Tài liệu Ôn tập dãy số pdf
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (477.82 KB, 27 trang )
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Số hạng tổng quát của dãy số
Chuyên đề1: p dụng sai phân để tìm số hạng tổng quát.
1. Đònh nghóa : Cho y = f(x) xác đònh trên tập X , h > 0 hằng số . Gia số
xfhxfxf
gọi là sai phân cấp 1 của f(x) tại điểm x .
xfhxfxfxf
2
được gọi là sai phân cấp2 của f(x) tại x
Tương tự,
f
1kk
được gọi là sai phân cấp k của f tại x.
* Đònh nghóa : Phương trình sai phân la mộtø hệ thức giữa sai phân các cấp :
0yyyyF
k2
, , ,,,
(1) ( y được xem là sai phân cấp 0 )
Chú ý : (1) có thể viết : y
n+k
= a
n+k-1
+ a
2
y
n+k-2
+ … + a
k
y
n
+ f(n)
Nếu f(n) = 0 thì (1) gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất
Nếu f(n)
0
thì (1) gọi là phương trình tuyến tính không thuần nhất .
2. Tính chất :
T/c1: Nếu
''
n
xvà
'
n
x
đều là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính
thuần nhất : y
n+k
= a
1
y
n+k-1
+ …+ a
k
y
n
(2)
Thì
constxx
nn
,,
'''
cũng là nghiệm của phương trình (2).
* Bây giờ ta xét phương trình (2) với các hệ số hằng a
1
, a
2
,…, a
k
. Khi đó
nghiệm của phương trình thuần nhất (2) được tìm dưới dạng
y
n
=
n
c
số là hằng c0,c0,
. Thay biểu y
n
=
n
c
vào (2) và sau khi ước lược
cho
n
c
, ta được phương trình
k
2k
2
1k
1
k
aaa
(3)
Phương trình (3) được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình sai
phân (2) . Nghiệm của phương trình (1) và (2) phụ thuộc vào nghiệm của phương
trình đặc trưng (3).
T/c2: Nếu phương trình đặc trưng (3) có k nghiệm thực phân biệt
k21
, ,,
thì y
n
kk
n
22
n
11n
ccc
,
là nghiệm tổng quát của phương trình sai
phân tuyến tính thuần nhất (2).
T/c3: Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm thực
bội s thì thay cho s
nghiệm ứng với các
đó ta lấy : (c
1
+ c
2
n + c
3
n
2
+ …+ c
s
n
s-1
)
n
trong đó các c
1
, c
2
, …,
c
s
là các hằng số .Nghóa là nếu (3) có các nghiệm bội s và các nghiệm còn lại đều thực
và đơn thì :
n
kk
n
1s1s
n1s
s
2
321n
ccncncnccy
'
T/c4: Nếu ptđt (3) có nghiệm phức
sincos ir
đơn thì
sincos
'
bary
n
n
T/c5: Nếu ptđt (3) có nghiệm phức
sincos ir
bội s thì
sin cos
, 1s
s21
1s
s21
n
n
nbnbbnanaary
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Đònh lý : Nếu
'
n
y
là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất và y là nghiệm
riêng của phương trình không thuần nhất thì nghiệm tổng quát của phương trình
không thuần nhất đó có dạng :
ycyy
ii
'
.
Bảng một số dạng nghiệm riêng.
f(n) Nghiệm
của PT đặc trưng Dạng nghiệm riêng
+ Nghiệm
i 1
1
nQy
mn
'
f(n) =
nP
m
+ Nghiệm
= 1 bội s .
nQny
m
s
n
'
+ Nếu
không là nghiệm của ptđt
n
n
cy
'
f(n) =
n
+ Nếu
là nghiệm bội s của ptđt
ns
n
cny
'
+ Nếu
không là nghiệm của ptđt
nQy
n
n
'
f(n) = P
m
(n)
n
+ Nếu
là nghiệm bội s của ptđt
n
mn
nnQy
'
+ Nếu
i
e
không là nghiệm của ptđt .
ndncx
n
sin.cos.
*
f(n) = a.cos
n
+ .
b.
nsin
+ Nếu
i
e
là nghiệm bội s của ptđt
ndnncnx
ss
n
sincos
*
f(n) = p
m
(n)
ncos
+ Nếu
i
e
không là nghiệm
nnTx
kn
cos
*
+
nnQ
l
sin
của ptđt
lmknnR
k
,max;sin
+ Nếu
i
e
là nghiệm bội s
nnnTx
kn
cos
*
của ptđt
lmknnnR
k
,max;sin
f(n) =
nnp
m
n
cos
nnTx
k
n
n
cos
*
+
nnQ
l
sin
+ Nếu
i
e
không là nghiệm
lmknnR
k
,max;sin
của ptđt
+ Nếu
i
e
là nghiệm bội s
nnTnx
k
sn
n
cos
*
của ptđt
lmknnRn
k
s
,max;sin
3. Các ví dụ :
Ví dụ 1: Dãy số (u
n
) được xác đònh như sau :
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
n
n1n2n
21
527u8u2u
45u9u
.
,
(1)
Hãy tìm u
n .
Giải:
Trước hết tìm nghiệm tổng quát của pt sai phân thuần nhất:
u
n+2
+2u
n+1
– 8u
n
= 0 (2)
và có pt đặc trưng là :
082
2
hay
42042
21
,
Nghiệm tổng quát pt (2) là : u
n
= c
1
2
n
+ c
2
(-4)
n
Ta gọi u
*
= a.5
n
nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (1) . Khi đó
ta có : a.5
n+2
+ 2a.5
n+1
– 8a.5
n
= 27.5
n
1a27a275275a85a105a25
nnnn
Theo đònh lý nghiệm tổng quát của ph (1) là : u
n
= c
1
2
n
+ c
2
(-4)
n
+ 5
n
Ứng với n = 1 , n =2 , ta được :
4525c16c4
95c4c2
21
21
hay c
1
= -3, c
2
= 2.
Vậy u
n
= 5
n
+ 2(-4)
n
– 3.2
n
.
