Báo cáo một số công thức truy hồi

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN – TIN

BÁO CÁO
MỘT SỐ CƠNG THỨC TRUY HỒI

Giảng viên: Nguyễn Cơng Minh
Sinh viên: Ngô Thị Hải Yến
Lê Hải Vân
Lớp:

K68CLC

0


MỤC LỤC
A. MỘT SỐ CÔNG THỨC TRUY HỒI CƠ BẢN ...............................................2
I. Dãy affine:...........................................................................................................2
II. Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai thực với hệ số hằng .........................................3
III. Dãy truy hồi dạng: un1  f (un ) .........................................................................9
B. BÀI TẬP ĐỀ XUẤT VÀ MỘT SỐ CÔNG THỨC MỞ RỘNG: ..................12
C. MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG CÔNG THỨC TRUY HỒI .....................31
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO. ...............................................................................36

1


A. MỘT SỐ CÔNG THỨC TRUY HỒI CƠ BẢN
I. Dãy affine:
Dãy affine là dãy (un )n0 trong một trường K được xác định bởi un1  aun  b với

a, b  K
1, Số hạng tổng quát
+) a  1, ta có dãy cộng: un1  un  b , khi đó số hạng tổng quát là: un  u0  nb
+) b  0 , ta có dãy nhân: un1  aun , khi đó số hạng tổng quát là: un  u0a n
+) a  1, đặt vn  un 

vn1  un1 

b
n  0 , khi đó:
a 1

b
b
b 
b

 aun  b 
 a  vn 

b

 avn

a 1
a 1
a 1
a 1


Như vậy (vn )n0 trở thành dãy nhân cơng bội a , do đó vn  a nv0 n  0

b 
b

n  0
Vậy un  a n  u0 

a 1 a 1

Ví dụ 1: Cho dãy số (un ) xác định bởi u1  1 và un1  5un  8 với mọi n  1 .
a) Chứng minh rằng dãy số vn  un  2 là một cấp số nhân. Hãy tìm số hạng tổng
qt của cấp số nhân đó.
b) Dựa vào kết quả phần a), hãy tìm số hạng tổng quát của dãy số (un )n1
(Đại số & Giải tích 11 nâng cao)
Lời giải.
a) Ta có: vn1  un1  2  5un  8  2  5(vn  2)  8  2  5vn với n  1
Vậy (vn )n1 là một cấp số nhân công bội 5, v1  u1  2  3
2


Số hạng tổng quát của (vn ) là: vn  5n1 v1 với n  1
b) Do vn  un  2 nên ta có un  vn  2  5n1 v1  2  3.5n1  2
Vậy số hạng tổng quát của dãy số (un ) là: un  3.5n1  2 với n  1
2. Tính tổng riêng hữu hạn
n

Đặt S (n)   ui , ta có:
i 0

n

n 1

n

i 0

i 1

i 0

un1  S (n)  un1   ui  u0   ui  u0   (aui  b)
n

 u0  a  ui  (n  1)b  u0  aS (n)  (n  1)b
i 0

Do đó (a  1) S (n)  un1  (n  1)b  u0
Vậy nếu a  1 thì S (n) 

un1  (n  1)b  u0
a 1

II. Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai thực với hệ số hằng
Đó là các dãy số thực có dạng un2  aun1  bun (*) n  0 , với a, b  .
Kí hiệu Da ,b : tập tất cả các dãy thực này.
Mệnh đề. Da ,b là một

- không gian vectơ chiều 2.

Chứng minh.
+) Dãy (0)n0 thỏa mãn (*), nên Da ,b  
+) Với (un )n0 ,(vn )n0  Da ,b và x, y  , với n  0 ta có:
xun2  yvn2  x(aun1  bun )  y (avn1  bvn )  a( xun1  yvn1 )  b( xun  yvn )

3


Vậy x(un )n0  y (vn )n0  Da ,b
Tức là Da ,b lập thành một

- không gian vectơ.

+) Ta chỉ ra khơng gian vectơ này có chiều 2.

