PHƯƠNG PHÁP QUY nạp TOÁN học dãy số (lý thuyết + bài tập vận dụng)

Chương 3: DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG VÀ CẤP SỐ NHÂN

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
Nội dung phương pháp quy nạp toán học:
Cho n0 là một số nguyên dương và P(n) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số
tự nhiên n �n0 . Nếu
(1) P(n0 ) là đúng và
(2) Nếu P(k) đúng, thì P(k 1) cũng đúng với mọi số tự nhiên k �n0 ;
thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n �n0 .
Khi ta bắt gặp bài toán:
Chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n �n0 , n0 �� ta có thể sử
dụng phương pháp quy nạp như sau
Bước 1: Kiểm tra P(n0 ) có đúng hay khơng. Nếu bước này đúng thì ta chuyển
qua bước hai
Bước 2: Với k �n0 , giả sử P(k) đúng ta cần chứng minh P(k 1) cũng đúng.
Kết luận: P(n) đúng với n �n0 .
Lưu ý: Bước 2 gọi là bước quy nạp, mệnh đề P(k) đúng gọi là giả thiết quy
nạp.
Vấn đề 1. Dùng quy nạp để chứng minh đẳng thức. Bất đẳng thức
Phương pháp .
Phương pháp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức P(n)  Q(n) (hoặc P(n)  Q(n)
) đúng với n �n0 , n0 �� ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Tính P(n0 ), Q(n0 ) rồi chứng minh P(n0 )  Q(n0 )
Bước 2: Giả sử P(k)  Q(k); k �, k n0 , ta cần chứng minh
P(k  1)  Q(k  1) .
Các ví dụ
Ví dụ 1.
Chứng mình với mọi số tự nhiên n �1 ta ln có: 1 2  3 ...  n 

n(n  1)
2

Lời giải:
Đặt P(n)  1 2 3 ...  n : tổng n số tự nhiên đầu tiên : Q(n) 
Ta cần chứng minh P(n)  Q(n) n �,n 1.
1(1 1)
1
Bước 1: Với n  1 ta có P(1)  1, Q(1) 
2
� P(1)  Q(1) � (1) đúng với n  1.
Bước 2: Giả sử P(k)  Q(k) với k �, k 1 tức là:
k(k  1)
1 2 3 ...  k 
(1)
2

n(n  1)
2

pg. 1


Ta cần chứng minh P(k  1)  Q(k  1) , tức là:
(k  1)(k  2)
1 2 3 ...  k  (k  1) 
(2)
2
Thật vậy: VT (2)  (1 2  3 ...  k)  (k  1)
k(k  1)

 (k  1)

(Do đẳng thức (1))
2
k
(k  1)(k  2)
 (k  1)(  1) 
 VP(2)
2
2
Vậy đẳng thức cho đúng với mọi n �1.
Ví dụ 2.
Chứng minh với mọi số tự nhiên n �1 ta ln có: 1 3 5 ...  2n  1 n2
Lời giải:
2
�Với n  1 ta có VT  1, VP  1  1
Suy ra VT  VP � đẳng thức cho đúng với n  1.
�Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k với k �, k 1 tức là:
1 3  5  ...  2k  1  k2 (1)
Ta cần chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1, tức là:
1 3 5 ...  (2k  1)  (2k  1)   k  1

2

(2)

Thật vậy: VT (2)  (1 3 5 ...  2k  1)  (2k  1)
(Do đẳng thức (1))
 k2  (2k  1)
 (k  1)2  VP(1.2)
Vậy đẳng thức cho đúng với mọi n �1.
Ví dụ 3.

Chứng minh rằng với n �1, ta có bất đẳng thức:

1.3.5... 2n  1
2.4.6.2n



1
2n  1

Lời giải:
1 1
� 2  3 đúng.
* Với n  1 ta có đẳng thức cho trở thành : 
2
3
� đẳng thức cho đúng với n  1.
* Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k �1, tức là :
1.3.5... 2k  1
1

(1)
2.4.6...2k
2k  1
Ta phải chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1, tức là :
1.3.5... 2k  1  2k  1
1

(2)
2.4.6....2k 2k  2

2k  3
Thật vậy, ta có :
VT (2) 

1.3.5...(2k  1) 2k  1
1 2k  1
2k  1
.


2.4.6...2k 2k  2
2k  1 2k  2 2k  2
pg. 2


2k  1
1

� (2k  1)(2k  3)  (2k  2)2
2k  2
2k  3
� 3  1 (luôn đúng)
Vậy đẳng thức cho đúng với mọi số tự nhiên n �1.
Ví dụ 4. Chứng minh rằng với n �1,x  0 ta có bất đẳng thức:
Ta chứng minh:

2n 1

xn (xn1  1) �x  1�
��

� . Đẳng thức xảy ra khi nào?
xn  1
�2 �
Lời giải:
3

�Với n  1 ta cần chứng minh:

x(x2  1) �x  1�
��
� 8x(x2  1) �(x  1)4
�
x 1
�2 �

Tức là: x4  4x3  6x2  4x  1�0 � (x  1)4 �0 (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi x  1.
2k 1

�Giả sử

2k 3

xk(xk1  1) �x  1�
xk1(xk 2  1) �x  1�
��
��
� , ta chứng minh
�
xk  1

xk1  1
�2 �
�2 �
2k 3

�x  1�
Thật vậy, ta có: �
�
�2 �

2

2k 1

(*)

2

�x  1��x  1�
�x  1�xk(xk1  1)
�
�
��
�
�2 �
k
� 2 �� 2 �
�
� x 1
2

�x  1�xk(xk1  1) xk1(xk 2  1)
Nên để chứng minh (*) ta chỉ cần chứng minh �
�
�
k
xk1  1
� 2 � x 1
2

�x  1� k1
2
k 2
k
Hay �
�(x  1) �x(x  1)(x  1) (**)
2
�
�
Khai triển (**) , biến đổi và rút gọn ta thu được
x2k 2(x  1)2  2xk1(x  1)2  (x  1)2 �0 � (x  1)2(xk1  1)2 �0 BĐT này hiển nhiên
đúng. Đẳng thức có � x  1.
Vậy bài tốn được chứng minh.
Chú ý: Trong một số trường hợp để chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi
số tự nhiên n ta có thể chứng minh theo cách sau
Bước 1: Ta chứng minh P(n) đúng với n  1 và n  2k
Bước 2: Giả sử P(n) đúng với n  k  1, ta chứng minh P(n) đúng với n  k .
Cách chứng minh trên được gọi là quy nạp theo kiểu Cauchy (Cơ si).
CÁC BÀI TỐN LUYỆN TẬP
Bài 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n �1, ta ln có

n(n  1)(2n  1)
1. 12  22  ...  (n  1)2  n2 
6
1 2
n 3 2n 3
2.  2  ...  n  
3 3
3 4 4.3n
Lời giải:
1. Bước 1: Với n  1 ta có:
1(1 1)(2.1 1)
VT  12  1, VP 
 1� VT  VP
6
pg. 3


