MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHẤT CỦA DÃY SỐ

2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHẤT CỦA DÃY SỐ.
Bài 1.

Cho cấp số cộng
S
tổng:

 un 

với n là số nguyên dương thoã mãn u2013  2013; u2014  2014 . Tính

1
1
1

 .... 
u1u2 u2u3
u2013u2014 .
Hướng dẫn giải

Dễ dàng chứng minh được số hạng tổng quát của cấp số cộng

 un 

là un  n .

Khi đó.
S


1

1
1
1
1
1

 .... 


 ...
u1u2 u2u3
u2013u2014 1.2 2.3
2013  2014

1 1 1 1
1
1
1006 503
    ... 



2 3 3 4
2013 2014 2014 1007

.

�x0  a
 n ��
�

xn 1  2 xn2  1
�
được xác định bởi.
.. Tìm tất cả các giá trị của a

x 
Cho dãy số thực n
để xn  0 với mọi số tự nhiên n .

Bài 2.

Hướng dẫn giải
Giả sử xn  0 với n ��.
2

 xn 1  0
2
x

2
x

1

0
n 1
2
Từ n  2
có
.

Lại từ

Suy ra

Từ đó



2
 2 2
1
2

 xn 
� 1  xn   , n ��
 2 xn2  1  0
2
2
2
4
có
.

xn 

1 3
1

xn   1, n ��

2 4 và
2
.

xn 1 

1
1
1
1
1 3
1
 2 xn2  1   2 xn2   2 xn  . xn   xn  , n ��
2
2
4
2
2 2
2
.

Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức này, ta có:.
2

a

n

n

1
1 2
1 �2 �
1
1 �2 �
�2 �
 x0   x1   � � x2   ...  � � xn   � �, n ��
2
2 3
2 �3 �
2
2 �3 �
�3 �
.
n

1
1
�2 �
a 0�a 
lim � � 0
n �� 3
2
2.
��
Mà
nên phải có
Thử lại với

a

1
1
xn    0, n
2 thì
2
.


Vậy

a

Bài 3.

1
2 là giá trị duy nhất cần tìm.

Cho dãy số
phương.

 xn 

�x0  20; x1  30
�
x  3xn1  xn , n ��
xác định bởi �n 2
. Tìm n để xn 1.xn  1 là số chính
Hướng dẫn giải

Từ công thức truy hồi của xn ta có.


 3x   x



n ��, x n21  xn2  3xn 1 xn  xn21  xn xn  3xn 1  x n21  xn  2 xn



và x n21  x n2  3xn 1 xn  xn 1 x n1

n

2
n

 x n2  xn 1 xn 1

Suy ra x n21  xn  2 xn  xn2  xn 1 xn 1  ...  x12  x0 x2  500
� x n21  x n2  3 xn 1 xn  500
� x n21  x n2  3 xn 1 xn  500



� x n1  x n



2

 xn 1 xn  500

.

Vậy xn 1 xn  500 là số chính phương.
Giả sử n là số thỏa mãn xn 1 xn  500 là số chính phương.
2
2
Đặt xn 1 xn  500  b , xn 1 xn  1  a , a, b ��, a  b .

Ta có

a 2  b 2  501 �  a  b   a  b   1.501  3.167

.

Khi đó ta tìm được a = 201, b=1 thì xn 1 xn  12600 � n  2 .
Với a = 85, b =82 thì

xn 1 xn 

7224
� n
5
.

Vậy n = 2 thì xn 1.xn  1 là số chính phương.

Bài 4.

Dãy
1

số
1

2

22015

 un  xác

định

như

sau:

u1  2
�
�
un 1  un2  un  1,  n ��*.
�

.

Chứng

minh

rằng

1
1
 1  22016
k 1 u
2
k
.

2016

 �

Hướng dẫn giải

u 2 –2un  1   un –1 . (1).
Ta có: un 1 – un  n
2

Do u1  2 � u2 – u1  1 � u2  u1 .

u 
Từ đó bằng phép quy nạp ta suy ra n là dãy đơn điệu tăng thực sự, và un nhận giá trị nguyên dương
lớn hơn hoặc bằng 2 với mọi n  1, 2,.... .
Ta viết lại điều kiện truy hồi xác định dãy số dưới dạng sau đây:.

un 1 –1  un2 –un  un  un –1 (2).
1

1
1
1
1
1
1


� 

,
un (un  1) un  1 un
un un  1 un 1  1



Từ đó dẫn đến: un 1  1

1 n �
1
1 �
1
�
� 1 


. (4)

�
�
�
�
u
u

1
u

1
u

1
k 1 k
k 1 � k
k 1
k 1
�

(3)
Bây giờ từ (3), ta có:.

n

.

