CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC CẬP NHẬT CHƯƠNG TRÌNH VÀ SÁCH GIÁO KHOA MỚI

HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA

——————–o0o——————–

NGUYỄN VĂN MẬU - HOÀNG VĂN THI
(CHỦ BIÊN)

CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN HỌC
CẬP NHẬT CHƯƠNG TRÌNH VÀ
SÁCH GIÁO KHOA MỚI
KỶ YẾU

HỘI THẢO KHOA HỌC

SẦM SƠN 28-28/09/2019


Mục lục
Lời nói đầu
Chương trình hội thảo
Trần Văn Nhung
Terence Tao - Con người và sự nghiệp
Lê Đại Hải, Mai Công Mãn, Tạ Duy Phượng
Dãy truy hồi tuyến tính cấp một - một mô hình toán học đơn giản
của nhiều bài toán thực tế
Phạm Văn Hoằng, Nguyễn Chí Quân
Một tiêu chuẩn kiểm tra số vô tỉ và ứng dụng
Nguyễn Văn Ngọc
Một số bất đẳng thức hình học trong tam giác

Hoàng Văn Thi, Lê Văn Tiến
Đa thức nội suy cổ điển và một số ứng dụng
Vũ Tiến Việt
Một số áp dụng các hệ thức hình học phẳng
Lê Thị Bình
Sử dụng hàm lồi giải các bài toán cực trị trong tam giác
Lê Văn Cao
Một số dạng toán về đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm số học
Nguyễn Bá Đang
Vẽ hình và những gợi ý nảy sinh cho lời giải bài toán hình học tương ứng
Huỳnh Kim Linh
Tuyển chọn một số lớp phương trình hàm trên tập rời rạc
Lê Thị Minh
Áp dụng định lí Rolle trong chứng minh bất đẳng thức đa thức
Nguyễn Văn Nhiệm
Chứng minh một số bất đẳng thức bằng phương pháp so sánh giá trị của
đồ thi lồi, lõm tại các điểm cực biên
Nguyễn Thị Hồng Hạnh, Đỗ An Khánh, Bùi Thị Hằng Mơ, Tạ Duy Phượng
Phân tích các số dạng 10n + 1 ra thừa số nguyên tố
Hoàng Minh Quân, Nguyễn Văn Sơn
Một số đẳng thức liên quan đến số Catalan
Nguyễn Viết Sơn
Một số dạng toán về tính giới hạn của hàm số qua các kỳ Olympic
Nguyễn Đình Thanh
Một số ứng dụng nguyên lý Dirichlet
Trịnh Khắc Tuân
Bổ đề nâng số mũ và ứng dụng

1
4

5

1
1
1
1
1
1
1
1
1
1

1
1
1
1
1
1


Trịnh Văn Hoa
Một số phương pháp tính giới hạn của dãy lặp
Lê Quang Vũ
Ứng dụng biểu thức vectơ tìm giao điểm của đường thẳng với mặt phẳng
trong hình chóp
Bùi Văn Bình
Sử dụng nguyên lí kẹp cho bài toán tính giới hạn dãy số
Lê Thanh Bình
Một số phương pháp xác định góc giữa hai mặt phẳng

Đỗ Đường Hiếu
Vận dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ
Lường Văn Hưng
Sử dụng phép vị tự tìm ảnh của đường tròn Euler
Lê Văn Lâm
Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thưc hoán vị
Nguyễn Bá Long
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phương pháp dồn biến
Nguyễn Sĩ Tam
Sử dụng tính chất của số Cnk để giải một số bài toán về nhị thức Newton
Bùi Anh Tuấn, Hồ Thị Diễm Chinh, Lâm Minh Huy,
Đặng Thị Huệ, Nguyễn Ngọc Phương Anh
Ứng dụng công nghệ 3D trong dạy học theo chương trình giáo dục phổ thông
tổng thể năm 2018

2

1

1
1
1
1
1
1
1
1

1

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

TERENCE TAO - CON NGƯỜI VÀ SỰ NGHIỆP
Trần Văn Nhung

Tóm tắt nội dung
Bài viết này là câu chuyện về cuộc đời và sự nghiệp của thần đồng Toán học, Giáo
sư Terence Tao (Terry Tao), người khi 15 tuổi đã công bố bài báo khoa học đầu tiên, Cử
nhân và Thạc sĩ năm 16 tuổi, Tiến sĩ năm 21 tuổi, Giáo sư năm 24 tuổi (kỷ lục là Alia
Sabur 18 tuổi, người Pakistan), vẫn đang giữ kỷ lục là học sinh trẻ nhất thế giới (11 tuổi)
3 lần giành Huy chương (Đồng, Bạc, Vàng) IMO và giành Giải thưởng Fields năm 2006
khi anh mới 31 tuổi (kỷ lục là Jean-Pierre Serre 28 tuổi, người Pháp) vì đã chứng minh
được một giả thuyết về các cấp số cộng gồm toàn số nguyên tố.

1

Thần đồng toán học Terence Tao

Terence Tao (Terry Tao) đã bộc lộ năng lực toán học rất đặc biệt của mình từ khi còn
nhỏ và vì thế người ta gọi anh là thần đồng toán học. Giáo sư John Garnett của Trường
Đại học Los Angeles, California (UCLA, Hoa Kỳ) thì gọi anh là ”Mozart (của) toán học”.
Tao có IQ = 230, thuộc loại cao nhất thế giới, nằm trong topten thiên tài thế giới có IQ từ
190 đến 230. Theo thống kê: 50
Tuy nhiên, chỉ số IQ có tính chất khá chủ quan và đã gây tranh cãi, liệu nó có thể là
thước đo thích hợp để đánh giá độ thông minh của một con người. Một số người không
đồng ý và cho rằng thành quả đạt được mới là thước đo sự thông minh. Bill Gates và một
số người siêu thành đạt nói (đại ý): Khái niệm thông minh nay đã được hiểu khác trước.
Người thông minh không nhất thiết phải "trên giỏi thiên văn, dưới tường địa lý, kinh sử
làu làu" mà phải là người khi được đặt vào bất cứ hoàn cảnh, công việc nào cũng hoàn

thành xuất sắc, tối ưu.
Stephen Hawking thì nói: "Sự thông minh là khả năng thích ứng với những thay đổi"
và "Những ai khoe khoang về chỉ số IQ (chỉ số thông minh) của họ là những kẻ thua
cuộc".
Terence Tao sinh ngày 17/7/1975 tại Adelaide (Australia). Bố mẹ anh đều là người
Hoa, nhập cư từ Hongkong vào Australia. Bố anh là bác sĩ nhi khoa, mẹ anh nhận
bằng Cử nhân tại Trường Đại học Hongkong và từng là giáo viên toán bậc THPT tại
Hongkong. Bố anh kể lại rằng trong một cuộc gặp mặt gia đình, khi mới 2 tuổi anh đã
dạy Toán và tiếng Anh cho một cậu bé 5 tuổi. Khi được hỏi tại sao Terence Tao biết số và
chữ, bố anh trả lời: Anh học được từ chương trình truyền hình Sesame Street.
Nữ Giáo sư Miraca Gross, một chuyên gia nghiên cứu về giáo dục tài năng tại Trường
Đại học New South Wales (Australia), đã viết hẳn một bản tham luận về Terence Tao và
tài liệu này đã được xuất bản bởi Prufrock Press. Trong đó bà nhắc lại một kỷ niệm đáng

1


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
nhớ về khả năng đặc biệt của Tao khi anh chưa đầy 4 tuổi: ”Cậu bé làm nhẩm trong đầu
phép tính nhân các số có hai chữ số, trong khi tôi, một người đến để phỏng vấn cậu ấy,
lại cần đến bút và giấy để kiểm tra lại kết quả”.

Thần đồng Terence Tao bắt đầu học đại học khi mới 9 tuổi.
Để định hướng cho con mình, Billy Tao (bố của Terence Tao) đã tham khảo ý kiến của
những chuyên gia về giáo dục cho những đứa trẻ thiên tài. Ông nghĩ: ”Để lấy được một
tấm bằng ở độ tuổi còn trẻ, hay để trở thành người phá kỷ lục, thì chẳng có nghĩa lý gì.
Tôi thích mô hình kim tự tháp tri thức, chỉ trên đáy rộng và chắc, kim tự tháp mới có thể
lên cao. Nếu bạn chỉ muốn nhanh chóng đi lên như một cái cột, thì chắc chắn bạn sẽ dễ
bị lung lay ở trên đỉnh và rồi bạn sẽ bị đổ sụp xuống”. Và Billy Tao đã mời các giáo sư
toán học làm thầy dạy con mình. Nhờ đó mà Terence Tao đã có một sự nghiệp tuyệt vời.