� đẳng thức cho đúng với n  1.
Bước 2: Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k �1, tức là:
k(k  1)(2k  1)
12  22  ...  (k  1)2  k2 
(1)
6
Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1, tức là cần chứng minh:
(k  1)(k  1)(2k  3)
12  22  ...  (k  1)2  k2  (k  1)2 
(2).
6
Thật vây:
do (1)

2
2
2
� (k  1)2  k(k  1)(2k  1)  (k  1)2
VT (2)  �
1

2

...

k
�
�
6
2
�
� (k  1)(2k2  7k  6)
2k  k
 (k  1) �
 k  1�
6
� 6
�
(k  1)(k  2)(2k  3)
 VP(2)
6
� (2) đúng � đẳng thức cho đúng với mọi n �1.
2. * Với n  1 ta có VT  1  VP � đẳng thức cho đúng với n  1
1 2

k 3 2k 3
* Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k �1, tức là:  2  ...  k  
(1)
3 3
3 4 4.3k
Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1, tức là cần chứng minh
1 2
k k  1 3 2k  5
 2  ...  k  k1  
(2).
3 3
4 4.3k1
3 3
3 2k  3 k  1 3 2k  5
 k1  
 VP(2)
Thật vậy: VT (2)  
4 4.3k
4 4.3k1
3
� (2) đúng � đẳng thức cho đúng.


Bài 2 Chứng minh các đẳng thức sau
n n  1  n  2
1. 1.2  2.3 ...  n(n  1) 
với n �1
3
1
1

1
1
n


 ... 

2.
1.5 5.9 9.13
 4n  3  4n  1 4n  1
2
�
n n  1 �
3. 1  2  3  ...  n  �
�
� 2 �
� 1 2n
� 4�
� 4�
� 4��
4
�
�
1

1

1

...

1

4. �
�
� 9�
� 25 � �
2
1 2n
� 1�
�
�
�
� �  2n  1 �
�
1
1
1
n

 ... 

5.
1.2 2.3
n(n  1) n  1
3

3

3

3

n(n2  1)(3n  2)
, n �2
12
2n(n  1)(2n  1)
7. 22  42  ...  (2n)2 
3
6. 1.22  2.32  3.42  ...  (n  1).n2 

pg. 4


8. 1.2.3 2.3.4 ...  n(n  1)(n  2) 
Với mọi n��* .

n(n  1)(n  2)(n  3)
4

n(n2  1)(3n  2)
9. 1.2  2.3  3.4  ...  (n  1).n 
12
với n �2.
1
1
1
n(n  3)

 ... 


10.
1.2.3 2.3.4
n(n  1)(n  2) 4(n  1)(n  2)
Với mọi n��* .
2

2

2

2

Lời giải:
1. 1.2  2.3 ...  k(k  1)  (k  1)(k  2) 
k(k  1)(k  2)
(k  1)(k  2)(k  3) .
 (k  1)(k  2) 
3
3
1
1
1
1
1


 ... 


2.

1.5 5.9 9.13
 4k  3  4k  1 (4k  1)(4k  5)




k
1
k 1


4k  1 (4k  1)(4k  5) 4k  5
2

2

�k(k  1) �
�
(k  1)(k  2) �
3. �
 (k  1)3  �
�
�.
3
� 3 �
�
�
�
�1 2k
4

(2k  3)(2k  1)(1 2k)
2k  3
1


4. �
2�
2
(2k  1)
(2k  1) (1 2k)
� (2k  1) �1 2k
5,6,7. Bạn đọc tự làm
k(k  1)(k  2)(k  3)
 (k  1)(k  2)(k  3) 
8.
4
(k  1)(k  2)(k  3)(k  4)

.
4
k(k2  1)(3k  2)
�
(k  1)(3k  2) �
 k(k  1)2  k(k  1) �
 1�
9.
12
12
�
�


10.


k(k  1)(3k2  k  10) (k  1)k(k  2)(3k  5)
.

12
12

k(k  3)
1


4(k  1)(k  2) (k  1)(k  2)(k  3)

(k  1)(k  4)
k(k  3)2  4
(k  1)2(k  4)
.


4(k  1)(k  2)(k  3) 4(k  1)(k  2)(k  3) 4(k  2)(k  3)

Bài 3
1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n �1 ta có:

pg. 5

2  2  2  ...  2  2  2cos


2n1

(n dấu căn)

2. Chứng minh các đẳng thức sin x  sin2x  ...sin nx 
x �k2 với n �1.

sin

nx
(n  1)x
sin
2
2
với
x
sin
2

Lời giải:

1.

* Với n  1� VT  2, VP  2cos  2
4
� VT  VP � đẳng thức cho đúng với n  1.
* Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k , tức là:


(k dấu căn) (1)
2k1
Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1, tức là:
2  2  2  ...  2 2  2cos

2  2  2  ...  2 2  2cos


2k 2

( k 1 dấu căn) (2).


Thật vậy: VT (2)   2  2  2  ...  2 2  2  2cos k1
1 4 4 44 2 4 4 4 43
2
k dau can




)  4cos2 k 2  2cos k 2  VP(2)
k1
2
2
2
a
(Ở trên ta đã sử đụng công thức 1 cos a  2cos2 ).
2

� (2) đúng � đẳng thức cho đúng.
x
sin sin x
2
 sin x nên đẳng thức cho đúng
2. �Với n  1 ta có VT  sin x, VP 
x
sin
2
với n  1
�Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k �1, tức là:
 2(1 cos

sin x  sin2x  ...sin kx 

sin

Ta chứng minh (4) đúng với n  k  1, tức là
sin x  sin2x  ...sin(k  1)x 

sin

kx
(k  1)x
sin
2
2
(1)
x
sin

2
(k  1)x
(k  2)x
sin
2
2
(2)
x
sin
2
pg. 6


kx
(k  1)x
sin
2
2  sin(k  1)x
Thật vậy: VT (2) 
x
sin
2
� kx
(k  1)x
x�
sin  2cos
sin �
(k  1)x � 2
2
2

 sin
�
�
x
2 �
�
sin
�
2
�
sin

(k  1)x
(k  2)x
sin
2
2

 VP(2)
x
sin
2
Nên (2) đúng. Suy ra đẳng thức cho đúng với mọi n �1.
sin

Bài 4 Chứng minh rằng với mọi n �1 ta có bất đẳng thức:
sin nx �n sin x x ��
Lời giải:
* Với n  1 ta có: VT  sin1.  1. sin   VP nên đẳng thức cho đúng.
* Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k �1, tức là : sin kx �k sin x (1)

Ta phải chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1,tức là :
sin(k  1) � k  1 sin  (2)
Thật vậy:
sin  k  1   sin k cos   cos k sin 
�sin k . cos  cos k . sin  �sin k  sin 
�k sin   sin    k  1 . sin 
Vậy đẳng thức cho đúng với n  k  1, nên đẳng thức cho cũng đúng với mọi
số nguyên dương n .
Bài 5
n