Ví dụ 2:
Cho dãy (u
n
) thoả mãn
Nn2u6uu
10u4u
n1n2n
21
,
,
Chứng minh rằng : ( u
n
+ 4 )
n
với mọi số n là số nguyên tố :
Giải :
Đặt x
n
= u
n
+ 3 , ta được : x
1
= -1 , x
2
= 13 , x
n+2
= -x
n+1
+ 6x
n
Xét phương trình đặc trưng :
2306
21
2
,
Ta được : x
n
=
Nn với
n
n
23 .
.
Trong đó
1
1394
132
13x
1x
2
1
Do đó x
n
= (-3)
n
+ 2
n
Nn234u
n
n
n
,
Với n là số nguyên tố
n) (mod
(modn)
modn
0132
22
33
n
n
n
n
n4u
n
. ( Ucbt).
Ví dụ 3 : Cho dãy số (u
n
) xác đònh như sau :
3.n
2n1n1n
321
u6u7u
18u14u0u ,,
Chứng minh rằng nếu P là số nguyên tố thì
Pu
p
.
Giải: Từ hệ thức u
n+1
= 7u
n-1
– 6u
n-2
Ta có phương trình đặc trưng : x
3
– 7x + 6 = 0 có các nghiệm x
1
= 1 , x
2
= 2 , x
3
= -3
Nên ta có nghiệm tổng quát u
n
= a(1)
n
+ b(2)
n
+ c(-3)
n
(1).
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Từ giả thiết u
1
= 1 , u
2
=14 , u
3
= -18, thay vào (1) ta có hệ phương trình sau đây
xác đònh a , b , c
1cba
18c27b8a
14c9b4a
0c3b2a
Vậy dãy số (u
n
) được xác đònh như sau : u
n
= 1 + 2
n
+ (-3)
n
, n = 1 , 2 ,…,
Vì p là số nguyên tố , nên theo đònh lý nhỏ Fecma , ta có :
p)(mod 3- hay p)(mod 3-
p)(mod 2 hay) p(mod
p
31
212
p1p
1p
Vậy suy ra u
p
= 1 + 2
p
+ (-3)
p
p321
p
u p)(mod 0
.
Ví dụ 4 : Tìm dãy số (u
n
) , biết rằng :
3n2n1nn
210
u2u5u4u
1u0uu ,
Giải : Phương trình đặc trưng của dãy có dạng :
x
3
- 4x
2
+ 5x – 2 =0 hay (x – 1)
2
(x – 2) = 0 . Từ đó x
1,2
= 1 bội 2 , x
3
= 2
Bởi vậy u
n
= c
1
+ c
2
n + c
3
2
n
khi n = 0 , 1 , 2 ta có hệ
.11cc
0c4c2c
0c2cc
0cc
21
321
321
21
3
cvà
Vậy u
n
= -1 – n + 2
n
.
Ví dụ 5 : Giải phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất sau :
x
n+7
– x
n+6
+ x
n+5
- x
n+4
– x
n+3
+ x
n+2
–x
n+1
+ x
n
= 0
Giải:
Phương trình sai phân đã cho có ptđt là :
011101
2
2
2
1234567
(1)
Phương trình (1) có nghiệm là :
(kép)
2
cos-i ; (kép)
2
cosi
; (kép) 1 ; (đơn)
2
i
2
i
1
sin.sin.
Do đó ta có :
2
nncc
2
nncc11ncc1cy
7654
nn
32
n
1n
sincos
,
2
nncc
2
nnccncc1cy
765432
n
1n
sincos
'
Nếu ta biết 7 giá trò ban đầu thì ta sẽ tìm được c
1
, c
2
, …, c
7
bằng cách giải hệ
phương trình gồm 7 phưong trình và 7 ẩn .
Ví dụ 6:
Giải phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất sau đây :
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
3x
8
13
x
2
n22n
2
n1n22x4x
21
1nnn
n2n
,
sincos (1)
Giải : Phương trình (1) tương đương với
2
n2n
2
n1n22x4x
n
n2n
sincos
(2)
Phương trình đặc trưng có dạng :
2
+ 4 = 0
Do
2
i
2
2 sincos
là nghiệm của phương trình đặc trưng.
Theo bảng , nghiệm riêng có thể viết dưới dạng :
2
ndcn
2
nban2nx
n
n
sincos
"
Thay
"
n
x
vào phương trình (2) ta được :
2
2nd2nc22n
2
2nb2na22n
2n2n
sin.cos
4n.2
n
2
n2n
2
n1n22
2
ndcn2n4
2
nban
nn
sincossin.cos
Khai triển và cân bằng hệ số ta được :
8
1
d
16
1
c
8
1
b
8
1
a ;;;
Do vậy :
2
n
8
1
n
16
1
2
n
8
1
n
8
1
2nx
n
n
sincos.
*
(*)
Do Ptđt chỉ có hai nghiệm phức liên hợp , nên theo tính chất 5 ta có :
2
nb
2
na2x
n
n
sincos
"
(**)
Do
*"
nnn
xxx
nên từ (*) và (**) ta có :
2
n
8
1
n
16
1
2
n
8
1
n
2
1
2n
2
nb
2
na2x
nn
n
sincos.sincos
(***)
Do
3x
8
13
x
21
,
nên thay vào (***) ta được a = b = 1 suy ra x
n
.
Bài tập : Tìm số hạng tổng quát của các dãy sau .
1. u
1
= 1, u
n+1
= u
n
+2n
2
.
2. u
o
= 0 ; u
1
= 5 ; u
n-2
= 2u
n-1
– u
n
+ 6n + 4.
3. u
0
= 0 ; u
1
= 5 ; u
n-2
= 3u
n-1
– 2u
n
+ 4.3
n
.
4. u
0
= -1 ; u
1
= 2 ; u
n-2
= 5u
n-1
–6u
n
+ (8n + 11).2
n-1
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
5. u
0
= 1 ; u
1
= 0 ; u
n-2
= 2u
n+1
– u
n
+ sin n
2
.
Chuyên đề 2 : Một số phương pháp tìm số hạng tổng quát
Vấn đề1 : Dãy qui nạp tuyến tính bậc nhất .