Người viết bài này (Trần Văn Nhung) cho rằng suy nghĩ trên của Billy Tao không chỉ
đúng trong lĩnh vực toán học và các khoa học mà còn đúng theo cả nghĩa rộng hơn cho
bất cứ ai muốn trở thành một con người thành đạt, nhân văn, hài hòa và hạnh phúc: Dù
là một thần đồng hay một học sinh, sinh viên bình thường, ngoài việc học tập, nghiên
cứu chuyên môn (đương nhiên với tốc độ và kết quả có thể rất khác nhau), ai cũng cần
phải trau dồi thêm nền kiến thức văn hoá đủ chắc, đủ rộng, để đặt chuyên môn của mình
trên đó, vào đó.
Và cuối cùng thì cần phải rèn luyện để có sức khỏe và sự dẻo dai làm nền tảng cho
tất cả những điều vừa nói ở trên, cho sự nghiệp và cho việc làm người. Như M. D.
Vauvenargues đã nói: ”Ta phải chăm sóc sự khỏe mạnh của thân thể để giữ gìn sự khỏe
mạnh của trí tuệ”; hay như A. Chekhov: ”Cần có trí tuệ minh mẫn, đạo đức trong sáng
và thân thể khỏe mạnh”.
A. Einstein nói về giáo dục ( trong bài "Nền giáo dục cho tư duy độc lập" đăng trên New York Times số
5 tháng 10, 1952: ”Nhà trường phải luôn luôn tạo cho học trò một cá tính cân đối chứ
không nên biến chúng thành một nhà chuyên môn”.
Tôi xin mạo muội đề xuât một "công thức" làm người trong thời đại toàn cầu hóa và
cách mạng công nghiệp 4.0 hiện nay như sau:
Sức khỏe tốt + Trái tim nhân nhậu + Bộ óc tốt + Kỹ năng sống tốt + Tiếng Anh + Công
nghệ thông tin = Công dân toàn cầu 4.0.
Đối với ai cũng vậy, đời người là một cuộc chạy Marathone (42,195 km) chứ không
phải chỉ chạy cự li ngắn (100m, 1.000m hay 2.000 m). Qua các bức ảnh tôi thấy Terence
Tao rất khỏe mạnh, vui tươi và còn rất đẹp trai, có một gia đình hạnh phúc, không giống

2


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
như một vài thần đồng khác. Thì ra để vun trồng được một thần đồng, một tài năng đặc
biệt cũng cần có những ông bố, bà mẹ, thầy cô giáo và môi trường xuất sắc.
Xin trích nguyên văn một đoạn từ tài liệu [b]:

”Vào ngày 16-7-1983, một ngày trước sinh nhật lần thứ 8 của Terence Tao, Ken
Clements - một chuyên gia về giáo dục những trẻ em có năng khiếu toán học, đã đến
thăm nhà cậu bé để đánh giá khả năng của cậu. Trong quá trình đánh giá, anh đã đưa
cho Tao một chuỗi các câu hỏi được viết ra giấy, và Tao trả lời bằng miệng mà không hề
viết gì ra giấy. Tất cả các câu trả lời của cậu đều đúng.
Dưới đây là các câu hỏi và câu trả lời của Tao:
Câu 1: Hai đường tròn có bán kính bằng 2cm và 3cm. Khoảng cách giữa các tâm của
chúng là 4cm. Vậy chúng có giao nhau hay không?
Tao: Có. Nếu chúng không giao nhau, khoảng cách giữa các tâm của chúng sẽ lớn
hơn 5.
Câu 2: Một chiếc kim giờ sẽ tạo ra một góc bằng bao nhiêu trong 20 phút?
Tao: Đơn giản! 1/3 của 1/12 của một vòng tròn kín là bằng 1/36 của một đường tròn.
1/36 của 3.600 tương đương với 100.
Câu 3: Một can dầu nặng 8kg. Khi rót một nửa số dầu ra khỏi can thì can nặng 4,5kg.
Hỏi cân nặng của chiếc can rỗng là bao nhiêu?
Tao: Chú có một phương trình đại số, nhưng khó tính nhẩm. Trọng lượng của can
+ trọng lượng của dầu = 8. Trọng lượng của can +1/2 (trọng lượng dầu) = 4 1/2 . Vậy,
trọng lượng dầu = 7kg, trọng lượng can = 1kg.
Câu 4: Bây giờ là mấy giờ nếu khoảng thời gian kể từ giữa trưa đến bây giờ bằng 1/3
quãng thời gian từ bây giờ đến nửa đêm?
Tao: 1 phần + 3 phần = 12 giờ
Vậy 1 phần = 3 giờ, bây giờ là 3 giờ chiều.
Câu 5: Chú đi bộ từ nhà tới trường trong 30 phút, còn anh của chú phải mất 40 phút.
Anh chú rời khỏi nhà trước chú 5 phút. Vậy trong bao nhiêu phút thì chú sẽ vượt được
anh ấy?
Tao: 35 phút. Nếu chú khởi hành cùng thời gian với anh trai thì chú sẽ đến trước chú
ấy 10 phút. . . Ồ không, 15 phút, bởi vì khi đó cả hai đều đã đi được nửa đường rồi.
Câu 6: Chu vi của một tam giác vuông là 5cm. Độ dài mỗi cạnh bên của nó là 2cm.
Vậy chiều dài cạnh thứ ba bằng bao nhiêu?
Tao: Cạnh thứ ba là 1cm. À không, điều đó không đúng. Theo định lý Pythagore thì

nó phải là. . . căn bậc 2 của 8 hoặc là. . . Không thể được, phi lý!
Câu 7: Một lớp học nhận được một số cuốn vở thông thường và một số cuốn vở đặc
biệt, tất cả có 80 cuốn vở. Một cuốn vở thường có giá 20 cent và một cuốn vở đặc biệt có
giá 10 cent. Hỏi lớp học nhận được bao nhiêu cuốn vở mỗi loại?
Tao: Cháu thực sự không biết (cười). (R+S = 80.
Tất cả những gì chú cho là giá các cuốn vở. Không thể giải được. Có thể là 40 cuốn
thường và 40 cuốn đặc biệt. Hoặc cũng có thể là 50 cuốn thường và 30 cuốn đặc biệt).”
Trích bài phỏng vấn Terence Tao, từ Gazette của Hội Toán học Australia, vào tháng
9/2010 (lúc đó Tao 35 tuổi), do Đỗ Đức Thái & Trịnh Duy Tiến (ĐHSP Hà Nội) dịch:
Gazette: Khi anh bỏ qua các lớp, anh có bỏ qua tất cả các môn học hay chỉ môn toán?
Terence Tao: Khi 8 tuổi tôi học như các bạn cùng trang lứa những môn như tiếng Anh,
Vật lý,. . . Nhưng đối với toán tôi học với các anh chị 11, 12 tuổi.
Gazette: Anh đã có nhiều đóng góp cho toán học?
Terence Tao: Không chỉ tôi, còn rất nhiều nhà toán học giỏi. Thật tuyệt vời khi được
nghe về các đột phá trong toán học. Tôi muốn nhắc đến Perelman, người đã chứng minh

3


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Giả thuyết Poincaré. Đó là một công trình thực sự tuyệt vời!
Gazette: Cộng sự chính của anh là ai?
Terence Tao: Liên tục thay đổi. Hiện nay tôi cộng tác nhiều với ba người: Ben Green
làm về lý thuyết số ở Cambridge, Tamar Ziegler làm về lý thuyết ergodic ở Israel và
Vũ Hà Văn là một nhà xác suất tại Rutgers. (Nguồn những tài liệu về Terence Tao:
http://terryTerence Tao)
Khi lên 8 tuổi, Tao đã đạt 760 (trên 800) điểm môn Toán khi thi SAT và là một trong
hai đứa trẻ duy nhất đạt trên 700 điểm trong lịch sử của chương trình nghiên cứu tài
năng đặc biệt của Johns Hopkins. Từ năm lên 9 tuổi anh đã theo học các bài giảng toán
học ở bậc đại học.

Năm 1986, khi mới 11 tuổi, anh đã tham dự Kì thi Olympic Toán Quốc tế (IMO) dành
cho học sinh THPT. Kết quả thi của Tao trong ba năm liền như sau: Tại IMO 1986 là 19
điểm (HCĐ), 1987 là 40 điểm (HCB) và 1988 là 34 điểm (HCV). Cho đến nay Tao vẫn
đang giữ kỷ lục là học sinh trẻ nhất (11 tuổi) tham dự, 3 lần giành HC IMO và là người
trẻ nhất (13 tuổi) giành HCV trong lịch sử IMO (từ năm 1959 được tổ chức tại Rumani).
Tại IMO năm 1988 được tổ chức ở Australia, Terence Tao (lúc đó 13 tuổi) và Ngô Bảo
Châu (16 tuổi) cùng dự thi. Bài toán khó nhất năm đó là bài số 6 về số học và trong tổng
số mấy trăm thí sinh chỉ có 3 em làm được bài này, trong đó có Ngô Bảo Châu của Việt
Nam và anh đã giành Huy chương vàng với số điểm tuyệt đối 42 trên 42.
Bài toán số 6 do CHLB Đức đề nghị (7 điểm), bài khó nhất tại IMO 1988 ở Australia:
Cho a và b là những số nguyên dương thỏa mãn a2 + b2 chia hết cho ab + 1. Hãy chứng
minh rằng ( a2 + b2 )/( ab + 1) là bình phương của một số nguyên. (Let a and b be positive
integers such that ab + 1 divides a2 + b2 . Show that a2 + b2 /ab + 1 is the square of an
integer).