� 1�
1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n �1, ta có : �
1 � 3
� n�
2. 3n  3n  1 với mọi số tự nhiên n �2 ;
2.4.6.2n
 2n  1 với mọi số tự nhiên n �1;
3.
1.3.5... 2n  1
Lời giải:
k

� 1 � n2 n
1. Ta chứng minh �
1 � 2   1 ,1�k �n (1) bằng phương pháp quy nạp
� n� k k
theo k. Sau đó cho k  n ta có (7).
1 1 1
* Với k  1� VT (1)  1  2   1 VP(1)

n n n
pg. 7


� (1) đúng với k  1.
* Giải sử (1) đúng với k  p, 1�p �n , tức là:
p

� 1 � p2 p
1 � 2   1
�
� n� n n
Ta chứng minh (1) đúng với k  p  1, tức là

(2).

p1

� 1 � (p  1)2 p 1
1 � 

 1 (3).
�
n
n2
� n�
p1

p

� 1 � � 1 � � 1 � �p2 p �
� 1�
1 �  �
1 �.�
1 � � 2   1�
1 �
Thật vậy: �
�
� n � � n � � n � �n n �
� n�
p2 p2  p p  1
p p2  p p  1
 3

 1� 2 

1
n
n
n
n2
n
n2
p2  2p  1 p  1
(p  1)2 p 1



1



 1 � (3) đúng � đpcm.
n
n
n2
n2
n

1
� 1�
Cách khác: Khi n  1� 2  3 (đúng) dễ thấy khi n  1� tiến dần về 0 � �
1 �
n
� n�
n

� 1�
tiến gần về 1.Vậy n �1ta ln có �
1 � 3
� n�
2. Với n  2 ta có: VT  32  9  VP  3.2  1  7 nên đẳng thức cho đúng với n  1
�Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k �2 , tức là: 3k  3k  1 (1)
Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1, tức là :
3k1 �3(k  1)  1  3k  4 (2)
Thật vậy: 3k1  3.3k  3(3k  1)  3k  4 (6k  1)  3k  4 nên (2) đúng.
Vậy bài tóan được chứng minh.
2
3. Với n  1 ta có: VT   2, VP  3 � đẳng thức cho đúng với n  1
1
�Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k �1, tức là:

2.4.6.2k
 2k  1 (1)
1.3.5... 2k  1
Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1, tức là:
2.4.6.2k(2k  2)
 2k  3 (2)
1.3.5... 2k  1 (2k  1)
Thật vậy:

2.4.6.2k(2k  2)
2k  2 2k  2
 2k  1.

2k  1
1.3.5... 2k  1 (2k  1)
2k  1

Nên ta chứng minh

2k  2

 2k  3 �  2k  2  (2k  1)(2k  3)
2

2k  1
� 4  3 hiển nhiên đúng.
Vậy bài toán được chứng minh.

pg. 8

Bài 6 Cho hàm số f xác định với mọi x�� và thoả mãn điều kiện :
f (x  y) �f (x). f (y), x, y �� (*). Chứng minh rằng với mọi số thực x và mọi
2n

� �x �
�
số tự nhiên n ta có : f  x ��f � n �
�
� �2 �
�
Lời giải:
x
1. Trong BĐT f (x  y) �f (x). f (y) thay x và y bằng , ta được:
2
2

�x x � �x � �x �
� x�
ff�  �� � �
. ff� �  x �f ( )�
�2 2 � �2 � �2 �
� 2�
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n  1.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n  k �1. Ta có
2k

� �x �
�
(1)

f  x ��f � k �
�
� �2 �
�
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n  k  1, tức là :
2k 1

��x �
�
f  x ��f � k1 �
�
� �2 �
�

(2)
2

�
� x
x � �� x �

��f �
�
�
�
�
� k 1 k 1� � � k 1�
�
�2
2

� � �2
�
�
2k
2k �
2�
� �x �
�
�� x �
��
�
ff� �
�
�
�
��
�
�
� � k 1 �
�k �
�
�
�
�
�
2
�
�
2
�

�
�
�
��
�
�
�
2k
2k  1
� �x �
�
�� x �
�
ff� �
�
�
��
�
�k �
� k 1 �
�
�
�
�
�
�
� �2 �
�
� �2
�

�x �
Thật vậy ta có : ff� �
�k �
�2 �

2k 1

��x �
�
Do tính chất bắc cầu ta có được : f  x ��f � k1 �
�
� �2 �
�
Bất đẳng thức đúng với n  k  1 nên cũng đúng với mọi số tự nhiên n.
Bài 7 Chứng minh các bất đẳng thức sau
1 1
1
1
n �2
1. 1   ...  2  2
4 9
n
n
1
1
1

.... 
�2 n

2. n  1
2
3
n

3. tan n  n tan  với 0   
4 n  1
4. 2n  2n  1 n �3
5. 2n 2  2n  5, (n��* )
pg. 9


6. 3n1  n(n  2); (n �* ,n 4)
7. 2n 3  3n  1; (n �* ,n 8)


 ncos �1 với n �1
n 1
n
1 3 5 2n  1
1

9. . . ....
2 4 6 2n  2
3n  4
1 1
1
 n ;(n �* , n 2) .
10. 1   ...  n
2 3

2 1
Lời giải:
1
1
1
1
1
 2
�
 (hiển nhiên đúng)
1. 2  
2
k (k  1)
k 1 k 1 k
1
 k  1 � k(k  1)  k (hiển nhiên)
2. k 
k 1
1
2 k
 2 k  1 � 2 k(k  1)  2k  1
k 1
� 4k(k  1)  (2k  1)2  4k(k  1)  1 (hiển nhiên).
tan n  tan 
 (n  1)tan 
3. tan(n  1) 
1 tan n.tan 
� tan n  tan   (n  1)tan   (n  1)tan2 .tan n
8. (n  1)cos

� tan n �
1 (n  1)tan2  �
�
� n tan  (đúng)
4. 2k1  2(2k  1)  2k  3 2k  1  2k  3.
5. 2k 3  2.2k 2  2(2k  5)  2(k  1)  5 2k  7  2(k  1)  5
6. 3k  3.3k1  3k(k  2)  (k  1)(k  2)  2k2  3k  2

 (k  1)(k  2) .

7. 2k 2  2.2k 3  2(3k  1)  3k  2 3k  4  3k  2
8. �Với n  1 thì bđt hiển nhiên đúng


�Giả sử kcos  (k  1)cos
�1. Ta cần chứng minh
k
k 1


�

�

(k  1)cos
 kcos �1 � k�
cos
 cos ��2sin2
k 1
k

k�
2(k  1)
� k 1
(2k  1)


۳ ksin
sin
sin2
(1)
2k(k  1)
2k(k  1)
2(k  1)
 (2k  1)

(2k  1)


 0 � sin
 sin
Ta có: 
2 2k(k  1) 2(k  1)
2k(k  1)
2(k  1)


n sin x
ksin
sin
Mặt khác: sin nx �

2k(k  1)
2(k  1)
Từ đó ta có được (1) ln đúng.
Vậy bài tốn được chứng minh.
1 3 5 2k  1 2k  3
1
2k  3
. . ....
.