Bài toán dạng a.u
n+1
+ b.u
n
= f(n) , trong đó f(n) là hàm theo n
Bài toán 1. Tìm số hạng tổng quát của dãy
R c b, , a
cu
bauu
nn
1
1
Ví dụ 1: Cho dãy (u
n
) xác đònh bởi
R c , b , a , cu
bauu
nn
1
1
Tìm số hạng tổng quát của dãy.
Giải :
Xét a = 1 . Ta có
cu
buu
1
n1n
là cấp số cộng d = b
Vậy u
n
= c + (n –1)b
Xét
1a
. Ta có thể đưa dãy về CSN công sai a
Thật vậy , đặt v
n
= u
n
+ h ( h hằng số )
Và v
n+1
= av
n
bahbauhuhuahu
n1nn1n
1a
b
h
1a
Ta có v
1
= c + h =
1a
b
c
1n
n
a
1a
b
cv
Vậy
1a
b
a
1a
b
cu
1n
n
Chú ý a = 0 thì u
n
= b
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Ví dụ 2. Tìm số hạng tổng quát của dãy :
0 c , R c , ba, với ,
c
1
u
abu
u
u
1
n
n
1n
Giải : Ta có
nn
n
1nn
n
1n
u
1
ab
u
abu
u
1
abu
u
u
Đặt
n
n
u
1
v
. Dãy đã cho đưa về dạng
cv
bavv
1
n1n
Xét a = 1 . Ta có v
n
= c + (n -1) b
b1nc
1
u
n
Xét a
1a
b
a
1a
b
c1
1n
n
v có Ta .
( theo ví dụ 1)
Vậy
1a
b
a
1a
b
c
1
u
1n
n
Ví dụ 3 . Tìm u
n
của dãy sau :
0 , với
1
a
n1n
u
uu
Giải. Ta có u
n+1
=
a
n
u
Lấy logarit cơ số e cả hai vế ta được lnu
n+1
= alnu
n
+
ln
Đặt v
n
= lnu
n
, b =
lnln
1
lnuc ,
Dãy đã cho trở thành
cv
bavv
1
n1n
Xét a =1 . Ta có : v
n
= c + (n – 1)b = ln
ln1n
Suy ra
lnln 1n
v
n
eeu
n
Xét
1a
. Ta có v
n
=
1a
b
a
1a
b
c
1n
1a
a
1a
v
n
1n
n
1n
n
eeu
1a
a
1a
v
lnln
ln
lnln
ln
Bài toán 2. Tìm số hạng tổng quát của dãy
bu
nfauu
1
n1n
Với f(n) là đa thức theo n .
*Phương pháp : Ta có thể đưa về bài toán 1 bằng cách đặt v
n
= u
n
+ g(n)
trong đó v
n+1
= av
n
và g(n) là đa thức thoả :
Nếu a = 1 thì g(n) = n g
’
(n) trong g
’
(n) đa thức cùng bậc f(n).
Nếu a
1
thì g(n) cùng bậc với f(n) .
Bằng cách đồng nhất thức suy ra g(n).
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Ví dụ 1. Tìm số hạng tổng quát u
n
biết
2u
n2uu
1
n1n
Giải. Ta có a = 1 , nên ta chọn g(n) = n(bn + c)
Đặt v
n
= u
n
+ g(n) và thoả v
n+1
= av
n
( a = 1)
Từ đó suy ra u
n+1
+ g(n+1) = u
n
+ g(n)
n2ngn2u1ngu
n1n
1c
1b
n2cbnnc1nb1nn2ng1ng
do đó g(n) = -n(n – 1). Ta có v
n+1
= v
n
suy ra v
n
= C ( hằng số)
Suy ra u
n
= C - g(n) = C + n(n – 1) . Từ u
1
= 2 suy ra C = 2.
Vậy u
n
= n
2
– n + 2 .
Ví dụ 2. Tìm số hạng tổng quát u
n
biết
5u
1nu3u
1
2
n1n
Giải . Ta có A = 3 , nên ta chọn g(n) = an
2
+ bn + c.
Đặt v
n
= u
n
+ g(n) và thoả v
n+1
= 3v
n.
Tương tự như ví dụ 1 , đồng nhất thức suy ra
1c
2
1
ba
Nên
1n
2
1
n
2
1
ng
2
. Từ đó suy ra u
n
Vậy
.1n
2
1
n
2
1
3u
21n
n
Ví dụ 3. Tìm số hạng tổng quát của dãy biết :
0a ,
5
1
3
n
1n
1n
au
uau
2
.
Giải . Ta có
3
n
1n
1n
uau
2
Lấy logarit cơ số a hai vế ta được
1nu3u
2
na1na
loglog
log
a
u
1
= 5
Đặt v
n
= log
a
u
n
suy ra v
n+1
= 3v
n
+ n
2
+1, v
1
= 5
Theo ví dụ hai ta được v
n
= 3
n-1
+
1n
2
1
n
2
1
2
Vậy u
n
=
1n
2
1
n
2
1
3
21n
a
.
Bài toán 3 Tìm số hạng tổng quát của dãy
R b, a , bu
auu
1
n
n1n
Phương pháp : Ta có thể đưa bài toán về dạng bài toán 1 bằng cách :
Đặt v
n
= u
n
+ g(n) với v
n+1
= av
n
, đồng thời g(n) thoả :
Nếu
n
Aa .ng thì
Nếu a =
n
An ng thì
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Thế vào biểu thức (v
n
) rồi đồng nhất thức hệ số , suy ra g(n) .
Từ đó ta có u
n
.
Ví dụ 1 Cho dãy (u
n
) được xác đònh như sau :
0) a ( , au
uau
1
3
n
2
1n
n
.
Tìm số hạng tổng quát u
n
của dãy .
Giải . Ta có
3
n
2
1n
uau
n
.