Paul Erdos
¨ (72 tuổi) và Terence Tao (10 tuổi) cùng làm toán năm 1985.
Paul Erdos
¨ (1913-1996, thọ 83 tuổi): Bố mẹ là người Do thái, giáo viên toán ở Hungary.
Cả đời Ông công bố 1.525 bài báo khoa học và những giả thuyết (conjectures), treo phần
thưởng cho nhiều bài toán, từ 25 USD - nhiều ngàn USD.
Người ta đã thiết lập hẳn Dự án Số Erdos
¨ (The Erdos
¨ Number Project,
để thống kê, nghiên cứu và tìm ra nhiều điều thú vị xung
quanh nhà toán học huyền thoại này của nhân loại trong thế kỷ XX.
Số Erdos
¨ E là số nguyên mô tả "khoảng cách cộng tác" giữa một người đối với Erdos.
¨
Theo thống kê năm 2007: Erdos

¨ có 511 đồng tác giả, những người này có số E =1, có 8.162
người với E=2 (đồng tác giả với một đồng tác giả của Erdos)
¨ và rất nhiều người có số

4


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Erdos
¨ là 3, 4,... E max hiện nay là 15.
Người ta còn thống kê được Số Erdos
¨ của hàng trăm nhà khoa học trên khắp thế giới
đã từng được trao Giải Nobel Vật lý, Hóa học, Y học và Kinh tế, Giải thưởng Fields và các
giải thưởng cao quý khác. Ví dụ: E(M. Curie) = 7, E(A. Einstein) = 2, E(L. V. Kantorovich)
= 2, E(A. Wiles) = 3, E(N. B. Châu) = 4, ... PGS. TS. Nguyễn Mậu Chung, Khoa Vật lý,
Trường ĐHKHTN, ĐHQGHN, có một bài báo viết chung với Erdos
¨ và hơn 200 bài báo
quốc tế khác có uy tín.
Số công trình, đóng góp và sức lao động của Erdos
¨ có thể sánh được vơi L. Euler:
Euler làm việc một mình và viết nhiều trang hơn, Erdos
¨ có nhiều đồng tác giả và có
nhiều công trình hơn.

GS Tao đang giảng bài hay một SV, NCS đang báo cáo khoa học?

2

Công trình Giải thưởng Fields của Terence Tao

Các bài toán về số nguyên tố mãi mãi là khó khăn và bí ẩn
Các số nguyên tố lớn trở nên thưa thớt hơn, nhưng vào năm 300 TCN nhà toán học
Hy Lạp Euclid đã chứng minh rằng, tập hợp các số nguyên tố là vô hạn. Euclid cũng
tin rằng có vô hạn những ”số nguyên tố sinh đôi” (twin primes), tức là những cặp số
nguyên tố cách nhau 2 đơn vị, ví dụ như 3 và 5, 11 và 13, nhưng ông không thể chứng
minh được. Và cũng chưa từng có ai sau ông 2.300 năm làm được điều này.
P. Erdos
¨ đã từng nói: "Nếu một bài toán nào đó được nêu ra mà sau hơn một trăm
năm chưa ai giải được thì nó phải thuộc về lý thuyết số".
Vài ví dụ minh họa:
n
Định lý (nhỏ) Fermat: Với mọi số tự nhiên n, 22 + 1 là số nguyên tố. Sau này, L. Euler
(1707-1783) đã cho phản thí dụ với n = 5.
Giả thuyết Goldbach do nhà toán học người Đức Christian Goldbach (1690-1764) nêu
ra vào năm 1742 trong một lá thư gửi tới Leonhard Euler, là một trong những bài toán lâu
dài và nổi tiếng còn chưa giải được trong lý thuyết số nói riêng và toán học nói chung.
"Mỗi số tự nhiên chẵn lớn hơn 2 có thể biểu diễn bằng tổng của hai số nguyên tố."
Ví dụ: 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 5 + 3, 10 = 7 + 3, ... Giả thuyết đã được chỉ
ra là đúng tới 4 × 1018, nhưng đến nay vẫn chưa được chứng minh hoàn toàn.
( />
5


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Câu hỏi: Có tìm được, xây dựng được hay không một đa thức/công thức P(n) mà
P(n) là nguyên tố với mọi n = 1, 2, . . . , n, . . . ? Câu trả lời là không! Thậm chí P(n) là
nguyên tố với một dãy con vô hạn của n cũng chưa có. Terence Tao chỉ chứng minh, về
nguyên tắc, có dãy số nguyên tố với độ dài bất kỳ, nhưng không chỉ ra được dãy nào cụ
thể.
Hai ”đa thức hiếm”: P(n) = n2 + n + 41 là số nguyên tố với n=1, 2, 3,..., 39 và Q(n) =

2
n − 79n + 1601 là số nguyên tố với n=0, 1,..., 79; khi n tăng lên ∞ cũng chưa biết hai đa
thức P(n), Q(n) có cho vô hạn số nguyên tố hay không?
Số nguyên tố p được gọi là số nguyên tố Chen (Trần) nếu p + 2 cũng là số nguyên tố
hoặc là tích của hai số nguyên tố. Vào năm 1966, Trần Cảnh Nhuận (Chen Jingrun) đã
chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố như vậy.
Một số số nguyên tố Chen đầu tiên là
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 47, 53, 59, 67, 71, 83, 89, 101.
Vào tháng 10/2005 Micha Fleuren và nhóm PrimeForm đã tìm thấy số nguyên tố
Chen lớn nhất hiện nay, (1284991359 × 298305 + 1) × (96060285 × 2135170 + 1) − 2 với
70.301 chữ số.
Ứng dụng quan trọng của số nguyên tố: RSA là một thuật toán mật mã hóa khóa
công khai được Rivest, Shamir, Adleman đưa ra lần đầu năm 1977 tại ĐH MIT (Mỹ).
Khóa RSA được xây dựng đựa trên việc phân tích một hợp số n = p.q, trong đó p và q là
hai số nguyên tố đủ lớn, càng xa nhau càng tốt. Nói rõ hơn: Khi tìm được n, p, q càng lớn
và p, q cách nhau càng xa thì khóa càng tốt, càng bí mật.
Một phương pháp khác để lập khóa nhờ sử dụng các đường cong elliptic (ECC) được
đề xuất độc lập bởi N. Koblitz và S. Miller vào năm 1985. Một khóa ECC 256- bit có thể
bảo mật tốt bằng một khóa RSA 3.072-bit.
Đóng góp của Tao
Tao nhận bằng Cử nhân và Thạc sĩ tại Trường Đại học Flinders (Australia) năm 17
tuổi. Năm 1992, anh giành được học bổng Fulbright để làm nghiên cứu sinh tại Trường
Đại học Princeton (Mỹ) dưới sự hướng dẫn của Giáo sư Elias Stein và nhận Bằng Tiến
sĩ khi mới 20 tuổi. Năm 24 tuổi, anh được phong Giáo sư thực thụ (full professor) của
UCLA (Mỹ) và là giáo sư trẻ nhất trong lịch sử của trường đại học này cho đến nay. Tao
đã là giáo sư trẻ kỷ lục thế giới chưa?
Alia Sabur (SN 22/02/ 1989 ở New York, Mỹ, gốc Pakistan) là nhà khoa học vật liệu
Mỹ. Cô hiện tại đang giữ kỷ lục Guinness là giáo sư trẻ nhất thế giới khi mới 18 tuổi.
( wiki/Alia-Sabur)
Tao nghiên cứu nhiều lĩnh vực của toán học như giải tích điều hoà, phương trình

vi phân đạo hàm riêng, tổ hợp, lý thuyết số, xử lý tín hiệu, ... Tạp chí NewScientist
(22/8/2006) viết: ”Terence Tao là nhà toán học trẻ nổi tiếng đến mức mà nhiều nhà toán
học trên thế giới đều muốn lôi cuốn anh về cùng giải bài toán của mình và anh trở thành
một trong những Ông ”Thợ giải toán” hợp tác đắc lực với các đồng nghiệp trên thế giới”.
Giáo sư C. L. Fefferman (Giải thưởng Fields) nói: ”Nếu bạn bị bế tắc trong một bài
toán, một trong những cách giải quyết là tìm cách lôi cuốn Terence Tao”. Giáo sư John
Garnett (UCLA) còn nói : ”Tao viết 56 bài báo khoa học trong vòng hai năm và tất cả
những bài này đều có chất lượng cao. Còn tôi năm nào may mắn thì được ba bài”.
Năm 2006, khi mới 31 tuổi, tại Đại hội Toán học thế giới (ICM) lần thứ 25 ở Madrid,
Tao là một trong những người trẻ nhất, người Australia đầu tiên và là giáo sư đầu tiên
của UCLA giành được Giải thưởng Fields vì những đóng góp to lớn của mình cho lý
thuyết phương trình đạo hàm riêng, tổ hợp, giải tích điều hoà và lý thuyết số cộng tính.
Công trình được Giải thưởng Fields của anh mang tên ”Các cấp số cộng dài trong các số

6


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
nguyên tố” hay ”Về cấu trúc và ngẫu nhiên”[e].

