TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ
Bài viết của Thầy: Nguyễn Tất Thu
I. SỬ DỤNG CSC – CSN ĐỂ XÂY DỰNG CÁCH TÌM CTTQ CỦA MỘT SỐ
DẠNG DÃY SỐ CÓ CÔNG THỨC TRUY HỒI ĐẶC BIỆT.
1. Số hạng tổng quát của cấp số cộng và cấp số nhân
1.1: Số hạng tổng quát của cấp số cộng
Định nghĩa: Dãy số (un ) gọi là cấp số cộng nếu có một số thực d sao cho với mọi số
nguyên n  2 ta có: un  un 1  d .

d : gọi là công sai của CSC; u1 : gọi số hạng đầu, un gọi là số hạng tổng quát của cấp số
Định lí 1: Cho CSC (un ) . Ta có : un  u1  (n  1)d

(1).

Định lí 2: Gọi Sn là tổng n số hạng đầu của CSC (un ) có công sai d. Ta có:
n
[2u1  (n  1)d ]
(2).
2
1. 2: Số hạng tổng quát của cấp số nhân
Định nghĩa: Dãy số (un ) có tính chất un 1  q.un
bội q
Sn 

n 

* gọi là cấp số nhân công

n 1
Định lí 3: Cho CSN (un ) có công bội q. Ta có: un  u1q
(3).

Định lí 4: Gọi Sn là tổng n số hạng đầu của CSN (un ) có công bội q . Ta có:
1 - qn
Sn  u1
1 -q

(4).

2. Áp dụng CSC – CSN để xác định CTTQ của một số dạng dãy số đặc biệt
Ví dụ 1.1: Xác định số hạng tổng quát của dãy số (un ) được xác định bởi

u1  1, un  un 1  2

n  2 .

Giải:
Ta thấy dãy (un ) là một CSC có công sai d  2 . Áp dụng kết quả (1) ta có:

un  1  2(n  1)  2n  3 .
Ví dụ 1.2: Xác định số hạng tổng quát của dãy số (un ) được xác định bởi

u1  3, un  2un 1
Giải:
-1-

n  2 .


Ta thấy dãy (un ) là một CSN có công bội q  2 . Ta có: un  3.2n 1 .
Ví dụ 1.3: Xác định số hạng tổng quát của dãy (un ) được xác định bởi:


u1  2, un  3un 1  1

n  2 .

Giải:
Trong bài toán này chúng ta sẽ gặp khó khăn vì dãy (un ) không phải là CSC hay CSN!
Ta thấy dãy (un ) không phải là CSN vì xuất hiện hằng số 1 ở VT. Ta tìm cách làm
mất 1 đi và chuyển dãy số về CSN. Để thực hiện ý đồ này ta đặt un  k.vn  l ; k , l là
các hằng số và k  0 ( ta sẽ chọn k , l sau).
2l  1
Khi đó, ta có: k .vn  l  3k .vn 1  3l  1  vn  3vn 
.
k
k  1
2l  1
1

 0  l  và k bất kì nên ta chọn 
Ta chọn k, l :
1.
k
2
l



2
vn  3vn 1


 (vn ) : 
5 . Dễ thấy dãy (vn ) là CSN với công bội q  3
v


1

2
5 n 1
1
5.3n 1 1
 vn  v1.q
  .3 . Suy ra: un  vn   

2
2
2
2
Ta thấy k bất kì, do đó khi đặt ta chọn k  1.
Tương tự cách làm này ta có được kết quả tổng quát sau:
n 1

Dạng 1: Dãy số (un ) : u1  x 0, un  aun 1  b n  2 ( a, b  0 là các hằng số) có
CTTQ là:
u1  (n  1)b
khi a  1

un  
.
a n 1  1

n 1
u
.
a

b
khi
a

1
 1

a 1
Ví

dụ

1.4:

Xác

định

CTTQ

của

dãy

(un ) được


xác

định

bởi

u1  2; un 1  2un  3n  2 .
Giải: Ở ví dụ này chúng ta không thể sử dụng kết quả 1 được vì hệ số tự do ở đây
không phải là hằng số mà là một hàm bậc nhất biến n . Tuy nhiên chúng ta có thể bắt