Từ (4) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với.
1

1
2

2n1

 1

1
un 1  1

1

 1

2

n 1

� 22  un 1  1  2 2

2n

n

(5)
.

(ở đây n  2016 ). Ta sẽ chứng minh (5) đúng với mọi n . Khi đó nó sẽ đúng với n  2016 .
Do un nguyên dương với mọi n , (5) tương đương.
n 1

n

22  1 �un 1  1  22 .

(6).

u –1  uk 1  uk 1 –1
Xét khi n  k  1 . Theo (2), ta có: k 2
.
Vì thế theo giả thiết quy nạp suy ra:.
k

k

k

k

uk  2  1  2 2 (22  1)  2 2 .22  22
k 1

k 1

k 1

k 1

uk  2  1 �(22  1).(22  1  1)  2 2 .22

k 1

k

 22 .

Như thế với n  k  1 , ta thu được:.
k

2 2  uk  2  1  22
k

k 1

k 1

� 22  1 �uk  2  1  22 .

(8) .

Từ (8) suy ra (6) đúng với mọi n  2,3,... .
Vì vậy (5) đúng n  2016 . Ta có điều phải chứng minh!.

Bài 5.

an2  5an  10
a1  1; an 1 
n �1
(a ) �
5  an

Cho dãy n n 1 :
.

a) Chứng minh dãy (an ) hội tụ và tính lim an .
a1  a2  ...  an 5  5

n �1
n
2
b) Chứng minh
.
Hướng dẫn giải
a) Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta có:

Đặt

A

1 �an �3 n
2 .

5 5
x 2  5 x  10
10
f ( x) 

 x( x �5)
5 x
5 x
2

và xét hàm
.


f '( x) 
Suy ra

Dẫn đến

10

 5  x

2

�3�
 1  0x ��
1;
� 2�
�
, như vậy f ( x) nghịch biến trên đoạn

a1  a3  a5  ...  a2 k 1  ...  A �
 lim a2 k 1  b �A
�
��
�
�a2  a4  a6  ...  a2 k  ...  A
� lim a2 k  c �A

1 �
�
;1
�
2 �
�
�.

.

� c 2  5c  10
b
�
5 5
�
5c
�bc
�
2
2
b  5b  10
�
c
5b
�
Kết hợp công thức xác định dãy ta được: �
.

Vậy

lim an 

5 5
2 .

�5 5 �
t ��
1;
�
�
2 �
�
b) Nhận xét:
thì t  f (t )  5  5 .

Dẫn đến

a2 k 1  a2 k  5  5 k �1
.

� a1  a2  ...  a2 k 1  a2 k  2k

5 5
2
(1).

Như vậy bất đẳng thức đúng với n  2k .
Trường hợp n  2k  1 , chú ý

5 5

2 , kết hợp với (1) thu được:.

a2 k 1 

a1  a2  ...  a2 k 1  a2 k  a2 k 1  (2k  1)

5 5
2 .

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Bài 6.

Cho dãy số

a) Chứng minh

 un 

như sau

un  2n  3n, n ��*

�
u1  1
�
u 2  2
�
�
nun  2   3n  1 un 1  2  n  1 un  3, n ��*

�

.

.

n 1

b) Đặt

S n  �uk
k 1

. Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và n > 2 thì S n chia hết cho n.
Hướng dẫn giải

u  21  3.1  1
a) Với n  1 , 1
.
2
n  2 , u1  2  3.2  2

Giả sử

.

uk  2k  3k ; uk 1  2k 1  3  k  1

.

Chứng minh

uk  2  2k  2  3  k  2  , k ��*

.

Ta có.
kuk  2   3k  1 uk 1  2  k  1 uk  3

.

� kuk  2   3k  1  2 k 1  3  k  1   2  k  1  2k  3k   3
� uk  2  2 k  2  3  k  2 
Vậy

.

.

uk  2  2k  2  3  k  2  , k ��* .