Terence Tao (31 tuổi) nhận GT Fields năm 2006 ở ICM tại Tây Ban Nha.
Theo tôi biết, cho đến nay trong lịch sử GT Fields (1936-2018), không phải Terence Tao mà Jean - Pierre Serre (SN 1926, năm nay 92 tuổi, Pháp, học trò của H.
Cartan) đang giữ kỷ lục trẻ nhất (28 tuổi) khi giành GT Fields năm 1954. (Nguồn:
/>Ngoài ra, Terence Tao còn giành được nhiều giải thưởng toán học cao quý khác và
được mời tham gia ban biên tập của nhiều tạp chí toán học nổi tiếng thế giới. Anh là
Viện sĩ của Viện Hàn lâm Khoa học Hoàng gia Anh, Viện Hàn lâm Khoa học Australia,
Viện Hàn lâm Khoa học và Nghệ thuật Hoa Kỳ, ... Hiện nay Terence Tao đang sống hạnh
phúc cùng với vợ và con trai tại Los Angeles (Hoa Kỳ).
Định lý Green-Tao (Ben Green ở Đại học Cambridge (Anh) và Terence Tao ở UCLA
(Mỹ), năm 2004): Dãy các số nguyên tố có chứa cấp số cộng độ dài tùy ý. Nói cách khác,

cho k là số tự nhiên bất kỳ, luôn tồn tại cấp số cộng độ dài k gồm toàn số nguyên tố.
Ngày 12 tháng 4 năm 2010, Benoãt Perichon với phần mềm của Wróblewski và Geoff
Reynolds trong dự án PrimeGrid đã tìm ra cấp số cộng với độ dài kỷ lục cho đến nay
gồm 26 số nguyên tố (dãy số A204189 trong bảng OEIS):
43.142.746.595.714.191 + 23.681.770 × 223.092.870 × n,
với n = 0 đến 25. ( />Chứng minh nhờ một mở rộng của Định lý Szemerédi. Do công trình xuất sắc này mà
T. Tao được trao GT Fields năm 2006. ( />Endre Szemerédi đã chứng minh Giả thuyết Erd˝os-Turán, một tổng quát hóa của Định
lý van der Waerden.
Năm 1936 Erd˝os và Turán đưa ra giả thuyết rằng với mọi giá trị d gọi là mật độ thỏa
mãn 0 < d < 1 và số nguyên k, tồn tại số nguyên N(d, k) sao cho mọi tập hợp con A của
1, ..., N với lực lượng dN đều có một cấp số cộng độ dài k, nếu N > N(d, k). Đây là một
tổng quát hóa của định lý van der Waerden.
Trường hợp k = 1 và k = 2 là tầm thường. Trường hợp k = 3 được chứng minh năm
1956 bởi Klaus Roth bằng phương pháp đường tròn Hardy-Littlewood. Trường hợp k
= 4 được chứng minh năm 1969 bởi Endre Szemerédi bằng phương pháp tổ hợp. Cuối
cùng trường hợp tổng quát cho mọi k được chứng minh năm 1975, cũng bởi Szemerédi.
(Nguồn: />Terry hạnh phúc bên vợ, Laura (kỹ sư tại NASA, Mỹ) và hai con.

7


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

Tài liệu
[1] Notices of the Americal Mathematical Society, May 2010.
[2] tr-nht-c.html
[3] giao-su-toan.html
[4] />[5] />[6] Hà Huy Khoái: Các nhà toán học được giải thưởng Fields (1936-2006 ), Nhà xuất
bản Giáo dục, 2007.
[7] />view=postlist & forum=12& topic=45& Itemid=474# ccbp45

[8] />[9] Nguyễn Duy Tiến: Kể Chuyện Về Toán Và Các Nhà Toán Học, NXB Giáo dục Việt
Nam, 2010.
[10] Và một số tài liệu khác trên Internet với đường link cụ thể trong bài.
Tác giả rất cám ơn GS. TS. Trần Vũ Thiệu và PGS. TS. Tạ Duy Phượng (Viện Toán học,
VHLKHCNVN) về những ý kiến và nhận xét có giá trị!

8


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH CẤP MỘT
- MỘT MÔ HÌNH TOÁN HỌC ĐƠN GIẢN
CỦA NHIỀU BÀI TOÁN THỰC TẾ
Lê Đại Hải, Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội
Mai Công Mãn, Sở Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa
Tạ Duy Phượng, Cộng tác viên Viện Toán học

Tóm tắt nội dung
Bài viết trình bày các bài toán thực tế dẫn đến mô hình toán học là dãy truy hồi tuyến
tính cấp một và ứng dụng dãy truy hồi tuyến tính cấp một trong giải toán cũng như
trong giải các bài toán thực tế.

1. Từ các bài toán thực tế
1.1. Sử dụng tài nguyên thiên nhiên
Ví dụ 1.1 (Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội,
Trung học Cơ sở, 2017). Dự báo với mức độ tiêu thụ dầu không đổi như hiện nay, trữ
lượng dầu sẽ hết sau 100 năm. Thay vì mức độ tiêu thụ dầu không đổi, do nhu cầu thực
tế, mức tiêu thụ dầu năm sau tăng lên 5% so với năm trước. Hỏi sau bao nhiêu năm số
dầu dự trữ sẽ hết?

Lời giải. Giả thiết rằng mức tiêu thụ dầu hàng năm như hiện nay là A đơn vị. Khi ấy
trữ lượng dầu là 100A. Nếu xn là lượng dầu sử dụng vào năm thứ n thì x1 = A. Với tỉ lệ
tăng 5%/năm thì x2 = 1.05x1 = 1.05A và
xn = 1.05xn−1 = 1.052 xn−2 = · · · = 1.05n−1 x1 = 1.05n−1 A.
Tổng lượng dầu sử dụng sau n năm là
Sn = x1 + x2 + · · · + xn = A + 1.05A + · · · + 1.05n−1 A = (1 + 1.05 + · · · + 1.05n−1 ) A

=

1.05n − 1
1.05n − 1
A=
A.
1.05 − 1
0.05

Để xem lượng dầu sử dụng được bao lâu (với mức tăng hàng năm là 5%), ta cần xác
1.05n − 1
định n để tổng lượng dầu bằng 100A, tức là
A = 100A hay 1.05n = 100 × 0.05 +
0.05
1.

1


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Suy ra n =

ln 6

≈ 36.72 ≈ 37 năm.
ln 1.05

Lời bình Lượng tiêu thụ dầu hàng năm tăng theo cấp số nhân
(1.1)

xn+1 = qxn .

Tổng lượng dầu tiêu thụ sau n năm chính là tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân,
Sn = x1 + x2 + · · · + x n =

qn − 1
x1 .
q−1

(1.2)

Ví dụ này cho thấy, một mô hình toán học đơn giản nhất (cấp số nhân) cũng đã có thể
dùng để phân tích những bài toán quan trọng của kinh tế.
Ví dụ này cũng cho thấy tầm quan trọng của sự kiềm chế mức khai thác và sử dụng tài
nguyên thiên nhiên như dầu mỏ, khí đốt, than đá,. . . Nhưng do nhu cầu tiêu thụ, quá
trình khai thác tài nguyên thiên nhiên tăng 5%/năm là hoàn toàn thực tế.
1.2. Lạm phát Lạm phát xảy ra khi đồng tiền bị mất giá. Tỉ lệ phần trăm tăng lên
trong chỉ số giá bán lẻ trong một năm được gọi là tỉ lệ lạm phát của năm. Ví dụ, khi nói tỉ
lệ lạm phát là 3%/năm, nghĩa là ta cần 1.03 đô-la khi mua một vật trị giá là 1 đô-la trước
đây một năm (giả thiết vật cũ vẫn giữ nguyên giá). Với tỉ lệ lạm phát là 3%/năm thì
x1 = 1.03x0 , x2 = 1.03x1 = 1.032 x0 , . . . , xn = 1, 03n x0 .
Sau 20 năm ta muốn mua một vật trị giá lúc đầu là 1000 đô-la thì cần số tiền là:
3 20
x20 = (1 +

) × 1000 ≈ 1806, 111235 ≈ 1806 đô-la.
100
Ta đã sử dụng công thức tính số hạng thứ n của cấp số nhân
xn = (1 + r%) xn−1 = (1 + r%)n x0
với r = 3%, x0 = 1000 và n = 20.
Mặc dù tỉ lệ lạm phát r = 3% là bình thường trong thực tế, sau một thời gian dài giá trị
đồng tiền bị mất giá một cách đáng kể. Ví dụ, với tỉ lệ lạm phát vẫn là 3%/năm, hỏi sau
bao lâu thì giá trị đồng tiền chỉ còn một nửa? Để trả lời câu hỏi này ta cần tìm n sao cho
3 n
x n = (1 +
) x0 = 2x0 .
100
ln 2
Vậy n =
≈ 23.44, tức là, sau khoảng 24 năm, ta cần 2 đô-la để mua một vật trị giá
ln 1.03
lúc đầu là 1 đô-la (với giả thiết vật sau 20 vẫn giữ nguyên giá như ban đầu).