Lấy logarit cơ số a hai vế ta được log
a
u
n+1
= 3log
a
u
n
+ 2
n
(1)
Nếu đặt v
n
= log
a
u
n
ta sẽ được :
1v
2v3v
1
n
n1n
Đặt w
n
= v
n
+ A.2
n
.Thế vào w
n+1
= 3w
n
ta được A = 1
W
n
= b 3
n-1
suy ra v
n
= b.3
n-1
– 2
n
mà v
1
= b – 2 = 1 nên b = 3
Tức là v
n
= 3
n
– 2
n
. Vì v
n
= log
a
u
n
nên
n
v
n
au
Vậy
nn
23
n
au
.
Ví dụ 2. Cho dãy (u
n
) đựơc xác đònh như sau :
3
11
u
43u4u
1
n
n1n
.
Tìm số hạng tổng quát của dãy .
Giải . Ta thấy a =
.4
Nên ta đặt g(n) = A.n.4
n
Đặt v
n+1
= u
n
+ g(n) với v
n+1
= 4.v
n
Do đó ta có : u
n+1
+ g(n+1) = 4 (u
n
+ g(n) )
n
4n
4
3
4
3
A3An41nA4 . ng nên
Từ v
n+1
= 4v
n
n4
4
3
4u4v
n1n
n
1n
n
(1)
Do u
1
=
n1n
4n
4
3
4
3
2
3
2
3
11
3
n
u (1)Từ .
Ví dụ 3. Tìm số hạng tổng quát u
n
của dãy xác đònh bởi :
4u
3uu
1
n
n1n
Giải . Từ
n
n1n
n
n1n
3uu3uu
Do đó
3
2
13
u1
2
13
3uu
n
n
n
1n
1i
i
1n
1i
i1i
Vậy
2
53
u
n
n
Bài tập.
1) Tìm số hạng tổng quát u
n
của dãy
R b, a , bu
auu
1
n
n1n
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
2) Cho dãy (u
n
) được xác đònh như sau :
bu
nfauu
1
n
1n1n
.
Tìm số hạng tổng quát của dãy .
3) Tìm số hạng tổng quát u
n
của dãy
cu
1u
u
u
1
n
n
1n
4) Tìm số hạng tổng quát của dãy
0au
uu
1
n1n
5) Tìm số hạng tổng quát của dãy
0 b, a . bu
nuu
1
n1n
6) Tìm số hạng tổng quát của dãy
0 b, a . bu
auu
1
n
n1n
sin
Vấn đề 2 : Một số bài toán về phương trình dãy với cặp chỉ số tự do
Khi gặp phương trình dãy với cặp chỉ số tự do với các thay thế chỉ số ta đưa về
phương trình sai phân quen biết . Việc thay thế này có thể đưa về phương trình dãy
không tương đương . Do đó khi giải xong đáp số cần phải thử lại trong một trường
hợp.
Ví dụ 1. Xác đònh số hạng tổng quát của dãy (x
n
) thoả mãn :
(1) nm, nmxxx
ax
nmnm
1
.
Giải :
Từ Pt (1) , ta suy ra : x
n+1
= x
1
+ x
n
+n
hay x
n-1
– x
n
= a + n (2) đây là phương trình sai phân tuyến tính không
thuần nhất cấp 1 ; phương trình đặc trưng có nghiệm
1
(đơn)
Ta có nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất và nghiệm riêng là :
dbnnc1cx
n
n
*
n
xvà .
'
Thay
*
n
x
ở đây vào (2) ta được
2
1
an
2
1
x
n
*
(3)
Từ đó suy ra nghiệm tổng quát của (1) là :
*'
nnn
xxx
0cc
2
1
a
2
1
1aac
2
1
a
2
1
nx
n
1
x do
Thay c = 0 vào (3) ta được :
a1n
2
1
nx
n
Thử lại ta thấy kết quả này thoả mãn điều kiện ban đầu .
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Ví dụ 2:
Tồn tại hay không tồn tại dãy (x
n
) mà
Nnm ,
ta có :
x
m+n
= x
m
+ x
n
+ m+ n. (1)
Giải : Giả sử x
1
= a , theo ví dụ 1 ta có
1a1n
2
1
nx
n
Thử lại : x
1
= a nên ta có tiếp : x
2
= x
1
+ x
1
+1 + 1 = 2a +2
x
3
= x
2
+ x
1
+ 3 = 2a +2 + a +3 = 3a + 5
x
4
= x
3
+ x
1
+ 4 = 3a + 5 + a + 4 (2)
x
4
= x
2
+ x
2
+ 4 = 2(2a + 2) + 4 = 4a + 8 (3)
Do 4a + 9
8a4
a
nên từ (2) và (3) ta có x
4
4
x
vô lý . Vậy không tôn
tại dãy (x
n
) thoả mãn điều kiện của bài toán .
Ví dụ 3: Xác đònh số hạng tổng quát của dãy số (x
n
) nếu biết :
NnmN
2
xx
x
xx
nm
2
nm
21
,:
,
2
nm
với (1)
Giải : Hiển nhiên ta có :
2
1n1nn
xx
(2)
Từ (1) và (2) ta có : x
n
=
0xx2x
2
xx
1nn1n
1n1n
(3)
Giải phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất (3) với điều kiện ban đầu
n2xx
21
n
x được ta ,
Thử lại ta thấy kết quả này hoàn toàn đúng.
Ví dụ 4 : Xác đònh dãy số (x
n
) nếu biết : x
n.m
= x
m
.x
n
(1)
Giải :
Ta có : x
m
= x
m.1
= x
m
.x
1
suy ra x
1
= 1
Giả sử
Ppn
có thể nhận giá trò tuy ý . Giả sử
p
x
. Khi đó ta có :
kkk1k
p
p
pppp
xxxxx
Để cho gọn ta ký hiệu
.;
k1k1k
p
yyyyx
k
(2)
Ta thấy phương trình (2) là phương trình tuyến tính thuần nhất .
Do đó
kk
k
y2
k
p
xlà Tức .