-2-


chước cách giải ở trên làm mất 3n  2 ở VP, ta đặt : un  k.vn  t.n  l ; k, t, l là các
hằng số k  0 . Khi đó ta có:
t3
l t 2
.
kvn 1  t(n  1)  l  2kvn  2tn  2l  3n  2  vn 1  2vn 
.n 
k
k
t  3
t  3
0


Ta chọn k, t, l
sao cho:

 l  1 , ta chọn k  1.
 k
l  t  2  0
k  0
 k

v  6
 (vn ) :  1
 vn  6.2n 1  3.2n . Vậy un  vn  3n  1  3.2n  3n  1 .
vn  2vn 1
Ta thấy trong cách giải trên không phụ thuộc vào k , nên khi đặt ta có thể chọn k  1.
u  2
Ví dụ 1.5: Cho dãy số (un ) :  1
. Tìm CTTQ của dãy (un ) .
u

u

2
n

1
 n
n 1

Giải: Với bài toán này nếu ta thực hiện cách làm như trên sẽ không dẫn đến kết quả, vì
2
1t
sau khi đặt ta có : vn 1  vn  .n 
dẫn đến ta không thể làm mất n được.

k
k
Ta sẽ đi tìm lời giải khác cho bài toán trên. Ta viết công thức truy hồi của dãy đã cho
dưới dạng sau un  un 1  2n  1 . Từ đây ta có:

un  (un  un 1 )  (un 1  un 2 )  ...  (u2  u1 )  u1





 2n  1  2(n  1)  1  ...  2.2  1  2  2 n  n  1  ...  2  1  n  1
n(n  1)
 n  1  n 2  2n  1 .
2
Từ kết quả chúng ta tìm được, ta thấy được nguyên nhân mà cách làm ban đầu không
cho ta kết quả là CTTQ của dãy số là một đa thức bậc hai theo n , mà với cách đặt ban
đầu thì ta thấy là trong CTTQ của dãy là một đa thức bậc nhất. Từ phân tích này ta có
thể giải bài toán trên theo cách khác như sau:
2

Đặt un  vn  an 2  bn  c . Khi đó, ta có:
vn  an 2  bn  c  vn 1  a(n  1)2  b(n  1)  c  2n  1

 vn  vn 1  2(1  a )n  a  b  1 .
1  a  0
a  1

Ta chọn 
, c bất kì nên ta chọn c  0 .

a

b

1

0
b

2


-3-


v  1
 vn  vn 1  vn  2  ...  v1  1
Khi đó: (vn ) :  1
v

v
 n
n 1

Vậy un  vn  n 2  2n  n 2  2n  1 .
Vì c bất kì nên ta chỉ cần đặt un  vn  an 2  bn  vn  n(an  b )
Dạng 2: Từ ví dụ 4 và cách giải thứ hai của ví dụ 5 ta rút ra được cách tìm CTTQ của
u  x 0
dãy (un ) được xác định bởi:  1
, trong đó f (n ) là một đa thức bậc k

u

a
.
u

f
(
n
)
n 1
 n
theo n ; a là hằng số. Ta làm như sau:
* Nếu a  1, ta đặt un  vn  n.g(n) với g(n ) là một đa thức theo n bậc k , thay vào
công thức truy hồi của dãy rồi ta chọn g(n) : ng(n)  (n  1)g(n  1)  f (n) ta có được

 

 

dãy vn là CSN với công bội q  1 từ đó ta tìm được CTTQ của dãy vn suy ra ta có
CTTQ của dãy (un ) .
* Nếu a  1 , ta đặt un  vn  h(n ) với h(n ) là một đa thức theo n bậc k . Thay vào
công thức truy hồi của dãy rồi ta chọn h(n) : h(n)  ah(n  1)  f (n) ta có được dãy

vn  là CSN với công bội q  a

 

từ đó ta tìm được CTTQ của dãy vn . Suy ra ta có


CTTQ của dãy (un ) .
u1  1
Ví dụ 1.6: Cho dãy số (un ) : 
.Tìm CTTQ của dãy (un ) .
n
u