.
9.
2 4 6 2k  2 2k  4
3k  4 2k  4
pg. 10


Và

2k  3
1

3k  4 2k  4
3k  7
1

.

� (3k  7)(2k  3)2  (3k  4)(2k  4)2 � k 1  0 (đúng).
10. k 

1
1
 k  1 � k1
 1 (đúng).
2 1
2 1
k1

Bài 8 Cho tổng: Sn 

1
1
1
1


 ... 
1.3 3.5 5.7
(2n  1)(2n  1)

1. Tính S1;S2 ;S3 ;S4
2. Dự đốn cơng thức tính Sn và chứng minh bằng phương pháp qui nạp.
Lời giải:
1
2
3
4
1. Ta có S1  ,S2  ;S3  ,S4 
3

5
7
9
n
2. Dự đốn cơng thức Sn 
.
2n  1
Bài 9 Cho hàm số f : �� �, n �2 là số nguyên . Chứng minh rằng nếu
f (x)  f (x)
�x  y �
�f �
�x, y �0 (1) thì ta có
2
�2 �
f (x1)  f (x2)  ...  f (xn )
�x  x  ...  xn �
�f � 1 2
� xi �0 , i  1,n (2).
n
n
�
�
Bài 9 �Ta chứng minh (2) đúng với n  2k , k �1
* Với k  1 thì (8.2) đúng (do (1))
* Giả sử (2) đúng với n  2k , ta chứng minh (2) đúng với n  2k1
�x1  ...  x2k �
k
Thật vậy: f (x1)  ... f (x2k ) �2 f �
�
� 2k

�
�
�
�x k  ...  x k1 �
f (x2k 1)  ... f (x2k1 ) �2k f � 2 1 k 2 �
�
�
2
�
�
�x1  ...  x2k � k �x2k 1  ...  x2k1 �
k
2 �
Do đó: f (x1)  ... f (x2k1 ) �2 ff�
�
�
� 2k
�
�
�
2k
�
�
�
�
�x  ...  x2k  x2k 1  ...  x2k1 �
�2k1 f � 1
�
�
�.

2k1
�
�
k
Do vậy (2) đúng với mọi n  2 .
�Giả sử (2) đúng với mọi n  k  1�3, tức là
f (x1)  f (x2 )  ...  f (xk1)
�x  x  ...  xk1 �
�f � 1 2
� (3)
k 1
k 1
�
�
Ta chứng minh (8.2) đúng với n  k , tức là

pg. 11


f (x1)  f (x2 )  ...  f (xk )
�x  x  ...  xk �
�f � 1 2
� (4)
k
k
�
�
x1  x2  ...  xk x
 , áp dụng (3) ta có
k

k
�x �
f (x1)  f (x2 )  ...  f (xk )  f � � �x  x  ...  x �
�k ��f � 1 2
k�
�
�
k 1
k 1
�
�
�
�
�
�
f (x1)  f (x2 )  ...  f (xk )
�x  x  ...  xk �
�f � 1 2
Hay
�.
k
k
�
�
Vậy bài toán được chứng minh.
Chú ý: Chứng minh tương tự ta cũng có bài toán sau
f (x)  f (y)
�f ( xy) x, y �0 (a) thì ta có
Nếu
2

f (x1)  f (x2 )  ...  f (xn )
�f n x1x2...xn với xi �0, i  1,n (b).
n
Thật vậy: đặt xk1 





Vấn đề 2. Ứng dụng phương pháp quy nạp trong số học và trong
hình học
Các ví dụ
Ví dụ 1.
Cho n là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: an  16n – 15n – 1M225
Lời giải:
�Với n  1 ta có: a1  0 � a1M225 .
�Giả sử ak  16k  15k  1M225, ta chứng minh
ak1  16k1  15(k  1)  1M225





k
k
k
Thậ vậy: ak1  16.16  15k  16  16  15k  1 15 16  1





 ak  15 16k  1





k
k1
k 2
15 và ak M225
Vì 16  1 15. 16  16  ...  1 M

Nên ta suy ra ak1M225. Vậy bài tốn được chứng minh
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n �1 thì A(n)  7n  3n  1 luôn
chia hết cho 9
Lời giải:
1
* Với n  1� A(1)  7  3.1 1 9 � A(1)M9
* Giả sử A(k)M9 k �1, ta chứng minh A(k 1)M9
pg. 12


Thật vậy: A(k  1)  7k1  3(k  1)  1  7.7k  21k  7  18k  9
� A(k  1)  7A(k)  9(2k  1)
�A(k)M9
� A(k  1)M9
Vì �
9(2k  1)M9

�
Vậy A(n) chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n �1.
Ví dụ 3. Cho n là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:
Bn   n  1  n  2  n  3 �. 3n M3n
Lời giải:
�Với n  1, ta có : B1  2.3M3
�Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là :
Bk   k  1  k  2  k  3 � 3k M3k

3 k  1 �
M3k1
Ta chứng minh : Bk1   k  2  k  3  k  4 � �
�
�
Bk1   3 k  1  k  2  k  3 � 3k  3k  1  3k  2
 3Bk  3k  1  3k  2

Mà Bk M3k nên suy ra Bk1M3k1 .
Vậy bài toán được chứng minh.
Ví dụ 4. Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả không nằm
trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối hai điểm
trong các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng khác nhau không nhỏ hơn n.
Lời giải:
Giả sử mệnh đề đúng với n  k �3 điểm.
Ta chứng minh nó cũng đúng cho n  k  1 điểm.
Ta có thể chứng minh rằng tồn tại ít nhất một đường thẳng chỉ chứa có hai
điểm. Ta kí hiệu đường thẳng đi qua hai điểm An và An1 là An An1 . Nếu
những điểm A1 , A 2 ,..., An nằm trên một đường thẳng thì số lượng các đường
thẳng sẽ đúng là n 1: Gồm n đường thẳng nối An1 với các điểm A1 , A 2 ,..., A n
và đường thẳng chúng nối chung. Nếu A1 , A 2 ,..., An không nằm trên một