(3)
l
1i
k
i
k
i
k
2
k
1
pp
i
i
k
i
k
2
ii21
2
k
2
1
k
1
i2
x
Nkl1iPppNn
nn
p
k
i
k
1
x hayx có ta (4)và (3)Từ
(4) xsử Giả
p p n : có luôn ta
i
i1
,,,
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Bài tập :
1. Xác đònh số hạng tổng quát của dãy (x
n
) nếu biết :
Nnm,
1
mnmn
x
xxx
Đs : x
n
=
n
2. Xác số không âm x
0
, x
1
, x
2
, … thoả mãn
1nm
xx
2
1
xx
n2m2nmnm
1
a biết
2004
x Tính n.mmà ,
Đs : x
n
= n
2
3. Xác đònh số hạng tổng quát của dãy số (x
n
) nếu biết
n0
x
x
x
m
n
mn
,
n
x : đ/k ,
Đs : x
n
= (-1)
n
4. Tìm dãy số (x
n
) sao cho :
N
xxx
xx
nm
2
nm
21
2
nm
,
,
Đs : x
n
=
1nn2
5. Xác đònh dãy số (x
n
) thoả mãn :
N
xx
xx2
x
1
x
1
x
nm
nm
2
nm
21
2
nm
,
,
Đs : x
n
=
n2
1
6. Xác đònh dãy số (x
n
) thoả mãn :
N
2
xx
x
xx
2
n
2
m
2
nm
21
2
nm
,
,
Đs : x
n
=
n2
7. Xác đònh dãy số (x
n
) thoả mãn :
nmnmnm
10
xxxx
2
5
x0x ,
Đs : x
n
= 2
n
+ 2
-n
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Vấn đề 3: Một số phương trình sai phân tự tuyến tính hoá
Ví dụ1:
Xác đònh số hạng tổng quát của dãy (x
n
) nếu biết :
1a01bcbxaxx
x
2
nn1n
1
,,
2
a đó Trong (1)
Giải : Ta có :
Pt (1)
cbxaxxcbxaxx
2
n
2
n1n
2
nn1n
(2) cxax2xxcxax2xbax
n1n
2
n
2
1nn1n
2
n
22
1n
Từ (2) ta thay (n+1) bởi n ta cũng có :
(3) cxax2xx
1nn
2
1n
2
n
Trừ từng vế của (2) và (3) ta được :
1n1nn
2
1n
2
1n
xxax2xx
(4)
x (Vì
0xax2x
xxax2xx
1nn1n
1nn1nn1n1n
)
Giải phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất (4) biết
1aa1aa
11
cbaxx
2
2
2n
2
2
2
1
n
1
2
1
2
2
21
,
,
1n
đó Trong x
: được ta
Ví dụ 2: Xác đònh số hạng tổng quát của dãy (x
n
) nếu biết :
21
x , x
(*)
1n
2
n
1n
x
ax
x
Giải : Pt (*)
(1) axxx
2
n1n1n
Từ (1) ta thay n bởi (n – 1) ta được :
(2) axxx
2
1nn2n
Trừ từng vế của (1) và (2) ta được :
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
t
xx
x
UUUU
U
xx
x
xx
x
xx
x
xxxxxx
xxxxxxxxxxxx
2
23
2
n22n1n
1n
1n1n
n
n2n
1n
1n1n
n
n2nn1n1n1n
2
nn2n
2
1n1n1n
2
1n
2
nn2n1n1n
n
nn
U rasuy đó Do
U rasuy ta (3)từ thì ặt
(3)
Do đó : x
n
= t (x
n+1
+ x
n-1
). Đây là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất hệ số
hằng có phương trình đặc trưng là t
0t
2
đã biết cách giải.
Bài tập :
1. Xác đònh dãy số (x
n
) nếu biết :
n
2
n
2
1n
1
bx
cxxa
0bx
1n
x
số hằngcáclà c , b, a , ,
(*)
( Hd: đưa phương trình (*) về phương trình bx
n
= a(x
n+1
+ x
n-1
) )
2. Cho dãy số (x
n
) xác đònh bởi
60x15x4x
2x
2
n1n
0
Hãy xác đònh số hạng tổng quát của x
n
.
Chứng minh rằng số
8x
2
1
n2
có thể biểu diễn thành tổng bình
phương của 3 số nguyên tiếp
1n
3. Xác đònh dãy số (x
n
) nếu biết :
n
1t
t1n
10
x
1n
1
x
xx
*
Nn ,
,
Đs : x
2
1
n
4. Xác đònh dãy số (x
n
) nếu biết :
n
1k
n
1n
1
k
x
xNn
Rx
,
,
*
*
Đs :
2
n
x
n
5. Cho dãy số (x
n
) được xác đònh như sau :
2nx1nx2x1x
1x
12n1nn
1
,
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Hãy xác đònh dãy số (x
n
).
6. Cho dãy số (x
n
) là dãy thực xác đònh bởi :
*
Nn , (*)
n
2n1n
3n
321
x
xx1
x
1xxx
Chứng minh rằng :
**
, NxNn
n
( Hd : Đưa pt (*) về dạng x
n+4
= 4x
n+2
– x
n
. Vì (x
1
,x
2
,x
3
,x
4
)
4
Z
nên hệ thức
trên chỉ ra rằng ( bằng qui nạp theo
n)
*
,,, NxZxNn
nn
*
Nn cùng cuối
).
Vấn đề 4 : Phương pháp đổi dãy
Để xác đònh số hạng tổng quát của dãy số ta thường đưa phương trình của dãy
về phương trình sai phân đã biết cách giải hoặc đưa đến nhưng phương trình dãy dễ
giải hơn bằng cách đặc dãy số phụ còn gọi là phương pháp đổi dãy.
Để tìm những cách đặc dãy số phụ ta thường nghòch đảo , logarit hoá , mũ
hoá, ….các biểu thức ban đầu . Sau đây là một vài ví dụ và bài tập minh hoạ.
Ví dụ 1: Hãy tìm tất cả các giá trò thực a để
x
1
= a ;
n
n
1n
x2
x
x
(1) ,
Nn
xác đònh một dãy ,
hãy tìm số hạng tổng quát của dãy số .