1.3. Phân rã chất phóng xạ
Chất có chứa chất phóng xạ (quặng có chứa chất radium,. . . ) thường xuyên phát ra
một lượng chất phóng xạ và do đó lượng chất phóng xạ có trong chất ấy bị giảm dần.
Thời gian mà chất phóng xạ giảm chỉ còn một nửa được gọi là chu kì bán rã.
Giả sử xn là lượng chất phóng xạ còn lại sau n năm. Nếu tỉ lệ phân rã là r thì
xn+1 = (1 − r ) xn , n = 0, 1, 2, . . .
Ở đây, thay vì sử dụng tỉ lệ phần trăm như trong các bài toán kinh tế, ở đây ta dùng đại
lượng r, 0 < r < 1.
Đây cũng là cấp số nhân và xn = (1 − r )n x0 , trong đó x0 là lượng chất phóng xạ ban đầu.
Nếu chu kì bán rã là H thì

2

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
xH =
Suy ra

1
1
x0 , hay (1 − r ) H x0 = x0 .
2
2
1
1
1−r = ( )H.
2

Thay vào phương trình trên ta được

n
1
x n = ( ) H x0 .
2

(1.3)

công thức (2.3) thường được sử dụng trong xác định niên đại carbon. Khi hóa thạch
được tìm thấy, người ta đo lượng còn lại của đồng vị carbon-14. Lí do là lượng carbon-14
trong động vật khi còn sống là không đổi, nhưng bắt đầu giảm khi động vật đã chết.
Chu kì bán rã của carbon-14 xấp xỉ 5730 năm.
Ví dụ 1.2. Khi đo tỉ lệ carbon-14 trong một xác động vật chết, người ta thấy nồng độ

carbon-14 chỉ còn 54% lượng carbon-14 ban đầu. Để xác định thời gian động vật đó
sống, ta sử dụng công thức (2.3) với xn = 0.54x0 và H = 5730. Ta có
n
1
0, 54x0 = xn = ( ) 5730 x0
2
hay
n
1
5730
0, 54 = ( )
.
2
Suy ra
ln 0, 54
n = 5730 ×
≈ 5094 năm.
− ln 2
Vậy động vật đó đã chết cách đây khoảng 5100 năm.

1.4. Bài toán tăng trưởng dân số
Bài toán tăng trưởng dân số là một bài toán thực tế, thường xuyên được dùng làm đề
thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính điện tử từ năm 1996 đến nay. Nội dung của nó
thường được phát biểu như sau.
Dân số của một thành phố (một nước) A hiện nay là x0 (người). Tỉ lệ tăng dân số hàng
năm là r%. Hỏi sau n năm, số dân của thành phố (nước) A sẽ là bao nhiêu người.
Lời giải. Số dân sau một năm sẽ là x1 = x0 + r%x0 = (1 + r%) x0 .
Số dân sau n năm sẽ là xn = (1 + r%) xn−1 .
Đây cũng chính là cấp số nhân. Số dân của thành phố A sau n năm sẽ là
xn = (1 + r%)n x0 .

(1.4)

Nhận xét 1.1. Theo công thức (1.4), biết ba trong bốn đại lượng n, r, x0 , xn , ta dễ dàng
tính được đại lượng còn lại. Cụ thể:
1) Biết n, r, x0 . Khi ấy xn được tính theo công thức (2.4);
2) Biết n, x0 , xn . Khi ấy
xn
r= n
− 1.
(1.5)
x0

3


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
3) Biết r, x0 , xn . Khi ấy
xn
ln xn − ln x0
x0
n=
=
.
ln(1 + r%)
ln(1 + r%)
ln

4) Biết r, x0 , xn . Khi ấy
x0 =

xn
.
(1 + r%)n

(1.6)

(1.7)

Ví dụ 1.3 (Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Thừa
Thiên-Huế, Trung học cơ sở, 2006-2007). Dân số của một thành phố năm 2007 là 330.000
người.
Câu 1 Hỏi năm học 2007-2008, dự báo có bao nhiêu học sinh lớp 1 đến trường, biết trong
10 năm trở lại đây tỉ lệ tăng dân số mỗi năm của thành phố là 1.5% và thành phố thực
hiện tốt chủ trương 100% trẻ em đúng độ tuổi đều vào lớp 1?
Câu 2 Nếu đến năm học 2015-2016, thành phố chỉ đáp ứng được 120 phòng học cho học
sinh lớp 1, mỗi phòng dành cho 35 học sinh thì phải kiềm chế tỉ lệ tăng dân số mỗi năm
là bao nhiêu, bắt đầu từ năm 2007? (Kết quả lấy với 2 chữ số ở phần thập phân).
Lời giải Câu 1. Gọi a (đơn vị: người) là số dân đầu năm 2000 của thành phố. Khi đó:
1, 5
Số dân năm 2001 sẽ là a(1 +
);
100
1, 5 7
Số dân năm 2007 sẽ là a(1 +
) .
100
Vì số dân năm 2007 là 330000 (người) nên số dân năm 2000 là
a=

330000
.
1, 5 7
(1 +
)
100

Chỉ có những em sinh năm 2001 mới đủ tuổi đi học (6 tuổi) vào lớp 1 ở năm học
2007-2008. Vậy số trẻ em (sinh năm 2001) học lớp 1 năm học 2007-2008 là
1, 5
330000
×
≈ 4460(em).
7
100
1, 5
(1 +
)
100

Lời bình
Trên thực tế, số trẻ em được sinh ra phải nhiều hơn, vì mức tăng trưởng dân số được
tính theo công thức: r = (Số trẻ em sinh ra-số người chết)/số dân (của năm).
Câu 2.2 Gọi x là tỉ lệ tăng dân số cần khống chế từ năm 2007.
x
).
Vì số dân năm 2007 là 330000 người nên số dân năm 2008 là: 330000 × (1 +
100
x
x

Số trẻ em sinh năm 2009 là: 330000 × (1 +
)×
.
100
100
Vì chỉ có những trẻ em sinh năm 2009 mới đủ 6 tuổi vào học lớp 1 năm học 2015-2016.
Ta có phương trình sau:
x
x
330000 1 +
·
: 35 = 120(phòng)
100
100
hay
3300x + 33x2
= 120.
35

4


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Giải phương trình trên ta được:
x1 = 1, 256928578; x2 = 101, 2569286.
Vậy tỉ lệ tăng dân số cần khống chế là 1, 25%.

1.5. Bài toán lãi suất tiết kiệm
Bài toán lãi suất tiết kiệm cũng là một bài toán thực tế, thường xuyên được dùng làm
đề thi Giải toán trên máy tính điện tử từ năm 2000 đến nay. Nó cũng đã xuất hiện trong đề

thi Trung học Phổ thông 2017 và 2018. Mặc dù phát biểu ngày càng phức tạp (theo thời
gian), nhưng các bài toán dạng này thực chất cũng chỉ là áp dụng các công thức (1.1),
(1.2),(1.4), (1.5), (1.6),(1.7).
Lãi kép Sau một đơn vị thời gian (tháng, năm), lãi được gộp vào vốn và được tính
lãi. Loại lãi này được gọi là lãi kép.
Ví dụ 1.4 (Thi Tốt nghiệp Trung học Phổ thông 2018, Đề số 101 Câu 16; Đề số 107 Câu
20; Đề số 109 Câu 16; Đề số 115 Câu 16; Đề số 117 Câu 22; Đề số 123 Câu 19). Một người
gửi tiết kiệm vào một ngân hàng với lãi suất 7.5%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra
khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm
tiếp theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và
lãi) gấp đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay
đổi và người đó không rút tiền ra?
Đáp số (khoanh tròn đáp án đúng): A. 11 năm. B. 9 năm. C. 10 năm. D. 12 năm.
Ghi chú: Để cho gọn, ở đây chỉ nêu đáp số của một Đề. Đáp số các Đề khác đã được
trộn từ tổ hợp A, B, C, D.
Lời giải. Gọi n là năm mà khi lĩnh tiền ra (cả gốc lẫn lãi) được gấp đôi số tiền gửi vào.
Khi ấy, theo công thức (6) ta có
xn
ln 2
x0
n=
=
≈ 9.58.
ln(1 + r%)
ln(1.075)
ln

Vậy với lãi suất 7.5%/năm, để được gấp đôi số tiền gửi vào cần khoảng 10 năm.
Đáp án là C.

Bài tập tương tự
Bài 1.1 (Thi Tốt nghiệp Phổ thông 2018 , Đề số 102 Câu 24; Đề số 108 Câu 22; Đề số 110
Câu 22; Đề số 116 Câu 17; Đề số 118 Câu 22; Đề số 124 Câu 20). Một người gửi tiết kiệm
vào một ngân hàng với lãi suất 7, 2% /năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân
hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo.
Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp
đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và
người đó không rút tiền ra?