U 0  1, U1  0
Kí hiệu (U n )n0 ,(Vn )n0  Da ,b là hai dãy được xác định bởi 
 V0  0, V1  1

 xU 0  yV0  0
Nếu x(U n )n0  y(Vn )n0  (0)n0 kéo theo 
dẫn đến x  y  0
xU

yV

0
 1

1
Vậy (U n )n0 ,(Vn )n0 độc lập tuyến tính trong Da ,b .
Lấy một dãy tùy ý (un )n0  Da ,b , ta chỉ ra (un )n0  u0 (U n )n0  u1 (Vn )n0 (hay tương
đương un  u0U n  u1Vn , n  0 ) bằng phương pháp quy nạp.
Với n  0, n  1 , hệ thức đúng.

 uk  u0U k  u1Vk
Giả sử hệ thức đã cho đúng với n  k và n  k  1, tức là 
uk 1  u0U k 1  u1Vk 1
Ta có: uk 2  auk 1  buk  a(u0U k 1  u1Vk 1 )  b(u0U k  u1Vk )
 u0 (aU k 1  bU k )  u1 (aVk 1  bVk )  u0U k 2  u1Vk 2

 Hệ thức đúng với n  k  2 (quy nạp xong)
Vậy (U n )n0 ,(Vn )n0 là một cơ sở của Da ,b .
Vậy Da ,b là không gian vectơ 2 chiều .
Áp dụng mệnh đề này, ta cần đi tìm tất cả các dãy thỏa mãn (*): un2  aun1  bun .
Xét phương trình ẩn t sau đây: t 2  at  b  0 (**), được gọi là phương trình đặc
trưng của (*).
4


Kí hiệu biệt thức của phương trình này là   a 2  4b .
TH1:   a 2  4b  0 , (**) có hai nghiệm thực phân biệt 1 và  2 .
Ta sẽ chứng minh (1n )n0 , ( 2n ) n0  là một cơ sở của Da ,b .
Thật vậy ta xét phương trình x. 1n n0  y.  2n n0   0 n0 với x, y 
Với n  0 ta có: x  y  0 (1)
Với n  1 ta có: x.1  y. 2  0 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra x  y  0 . Vậy (1n )n0 , ( 2n ) n0  là độc lập tuyến tính
Mặt khác ta có dim Da,b  2 nên (1n )n0 , ( 2n ) n0  là một cơ sở của Da,b
Như vậy nghiệm tổng quát của (*) sẽ là un  x1n  y 2n với n  0 ( x, y  )

Nhận xét: x và y sẽ hoàn toàn xác định nếu cho trước u0 và u1 . Ta tìm x, y bằng
 x  y  u0

cách giải hệ phương trình 

 x.1  y. 2  u1

 f 0  0, f1  1
Ví dụ 1: Tính số hạng tổng quát của dãy ( f n )n0 : 
 f n2  f n1  f n n  0
(dãy Fibonacci).
(Tài liệu tham khảo 1)
Lời giải.
Phương trình đặc trưng t 2  t  1  0 có   5  0 , có hai nghiệm thực phân biệt

1 

1 5
1 5
, 2 
.
2
2

Do đó số hạng tổng quát của dãy đã cho có dạng:
5


n

n

1 5 
1 5 
fn  x 
  y
 với n  0
2
2






5
x  y  0
 x


5
Vì f0  0, f1  1 nên ta có 1  5

1 5
x
y 1 
 5

y


2
2

5

Vậy số hạng tổng quát của dãy Fibonacci là:
n
n
5 1 5  1 5  

fn 
 
  , n  0 .
5  2   2  



TH2:   a 2  4b  0 , (**) có nghiệm kép thực 
Ta chứng minh ( n )n0 , (n n1 )n0  là một cơ sở của Da ,b .
Thật vậy ta xét phương trình x.  n n0  y.  n n1 n0   0 n0 với x, y 
Với n  0 ta có: x  0 (1)
Với n  1 ta có: x.  y  0 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra x  y  0 . Vậy ( n )n0 , (n n1 )n0  là độc lập tuyến tính
Mặt khác ta có dim Da,b  2 nên ( n )n0 , (n n1 )n0  là một cơ sở của

Da ,b

Như vậy nghiệm tổng quát của (*) sẽ là un  x n  yn n1 với n  0 ( x, y  )
(quy ước 01  0 ).

Q0  Q1  1
Ví dụ 2: Tính số hạng tổng quát của dãy (Qn )n0 : 
.
Qn2  4Qn1  4Qn n  0
(Tài liệu tham khảo 1)
6


Lời giải.
Phương trình đặc trưng t 2  4t  4  0 có   0 , có nghiệm kép thực t  2 .
Do đó số hạng tổng quát của dãy đã cho có dạng: Qn  2n x  2n1 ny với n  0
x  1
 x 1
Từ Q0  Q1  1 ta có hệ phương trình 

2 x  y  1  y  1

Vậy Qn  2n  n2n1 với n  0 .
TH3:   a 2  4b  0
Khi đó phương trình (**) có 2 nghiệm phức khơng thực, liên hợp nhau là z1, z2
Ta tạm xét (*) trên trường số phức