đường thẳng thì theo giả thiết quy nạp có n đường thẳng khác nhau. Bây giờ
ta thêm các đường thẳng nối An1 với các điểm A1 , A 2 ,..., An . Vì đường thẳng
An An1 khơng chứa một điểm nào trong A1 , A 2 ,..., An1 , nên đường thẳng này
khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo ra bởi A1 , A 2 ,..., An . Như vậy số đường
thẳng tạo ra cũng khơng nhỏ hơn n 1.
Ví dụ 5.
Chứng minh rằng tổng các trong một n – giác lồi (n �3) bằng (n 2)1800 .
Lời giải:
�Với n  3 ta có tổng ba góc trong tam giác bằng 1800
�Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với k  n , ta phải chứng minh
mệnh đề cũng đúng cho n-giác. Ta có thể chia n-giác bằng một đường chéo
pg. 13


thành ra hai đa giác. Nếu số cạnh của một đa giác là k+1, thì số cạnh của đa
giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy
0
0
nạp tổng các góc của hai đa giác này lần lượt là  k 1 180 và  n  k  1 180 .
Tổng các góc của n-giác bằng tổng các góc của hai đa giác trên, nghĩa là
 k – 1 n k – 1 1800   n  2 1800 .
Suy ra mệnh đề đúng với mọi n �3 .
CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP
Bài 1 Cho n là số nguyên dương.Chứng minh rằng:
1. n(2n2  3n  1) chia hết cho 6.
2. 11n1  122n1 chia hết cho 133
3. n7  n chia hết cho 7
4. 13n  1chia hết cho 6
5. n5  n chia hết cho 5 với mọi n �1
6. 16n  15n  1chia hết cho 225 với mọi n �1

7. 4.32n1  32n  36 chia hết cho 64 với mọi n �1.
Lời giải:
2
3
2
1. Đặt an  n(2n  3n  1)  2n  3n  n
Ta có: an1  2(n  1)3  3(n  1)2  n  1 an  6n2 .
2. Đặt an  11n1  122n1
Ta có: an1  11.11n1  122.122n1  11.an  133.122n1
3. Đặt an  n7  n
7

Ta có an1  (n  1)7  (n  1)  an1  an  �C7kn7 k
i 1

k
Mà C7 

7!
,1�k �7 luôn chia hết cho 7.
k!(7  k)!

4. Đặt an  13n  1� an1  13an  12
5. Đặt an  n5  n thì ta có: ak1  ak  (k  1)5  k5  1 5k(k3  2k2  2k  1) .





k1

k
6. Đặt an  16n  15n  1 thì ta có: ak1  16  15k  16  ak  15. 16  1

7. Đặt an  4.32n1  32n  36 thì ta có: ak1  4.32k 3  32(k  1)  36  ak  32(32k1  1)
Bài 2
1. Chứng minh rằng với n �2, ta ln có

an   n  1  n  2 ... n  n chia hết

cho 2n .
2. Cho a, b là nghiệm của phương trình x2  27x  14  0
n
n
Đặt S n  a  b . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì S(n) là một
số ngun khơng chia hết cho 715.
3. Cho hàm số f : �� � thỏa ff(1)  1, (2)  2 và f (n  2)  2 f (n  1)  f (n) .
pg. 14


Chứng minh rằng: f 2(n  1)  f (n  2) f (n)  (1)n
n

4. Cho pn là số nguyên tố thứ n . Chứng minh rằng: 22  pn .
5. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên không vượt qua n! đều có thể biểu diễn
thành tổng của không quá n ước số đôi một khác nhau của n! .
Lời giải:
2
1. * Với n  2, ta có : a2   2 1  2  2  12 � a2 M4  2 .
* Giả sử ak M2k ta chứng minh ak1M2k1 . Thật vậy:
ak1   k  1 1  k  1 2 ... k  k  1 1

  k  2  k  3 ... k  k  2

  k  2  k  3 ... k  k  k  k  1  k  k  2

�
 k  1  k  2  k  3 ... k  k �.2. k  k  1
�
1 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 3�
 2ak.(k2  k  1)
ak
Do ak M2k � 2ak M2k1 � ak1M2k1 đpcm.
2. Ta có: S(n)  27S(n  1)  14S(n  2) rồi dùng quy nạp để chứng minh S(n) chia
hết cho 751.
3.
�Ta có: ff(3)  2 (2)  f (1)  5 , nên ff2(2)  (3) f (1)  22  5.1  (1)1
Suy ra đẳng thức cho đúng với n  1.
�Giả sử đẳng thức cho đúng với n  k , tức là:
f 2(k  1)  f (k  2) f (k)  (1)k (1)
Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với n  k  1, tức là:
f 2(k  2)  f (k  3) f (k  1)  (1)k1 (2)
Ta có:
f 2(k  2)  f (k  3) f (k  1)  f 2(k  2)  �
2 f (n  2)  f (n  1)�
�
�f (k  1)
2
 f (k  2) �
�f (k  2)  2 f (k  1)�
� f (k  1)

 f (k  2) f (k)  f 2(k  1)  (1)k  (1)k1
Vậy bài toán được chứng minh.
4. Trước hết ta có nhận xét: p1.p2...pn  1  pn1
1

�Với n  1 ta có: 22  4  p1  2
k1

k

�Giả sử 22  pk k �n , ta cần chứng minh 22  pk1
1

2

pk

Thật vậy, ta có: 22 .22 ...22  1 p1.p2...pk  1 pk1
1

2

k

2k11

k1

Suy ra 22  2 ... 2  pk1 � 22
 1 pk1 � 22  pk1

Vậy bài toán được chứng minh
5.
�Với n  1 bài toán hiển nhiên đúng.
�Giả sử bài toán đúng với n  k , ta chứng minh bài toán đúng với n  k  1
Nếu a  (k  1)! thì bài tốn hiển nhiên đúng
pg. 15


Ta xét a  (k  1)!, ta có: a  (k  1)d  r với d  k!, r  k  1
Vì d  k! nên d  d1  d2  ...  dk với di (i  1, k) là các ước đôi một khác nhau của
k!
Khi đó: a  (k  1)d1  (k  1)d2  ...  (k  1)dk  r
Vì (k  1)di ,r là các ước đôi một khác nhau của (k 1)!
Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 3 Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình : x2  6x  1  0 . Đặt an  x1n  x2n .
Chứng minh rằng :
1. an  6an1  an 2 n �2 .
2. an là một số nguyên và an không chia hết cho 5 với mọi n �1.
Lời giải:
n1
n1
1. Ta có: an  (x1  x2 )(x1  x2 )  x1x2(x1n2  x1n2 )
�x1  x2  6
Theo định lí Viét: �
nên ta có:
�x1x2  1
an  6(x1n1  x2n1)  (x1n 2  x1n 2 )  6an1  an2 .
2.
* Với n  1� a1  x1  x2  6 � a1 ��
Và a1 không chia hết cho 5

* Giả sử ak �� và ak không chia hết cho 5 với mọi k �1.
Ta chứng minh ak1 �� và ak1 không chia hết cho 5.
Do ak1  6ak  ak1
Mà ak , ak1 ��� ak1 ��.
Mặt khác: ak1  5ak  (ak  ak1)  5ak  5ak1  ak 2
�
5ak M5
Vì ak 2 khơng chia hết cho 5 và �
nên suy ra ak1 không chia hết cho 5.
5ak1M5
�
Bài 4
1. Trong không gian cho n mặt phẳng phân biệt ( n �1), trong đó ba mặt
phẳng ln cắt nhau và khơng có bốn mặt phẳng nào có điểm chung. Hỏi n
mặt phẳng trên chia không gian thành bao nhiêu miền?
2. Cho n đường thẳng nằm trong mặt phẳng trong đó hai đường thẳng bất kì
ln cắt nhau và khơng có ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng
2
n đường thẳng này chia mặt phẳng thành n  n  2 miền.
2
Lời giải:
1. Giả sử n mặt phẳng chia không gian thành an miền
n2  n  2
Ta chứng minh được: an1  an 
2
pg. 16


(n  1)(n2  n  6)
.