3
u

2
;
n

2,
3,...
 n
n 1

Giải:
Với cách giải tương tự như các ví dụ trên ta đặt: un  vn  a.2n .
Ta có: vn  a.2n  3(vn 1  a.2n 1 )  2n  vn  3vn 1  2n (a  2)
Ta chọn a  2  vn  3vn 1  v1.3n 1  5.3n 1
Vậy un  5.3n 1  2n  1 .
Lưu ý : Trong trường hợp tổng quát dãy (un ) : un  a.un 1  b. n , ta đặt
un  x n  y. n . Khi đó , ta có: x n  y. n  a.x n 1  ay. n 1  b. n

-4-



b
 xn  a.x n 1  y(a   )  b   n 1 . Do đó, nếu a   , ta chọn y 
 a

b 2 n 1
b
 x n  a.x n 1  x n  x1.a
 un  (u1 
)a

. n
 a
 a
Trường hợp   a  un  a.un 1  b.a n
n 1

 un  (un  a.un 1 )  a(un 1  un  2 )  ...  a n  2 (u2  au1 )  u1.a n 1
 un  b(n  1)a n  u1a n 1 . Vậy ta có kết quả sau.

u1  p
Dạng 3: Cho dãy (un ) : 
. Khi đó ta có:
n
u

a
.
u


b
.


n

2
 n
n 1

 Nếu a    un  ab(n  1)  u1  a n 1 .

b 2 n 1
b
 Nếu a    un  (u1 
)a

. n .
 a
 a
Chú ý : Trong trường hợp a   ta có thể tìm CTTQ của dãy (un ) như sau:

Đặt un  x n  y.n.a n . Khi đó ta có: x n  y.n. n  a.x n 1  ay(n  1).a n 1  b.a n
 x n  a.x n 1  (y  b).a n nên ta chọn y  b

 xn  x1.a n 1  un  (u1  ab)a n 1  bn.a n  ab(n  1)  u1  a n 1 .
u1  2
Ví dụ 1.7: Tìm CTTQ của dãy (un ) : 
.
n

n
u

5
u

2.3

6.7

12
;
n

2,
3,...
 n
n 1

Giải: Đặt un  vn  a.3n  b.7n  c . Khi đó, ta có:
vn  a.3n  b.7n  c  5(vn 1  a.3n 1  b.7n 1  c)  2.3n  6.7n  12
 vn  5vn 1  3n 1(2a  6)  7n 1(2b  42)  4c  12 .

2a  6  0
a  3


Ta chọn a,b, c : 2b  42  0  b  21 .
4c  12  0
c  3



Khi đó: vn  5vn 1  vn  v1.5n 1  157.5n 1
Vậy un  vn  3n 1  3.7n 1  3  157.5n 1  3n 1  3.7n 1  3 .
-5-


Qua ví dụ trên ta có kết quả sau:
u1  p
Dạng 4: Để tìm CTTQ của dãy số (un ) : 
,
n
n
u

a
.
u

b
.


c
.


d
;


n

2
 n
n 1
a,b, c  0;  ,   1;  .  a )
(
trong
đó
ta
làm
như
sau:

 Nếu a  1  un  un 1  b. n  c. n  d

 un  u1 
 u1 

n 2

 (un i  un i 1 )

i 0
n 2

 (b.

n i


 c.

n i

i 0

n 2

 d )  u1  b  
i 0

n i

n 2

 c   n i  d.(n  1)
i 0

 1  n

1  n

 un  u1  b. . 
 1   c. . 
 1   d .(n  1) .
 1

 1 







 Nếu a  1 , ta đặt un  vn  x . n  y. n  z

Ta có: vn  a.vn 1  (ax  x   b) n 1  (by  y    c) n 1  z (a  1)  d
Ta chọn : x 

b
c
d
.
;y 
;z 
 a
 b
1a

Khi đó: vn  a.vn 1  vn  v1.a

n 1


 2b
 2c
d  n 1
  u1 



a




a


b
1

a




 2b
 2c
d  n 1
b
c
d
un   u1 



n 
n 
a
.





a


b
1

a


a


b
1

a



Chú ý : Nếu   a hoặc   a thì khi đặt un theo vn thì ta nhân thêm n vào trước  n
hoặc  n .
u1  1
Ví dụ 1.8: Tìm CTTQ của dãy (un ) : 
.
n
u


2
u

3

n
;

n

2
 n
n 1

 

Giải: Để tìm CTTQ của dãy un ta sử dụng hai kết quả 2 và kết quả 3
Đặt un  vn  a.3n  bn  c .
-6-






Ta có: vn  a.3n  bn  c  2 vn 1  a.3n 1  b(n  1)  c  3n  n
 vn  2vn 1  (a  1)3n 1  (b  1)n  2b  c .