. Chứng minh tương tự ta thấy tập tất cả các dãy

số phức thỏa mãn (*) lập thành 1 không gian vectơ  2 chiều trên
Giống như TH1, ta rút ra nghiệm tổng quát của (*) trong

là ( x.z1n  y.z2n )n0 với

x, y



+) Đặt z  z1 , ta sẽ chỉ ra rằng Da,b  x.z n  x.z n x 



Thật vậy ta có:

 là tập các dãy số thực trong   x.z  x.z



Da,b  x.z n  x.z n x 

n

Ngược lại lấy (un )n0  Da,b
 (un )n0  A  c, d 

sao cho un  c.z1n  d .z2n , n  0

Do z1  z, z2  z nên un  c.z n  d .z n
c  d 

Do u0 , u1  nên 


c.z  d .z 

c  d  c  d  c  d
 

c.z  d .z  c.z  d .z  c.z  d .z

7

n

x

 D

a ,b


c  d  c  d  c  d
c  d 
 
 


(c  d ).z 
(c  d ).z  (c  d ).z  (c  d ).z



 un  c.z n  c.z n n  0  Da,b  x.z n  x.z n x 



Vậy Da,b  x.z n  x.z n x 

 c  d hay d  c





1
+) Giả sử x được viết dưới dạng chính tắc là x  ( p  qi), r  z ,  arg z .
2
Khi đó ta có:
1

2Re( xz n )  2Re  ( p  qi).r n .(cos n  i sin n )   Re  ( p  qi).r n .(cos n  i sin n )   r n .( p cos n  q sin n )
2



 Da,b  r n .( p cos n  q sin n ) ( p, q) 

2



Vậy un  r n .( p cos n  q sin n ), ( p, q) 

2

, n  0

Từ những điều trên ta suy ra thuật toán:
Bước 1: Giải phương trình t 2  a.t  b  0 nhận được nghiệm phức là

a  i 
2

Bước 2: Đặt r  z ,  arg z , ta nhận được

un  r n .( p cos n  q sin n ), ( p, q) 
Bước 3: Xác định ( p, q) 

2

2

, n  0

u  p
theo giá trị u0 , u1 :  0
u1  r.( p cos   q sin  )

Ví dụ 3: Tính số hạng tổng quát của dãy ( Pn )n0 xác định bởi P0  0 , P1  1 và
Pn2  2Pn1  4Pn với mọi n  0

(Tài liệu tham khảo 1)
Lời giải.
8

Phương trình đặc trưng x2  2 x  4  0 có 2 nghiệm phức: z1  1  3i, z2  1  3i
Ta thấy z  2,arg z 

2

, do đó số hạng tổng quát của dãy đã cho có dạng

3


Pn  2n  p cos


2n
2n 
 q sin
với mọi n  0 ( p, q )
3
3 

p 0

Từ P0  0 , P1  1, ta có hệ phương trình  
2
2
2  p cos 3  q sin 3
 

Vậy Pn  2n.

p 0



3
 1
q 

3


3  2n 
sin 
 với mọi n  0 .
3
 3 

III. Dãy truy hồi dạng: un1  f (un )
Trong phần này ta nghiên cứu tính chất của dãy truy hồi phụ thuộc vào f và u0
Giả sử f : M  M là 1 ánh xạ cho trước, u0  M
1. f đơn điệu trên M :
TH1: f tăng trên M
Do un1  un  f (un )  f (un1 ) nên (un1  un ) cùng dấu (un  un1 ) . Tiếp tục như vậy ta
có (un1  un ) cùng dấu với (u1  u0 ) . Vậy
Nếu u0  u1 thì (un )n0 là dãy tăng
Nếu u0  u1 thì (un )n0 là dãy giảm
TH2: f giảm trên M
Xét ánh xạ f 2  f  f là 1 hàm tăng trên M . Ta áp dụng trường hợp hàm tăng
Nếu u0  u2 thì dãy con (u2n )n0 là dãy tăng và dãy con (u2n1 )n0 là dãy giảm

9


Nếu u0  u2 thì dãy con (u2n )n0 là dãy giảm và dãy con (u2n1 )n0 là dãy tăng
2. f liên tục trên M và M đóng trong

:

Giả sử (un )n0 hội tụ về  thì   M . Do f liên tục trên M nên ( f (un ))n0 hội tụ đến
f ( ) . Như vậy   f ( ) , tức là  là 1 nghiệm thuộc M của phương trình x  f ( x)

Ví dụ 1: Hãy khảo sát dãy số (un )n0 với u0  1 và un1 

un
với mọi n
un 2  1
(Tài liệu tham khảo 1)

Lời giải.
+) Chứng minh dãy số (un )n0 là một dãy số dương theo quy nạp
Với n  0 ta có mệnh đề trên đúng