5


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
A. 11 năm. B. 12 năm. C. 9 năm. D. 10 năm.
Bài 1.2 (Thi Tốt nghiệp Phổ thông 2018 , Đề số 103 Câu 25; Đề số 105 Câu 22:; Đề số 111
Câu 22; Đề số 113 Câu 17; Đề số 119 Câu 22; Đề số 121 Câu 25). Một người gửi tiết kiệm
vào một ngân hàng với lãi suất 6, 6%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân
hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo.
Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp
đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và
người đó không rút tiền ra?
A. 11 năm. B. 10 năm. C. 13 năm. D. 12 năm.
Bài 1.3 (Thi Tốt nghiệp Phổ thông 2018 , Đề số 106 Câu 24; Đề số 104 Câu 16; Đề số 112
Câu 24; Đề số 114 Câu 16; Đề số 120 Câu 23: Đề số 122 Câu 16). Một người gửi tiết kiệm
vào một ngân hàng với lãi suất 6, 1%/năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi ngân
hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn để tính lãi cho năm tiếp theo.
Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó thu được (cả số tiền gửi ban đầu và lãi) gấp
đôi số tiền gửi ban đầu, giả định trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi và
người đó không rút tiền ra?
A. 12 năm. B. 13 năm. C. 10 năm. D. 11 năm.

Bài 1.4 (Thi Tốt nghiệp Phổ thông 2017, Đề số 101 Câu 35; Đề số 107 Câu 31; Đề số 109
Câu 38; Đề số 115 Câu 33; Đề số 117 Câu 39; Đề số 123 Câu 41). Một người gửi 50 triệu
đồng vào một ngân hàng với lãi suất 6%/ năm. Biết rằng nếu không rút tiền ra khỏi
ngân hàng thì cứ sau mỗi năm số tiền lãi sẽ được nhập vào gốc để tính lãi cho năm tiếp
theo. Hỏi sau ít nhất bao nhiêu năm người đó nhận được số tiền nhiều hơn 100 triệu
đồng bao gồm gốc và lãi? Giả định trong suốt thời gian gửi, lãi suất không đổi và người
đó không rút tiền ra.
A. 13 năm. B. 14 năm. C. 12 năm. D. 11 năm.
Bài 1.5 (Thi Tốt nghiệp Phổ thông 2017, Đề số 102 Câu 41; Đề số 108 Câu 38; Đề số 110
Câu 43; Đề số 116 Câu 36; Đề số 118 Câu 40; Đề số 124 Câu 39). Đầu năm 2016, ông A
thành lập một công ty. Tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong năm
2016 là 1 tỷ đồng. Biết rằng cứ sau mỗi năm thì tổng số tiền dung để trả lương cho nhân
viên trong cả năm đó tăng thêm 15% so với năm trước. Hỏi năm nào dưới đây là năm
đầu tiên mà tổng số tiền ông A dùng để trả lương cho nhân viên trong cả năm lớn hơn 2
tỷ đồng ?
A. Năm 2023. B. Năm 2022. C. Năm 2021. D. Năm 2020.
Bài 1.6 (Sở Giáo dục – Đào tạo Thừa Thiên-Huế. Đề thi học sinh giỏi tỉnh 2008-2009.
Khối 12 Trung học phổ thông. Đề chính thức Ngày thi: 17-12-2008). Lãi suất của tiền gửi
tiết kiệm của một số ngân hàng thời gian vừa qua liên tục thay đổi. Bạn Châu gửi số tiền
ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0, 7% tháng. Sau chưa đầy một năm, thì lãi suất tăng
lên 1, 15% tháng trong nửa năm tiếp theo và bạn Châu tiếp tục gửi; sau nửa năm đó lãi
suất giảm xuống còn 0, 9% tháng, bạn Châu tiếp tục gửi thêm một số tháng tròn nữa,
khi rút tiền bạn Châu được cả vốn lẫn lãi là 5 747 478,359 đồng (chưa làm tròn). Hỏi bạn

6


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Châu đã gửi tiền tiết kiệm trong bao nhiêu tháng?

1.6. Cuộn giấy, cuộn vải
Cuộn giấy gồm một lõi carton đường kính d0 bằng 4 cm và cuộn giấy quấn quanh
lõi. Cuộn giấy thường chứa 60 lá giấy mỗi lá dài 25 cm, do đó tổng chiều dài cuộn giấy
là 1500 cm. Cho rằng giấy được quấn quanh một lõi đường kính d0 , sau mỗi vòng quấn
tổng đường kính của cuộn giấy tăng lên 2t, trong đó t là bề dày của giấy. Giả sử xn cm là
tổng chiều dài cuộn giấy khi quấn n vòng quanh lõi, như vậy, x0 = 0. Đường kính ngoài
của cuộn giấy là dn = d0 + 2tn cm. Điều này khiến chiều dài của cuộn giấy tăng lên từ
vòng thứ n sang vòng thứ n + 1 là xn+1 = xn + π (d0 + 2tn). Như vậy, ta có công thức
xn+1 = xn + π (d0 + 2tn).

(1.8)

Để tìm được công thức nghiệm của phương trình này (công thức biểu diễn tường minh
xn từ công thức (1.8), ta cần có kiến thức về dãy truy hồi (phương trình sai phân) cấp
một, được trình bày dưới đây.

2. Mô hình toán học
Nhận xét Tất cả các bài toán thực tế trình bày trong Mục 1 đều dẫn đến một mô hình
toán học đơn giản là Dãy truy hồi (hay Phương trình sai phân) tuyến tính cấp một.

2.1. Khái niệm
Dãy truy hồi (Phương trình sai phân) tuyến tính cấp một là dãy có dạng
xn+1 = qxn + dn , n = 1, 2, . . .

(2.9)

xn+1 = xn + d.

(2.10)

Nếu q = 1, dn ≡ d thì ta có
Đây chính là cấp số cộng (số hạng sau bằng số hạng trước cộng với một số d không đổi).
Nếu dn ≡ 0 thì ta có
xn+1 = qxn .
(2.11)
Đây chính là cấp số nhân (số hạng sau bao giờ cũng bằng số hạng trước nhân với một số
q không đổi).
Dãy xn+1 = qxn còn được gọi là dãy truy hồi tuyến tính cấp một thuần nhất.
Nếu dn không đồng nhất bằng 0 thì dãy (1.9) được gọi là dãy truy hồi tuyến tính cấp một
không thuần nhất.
Như vậy, dãy truy hồi tuyến tính cấp một là trường hợp tổng quát của cấp số cộng và cấp
số nhân.

7


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Cho trước giá trị ban đầu x0 và dãy dn , ta dễ dàng tính được nghiệm (số hạng tổng quát)
của dãy truy hồi (1.9):
xn = qn x0 + qn−1 d0 + qn−2 d1 + · · · + qdn−2 + dn−1 = qn x0 +

n −1

∑ q n −1− k d k .

(2.12)

k =0

Thật vậy, theo công thức (1.9) ta có:

x1 = qx0 + d0 , x2 = qx1 + d1 = q (qx0 + d0 ) + d1 = q2 x0 + qd0 + d1 .
Giả sử công thức (1.12) đúng với mọi n Khi ấy, theo (1.9) và giả thiết qui nạp, ta có:
n −1

xn+1 = qxn + dn = q qn x0 + ∑ qn−1−k dk
k =0

Vậy công thức (1.12) được chứng minh.

n

+ d n = q n x0 + ∑ q n − k d k .
k =0

Nhận xét 2.2. Với giá trị ban đầu x0 và dãy dn cho trước, ta dễ dàng tính được nghiệm
của dãy truy hồi (1.9) trên máy tính theo công thức định nghĩa (1.9) (công thức truy hồi)
hoặc công thức nghiệm tổng quát (12). Đây chính là một trong những thế mạnh của máy
tính điện tử.