Giải:
Ta có (1)
1
x
2
x
1
x
x2
x
1
n1nn
n
1n
(2)
Đặt
1y2
x
1
y
n
n
n
1n
y (2) đó khi(*)
(3)
Phương trình (3) đã biết cách giải và giải ra ta được :
a
a21a
y
1n
n
(4)
Từ (*) và (4) ta có :
a21a
a
x
1n
n
(5)
Ta phải tìm giá trò của a sao cho
Nn , 2x
n
. Nghóa là từ (5) ta cần
phải có :
12
2
a2
21a
a
n
n
1n
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Do đó , khi
n
n
1n
k
k
x2
x
xa
12
2
a
;
1
x thì Nk ,
xác đònh một dãy và
số hạng tổng quát của dãy là :
a21a
a
x
1n
n
.
Ví dụ 2: Xác đònh số hạng tổng quát của dãy (x
n
) nếu biết :
(1)
bx
cbxbx2x
x
xx
2n
2n1n
2
1n
n
21
,
Giải : Ta có ph (1)
bx
cbxbbbx2x
x
2n
2n
22
1n
2
1n
n
(2)
bx
cbx
bxb
bx
cbx
x
2n
2
1n
n
2n
2
1n
n
Đặt y
n
= x
n
+ b khi đó ta có (2)
2n
n
1n
n
y
cy
y
phương trình này chính là
phương trình sai phân tự tuyến tính hoá đã biết cách giải ( ví dụ 2 ) .
Ví dụ 3 :
Tìm (x
n
) biết
2
n
n
n
1
xba
x
x
x
(1)
Trong đó :
1ba1a0
2
,,
Giải. Ta có : (1)
2
n
nn
2
n
1n
x
b
1
x
a
x
xba
x
1
(2)
Đặt
n
n
x
1
y
. Khi đó ta có (2)
cbyayy
2
nn1n
(3)
Phương trình (3) là phương trình sai phân tự tuyến tính hoá dạng 1 mà ta đã
biết cách giải .
Ví dụ 4 :
Xác đònh dãy số (x
n
) biết :
(1) nfxngx
ax
n1n
1
Trong đó : g(0)
0
Giải . Đặt dãy phụ :
1n
0k
nn
kgyx
(2)
Khi đó ta có
nfkgyngkg
0g
a
0g
x
y
1n
0k
n
n
0k
1
1
1n
y (1)
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
n
0k
n1n
n
0k
n
n
0k
1n
kg
nf
yynfkgykgy
(3)
Từ đẳng thức (3) ta có các đẳng thức sau :
1n
0k
1nn
kg
1nf
yy
;
2n
0k
2n1n
kg
2nf
yy
;….;
1
0k
12
kg
1f
yy
Cộng vế với các đẳng thức trên ta được
1n
1k
k
1i
1n
1k
k
1i
1n
ig
kf
0g
a
ig
kf
yy
Vậy từ cách đặt ẩn phụ ban đầu (2) ta có
1n
0k
1n
1k
1k
n
kg
c
kf
0g
a
x
, n > 1 (4)
Trong trường hợp
cng
( c là hằng số )
Thì công thức (4) trở thành
1n
1k
1k
n
c
kf
c
a
x
, n > 1
Hay
1n
1k
1k
n1n
n
c
kf
cacx
, n > 1 (5)
Như vậy ta có thể cọi việc giải pt(1) là việc tính tích
1-n
1k
k
1i
ig
kf
tổng và
n
0k
kg
.
Ví dụ 5 . Xác đònh dãy số (x
n
) nếu biết x
1
= a > 0 ,
k
n
k
1n
x
nf
1nf
x .
(1)
Trong đó f(n) > 0 .
Rkn ,
\
0
Giải . Ta có (1)
nf
x
1nf
x
k
k
n1n
(2)
Đặt dãy phụ
nf
x
v
n
n
(3) . Khi đó ta có : (2)
k
n1n
vv
(4)
Lấy logarit hoá hai vế của phương trình (4) theo cơ số e ta được : lnv
n+1
= k.lnv
n
(5)
Đặt dãy phụ u
n
= lnv
n
(6) . Khi đó ta có : (5)
n
nn1n
kcukuu .
(7)
trong đó c là hằng số . Từ (6) và (3) ta có
1f
a
f
x
vu
1
1
11
lnlnln
do đó thay
1f
a
u
1
ln
vào (7) ta được
1f
a
k
1
ckc
1f
a
ln.ln
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Vậy
1f
a
kk
f
a
k
1
v
1nn
n
lnln
(8)
Từ (3) , (6) , (8) ta có
1n
1n
n
k
1f
a
k
u
n
1f
a
nfenfenfx
ln
Vậy
1k
n
1f
a
nfx
Ví dụ 6. Xác dãy số (x
n
) nếu biết
(1)
1n22
n
2
1n
1
nn
3x32x
2
33
x
.
Giải . Đặt dãy
n
2
n
y3x
1n
(2) .
Khi đó ta có : (1)
1n22
n
n2n2
1n
1n2
nnn
3y332y3
.
1y2y3y32y3
2
n1n
1n22
n
1n2
1n
1n2
nnn
.
(3)
Từ (2) ta có : x
1
= 3y
1
2
3
3
2
33
3
x
y
1
1
Ta sẽ chứng minh qui nạp rằng
12
2y
n
n
cos
Thật vậy :
2
3
612
2y
1
coscos
đúng .
Giả sử
12
2y
n
n
cos
đúng ta chứng minh
12
2y
1n
1n
cos
Từ (3) ta có
1y2y
2
n1n
= 2
12
21
12
2
1nn2
coscos
(đpcm)
Thay y
n
=
12
2
n
cos
vào (2) ta được
12
23x
nn2
n
1n
cos
Ví dụ 7. Xác đònh số hạng tổng quát của dãy (x
n
) nếu x
n
thoả
phương trình dãy sau dây :
baxx
n
n
(1*)
trong đó
Z
1
0ba1a0N
;,;,;,
Giải . Ta đặt dãy phụ như sau :
nn
y
a1
b
x
(1)
Khi đó ta có : (1*)
nn
ayyby
a1
b
ay
a1
b
nn
(2)
Đặt chỉ số phụ như sau :
m
1
n
(3)
Khi đó ta có m thuộc N và ta có :
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Pt (2)
m
1
m
1
m
1
m
1
u
yayyay
(4)
Đặt dãy phụ
m
1
m
yz
(5)
Khi đó ta có , pt (4)
m
azz
m
(6)
Đặt dãy phụ
m
a
m
vmz
log
(7)
Khi đó ta có : (6)
mm
a
m
a
vvvmavm
m
log
log
.