1
Với n  1 : u1   0 nên ta có mệnh đề trên đung
2
Giả sử mệnh đề đúng đến n , ta chứng minh nó đúng với n  1 . Thật vậy ta có

un1 

un

 un1  0 (do un  0 )
un 2  1

Vậy dãy số (un )n0 là một dãy số dương
+) Do un1  un 

un
un3

u

 0 , n  0 , nên (un )n0 là một dãy giảm thực sự
un 2  1 n u n 2  1

+) Dễ thấy (un )n0 nằm trong 0,1 và f ( x) 

x
là một ánh xạ liên tục trên 0,1 .
x 1
2

Do đó dãy số (un )n0 có giới hạn là a với a là nghiệm của phương trình f ( x)  x
trong 0,1 , tức là ta có:

a
1 

 a  a 1  2   0  a 3  0  a  0
a 1
 a 1 

2

10


Ví dụ 2: Khảo sát sự hội tụ và tính giới hạn (nếu có) của dãy (un )n0 với u0  a  0

1
và un 1  (un 2  8) với mọi n
6
(Tài liệu tham khảo 1)
Lời giải.

1
Đặt f ( x)  ( x 2  8) , ta thấy phương trình f ( x)  x chỉ có 2 nghiệm 2;4 . Lại do f là
6
một hàm tăng từ [0; ) vào chính nó và f ([0;2])  [0;2]; f ([2;4])  [2;4] ;
f ([4; ))  [4; ) . Vì vậy ta cần xét các khả năng sau:

1
Khả năng 1: a[0;2] . Dễ thấy u1  (a 2  8)  a  u0 , dãy đã cho là một dãy tăng,
6
bị chặn trên. Trường hợp này dãy hội tụ về 2

1
Khả năng 2: a[2;4) . Khi đó dễ thấy u1  (a 2  8)  a  u0 là một dãy giảm, bị
6
chặn dưới, vì vậy nó hội tụ. Và dễ thấy nó cũng hội tụ về 2
Khả năng 3: a  4 . Trường hợp này mọi số hạng của dãy đều bằng 4 nên nó hội
tụ về 4

Khả năng 4: a (4; ) . Lúc này dãy tăng. Vì vậy nó hội tụ thì nó phải hội tụ về

b  4 . Mặt khác b là nghiệm của phương trinh f ( x)  x (mâu thuẫn). Trường hợp
này dãy không hội tụ

11


B. BÀI TẬP ĐỀ XUẤT VÀ MỘT SỐ CÔNG THỨC MỞ RỘNG:
Ví dụ 1.1: Tìm cơng thức số hạng tổng quát của dãy (un )n0 được xác định:

u0  1


1
un1  3un  n  2 n  0
Lời giải
1
Đặt vn  un  n  v0  u0  1
2


Ta có: vn1  un1  (n  1)  3un  n   (n  1)  3  un  .n   3vn
2
2 2
2
1

1

1

1





Vậy (vn )n0 là dãy nhân có cơng bội là 3
Do đó vn  3n v0  3n với n  0

1
Vậy số hạng tổng quát của (un ) là: un  3n  n với n  0
2
Nhận xét: Từ ví dụ trên ta rút ra cách tìm số hạng tổng quát của dãy

u0  x0
(un )n0 : 
, trong đó f  n  là một đa thức bậc k theo n ; a là
u

au

f
n

n

0



n
 n1
hằng số.
Phương pháp giải.
Đặt vn  un  g  n  . Khi đó vn1  u  n  1  g  n  1  aun  f  n   g  n  1
Để

 vn  là một dãy số nhân thì ta phải tìm được

g  n

f  n   g  n  1  ag  n  , tức là ta cần phân tích f  n   g  n  1  ag  n  .

Khi đó: vn1  avn . Ta dễ dàng giải được bài toán.
12

sao cho:


Lưu ý: Nếu a  1 , ta chọn g  n  là đa thức bậc k+1 có hệ số tự do bằng 0
Nếu a  1, ta chọn g  n  là đa thức bậc k.

u1  1
Ví dụ 1.2: Tìm số hạng tổng qt của dãy số (un )n1 : 
n
un  5un1  2 n  2
Lời giải.
Tương tự ý tưởng bài 1
Ta phân tích: 2n   .2n  5 .2n1   

2
2
2
 2n  .2n  5. .2n1 .
3
3
3

2
7
Đặt vn  un  .2n  v1  . Ta có:
3
3
2
2
2
vn  un  .2n  5un1  2n  .2n  5un1  5. .2n1  5vn1
3
3
3