Ta chọn a  b  1;c  2 . Khi đó: vn  2vn 1  vn  v1.2n 1  5.2n 1

Vậy un  5.2n 1  3n  n  2 .
u1  p
Dạng 5: Nếu dãy số (un ) : 
, trong đó f (n ) là đa
n
u

a
.
u

b
.


f
(
n
);

n

2
 n
n 1
thức theo n bậc k ta tìm CTTQ của dãy như sau:

* Nếu a  1 ta đặt un  vn  x . n  g(n ) , với g(n ) là đa thức theo n bậc k . Ta sẽ
chọn sao cho dãy (vn ) là một CSN, khi đó ta sẽ tìm được CTTQ của dãy (vn ) từ đó ta
có CTTQ dãy (un ) .

* Nếu a  1 thì ta tìm được un theo cách làm đã ở kết quả 2 và 3.

Ví dụ 1.9: Xác định CTTQ của dãy (un ) : u0  1, u1  3, un 1  5un  6un 1 n  1.
Giải:
Ta viết công thức truy hồi của dãy lại như sau: un 1  2un  3(un  2un 1 ) (1)
v  5
 vn  5.3n 1  un  2un 1  5.3n 1 .
Đặt vn 1  un 1  2un , ta có:  1
vn 1  3vn

Sử dụng kết quả 2, ta có: un  5.3n  6.2n .
Trong lời giải trên ta đã phân tích 5  2  3 và 6  2.3 để viết lại công thức truy hồi
như (1), từ đó ta đưa vào được dãy phụ (vn ) là một CSN. Các hệ số xuất hiện trong
công thức truy hồi là 5; 6 nên ta dễ dàng tìm được mối liên hệ, trong trường hợp tổng
quát ta có luôn phân tích được các hệ số như vậy hay không ? Nếu được thì phân tích
như thế nào ?. Ta xét ví dụ sau:
u  1; u1  2
Ví dụ 1.10: Cho dãy số un được xác định bởi :  0
.
un 1  4un  un 1 n  1
Hãy xác định CTTQ của dãy (un ) .

 

Giải:
-7-


x  y  4
 x , y là nghiệm PT: X 2  4X  1  0

Gọi x, y là hai số thỏa mãn: 
xy  1
 X  2  5 , ta chọn x  2  5; y  2  5 .
Ta có: un 1  (x  y)un  xyun 1  un 1  x .un  y(un  xun 1 ) .

Đặt vn  un  x .un 1  v1  2  x và vn 1  y.vn  vn  v1.y n 1  (2  x )y n 1
 un  x .un 1  (2  x )y n 1 . Áp dụng kết quả 3, ta có:

un 

y 2 n 2x n 1
x 
y  (2  5)n  (2  5)n  .

y x
y x
2

Ví dụ 1.11: Cho a, b, c là các số thực khác không và dãy (un ) được xác định bởi
u0  p; u1  q
. Hãy xác định CTTQ của dãy (un ) ?

u

a
.
u

b
.

u
 n 1
n
n 1

Giải:
Ta viết lại công thức truy hồi của dãy đã cho như sau: un 1  x .un  y(un  x .un 1 ) .
x  y  a
 x , y là nghiệm PT: X 2  aX  b  0 (1).
Ta xác định x, y sao cho: 
xy  b
Giả sử tồn tại tại x, y , tức là phương trình (1) có nghiệm.
v1  q  x .p
 vn  (q  xp)y n 1
Đặt vn  un  x .un 1 . Ta có: 
vn 1  yvn
 un  x .un 1  (q  px )y n 1 .

 Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, hay x  y . Áp dụng kết quả 2, ta có:
yp  q n q  xp n
un 
x 
y .
y x
y x
a
 Ta xét trường hợp còn lại: (1) có nghiệm kép  x  y  .
2
n 1


a 
a
pa a n 1
 un  un 1  (q 
)( ) . Áp dụng kết quả 2: un   
2
2 2
2
Vậy ta có kết quả tổng quát sau:

-8-

 pa
ap 

(
q

)n  .