6
2. Gọi an là số miền do n đường thẳng trên tạo thành.
Từ đó ta tính được: an 

Ta có: a1  2.
Ta xét đường thẳng thứ n 1 (ta gọi là d), khi đó d cắt n đường thẳng đã cho
tại n điểm và bị n đường thẳng chia thành n 1phần đồng thời mỗi phần
thuộc một miền của an . Mặt khác với mỗi đoạn nằm trong miền của an sẽ
chia miền đó thành 2 miền, nên số miền có thêm là n 1. Do vậy, ta có:
an1  an  n  1
Từ đây ta có: an 

n2  n  2
.
2

Bài 5
1. Cho a,b,c,d, m là các số tự nhiên sao cho a d , (b 1)c , ab a c chia hết cho
m. Chứng minh rằng xn  ab
. n  cn  d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n .
2. Chứng minh rằng từ n 1 số bất kì trong 2n số tự nhiên đầu tiên ln tìm
được hai số là bội của nhau.
Lời giải:
1.
�Với n  0 ta có x0  a dMm
�Giả sử xk  ab
. k  ck  dMm với k �0, k��, ta chứng minh
xk1  ab
. k1  c(k  1)  dMm. Thật vậy:

xk1  xk  ab
. k1  ab
. k  c  bk  ab a c  cb
. kc





 bk  ab a c  c(b 1) bk1  bk 2  ...  1

Mà xk , ab a c, c(b 1)Mm� xk1Mm
Vậy bài toán được chứng minh.
2.
�Với n  1 ta thấy bài toán hiển nhiên đúng
�Giả sử bài toán đúng với n 1, có nghĩa là: từ n số bất kì trong 2n 2 số tự
nhiên đầu tiên ln tìm được hai số là bội của nhau.
Ta chứng minh bài toán đúng với n , tức là: từ n 1 số bất kì trong 2n số tự
nhiên đầu tiên ln tìm được hai số là bội của nhau.
Ta chứng minh bằng phản chứng:
Giả sử tồn tại một tập con X có n 1 phần tử của tập A   1,2,...,2n sao cho
hai số bất kì trong X khơng là bội của nhau.
Ta sẽ chứng minh rằng có một tập con X ' gồm n phần tử của tập
 1,2,...,2n 2 sao cho hai phần tử bất kì của X ' không là bội của nhau
Để chứng minh điều này ta xét các trường hợp sau đây
TH 1: X không chứa 2n và 2n 1

pg. 17

Ta bỏ đi một phần tử bất kì của tập X ta được một tập X ' gồm n phần tử và
là tập con của  1,2,...,2n 2 mà hai phần tử bất kì thuộc X ' khơng là bội của
nhau.
TH 2: X chứa 2n mà không chứa 2n 1
Ta bỏ đi phần tử 2nthì ta thu được tập X ' gồm n phần tử và là tập con của
 1,2,...,2n 2 mà hai phần tử bất kì thuộc X ' không là bội của nhau.
TH 3: X chứa 2n 1 mà không chứa 2n
Ta bỏ đi phần tử 2n 1thì ta thu được tập X ' gồm n phần tử và là tập con của

 1,2,...,2n 2

mà hai phần tử bất kì thuộc X ' khơng là bội của nhau.
TH 2: X chứa 2n và 2n 1
Vì X khơng chứa hai số là bội của nhau nên X không chứa n và ước của n
(Vì nếu chứa ước của n thì số đó là ước của 2n)
Bây giờ trong X , ta bỏ đi hai phần tử 2n 1 và 2n rồi bổ sung thêm n vào thì
ta thu được tập X ' gồm n phần tử và là tập con của  1,2,...,2n 2 mà hai
phần tử bất kì thuộc X ' khơng là bội của nhau.
Như vậy ta luôn thu được một tập con X ' gồm n phần tử của tập
 1,2,...,2n 2 mà các phần tử không là bội của nhau. Điều này trái với giả
thiết quay nạp.
Vậy bài toán được chứng minh theo nguyên lí quy nạp.

DÃY SỐ

1. Dãy số là tập hợp các giá trị của hàm số u : �* � �, 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 un và gọi là số hạng thứ n hay số hạng tổng quát của
dãy số, u1 được gọi là số hạng đầu của dãy số.

�Ta có thể viết dãy số dưới dạng khai triển u1 ,u2 ,...,un ,... hoặc dạng rút gọn
(un ) .
2. Người ta thường cho dãy số theo các cách:
�Cho số hạng tổng quát, tức là: cho hàm số u xác định dãy số đó
�Cho bằng cơng 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. Dãy số tăng, dãy số giảm
�Dãy số (un ) gọi là dãy tăng nếu un  un1 n��*
�Dãy số (un ) gọi là dãy giảm nếu un  un1 n��*
4. Dãy số bị chặn
�Dãy số (un ) gọi là dãy bị chặn trên nếu có một số thực M sao cho
un  M n��* .

pg. 18


�Dãy số (un ) gọi là dãy bị chặn dưới nếu có một số thực m sao cho
un  m n��* .
�Dãy số vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới gọi là dãy bị chặn, tức là tồn tại
số thực dương M sao cho un  M n��* .
Vấn đề 1. Xác định số hạng của dãy số
Các ví dụ
Ví dụ 1. Cho dãy số có 4 số hạng đầu là: 1,3,19,53. Hãy tìm một quy luật
của dãy số trên và viết số hạng thứ 10 của dãy với quy luật vừa tìm.
A. u10  97
B. u10  71
C. u10  1414
D. u10  971

Lời giải:
Xét dãy (un ) có dạng: un  an  bn  cn  d
3

2

�a b c  d  1
�
8a 4b 2c  d  3
�
Ta có hệ: �
�27a 9b 3c  d  19
�
64a 16b 4c  d  53
�
Giải hệ trên ta tìm được: a  1,b  0,c  3,d  1
� un  n3  3n  1 là một quy luật .
Số hạng thứ 10: u10  971.
Ví dụ 2. Cho dãy số (un ) được xác định bởi un 

n2  3n  7
n 1

1. Viết năm số hạng đầu của dãy;
11 17 25 47
13 17 25 47
11 14 25 47
; ; ;7;
; ; ;7;
A. ; ; ;7;

B.
C.
D.
2 3 4
6
2 3 4
6
2 3 4
6
11 17 25 47
; ; ;8;
2 3 4
6
2. Dãy số có bao nhiêu số hạng nhận giá trị ngun.
A.2
B.4
C.1
D.Khơng có
Lời giải:
1. Ta có năm số hạng đầu của dãy
17
25
47
12  3.1 7 11
,u3 
,u4  7,u5 
u1 
 , u2 
3
4