7
7
2
Vậy  vn  là cấp số nhân công bội 5  vn  5n1 v1  .5n1  un  .5n1  .2n
3
3
3
Nhận xét: Ta rút ra cách tìm số hạng tổng quát của dãy (un )n1 xác định bởi:

u1

n
un  aun1  b. n  2
Phương pháp giải
TH1: Nếu a   :
Ta phân tích  n  n n    n  1 n1
Đặt vn  un  b.n. n
 vn  un  b.n. n   un1  b n  b.n. n   un1  b. .(n  1). n1   vn1 .
13


Dễ dàng giải được bài toán.
TH2: Nếu a   :
Phân tích  n  k n  a.k. n1 . Khi đó, đặt vn  un  bk n
vn  un  bk n  aun1  b. n  bk n  aun1  ba.k . n1  avn1

Vậy  vn  là cấp số nhân công bội a . Ta dễ dàng giải được bài tốn.
Ví dụ 1.3: Tìm cơng thức số hạng tổng qt của dãy (un )n0 được xác định bởi:

u0  1

2
un1  (n  1).un +n n  0
Lời giải
Ta đặt un  vn .n! , suy ra v0  u0  1 . Khi đó ta có dãy  vn n0 xác định bởi
v0  1

n2


v

v

n
 n 1
(n  1)!

n 1
i2
i2
 1 
i  0 (i  1)!
i 1 (i  1)!

n 1

Suy ra công thức tổng quát của dãy  vn n0 là vn  v0  

2
 n 1

Vậy công thức tổng quát của dãy (un )n0 là un  1 1   i 
n!  i 1 (i  1)! 

Mở rộng lý thuyết: Công thức truy hồi là biểu thức tuyến tính với hệ số biến thiên
Câu hỏi đặt ra vậy nếu các hệ số không phải là hệ số hằng mà là các biểu thức của n
thì cơng thức tổng qt của dãy số có thể tính bằng cách nào? Việc tìm cơng thức
tổng qt khi cơng thức truy hồi là biểu thức tuyến tính với hệ số biến thiên rất phức

tạp. Ở đây ta chỉ xét một số dạng đặc biệt và cơ bản, chủ yếu là sử dụng phương pháp
đặt ẩn phụ để đưa về dạng đã biết, có thể tính tốn dễ dàng
14


Nhận xét: Từ các ví dụ trên ta có cách giải tổng quát của bài toán xác định số
u  a
hạng tổng quát của (un )n0 thỏa mãn hệ truy hồi dạng  0
,
un 1  a(n).un  b(n), n  0

trong đó a(n), b(n) là các hàm số đối với n

, a(n)  0, n 

Phương pháp giải:
n 1

Đặt un  vn . a(k ) , suy ra v0 
k 0

u0
. Khi đó ta có dãy  vn n0 xác định bởi:
a(0)

v0  1

b( n )
vn 1  vn  n


 a(k )

k 0
n 1

Suy ra công thức tổng quát của dãy  vn n0 là vn  v0   g (k ) với g (k ) 
i 0

b(k )
k

 a(i)
i 0

Vậy công thức tổng quát của dãy (un )n0 là un   v0   g (k )   a(k )


n 1

n 1

i 0

 k 0

Ví dụ 1.4: Tìm cơng thức số hạng tổng qt của dãy (un )n0 được xác định:

u0  1

2

un1  (n  1).un n  0
Lời giải.
+) Bằng quy nạp ta dễ thấy (un )n0 là một dãy số dương
+) Ta có phương trình un1  (n 1).un 2  ln  un1   ln(n  1)  2ln un
Đặt vn  ln  un  , suy ra v0  ln1  0 . Khi đó ta có dãy  vn n0 xác định bởi
v0  0

vn 1  ln(n  1)  2vn

15


Đặt vn  2n1. yn , suy ra y0  2v0  0 .
Khi đó ta có dãy  yn n0

 y0  0

xác định bởi 
ln(n  1)
 yn
 yn 1 

2n

ln(i  1) n1 ln(i  1)

2i
2i
i 0
i 0

n 1

Vậy công thức tổng quát của  yn n0 là yn  y0  

n 1

Suy ra công thức tổng quát của  vn n0 là vn  2n1.
i 0

ln(i  1) n1 n 1i
 2
ln(i  1)
2i
i 0

Vậy công thức tổng quát của  un n0 là un  exp   2n 1i ln(i  1) 
n 1

 i 0



Nhận xét: Từ ví dụ trên ta suy ra cách giải tổng quát của bài toán xác định số
u  a  0
hạng tổng quát của (un )n0 thỏa mãn hệ truy hồi dạng  0
,
k

un 1  g (n).un , n  0

trong đó g (n)  0, n  0, k 



Phương pháp giải:
Từ giả thiết ta suy ra un  0, n  0 .
Ta có phương trình un  g (n).un k  ln u(n)  ln g (n)  k.ln(un )
Đặt vn  ln  un  , suy ra v0  ln a .
v  ln a
Khi đó ta có dãy  vn n0 xác định bởi  0
vn1  ln( g (n))  k.vn