(8)
Do đó
k
vv
m
(9)
với v
k
tuỳ ý và m =
1kNtk
t
,,,
Từ (1) , (3) , (5) ,(7) và (9) ta có :
m
a
n
v
1
n
a1
b
x
log
Trong đó v
k
tuỳ ý và
1kk
1
n
t
,,
Ví dụ 8 : Giải phương trình sai phân thức :
a
srx
qpx
x
n
n
1n
o
x ,
trong đó : p , q , r , s : là các số đã biết .
Giải . Giả sử y
n
, x
n
: là nghiệm của hệ phương trình sai phân
1z0szryz
qzpyy
0nn1n
nn1n
,
0
y ,
(1)
thì
n
n
n
z
y
z
là nghiệm của phương trình đã cho .
Thật vậy , ta chứng minh bằng qui nạp như sau :
a
z
y
x
0
0
0
srx
qpx
s
z
y
r
q
z
y
p
szry
qzpx
z
y
x
n
n
n
n
n
n
nn
nn
1n
1n
1n
( đpcm)
Dễ dàng giải (1) bằng cách đưa về phương trình sai phân
thuân nhất
n1n2n
yspqryspy
Ví dụ 9 .
Hãy tìm số hạng tổng quát của dãy số (x
n
) thoả mãn :
(1)
n
2
n
1n
1
x2
dx
x
ax
Giải. iNếu d > 0 : Giả sử y
n
và z
n
là nghiệm của hệ :
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
1zazy2z
dzyy
1nn1n
2
n
2
n1n
,
1
y ,
(I)
Thì
n
n
n
z
y
x
là nghiệm của phương trình. Chứng minh tương tự như ở ví dụ 9.
Như vậy để giải phương trình (1) cần phải giải hệ một (I)
Ta có : (I)
(3)
(2)
nnn
2
n
2
n1n
zyd2zd
dzyy
Cộng vế với vế (2) và (3) ta được :
2
nn1n1n
zdyzdy
Do đó :
n
2
111n1n
2dazdyzdy
n
(4)
Tương tự trừ từng vế của (2) và (3) ta cũng có
n
2
1n1n
dazdy
(5)
Từ (4) và (5) ta có :
nn
nn
22
1n
22
1n
dada
d2
1
z
dada
2
1
y
(*)
Do
n
n
n
z
y
x
nên từ (*) ta có :
1n1n
1n
1n
22
2
2
n
dada
dadad
x
Thử lại bằng qui nạp cho thấy kết quả vừa tìm được ở trên là đúng.
ii) Nếu d < 0 Đặt d = - k , k > 0 .G
Giả sử y
n
, z
n
là nghiệm của hệ
(II)
nn1n
2
n
2
n1n
zy2z
kzyy
Thì
n
n
n
z
y
x
là nghiệm của hệ . Cm tng tự ví dụ 9.
Ta giải hệ hai như sau : (II)
(7)
(6)
nn1n
2
n
2
n1n
zyki2zki
kzyy
Ta lần lượt cộng vế theo vế và trừ vế theo vế của (6) và (7) ta có :
n
n
22
nn1n1n
22
nn1n1n
kiazkiyzkiy
kiazkiyzkiy
(9)
(8)
nn
nn
22
1n
22
1n
kiakia
ki2
1
z
kiakia
2
1
y
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Do
n
n
n
z
y
x
nên từ (8) và (9) ta có :
1n1n
1n1n
22
22
n
kiakia
kiakiaki
x
Vấn đề 5 : Phương pháp đưa về lượng giác
và các hàm Hypebolic.
I)-Cơ sở lý thuyết :
Các hàm cosx , sinx có miền giá trò là [-1 ; 1] nên khi chuyển dãy số về dạng
các hàm số lượng giác rát hạn chế . Chú ý dưa vào các dấu hiệu sau :
t0 ,acost x Đặt :
22
xa
cost
a
x Đặt :
22
ax
atgtx Đặt:
22
ax
x
2
+ y
2
= k
2
: Đặt
0; , sin,cos kykx
|x|
sin x haycos x Đặt : 1
…….
Các hàm Hypebolic có miền giá trò rộng hơn có thể giải quyết được hạng chế
trên và cũng có những tính chất tương tự hàm số lượng giác .
Tính chất hàm số Hypebolic như sau :
* Hàm sinhypebolic :
xx
ee
2
1
shxy
MXĐ : R
* Hàm coshypebolic : y = chx =
xx
ee
2
1
MXĐ : R
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
T/c : f(x+y) + f(x-y) = 2f(x).f(y)
*Hàm Tghypebolic : y = thx =
xx
xx
ee
ee
T/c :
R y , x
yfxf1
yfxf
yxf
; MGT [-1;1]
Hàm Cotghyperbolic : y = cothx =
xx
xx
ee
ee
T/c : f(x + y) =
1;1- MGT ; R y , x ,
yfxf
yfxf1
* ch
2
x + sh
2
x = 1 ; sh2x = 2 shx chx
ch2x = 2ch
2
x – 1 ; sh(x+y) = shx chy + shychx
ch (x+y) = chx chy + shx chy .
th(x+y) =
thxthy1
thythx
; coth(x+y) =
yx
1yx
cothcoth
cothcoth
xch
1
1x
xsh
1
1x
22
2
2
th ; coth
Ví dụ 1. Cho dãy số (u
n
) được xác đònh như sau :
u
1
= 2 ; u
n+1
=
n
n
u21
u2
, n = 1 , 2 , 3 ,…
a) Chứng minh rằng
n 0u
n
b) Chứng minh rằng dãy đã cho không tuần hoàn .