6
1 1
2
5
5
2. Ta có: un  n  2 
, do đó un nguyên khi và chỉ khi
nguyên hay n 1
n 1
n 1
là ước của 5. Điều đó xảy ra khi n  1 5 � n  4
Vậy dãy số có duy nhất một số hạng nguyên là u4  7 .
�
u1  1
Ví dụ 3. Cho dãy số (un ) xác định bởi: �
.
un  2un1  3 n �2
�
pg. 19


1. Viết năm số hạng đầu của dãy;
A.1;5;13;28;61
B. 1;5;13;29;61

C. 1;5;17;29;61

D. 1;5;14;29;61

2. Chứng minh rằng un  2n1  3;

3. Số hạng thứ 20122012 của dãy số có chia hết cho 7 khơng?
Lời giải:
1. Ta có 5 số hạng đầu của dãy là:
u1  1; u2  2u1  3  5; u3  2u2  3  13; u4  2u3  3  29
u5  2u4  3  61.
2. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp
* Với n  1� u1  211  3  1� bài toán đúng với N  1
* Giả sử uk  2k1  3 , ta chứng minh uk1  2k 2  3
Thật vậy, theo công thức truy hồi ta có:
uk1  2uk  3  2(2k1  3)  3  2k 2  3 đpcm.
3. Ta xét phép chia của n cho 3
* n  3k � un  2(23k  1)  1
Do 23k  1  8k  1  7.A M7 � un không chia hết cho 7
* n  3k  1� un  4(23k  1)  1� un không chia hết cho 7
* n  3k  2 � un  8(23k  1)  5 � un không chia hết cho 7
Vậy số hạng thứ 20122012 của dãy số khơng chia hết cho 7.
Ví dụ 4. Cho hai dãy số (un ),(vn ) được xác định như sau u1  3, v1  2 và
�
un1  un2  2vn2
�
với n �2 .
�
�vn1  2un.vn
1. Chứng minh : un2  2vn2  1 và un  2vn 





21

2n

với n �1;

2. Tìm cơng thức tổng qt của hai dãy (un ) và (vn ) .



 



2n
2n
�
u  21  21
�
�n
A. �
2n
2n �
1 �
�
vn 
� 21  21 �
�
2 2�
�
�



�
un 
�
�
C. �
�
v 
�n
�



 

 

2
1�
21 
�
2�
n







2n �
21 �
�

 

2n
1 �
2

1

�
3 2�



2n �
21 �
�



 



 



 

2n
�
1�
u

2

1

�n
4�
�
�
B. �
2n
1�
�
vn  � 2  1 
�
2�
�
2n
�
1�
u


2

1

�n
2�
�
�
D. �
2n
1 �
�
vn 
2

1
�
�
2 2�
�





2n �
21 �
�
n

2 �
21 �
�





2n �
2 1 �
�

 




2n �
21 �
�

Lời giải:
1. Ta chứng minh bài toán theo quy nạp
pg. 20


a) Chứng minh: un2  2vn2  1 (1)
�Ta có u12  2v12  32  2.22  1 nên (1) đúng với n  1
�Giả sử uk2  2vk2  1, khi đó ta có:



uk21  2vk21  uk2  2vk2



2



 2 2ukvk   uk2  2vk2



2

1

Từ đó suy ra (1) đúng với n �1.
b) Chứng minh un  2vn 





21

2n

(2)



Ta có: un  2vn  un21  2vn21  2 2un1vn1  un1  2vn1
�Ta có: u1  2v1  3 2 2 
�Giả sử u  2v 
k
k





21



2k



21

2



2

nên (2) đúng với n  1

, ta có:



uk1  2vk1  uk  2vk
Vậy (2) đúng với n �1.

 
2





21

2. Theo kết quả bài trên và đề bài ta có: un  2vn 



2k1



2 1

2n



  
   
  

2n
2n
�
2
u

2

1

2

1
� n
Do đó ta suy ra �
2n
2n
�
2 2vn  2  1  2  1
�
2n
2n �
�
1�
u


2

1

2

1
�n
�
2�
�
�
�
Hay �
.
n
2
2n �
1 �
�
v 
21  21 �
�n 2 2 �
�
�
�





 



CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP
Bài 1 Cho dãy số (un ) có số hạng tổng quát un 
1. Viết năm số hạng đầu của dãy số.
3
7
3
11
A. u1  1,u2  ,u3  ,u4  ,u5 
4
5
2
7
5
8
3
11
C. u1  1,u2  ,u3  ,u4  ,u5 
4
5
2
7
2. Tìm số hạng thứ 100 và 200
7
401

A. u100 
; u200 
34
202
67
401
C. u100 
; u200 
4
202

2n  1
.
n 2

5
7
3
11
,u3  ,u4  ,u5 
4
5
2
7
5
7
7
11
D. u1  1,u2  ,u3  ,u4  ,u5 
4

5
2
3
B. u1  1,u2 

67
401
; u200 
34
22
67
401
D. u100 
; u200 
34
202
B. u100 

pg. 21


167
là số hạng thứ mấy?
84
A.300
B.212

3. Số

C.250

4. Dãy số có bao nhiêu số hạng là số nguyên.
A.1
B.12
C.2

D.249
D.0

Lời giải:
5
7
3
11
1. Năm số hạng đầu của dãy là: u1  1,u2  ,u3  ,u4  ,u5  .
4
5
2
7
2.100  1 67

2. Số hạng thứ 100: u100 
100 2 34
2.200  1 401

Số hạng thứ 200: u200 
200  2 202
167 2n  1 167
�


� 84(2n  1)  167(n  2)
3. Giả sử un 
84
n  2 84
� n  250 .
167
Vậy
là số hạng thứ 250 của dãy số (un ) .
84
2(n  2)  3
3
 2
4. Ta có: un 
n 2
n 2
3
� un ���
��� 3Mn  2 � n  1
n 2
Vậy dãy số có duy nhất một số hạng là số nguyên.
�
u1  1,u2  3
Bài 2 Cho dãy số (an ) xác định bởi: �
.
un1  5un  6un1 n �2
�
1. Viết 7 số hạng đầu tiên của dãy
A. u3  21 ; u4  70 ; u5  309 ; u6  1023; u7  3261.
B. u3  21 ; u4  87 ; u5  319 ; u6  1023; u7  3261.
C. u3  21 ; u4  87 ; u5  309 ; u6  1023; u7  3263 .