Đặt vn  k n1. yn , suy ra y0  k.v0  k.ln a .
 y0  k .ln a

Khi đó ta có dãy  yn n0 xác định bởi 
ln g (n)
 yn
 yn 1 
kn


16


n 1

ln( g (i)) n1 ln( g (i))


ki
2i
i 0
i 0

Vậy công thức tổng quát của  yn n0 là yn  y0  

n 1

Suy ra công thức tổng quát của  vn n0 là vn  k n1.
i 0

ln( g (i)) n1 n1i
 k
ln( g (i))
ki
i 0

 n 1



 i 0



Vậy công thức tổng quát của  un n0 là un  exp   k n 1i ln( g (i)) 

u1  1


Ví dụ 1.5: Tìm số hạng tổng quát của dãy (un ) : 
2un1
u

n  2
n

3
u

4
n 1

Lời giải.
Ta có

1 3
1
1
  2.
. Đặt xn  .
un 2
un
un1

Khi đó dãy ( xn )n0

Vậy un 

 x1  1

5.2n1  3

xác định bởi 
.
3  xn 
2
x

2
x

n
n

1

2

2
5.2

n 1

3

u1  2

Ví dụ 1.6: Tìm số hạng tổng qt của dãy số (un ) : 
9un1  24
u


 n 5u  13 n  2
n 1

Lời giải.
Đề đưa về dạng như ví dụ 1.5, ta tìm cách làm mất hệ số tự do trên tử số. Đặt

un  xn  t . Thay vào cơng thức truy hồi ta có:
9 xn1  9t  24
(9  5t ) xn1  5t 2  22t  24
xn  t 
 xn 
5 xn1  5t  13
5 xn1  5t  13
17


Ta chọn t : 5t 2  22t  24  0  t  2  x1  4  xn 

xn1
5 xn1  3

22.3n1  24
Giải tương tự bài 9 ta được: xn 
 un  xn  2 
11.3n1  10
11.3n1  10
4

Nhận xét: Từ ví dụ trên ta có thể suy ra cách giải tổng quát của bài tốn tìm số

hạng tổng qt của dãy (un ) : u1   ; un 

pun1  q
n  2
run1  s

Phương pháp giải.
Đặt un  xn  t , thay vào công thức truy hồi của dãy ta có:

pun1  pt  q
( p  rt ) xn1  rt 2  ( p  s )t  q
un 
t 
run1   rt  s
rxn1  rt  s
Ta chọn t : rt 2  ( s  p)t  q  0 . Khi đó ta chuyển về dạng

Từ đây ta tìm được

1
1
a
 b.
xn
xn1

1
, suy ra un .
xn

Ví dụ 2.1: Tìm cơng thức tổng qt của dãy (un )n0 xác định bởi:

u1  1

2

un  5un1  24un1  8 n  2

Lời giải.
Từ công thức truy hồi của dãy ta có:
(un  5un1 ) 2  24un21  8  un2  10unun1  un21  8  0

Thay n bởi n  1 ta được un21  10un1un2  un22  8  0
Từ đó suy ra un , un2 là nghiệm của phương trình: t 2  10un1t  un21  8  0
18


Áp dụng định lí Viet ta có: un  un2  10un1 .
Vậy un 

6 2
52 6
2 6





n 1



62
52 6
2 6





n 1

Ví dụ 2.2: Tính số hạng tổng quát của dãy  un n0 xác định bởi u0  0 , u1  1 và
2un2  4un1  8un  21 với mọi n  0

Lời giải:
Đặt vn  2un  3 với mọi n  0 . Khi đó ta có : v0  3, v1  5
Phương trình đặc trưng x2  2 x  4  0 có 2 nghiệm phức: z1  1  3i, z2  1  3i
Ta thấy z  2,arg z 


vn  2n  p cos


2
, do đó số hạng tổng quát của dãy đã cho có dạng
3

2n
2n 

 q sin
với mọi n  0 ( p, q )
3
3 

p 3
p 3

  8 3
Do v0  3 , v1  5 , ta có hệ phương trình  
2
2 
2  p cos 3  q sin 3   5
q 

3

 


2n  8 3  2n  
  3 sin  3   với mọi n  0
 3 



Vậy vn  2n. 3cos 




 2n  8 3
 2n

sin 

3
 3 
 3

 un  2n1. 3cos 


 3
   2 với mọi


n0

Ví dụ 2.3: Tìm số hạng tổng quát của dãy  un n0 xác định bởi u0  0 , u1  1 và
un2  5.un1  6.un  4n  6 với mọi n  0