2.2 Nghiệm tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính
không thuần nhất
Khi chưa biết giá trị ban đầu x0 , bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được rằng,
dãy truy hồi tuyến tính cấp một thuần nhất xn+1 = qxn có nghiệm tổng quát dạng
x˜ n = Cqn , với C là một số bất kì.
Dãy { x¯ n } thỏa mãn (1.9) với mọi n được gọi là nghiệm riêng của (1.9). Ta có
Mệnh đề 2.1. Nghiệm tổng quát của phương trình (1.9) có dạng
xn = x˜ n + x¯ n ,
trong đó x˜ n = Cqn là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất
xn+1 = qxn và x¯ n là một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (1.9).
Chứng minh. Giả sử x¯ n là nghiệm riêng của (1.9), tức là x¯ n+1 = q x¯ n + dn với mọi n và

x˜ n = Cqn là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất xn+1 = qxn . Khi ấy
xn+1 = x˜ n+1 + x¯ n+1 = Cqn+1 + q x¯ n + dn = q (Cqn + x¯ n ) + dn = q ( x˜ n + x¯ n ) + dn = qxn + dn .
Vậy xn = x˜ n + x¯ n = Cqn + x¯ n là nghiệm tổng quát của (1.9).
Dễ dàng thấy rằng nghiệm của (1.9) ứng với giá trị ban đầu x0 có dạng
xn = qn x0 + x¯ n .
Tìm nghiệm riêng trong một số trường hợp đặc biệt
Theo Mệnh đề 2.1, để tìm công thức nghiệm của (1.9), ta phải tìm một nghiệm riêng.
Dưới đây ta sẽ tìm nghiệm riêng của dãy (1.9) trong một số trường hợp đặc biệt, tuy

8


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
nhiên, vẫn tương đối tổng quát.
Mệnh đề 2.2 Giả sử dn = Pk (n) là một đa thức bậc k của n.
Nếu q = 1 thì có thể tìm một nghiệm riêng x¯ n của phương trình không thuần nhất (1.9)
dưới dạng x¯ n = Qk (n) (đa thức bậc k của n ).
Nếu q = 1 thì có thể tìm một nghiệm riêng x¯ n của phương trình (1.9) dưới dạng
x¯ n = nQk (n) (đa thức bậc k + 1 của n. )
Chứng minh. Xem, Ví dụ, [6], trang 12; [7], trang 47.
Ví dụ 2.5. Tìm nghiệm của phương trình
xn+1 = xn + 2n2 , x0 = 1, n 0.
Lời giải. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất xn+1 = xn là xn = C.
Vì q = 1 và dn = 2n2 nên tìm nghiệm riêng của phương trình dưới dạng (cao hơn dn một
bậc)
x¯ n = n(C1 n2 + C2 n + C3 ).
Thay vào phương trình ta được đẳng thức sau đúng với mọi n 0 :

(n + 1)[C1 (n + 1)2 + C2 (n + 1) + C3 ] = n(C1 n2 + C2 n + C3 ] + 2n2 .
So sánh hệ số ta được

C1 =

2
4
, C2 = −2, C3 = .
3
3

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là
2
4
xn = C + n3 − 2n2 + n.
3
3
Từ điều kiện ban đầu x0 = 1 ta có C = 1. Nghiệm ứng với điều kiện ban đầu x0 = 1 là
4
2
xn = 1 + n3 − 2n2 + n.
3
3
Chú ý Mệnh đề 2.2 cũng đúng cho phương trình
axn+1 + bxn = dn , n = 1, 2, . . . ,
là dạng tổng quát của (1.9).

Ví dụ 2.6. Tìm số hạng tổng quát của dãy số
3xn+1 − 2xn = n + 1, x0 = 1,
Lời giải. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất
2
3xn+1 − 2xn = 0 ⇔ 3xn+1 = xn , n = 0, 1, 2, . . .
3

là
b
2
xn = C (− )n = C ( )n .
a
3
2
Vì q = = 1 và dn = n + 1 là một đa thức bậc nhất của n nên ta tìm nghiệm riêng của
3
phương trình dưới dạng đa thức bậc nhất x¯ n = C1 n + C2 .
Thay vào phương trình đã cho ta có
3 (C1 (n + 1) + C2 ) − 2[C1 n + C2 ] = n + 1
đúng với mọi n. Suy ra C1 = 1; C2 = −2. Vậy x¯ n = n − 2 và nghiệm tổng quát của
2
phương trình đã cho là xn = C ( )n + n − 2.
3

9


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Vì x0 = 1 nên C − 1 = 2 hay C = 3. Vậy nghiệm của phương trình đã cho ứng với điều
2
kiện ban đầu x0 = 1 là xn = 3( )n + n − 2.
3
Trường hợp đặc biệt dn ≡ d.
Nếu dn ≡ d với mọi n thì phương trình (1.9) có dạng
xn+1 = qxn + d.

(2.13)

Nếu q = 1 thì do dn = d (là đa thức bậc 0 với mọi n ) nên ta tìm một nghiệm riêng dạng
x¯ n = c (đa thức cùng bậc với đa thức dn = d ).
d
Thay vào phương trình xn+1 = qxn + d ta được c = qc + d, suy ra c =
.
1−q
d
Vậy nghiệm tổng quát của (13) có dạng xn = Cqn +
.
1−q
d
. Nghiệm của phương trình (13) với điều kiện ban đầu x0
Nếu biết x0 thì C = x0 −
1−q
là
d (1 − q n )
x n = q n x0 +
.
(2.14)
1−q
Nhận xét Trực tiếp, từ công thức (1.9), khi q = 1, ta cũng có:
xn = qxn−1 + d = q (qxn−2 + d) + d = q2 xn−2 + qd + d = . . .
qn − 1
= q n x 0 + ( q n −1 + q n −2 + · · · + q + 1 ) d = q n x 0 +
d.
q−1
Khi q = 1 thì (1.9) trở thành xn+1 = xn + d (cấp số cộng).
Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất xn+1 = xn là xn ≡ C.
Nghiệm riêng được tìm dưới dạng xn = cn (đa thức bậc nhất của n cao hơn đa thức

dn ≡ d một bậc).
Thay vào phương trình xn+1 = xn + d ta được c(n + 1) = cn + d. Suy ra c = d.
Vậy nghiệm tổng quát của dãy xn+1 = xn + d (cấp số cộng) là xn = C + nd.
Nếu x0 cho trước thì xn = x0 + nd.
Đây chính là công thức tính số hạng tổng quát của cấp số cộng.
Công thức này cũng dễ dàng chứng minh trực tiếp như sau:
xn = xn−1 + d = ( xn−2 + d) + d = · · · = x0 + nd.
Ta có công thức tổng các số hạng đầu của cấp số cộng:
n ( n − 1)
Sn = x0 + x1 + · · · + xn−1 = x0 + ( x0 + d) + · · · + ( x0 + (n − 1)d) = nx0 +
d.
2
Trường hợp đặc biệt dn ≡ 0
Nếu dn ≡ 0 thì từ công thức (1.14) ta lại có công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân
xn+1 = qxn là xn = qn x0 .
Ta có công thức tổng Sn các số hạng đầu của cấp số nhân:
Sn = x0 + x1 + · · · + xn−1 = x0 + qx0 + q2 x0 + · · · + qn−1 x0
1 − qn
x0 .
= 1 + q + · · · + q n −1 x 0 =
1−q
Ghi chú Ở đây chỉ trình bày cách tìm nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính
cấp một trong một trường hợp đơn giản nhất (Mệnh đề 2.2). Có thể tìm hiểu thêm về
phương trình sai phân bậc nhất qua các tài liệu [2]-[4], [6], [7].

10


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

(1)

(2)

Mệnh đề 2.3 (Nguyên lí chồng chất nghiệm) Giả sử dn có dạng dn = dn + dn và
(i )
xn , i = 1, 2, là nghiệm riêng của các phương trình
(i )
xn+1 = qxn + dn , i = 1, 2,
(1)
(2)
Khi ấy xn = xn + xn là nghiệm riêng của phương trình
(1)
(2)
xn+1 = qxn + dn = qxn + dn + dn .
(i )

Chứng minh. Vì xn , i = 1, 2, tương ứng là nghiệm của các phương trình
(i )
(1)
(1)
(2)
xn+1 = qxn + dn nên xn(1+)1 = qxn + dn và xn(2+)1 = qxn(2) + dn .
(1)

(2)

Nếu xn = xn + xn thì
(1)

(2)

(1)

(2)

(1)

(2)

(1)

xn+1 = qxn + dn + dn = q( xn + xn ) + dn + dn
(1)

(1)

(2)

(2)

(1)

(2)

Vậy xn = xn + xn là nghiệm của phương trình
(1)
(2)
xn+1 = qxn + dn = qxn + dn + dn .
(1)

(2)

Như vậy, để tìm nghiệm riêng của xn+1 = qxn + dn + dn , ta chỉ cần tìm nghiệm
riêng của các phương trình đơn giản hơn:
(i )
xn+1 = qxn + dn , i = 1, 2.
Mệnh đề này dễ dàng mở rộng cho trường hợp
k

(i )

dn = ∑ dn .
i =1

3. Ứng dụng của phương trình sai phân cấp một trong
giải toán và trong các bài toán thực tế
Nhận xét 3.3. Các công thức nghiệm của dãy truy hồi tuyến tính cấp một trong Mục 2
rất có ích trong giải toán và trong giải các bài toán thực tế.

3.1. Tính tổng
Công thức nghiệm của phương trình sai phân trong Mục 2 có thể được sử dụng để
tính các tổng. Ta hãy xét các Ví dụ sau.
Ví dụ 3.7. Xét phương trình sai phân
xn+1 = xn + n, n = 0, 1, 2, . . .
Nghiệm của phương trình thuần nhất xn+1 = xn là xn = C. Ta tìm nghiệm riêng của
phương trình trên dưới dạng đa thức bậc hai (cao hơn đa thức dn = n một bậc:
x¯ n = n(C1 n + C2 ).
Thay vào phương trình ta được đẳng thức đúng với mọi n :
(n + 1)(C1 (n + 1) + C2 ) = n(C1 n + C2 ) + n.

11

(2)

= qxn + dn + qxn + dn = xn+1 + xn+1 .