.

n 1

S n  �uk

b) Đặt

k 1

. Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và n  2 thì Sn chia hết cho n .

n 1

Sn  �uk  2  22  ...  2n 1  3  1  2  ...  (n  1) 

Ta có:

k 1

S n  2.

Với

Do

n
n

.

1  2n 1
(n  1)n
(n  1)n
 3.
 2  2 n 1  1  3
1 2
2

2 .

là số nguyên tố

� 2n1  1

là số nguyên tố lớn hơn 2

chia hết cho
�

n

.

( n  1) n
n
2
chia hết cho .

Vậy Sn Mn .

Bài 7.

�
u1  0
�
 un  �u2  18
�
un  2  5un 1  6un  24, n ��*

�
Cho dãy số
. Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và
n  3 thì un chia hết cho 6n .

Hướng dẫn giải
*
Đặt vn  un  12 hay un  vn  12, n �� .

Khi đó vn  2  5vn 1  6vn .

v1  12
�
�
 vn  �v2  30
�
vn  2  5vn1  6vn
�
Ta được
.
2
Phương trình đặc trưng   5  6  0 có nghiệm   2 �  3 .

n
n
Khi đó vn  a.2  b.3 .


Ta có

v1  12
2a  3b  12
a3
�
�
�
��
��
�
v2  30
4a  9b  30
b2
�
�
�

.

n
n
Suy ra vn  3.2  2.3 .

Khi đó
Ta có

un  vn  12  3.2n  2.3n  12

un  6  2 n 1  3n 1  2 

.

nên un chia hết cho 6 .

Mặt khác n là số nguyên tố nên theo định lý Fermat.
�
2n �2(mod n)
�
�n
3 �3(mod n)
�
hay

Từ đó

�
3.2n �6(mod n)
�
� n
2.3 �6(mod n)
�
.

un  (3.2n  2.3n  12) �0(mod n)

.

Suy ra un chia hết cho n .
Với n là số nguyên tố và n  3 � (n, 6)  1 .
Suy ra un chia hết cho 6n .

Bài 8.

x 
Cho dãy số n

a) Chứng minh

xn  5n1

x 1
�
�1
�
xn 1  xn  xn  5   xn 2  5 xn  8   16
�
�
với

 n �N  .
*

, với mọi n �2 .

n
1
yn  �
lim yn
k 1 xk  3
b) Đặt
. Tìm n�� .

Hướng dẫn giải
a) Chứng minh

xn  5n1

, với mọi n �2 .

x2  10  5  521 .
n 1
 n �2  .
Giả sử ta có xn  5

xn 1  xn  xn  5   xn 2  5 xn  8   16 
 xn 2  5 xn  4  5 xn  5.5n 1  5n
n
Suy ra xn 1  5 .
n 1
Vậy theo qui nạp xn  5 với n �2 .

n
1
yn  �
lim yn
k 1 xk  3
b) Đặt
. Tìm n�� .

Ta có:.

x

n

2

 5 xn   xn 2  5 xn  8   16

.


xn 1  xn 2  5 xn  4 � xn 1  2  xn2  5 xn  6   xn  2   xn  3
�

1
1
1
1



xn 1  2  xn  2   xn  3 xn  2 xn  3

�

1
1
1



xn  3 xn  2 xn 1  2

.

.

n
n
� 1
1
1 � 1
1
1
1
yn  �
 ��


 
�
xk  2 xk 1  2 � x1  2 xn 1  2 3 xn 1  2
k 1 xk  3
k 1 �

.

�1
1 �1
1
lim yn  lim � 

� lim
0
�
n
n ��
n � � 3
n � � x
� xn 1  2 � 3 (vì xn 1  5
n 1
).
Vậy

lim yn 

n ��

Bài 9.

1
3.

Cho dãy số (un ) được xác định như sau:.

u1  2
�
�
un  3un 1  2n3  9n 2  9n  3, n �2
�

. Chứng minh

p 1

rằng với mọi số nguyên tố p thì

2014�ui
i 1

chia hết cho p .