Lời giải.
Ta đặt vn  un  2n , suy ra v0  0, v1  3 . Khi đó ta có dãy (vn )n0 xác định bởi
19


v0  0, v1  3

vn 2  5.vn1  6.vn

Ta có phương trình đặc trưng x 2  5x  6  0 có 2 nghiệm phân biệt là x1  2; x2  3
Do đó số hạng tổng quát của dãy (vn )n0 có dạng vn  x.2n  y.3n
x  y  0

Ta có x, y là nghiệm của hệ phương trình 

2 x  3 y  3

 x  3



y  3

Vậy số hạng tổng quát của dãy (vn )n0 là vn  (3).2n  3n1, n  0
Vậy số hạng tổng quát của dãy  un n0 là un  (3).2n  3n1  2n, n  0
Ví dụ 2.4: Tìm số hạng tổng quát của dãy  un n0 xác định bởi u0  0 , u1  1 và

un  3.un1  2.un2  n2 1 với mọi n  2
Lời giải.
+) Tìm g (n) sao cho n2 1  g (n)  3.g (n 1)  2.g (n  2)
Ta xét phương trình đặc trưng x 2  3x  2  0 có 2 nghiệm x1  1; x2  2
Vậy ta sẽ tìm g (n)  n.h(n) với h(n) là đa thức bậc 2
Do h(n) là đa thức bậc 2 nên h(n)  a.n2  b.n  c với a, b, c
Ta có n2 1  n.h(n)  3.(n 1).h(n 1)  2.(n  2).h(n  2)

1
5
55

Đồng nhất hệ số 2 vế ta có a   , b   , c  
3
2
6

5
55 
1
5
55
 1
Vậy g (n)  n.  .n2  .n     .n3  .n2  .n
2
6
3
2
6
 3
1
5
55
Ta đặt vn  un  .n3  .n2  .n , suy ra v0  0, v1  13 .
3
2
6
20


v  0, v1  13
Khi đó ta có dãy (vn )n0 xác định bởi  0

vn 2  3.vn1  2.vn

Ta có số hạng tổng quát của dãy (vn )n0 có dạng vn  x  y.2n
x  y  0

Ta có x, y là nghiệm của hệ phương trình 

 x  2 y  13

 x  13



 y  13

Vậy số hạng tổng quát của dãy (vn )n0 là vn  13 13.2n

1
5
55
Vậy số hạng tổng quát của dãy  un n0 là: un  13  13.2n  .n3  .n 2  .n, n  0
3
2
6
Nhận xét: Từ các ví dụ trên ta có thể suy ra cách giải tổng quát của bài toán tìm số
u  x , u  x
hạng tổng quát của dãy  un n0 xác định bởi  0 0 1 1
, trong đó
un  a.un 1  b.un 2  f (n), n  2

f (n) là da thức bậc k theo n

Phương pháp giải:
Ý tưởng:
Ta sẽ phân tích f (n)  g (n)  a.g (n 1)  b.g (n  2)
Ta đặt vn  un  g (n) .
v  u  g (0), v1  u1  g (1)
Khi đó ta có dãy số (vn )n0 xác định bởi  0 0
vn  a.vn 1  b.vn 2 , n  2

Ta thấy dãy (vn )n0 trở thành dãy truy hồi tuyến tính cấp hai với hệ số hằng. Từ đó ta
có thể tìm ra công thức tổng quát của dãy (vn )n0 thông qua phương trình đặc trưng
x 2  ax  b  0

Vấn đề đặt ra: Tìm g (n) thỏa mãn f (n)  g (n)  a.g (n 1)  b.g (n  2) (*)

21


Ta giả sử g (n)  am .xm  ....  a1.x  a0 là đa thức bậc m thỏa mãn
f (n)  g (n)  a.g (n 1)  b.g (n  2) . Khí đó hệ số của x m và xm1 trong khai triển lần

lượt là (1 a  b).am và m.am .(a  2b)  (1 a  b).am1
(i) Nếu phương trình x 2  ax  b  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1. Khi đó

1 a  b  0 nên vế phải của (*) là đa thức bậc m
Mặt khác đồng nhật bậc 2 vế ta được g (n) là đa thức bậc k . Sau đó ta tìm g (n) bằng
cách đồng nhất hệ số 2 vế của phương trình f (n)  g (n)  a.g (n 1)  b.g (n  2)
(ii) Nếu phương trình x 2  ax  b  0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm
bằng 1. Khi đó 1  a  b  0 nên vế phải của (*) có bậc là m 1

