua nội dung đề tài tác giả mong muốn có sự tìm hiểu sâu hơn
về mối quan hệ giữa “Tốn học hiện đại” và “Phƣơng pháp toán sơ cấp ”. Qua đó ta
có thể tìm được phương pháp giải, xây dựng các lớp bài toán ở bậc THPT

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Lê Đình Thịnh- Lê Đình Định , Phương pháp sai phân. Nhà xuất bản Đại Học
Quốc Gia Hà Nội 2004
2) Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30 – 4 Mơn Tốn Lần thứ V, Nhà xuất bản Giáo Dục

3) Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30 – 4 Mơn Tốn Lần thứ VII-2002 , Nhà xuất bản Giáo
Dục
4) Tạp trí Tốn Học và Tuổi Trẻ Số 356 ,

Nhà xuất bản Giáo Dục

5) Trần Chí Hiếu – Nguyễn Danh Phan Tuyển chọn các bài toán PTTH Đại số và giải
tích 11,

Nhà xuất bản Giáo Dục

6) Nguyễn Văn Mậu , Một số bài toán chọn lọc về dãy số , Nhà xuất bản Giáo Dục 2003

22