Hướng dẫn giải
u  n  3  un1  (n  1)3 
Với mọi n �2 ta có: n
.
3
3
2
u  n  3  un 1  (n  1)   3  un  2  (n  2)3   ...  3n 1  u1  13   3n
Từ đó có: n
.
n
3
1
3
n
3
u  3  n , n �2
u  2  3 1
u  3  n , n �1
Vậy n

, lại có 1
nên n
.
p

2
+ Nếu
: có ngay đpcm.
3

p 1





ui  (3  32  ...  3 p 1 )  13  23  ...  ( p  1)3
�
p
+ Nếu
là số nguyên tố lẻ: i 1
.
p 1
p 1
1
1
1� p
3
3 �
 (3 p  3)  ��

i 3   p  1 � �
(3  3)  ��
i3   p  i  �
�
� 2�
�
�
2
2 i 1 �
i 1
.
p
i3   p  i 
Theo Định lí Fermat nhỏ, suy ra 3  3 chia hết cho p . Mặt khác
cũng chia hết cho

3

p 1

3
(3 p  3)  ��
i3   p  i  �
�
�
p, i  1, p  1 nên:
i 1
chia hết cho p . Từ đó.
p 1
p 1

�p
3 �
2014�ui  1007 �
(3  3)  ��
i3   p  i  �
�
�
�
i 1
i 1
�
chia hết cho p .
Vậy bài toán được chứng minh cho mọi trường hợp.

Bài 10.

Cho dãy số
phương.

 xn 

�x0  20; x1  30
�
x  3xn1  xn , n ��
xác định bởi �n 2
. Tìm n để xn 1.xn  1 là số chính
Hướng dẫn giải

Từ công thức truy hồi của xn ta có.


 3x   x



n ��, x n21  x n2  3xn 1 xn  x n21  xn x n  3xn 1  x n21  xn  2 xn



và x n21  x n2  3xn 1 xn  xn 1 x n1

n

2
n

 x n2  xn 1 xn 1

Suy ra x n21  xn  2 xn  x n2  xn 1 xn 1  ...  x12  x0 x2  500
� x n21  x n2  3 xn 1 xn  500
� x n21  x n2  3 xn 1 xn  500



� x n1  x n



2

 xn 1 xn  500

.

Vậy xn 1 xn  500 là số chính phương.
Giả sử n là số thỏa mãn xn 1 xn  500 là số chính phương.
2
2
Đặt xn 1 xn  500  b , xn 1 xn  1  a , a, b ��, a  b .

Ta có

a 2  b 2  501 �  a  b   a  b   1.501  3.167

.

Khi đó ta tìm được a  201, b  1 thì xn 1 xn  12600 � n  2 .
Với a  85, b  82 thì

xn 1 xn 

7224
� n
5
.

Vậy n = 2 thì xn 1.xn  1 là số chính phương.
Bài 11.

2
Bài 3. Cho phương trình x   x  1  0 với  là số nguyên dương. Gọi  là nghiệm dương

x   , xn 1    xn  , n  0,1, 2,3,...
được xác định như sau 0
.
Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho xn chia hết cho  .
của phương trình. Dãy số

 xn 

Hướng dẫn giải
Đầu tiên ta chứng minh  là số vô tỉ. Thật vậy, nếu  là số hữu tỉ thì  là số nguyên (do hệ số cao nhất
2
của x là 1) và  là ước của 1. Do đó   1 suy ra   0 , trái giả thiết.
Do đó

  xn1    xn1    xn1   1 .

� xn   xn 1  xn  1 .
�

xn
x
1
1 x
 xn 1  n  � xn1   n  xn1

 
 

.

�x �
1
� �n � xn1  1
  
2
.
� �
(1). Lại có     1  0 , suy ra
�  xn   xn 

�
x �
�x �
xn
� xn 1  �
 xn  n �  xn  �n �  xn  xn 1  1
�

�
� �
(do (1)).

Vậy xn 1 �xn1  1 (mod  ) . Từ đó bằng quy nạp ta có với mọi
xn 1 �xn  (2 k 1)  (k  1) (mod  )
(2).

k ��* ,

n �2k  1,

thì


k  1  l  l ��*  n  1  2l
Chọn
,
, từ (2) ta có.
x2l �x0  l    l �0 (mod  ) .
*
Vậy x2l chia hết cho  , l �� . .