D. u3  21 ; u4  87 ; u5  309 ; u6  1023; u7  3261.
2. Chứng minh rằng: un  5.3n1  6.2n1 , n �1.
Lời giải:
1. Bốn số hạng đầu của dãy:
u3  5u2  6u1  21 ; u4  5u3  6u2  87 ; u5  5u4  6u3  309
u6  5u5  6u4  1023 ; u7  5u6  6u5  3261.
2. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp
* u1  5.30  6.20  1 (đúng).
* Giả sử uk  5.3k1  6.2k1 , k �2 .
pg. 22


Khi đó, theo cơng thức truy hồi ta có:
uk1  5.uk  6uk1  5 5.3k1  6.2k1  6 5.3k 2  6.2k 2





 

 

 5 5.3k1  6.3k 2  6 5.2k1  6.2k 2





 5.3k  6.2k đpcm.

Chú ý: Ta có bài tốn tổng qt sau
�
u1 ,u2
Cho dãy (un ) : �
, với b2  4ac  0
au
.

bu

cu

0

n
�
2
n
n1
� n1
Khi đó: un  .x1n1  .x2n1 với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình ax2  bx  c  0
�
.x1  .x2  u1
�
(*) và  , : � 2
.
.x1  .x22  u2
�
Phương trình (*) gọi là phương trình đặc trưng của dãy.
Bài 3 Cho dãy số (un ) có số hạng tổng quát: un  2n  n2  4

1. Viết 6 số hạng đầu của dãy số
A. u1  2 5;u2  4 2 2;u3  6 13; u4  8 2 5 ; u5  10 29; u6  12  2 10 .
B. u1  2 5;u2  4 2 2;u3  6 13; u4  7  2 5 ; u5  10 29; u6  12  2 10
C. u1  2 5;u2  4 2 2;u3  5 13;u4  8 2 5 ; u5  10 29; u6  12  2 10
D. u1  2 5;u2  3 2 2;u3  6 13; u4  8 2 5 ; u5  10 29; u6  12  2 10
2. Tính u20 ,u2010
A. u20  20  2 101 ; u2010  4020  20102  4
B. u20  40  2 101 ; u2010  2010  20102  4
C. u20  20  2 101 ; u2010  2010  20102  4
D. u20  40  2 101 ; u2010  4020  20102  4
3. Dãy số đã cho có bao nhiêu số hạng là số nguyên.
A.1
B.2
C.3

D.0

Lời giải:
1. Ta có: u1  2 5;u2  4 2 2;u3  6 13; u4  8 2 5
u5  10 29;u6  12  2 10 .
2. Ta có: u20  40  2 101 ; u2010  4020  20102  4
3. Ta có: un nguyên � n2  4  k��� k2  n2  4
� (k  n)(k  n)  4 phương trình này vơ nghiệm
Vậy khơng có số hạng nào của dãy nhận giá trị nguyên.

pg. 23


�
u1  2

Bài 4 Cho dãy số (un ) xác định bởi: �
un  2un1  3n  1, n �2
�
1. Tìm 5 số hạng đầu của dãy
A. u1  2;u2  10;u3  26;u4  63; u5  140 B. u1  2;u2  9;u3  16;u4  63;u5  140
C. u1  2;u2  9;u3  26;u4  63;u5  149

D. u1  2;u2  9;u3  26;u4  63;u5  140

2. Chứng minh rằng un  5.2n  3n  5 n  1,2,3,...
3. Tìm số dư của u2010 khi chia cho 3
A. u2010 �2(mod 3)

B. u2010 �1(mod 3)

C. u2010 �0(mod 3) D. u2010 �4(mod 3)

Lời giải:
1 Ta có: u1  2;u2  9;u3  26;u4  63;u5  140
2. Chứng minh bằng phương pháp quy nạp
3. Ta có: 5.22010 �1.(1)2010  1(mod 3)
Suy ra u2010 �2(mod 3) .
�
u1  2008;u2  2009
n �1
Bài 5 Cho dãy số (un ) : �
� 2un1  un  un 2
1. Chứng minh rằng dãy (vn ) : vn  un  un1 là dãy không đổi
2. Biểu thị un qua un1 và tìm CTTQ của dãy số (un )
A. n 2006

B. 2n 2007
C. n 2003

D. n 2007

Lời giải:
1. Ta có: un 2  un1  un1  un � vn 2  vn1  ...  v2  1
2. Ta có: un  un1  1� un  un1  1

Suy ra un   un  un1    un1  un 2   ...   u2  u1   u1
 1 1 ...  1 u1  n  1 2008  n  2007 .
�
u1  1;u2  2
�
n �2
un2
Bài 6 Cho dãy số (un ) : �
u

� n1 u
n1
�
un
1. Chứng minh rằng dãy (vn ) : vn 
là dãy không đổi
un1
2. Tìm cơng thức tổng qt của dãy (un ) .
A. un  22n1

B. un  23n1

C. un  2n1

D. un  2n 2

Lời giải:

pg. 24


1. Ta có:

un1 un
u

 ...  2  2
un un1
u1

2. Ta có un  2un1  ...2n1u1  2n1
�
u1  2
Bài 7. Cho dãy số (un ) được xác định bởi �
.
�un  2un1  3, n �2
1. Tìm 6 số hạng đầu của dãy;
A. u2  7,u3  15,u4  37,u5  77,u6  157
B. u2  7,u3  18,u4  37,u5  77,u6  157
C. u2  7,u3  17,u4  38,u5  78,u6  157
D. u2  7,u3  17,u4  37,u5  77,u6  157

2. Chứng minh rằng un  5.2n1  3 với n �2;
3. Số hạng có 3 chữ số lớn nhất của dãy là bao nhiêu?
A. u11
B. u10
C. u22
D. u21
Lời giải:
1. Ta có 6 số hạng đầu của dãy là:
u2  2u1  3  7,u3  17,u4  37, u5  77,u6  157
2. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp
Với n  2 ta có: u2  5.2  3  7 (đúng)
Giả sử uk  5.2k1  3 , khi đó ta có:





uk1  2uk  3  2 5.2k1  3  3  5.2k  3
Vậy bài tốn được chứng minh theo ngun lí quy nạp.
1003
3. Ta có un  1000 � 2n1 
.
5
Mà 29 là lũy thừa lớn nhất của 2 lớn nhất có 3 chữ số nên ta có:
2n1  29 � n  10 .
Vậy u10 là số hạng cần tìm.
Bài 8. Cho dãy số (un ) có 4 số hạng đầu là : u1  1,u2  3, u3  6,u4  10 .
1. Hãy tìm một quy luật của dãy số trên;
3n(n  1)
n(n  2)

n(n  1)
n(n  1)
A. un 
B. un 
C. un 
D. un 
2
2
3
2
2. Tìm ba số hạng tiếp theo của dãy số theo quy luật vừa tìm trên.
A. u5  15,u6  22,u7  28
B. u5  15,u6  21,u7  26
C. u5  15,u6  21,u7  28

D. u5  15,u6  21,u7  27
Lời giải:
pg. 25