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
So sánh hệ số của hai vế ta được C1 =

1
1
; C2 = − .
2
2

n ( n − 1)
.
2
n ( n − 1)
= x0 +
. Nếu x0 = 0 thì nghiệm là
2

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình là xn = C +
Nếu cho trước x0 thì nghiệm là xn
xn =

n ( n − 1)

.
2

Nhận xét 3.4. Nếu x0 = 0 thì
xn+1 = xn + n = xn−1 + (n − 1) + n = · · · = 1 + 2 + · · · + n.
Như vậy, xn+1 chính là tổng của n số tự nhiên đầu tiên và
n ( n + 1)
x n +1 = x n + n = x n −1 + ( n − 1 ) + n = · · · = 1 + 2 + · · · + n =
.
2
Ta cũng đã biết cách tính Sn = 1 + 2 + · · · + n như sau.
Viết lại tổng trên dưới dạng Sn = n + (n − 1) + · · · + 2 + 1.
Cộng hai đẳng thức trên ta được
2S = (1 + 2 + · · · + n) + (n + (n − 1) + · · · + 1)
= ( n + 1) + · · · + ( n + 1) = n ( n + 1).
n

n ( n + 1)
Vậy Sn =
.
2
Ví dụ 3.8. Xét phương trình sai phân xn+1 = xn + (n + 1)2 .
Nghiệm của phương trình thuần nhất xn+1 = xn là xn = C.
Vì dn = (n + 1)2 là một tam thức bậc hai nên ta tìm nghiệm dưới dạng
x¯ n = n( an2 + bn + c).
Thay vào phương trình ta được đẳng thức đúng với mọi n :
(n + 1)( a(n + 1)2 + b(n + 1) + c) = n( an2 + bn + c) + (n + 1)2 .
1
1
1

Suy ra a = , b = , c = .
3
2
6
Vậy phương trình xn+1 = xn + (n + 1)2 có nghiệm là
1
1
1
xn = C + n3 + n2 + n.
3
2
6
1 3 1 2 1
Nếu cho trước x0 thì nghiệm là xn = x0 + n + n + n.
3
2
6
1 3 1 2 1
Nếu x0 = 0 thì nghiệm là xn = n + n + n.
3
2
6
Nhận xét 3.5. Nếu x0 = 0 thì
x n +1 = x n + ( n + 1 )2 = x n −1 + n 2 + ( n + 1 )2 = . . .
= 12 + 22 + · · · + n 2 + ( n + 1 ) 2
hay
x n = 12 + 22 + · · · + n 2 .
Như vậy, xn chính là tổng các bình phương của n số tự nhiên đầu tiên và
1
1

1
n(n + 1)(2n + 1)
.
x n = n3 + n2 + n =
3
2
6
6
Suy ra công thức tính tổng bình phương của n số tự nhiên đầu tiên:
1
12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1).
6

12


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Ví dụ 3.9. Xét phương trình sai phân xn+1 = xn + (2n + 1)2 .
Nghiệm của phương trình thuần nhất xn+1 = xn là xn = C.
Vì dn = (2n + 1)2 là một tam thức bậc hai nên ta tìm nghiệm dưới dạng đa thức bậc ba
x¯ n = n( an2 + bn + c).
Thay vào phương trình ta được đẳng thức đúng với mọi n :
(n + 1)( a(n + 1)2 + b(n + 1) + c(n + 1)) = n( an2 + bn + c) + (2n + 1)2 .
4
1
Suy ra a = , b = 0, c = − .
3
3
1
4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là xn = C + n3 − n.
3
3
4 3 1
Nếu cho trước x0 thì nghiệm là xn = x0 + n − n.
3
3
4 3 1
Nếu x0 = 0 thì nghiệm là xn = n − n.
3
3
Nhận xét 3.6. Nếu x0 = 0 thì
xn+1 = xn + (2n + 1)2 = xn−1 + (2n − 1)2 + (2n + 1)2 = . . .
= 12 + 32 + · · · + (2n + 1)2 .
Vậy, xn chính là tổng bình phương của n số lẻ đầu tiên và
4
1
1
1
xn = n3 − n = n(4n2 − 1) = n(2n − 1)(2n + 1).
3
3
3
3
Suy ra công thức
1
12 + 32 + · · · + (2n + 1)2 = n(4n2 − 1).
3

Tiểu kết

Như vậy, có thể sử dụng công thức nghiệm của phương trình sai phân như một
phương pháp để tính tổng. Phương pháp này hay hơn cách chứng minh qui nạp ở chỗ,
chứng minh qui nạp thường phải biết trước công thức nghiệm, còn phương pháp
phương trình sai phân cho cách tìm công thức nghiệm. Phương pháp này cũng cho phép
sáng tạo các bài tập tính tổng của các số theo một qui luật nào đó. Hơn nữa, có thể đi
sâu nghiên cứu về phương trình sai phân cấp một theo [2]-[4], [6], [7] để tìm tổng của
các biểu thức lượng giác, biểu thức chứa hàm mũ,. . .

Bài tập tương tự
Bài 3.7. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + 2n + 1. Tính tổng
Sn = 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n + 1).
Bài 3.8. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + (n + 1)3 . Tính tổng
Sn = 13 + 23 + 33 + · · · + n3 .
Bài 3.9. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + (2n + 1)2 . Tính tổng
Sn = 1 + 9 + 25 + · · · + (2n − 1)2 .

13


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Bài 3.10. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + (2n + 1)3 . Tính tổng
Sn = 1 + 27 + 125 + · · · + (2n − 1)3 .
Bài 3.11. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + (3n + 1)2 . Tính tổng
Sn = 12 + 42 + 72 + · · · + (3n − 2)2 .
Bài 3.12. Tìm nghiệm của phương trình sai phân xn+1 = xn + (3n + 2)2 . Tính tổng
Sn = 22 + 52 + 82 + · · · + (3n − 1)2 .

3.2 Cuộn giấy, cuộn vải
(tiếp Mục 1.6)
Xét phương trình cuộn giấy (1.8)

(1)
(2)
xn+1 = xn + π (d0 + 2tn) = xn + πd0 + 2πtn = xn + dn + dn .
Biết bề dày t của giấy, ta có thể tính được chiều dài cuộn giấy sau n lần cuộn. Bởi vì
x0 = 0 nên vớid0 = 4 nghiệm của phương trình trên gồm tổng hai nghiệm riêng tương
(1)
(2)
ứng với hai số hạng dn = 4π và dn = 4πtn. Vì phương trình thuần nhất xn+1 = xn có
q = 1 nên nghiệm riêng của phương trình xn+1 = xn + 4π là 4πn và nghiệm riêng của
1
phương trình xn+1 = xn + π (d0 + 2tn) là 2πt × n(n − 1).
2
Nghiệm của phương trình (1.8) ứng với x0 = 0 là xn = 4πn + πtn(n − 1).
Ví dụ, bề dày của giấy là 0,07 cm và n = 70 thì
xn = 4π × 70 + π × 0, 07 × 70 × 69 = 1941, 8 cm.
Đây là chiều dài của cuộn giấy khi quấn 70 vòng.
Tất nhiên, nếu biết chiều dài của cuộn giấy và số vòng quấn, ta có thể tìm được độ dày
của giấy. Ví dụ, khi tời cuộn giấy ra và quấn lại được 61 vòng. Toàn bộ cuộn giấy gồm 60
lá chiều dài 25 cm mỗi lá. Hỏi bề dày của giấy.
Từ công thức xn = d0 πn + πtn(n − 1) với xn = 60 × 25 = 1500 cm, n = 61 suy ra
xn − 4πn
t=
=0,063788204 (cm).
πn(n − 1)

3.3 Tăng trưởng hoặc suy giảm có bổ sung
Ở Mục 1.5 ta đã xét bài toán gửi tiền tiết kiệm. Bài toán này có nội dung là: ta gửi
vào ngân hàng một khoản tiền (đồng), để số vốn đó tự sinh lãi và quên đi, sau một thời
gian ta rút tiền ra. Số tiền cả gốc lẫn lãi được tính theo công thức số hạng thứ n của cấp
số nhân là xn = qn x0 . Tuy nhiên, trên thực tế, ta còn gặp những bài toán phức tạp hơn:

Để mua nhà, trả nợ,. . . , ta thường hay sử dụng loại “tăng trưởng hoặc suy giảm có bổ
sung”, tức là ta sẽ thường xuyên gửi vào hoặc rút ra một lượng tiền nào đó. Xét Ví dụ sau.
Ví dụ 3.10. Giả sử rằng vào ngày 1 tháng giêng ta gửi 1000 đô-la với lãi suất 0, 5%/tháng.
Khi ấy, sang ngày 1 tháng hai ta có 1000 + 1000 × 0, 5% = 1005 đôla.
Sang ngày 1 tháng ba ta có số tiền là 1005 + 1005 × 0, 5% = 1010, 025 đôla.
Giả sử đầu tháng ba ta rút ra 100 đôla (tiêu đột xuất), như vậy số tiền mà ta còn lại sẽ là
1010, 025 − 100 = 910, 025 đôla.

14