Mặt khác đồng nhật bậc 2 vế ta được g (n) là đa thức bậc k  1 . Sau đó ta tìm
g (n)  n.h(n) với h(n) là đa thức bậc k bằng cách đồng nhất hệ số 2 vế của phương

trình f (n)  n.h(n)  a.(n 1).h(n 1)  b.(n  2).h(n  2)
(iii) Nếu phương trình x 2  ax  b  0 có nghiêm kép x  1 . Khi đó a  2, b  1
nên 1  a  b  0 và a  2b  0 , suy ra vế phải của (*) có bậc là m  2
Mặt khác đồng nhật bậc 2 vế ta được g (n) là đa thức bậc k  2 . Sau đó ta tìm

g (n)  n2 .h(n) với h(n) là đa thức bậc k bằng cách đồng nhất hệ số 2 vế của phương
trình f (n)  n2 .h(n)  a.(n 1)2.h(n 1)  b.(n  2)2.h(n  2)
Ví dụ 2.5: Tính số hạng tổng quát của dãy  un n0 xác định bởi u0  0 , u1  1 và

un2  2un1  4un  7.3n với mọi n  0
Lời giải:
Ta có: un 2  2un1  4un  7.3n  un 2  3n 2  2  un1  3n 1   4  un  3n 

22


Ta đặt vn  un  3n , n  0 . Khi đó ta có dãy số (vn )n0 xác định bởi v0  1, v1  4 và
vn2  2vn1  4vn

Phương trình đặc trưng: x2  2 x  4  0 có 2 nghiệm phức là z1  1  3i, z2  1  3i
Ta thấy z  2,arg z 

vn  2n  p cos


 , do đó số hạng tổng quát của dãy đã cho có dạng
3

n
n
 q sin  với mọi n  0 ( p, q )
3
3 

 p 1
 p 1

 
Do v0  1, v1  4 , ta có hệ phương trình  


q  3
2  p cos 3  q sin 3   4

 

n 
 n  
  3sin 
  với mọi n  0
 3 
 3 




Vậy vn  2n. cos 





n 
 n   n
  3sin 
   3 với mọi n  0
 3 
 3 

 un  2n. cos 


Nhận xét: Từ ví dụ trên ta có thể suy ra cách giải tổng qt của bài tốn tìm số
u  x , u  x
hạng tổng quát của dãy  un n0 xác định bởi  0 0 1 1
, trong đó
n
u

a
.
u

b
.
u

c

.

,

n

2

n 1
n2
 n

a, b, c, 
Phương pháp giải:
Ý tưởng:
(i) Nếu  không là nghiệm của phương trình x 2  ax  b  0 , khi đó  2  a.  b  0
Ta sẽ phân tích c. n  k. n  a.k. n1  b.k. n2 .
Cho n  2 , ta có: c. 2  k.( 2  a.  b) , suy ra k 
Ta đặt vn  un  k. n .
23

c. 2
 2  a.  b


v  u  k , v1  u1  k .
Khi đó ta có dãy số (vn )n0 xác định bởi  0 0
vn  a.vn 1  b.vn 2 , n  2

Ta thấy dãy (vn )n0 trở thành dãy truy hồi tuyến tính cấp hai với hệ số hằng. Từ đó ta

có thể tìm ra cơng thức tổng qt của dãy (vn )n0 thơng qua phương trình đặc trưng
x 2  ax  b  0

(ii) Nếu phương trình x 2  ax  b  0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm
bằng  . Khi đó  2  a.  b  0 và ta sẽ tìm k thỏa mãn:

c. n  k.n. n  a.k.(n 1). n1  b.k.(n  2). n2
Cho n  2 , ta có: c. 2  k.(2 2  a. )  k 

c.
2  a

Ta đặt vn  un  k.n. n .
v  u , v  u  k
Khi đó ta có dãy số (vn )n0 xác định bởi  0 0 1 1
vn  a.vn 1  b.vn 2 , n  2

Ta thấy dãy (vn )n0 trở thành dãy truy hồi tuyến tính cấp hai với hệ số hằng. Từ đó ta
có thể tìm ra cơng thức tổng qt của dãy (vn )n0 thơng qua phương trình đặc trưng
x 2  ax  b  0

(iii) Nếu phương trình x 2  ax  b  0 có nghiêm kép x   . Khi đó a  2 , b   2
và  2  a.  b  0 . Ta sẽ tìm k thỏa mãn c. n  k.n2 . n  a.(n 1)2. n1  b.(n  2)2. n2
Cho n  2 , ta có: c. 2  k.(4 2  a. )  k 

c. 2
c.

2
4  a. 4  a

Ta đặt vn  un  k.n2 . n .
v  u , v  u  k
Khi đó ta có dãy số (vn )n0 xác định bởi  0 0 1 1
vn  a.vn 1  b.vn 2 , n  2

24