Giải . Đặt A = arctg2 ( tức là tgA = 2) . Bằng qui nạp ta sẽ chứng minh rằng
dãy số u
n
= tg(nA) (1)
Thật vậy khi n = 1, thì một hiển nhiên đúng ( vì theo giả thiết u
1
= 2 =
tgA). Giả sử đã đúng đến n = k , tức là : u
k
= tg(kA) (2)
Ta có :
A1ktg
tgAtgkA1
tgkAtgA
u21
u2
u
k
k
1k
Vậy (2) cũng đúng khi n = k+1. Theo nguyên lý qui nạp thì (1) đúng
n
Bây giờ ta giải bài toán .
a) - Rõ ràng
2
m
m
2
u1
u2
mAtg1
tgmA2
mA2tgm
2m
u: có ta
(3)
Giả thiết phản chứng giả sử u
n
= 0 . Xét hai khả năng sau :
1) Nếu n chẵn , khi đó n = 2m . Theo (3) suy ra u
m
= 0. (4)
2) Nếu n lẻ , khi đó bao giờ ta cũng có biểu diễn n dưới dạng :
0 nguyên s , kđâû , 1s22n
k
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Sử dụng u
n
= 0 và công thức (3) , ta sẽ đi đến : u
2s+1
= 0 (5)
Từ (4) ta suy ra nếu m còn chẵn , thì ta lại thực hiện tiêps qui trình đó, cho
đến khi m là lẻ.
Tóm lại nếu tồn tại n sao cho u
n
= 0, thì đi đến một số nguyên s
0
,
sao cho : u
2s+1
= 0. Ta có u
2s + 1
=
s2
s2
u21
u2
Do đó suy ra u
2s
= -2. Lại theo (3) suy ra :
01uu1
u1
u
s
2
sù
2
s
s
(6)
Ta biết rằng nếu u
s
thoả mãn (6) thì u
s
phải là số vô tỷ ( vì nghiệm của phương
trình x
2
– x – 1 = 0 là :
2
51
x
12
) nhưng do u
1
= 2 là số hữu tỷ nên từ cách
xác đònh :
n
n
1n
u21
u2
u
ta suy ra mọi số hạng của dãy là số hữu tỷ. Vậy đi
đến đều vô lý . Như thế giả thiết phản chứng là sai
(ĐPCM) n 0u
n
.
b) - Ta chứng minh một điều mạnh hơn , không dãy số đã cho không tuần hoàn mà
nó chỉ nhận giá trò nào đó đúng một lần . Thật vậy giả sử tồn tại hai số hạng của dãy
cùng nhận một giá trò . điều đod có nghóa là tồn tại các số nguyên m , n với
1n1m ,
sao cho : u
n+m
= u
n
Từ đó ta có : tg(n+m)A = tgnA
(*) 0u0tgmA0A
0
AAmn
mA
0tgnAAmntg
m
sin
coscos
sin
Từ (*) suy ra điều vô lý , vì theo phần một vừa chứng minh
n 0
n
u
.
Vậy giả thiết phản chứng là sai suy ra điều phải chứng minh .
Chú ý : Dễ dàng chứng minh ( bằng qui nạp )
2
1
Nn
n
uthì
,
vây dãy đã cho xác đònh với mọi x .
Ví dụ 2. Cho dãy số được xác đònh bởi :
n
n
1n
1
u231
32u
u
3
3
u
Tìm u
2003.
Giải. Ta có tg
32
32
32
6
1
6
1
12
cos
cos
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Viết lại biểu thức u
n+1
dưới dạng sau :
12
tgu1
12
tgu
u
n
n
1n
(1)
Đặt u
n
= tgA thì từ (1) suy ra :
12
Atgu
1n
(2)
Vì u
1
=
6
tg
2
3
nên từ (2) theo nguyên lý qui nạp dễ dàng suy ra:
12
1n
6
tgu
n
Vậy :
0tg
6
5
6
tg
6
5
166
6
tg
12
2002
6
tgu
2003
Ví dụ 3.
1) Dãy (u
n
) được xác đònh :
n
n
222u
Tìm
n
n21
n
2
uuu
lim
2) Dãy (u
n
) được xác đònh :
n
n
n
22222u
Tìm
n
u
n
lim
Giải . 1. Ta chứng minh u
n
= 2cos
1n
2
(1)
( Bằng qui nạp ta dễ dàng chứng minh (1))
Ta có
n
n21
n
2
uuu
lim
=
n
1n32
n
n
2
222
2
cos coscos
lim
=
1n
n
231n1n
n
n
2
2
2222
2
sin
coscos cossin
lim
=
1n
n
n
2
2
1
sin
lim
Vậy ta có :
n
n21
n
2
uuu
lim
=
1n
n
n
2
2
1
sin
lim
=
22
2
2
1n
1n
n
sin
lim
Trường THPT chun Lương Văn Chánh
Giáo viên : Văn Thế Huy
Từ câu 1 suy ra
n
n
n
22222u
=
1n
1n
1n
2n
n
n
n
n
2
2
2
222
2
122
2
222
sinsincoscos
Vậy
.
sin
limlim
1n
1n
n
n
n
2
2
u
Ví dụ 4. Tìm số hạng tổng quát các dãy sau :
a)
1u2u
0au
2
n1n
1
b)
2
nn1n
1
u1u2u
au
c)
2
nn1n
1
u1u2u
au
d)
1n
2
1u
u
au
n
1n
1
Giải .
a) Đặt u
1
= a = ch
suy ra u
2
= ch2
. Qui nạp suy ra u
n
= ch2
n-1
b) Từ giả thiết suy ra {u
n
{ < 1 với mọi n
1a
đặt a = sin
,
2
0,
u
2
=
n11
u2u1u2 sin
sin2
n-1
c) Đặt u
1
= sh
= a
2
0,
u
2
=
1n
n
2
11
2shu2sh1uu2
d) Tương tự.
Ví dụ 5. Tìm số hạng tổng quát của các dãy .
a) u
1
= a , u
n+1
=
n
n
bu1
ub
b) u
1
= a , u
n+1
=
2
n
n
u1
u2
Giải .
a) Đặt u
1
= a = tg (
k
2
B = tg
tg
tgtg1
tgtg
u
2