Bài 12.

 an 

Cho dãy số
xác định bởi
số chính phương.

a0  a1  2004
�
�
an  2  7 an 1  an  3978, n ��.
�

an  10
. Chứng minh rằng 2014 là

Hướng dẫn giải
Ta có.

an  2

 7an 1  an  3978 �

an  2  10
a  10 an  10
 7. n 1

 2.
2014
2014
2014
.
v0  v1  1
�
�
vn  2  7vn 1  vn  2, n ��.
�

a  10
vn  n
2014 . Ta được dãy số  vn  xác định bởi
Đặt

.

Ta phải chứng minh vn là số chính phương.

Thật vậy, xét dãy số ( xn ) xác định bởi
Hiển nhiên dãy số

 xn 

�x0  1; x1  1
�
�xn  2  3xn1  xn , n ��.

.

là dãy số nguyên.

n ��, xn21  xn2  3 xn 1 xn  xn21  xn ( xn  3 xn 1 )  xn21  xn xn  2 .
và xn21  xn2  3xn 1 xn  xn 1 ( xn 1  3 xn )  xn2  xn2  xn 1 xn 1.
� xn21  xn xn  2  xn2  xn 1 xn 1  x12  x0 x2  1.
Ta có

� xn21  xn2  3 xn 1 xn  1, n ��.

(2)

.

2
Ta sẽ chứng minh vn  xn , n �� (1) bằng quy nạp.

Thật vậy, rõ ràng với n  0, n  1 , (1) đúng.
2
Giả sử (1) đúng đến n  k  1, k ��, tức là vn  xn , n  1, 2,..., k  1. .

2
ta chứng minh (1) đúng với n = k+2, nghĩa là chứng minh vk  2  xk  2 .

Thật vậy, theo công thức truy hồi của dãy số
thức truy hồi của dãy số

 an  , giả thiết quy nạp, tính chất (2) của dãy số  xn  , công

 xn  , ta có.

vk  2  7vk 1  vk  2  7 xk21  xk2  2  7 xk21  xk2  2( xk21  xk2  3xk 1 xk )
 9 xk21  6 xk 1 xk  xk2

 (3 xk 1  xk )2

 xk2 2 .

Do đó vn là số chính phương. Vậy ta có điều phải chứng minh.

.


Bài 13.

3
3
Cho dãy số ( xn ) được xác định bởi xn  2013n  a 8n  1, n  1, 2,... a là số thực
a)) Tìm a sao cho dãy số có giới hạn hữu hạn.

b) Tìm a sao cho dãy số ( xn ) là dãy số tăng (kể từ số hạng nào đó).

Hướng dẫn giải
3
3
a) Ta có xn  (2a  2013) n  ayn , trong đó yn  8n  1  2n .



8n3  1  (2n)3
3

(8n3  1) 2  2n 3 8n3  1  4n 2

1



3

(8n3  1) 2  2n 3 8n3  1  4n 2

lim xn

Do đó tồn tại giới hạn hữu hạn n�� khi và chỉ khi
b) Từ lý luận phần a) ta suy ra)

a

�0

Khi n � �.

2013
2 .

2013
�
�khi a  
�
2
�
2013
�
lim xn  �
0 khi a  
n ��
2
�
2013
�
�khi a  
�
2 .
�

Bởi vậy điều kiện cần để tồn tại m �N sao cho xm  xm 1  xm  2  .... là
*

Ta đi chứng minh
Thật vậy: Với

a �

a �

2013
2 là điều kiện đủ để có kết luận trên.

2013
2 .

xn 1  xn  2013( n  1)  a 3 8(n  1)3  1  2013n  a 3 8n3  1
 2013  a( 3 8( n  1)3  1  3 8n3  1) �
2013 

2013 3
( 8( n  1)3  1  3 8n3  1) 
2

2013
[2  ( 3 8(n  1)3  1  3 8n 3  1)] 
2
2013
(2  3 8n3  1  3 8(n  1)3  1)  0
2

.

Vì.
(2  3 8n3  1)3  8  12 3 8n3  1  6



3



2

8n 3  1  8n 3  1 

8  12.2n  6(2n) 2  8n 3  1  8(1  3n  3n 2  n3 )  1
 8(n  1)3  1
Suy ra x1  x2  x3  .... .

.

a �

2013
2 .


Vậy dãy số ( xn ) là dãy số tăng kể từ số hạng nào đó với
tăng từ x1 .

a �

2013
2 và trong trường hợp đó ( xn ) là dãy số