2
2




Dạng 6: Cho a, b, c là các số thực khác không; a 2  4b  0 và dãy (un ) được xác định
u  p; u1  q
bởi:  0
. Khi đó:

u

a
.
u

b
.
u
 n 1
n
n 1
y.u0  u1 n u1  x .u 0 n
x 
y , trong đó x, y là nghiệm của
 Nếu a 2  4b  0 thì un 
y x
y x

phương trình : X 2  aX  b  0 (1).
n 1

a 
 pa
ap 
 Nếu a  4b  0 thì un   

(
q


)n  .

2 
2
2
Phương trình (1) gọi là phương trình đặc trưng của dãy.
Chú ý : Để xác định CTTQ của dãy (un ) nói trên ta có thể trình bày như sau
Xét phương trình đặc trưng (1)
2

 Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt X1, X2 thì un  x .X1n  y.X 2n , dựa vào u0, u1 ta tìm
được
x, y .
 Nếu (1) có nghiệm kép X1  X2   thì un  (pn  q ). n , dựa vào u0, u1 ta tìm

được p, q .
u 0  1; u1  3
Ví dụ 1.12: Cho dãy (un ) : 
2
un  5un 1  6un  2  2n  2n  1;
CTTQ của dãy (un ) .

n  2

. Xác định

Giải: Ta tìm cách làm mất vế phải trong công thức truy hồi của dãy, bằng cách:
Đặt un  x n  an 2  bn  c . Thay vào công thức truy hồi của dãy và rút gọn ta được
x n  5x n 1  6x n 1  2an 2  (14a  2b)n  19a  b  2c  2n 2  2n  1


2a  2
a  1


Ta chọn a,b, c : 14a  2b  2  b  8 . Khi đó:
19a  b  2c  1
c  13


x  12; x1  23
(x n ) :  0
. Áp dụng kết quả 3, ta có:
x

5
x

6
x

0
 n
n 1
n 2
x n  13.2n  3n  un  13.2n  3n  n 2  8n  13 .

-9-


u  p; u2  q

Ví dụ 1.13: Tìm CTTQ của dãy số: (un ) :  1
,
a.un 1  b.un  c.un 1  f (n ) ; n  2

(trong đó f (n ) là đa thức theo n và b 2  4ac  0 ).
Giải:
Đặt un  xn  g(n ) với g(n ) là một đa thức theo n . Thay vào công thức truy hồi của
dãy ta được: a.xn  b.xn 1  c.xn 2  a.g(n )  b.g(n  1)  cg(n  2)  f (n )
Ta chọn g(n) : a.g(n)  bg(n  1)  cg(n  2)  f (n) (*).
Khi đó: a.xn  bxn 1  c.xn 2  0 . Áp dụng kết quả 2, ta có được CTTQ của dãy (xn ) ,
từ đó ta tìm được CTTQ của dãy (un ) .
Vấn đề còn lại là giải phương trình (*).
Giả sử g(n )  ak n k  ak 1n k 1  ...  a1n  a 0 là đa thức bậc k . Khi đó hệ số của x k và
x k 1 trong VP là: ak .(a  b  c)x k và  (b  2c)k .ak  (a  b  c)ak 1  x k 1 .Do đó :
* Nếu PT: aX 2  bX  c  0 (1) có nghiệm hai nghiệm phân biệt khác 1 thì
a  b  c  0 nên VT(*) là một đa thức bậc k .
* Nếu PT (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x  1  a  b  c  0
và (b  2c)k.ak  (a  b  c)ak 1  (b  2c).k.ak  0 nên VT là một đa thức bậc
k  1.
a b c  0
*
Nếu
PT
(1)
có
nghiệm
kép
và
x 1
 (b  2c)k .ak  (a  b  c)ak 1  x k 1 nên VT(*) là một đa thức bậc k  2 .


Vậy để chọn g(n ) ta cần chú ý như sau:
 Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, thì g(n ) là một đa thức cùng bậc với f (n )
 Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng 1 thì ta chọn g(n ) là
đa thức lớn hơn bậc của f (n ) một bậc.
 Nếu (1) có nghiệm kép x  1 thì ta chọn g(n ) là đa thức có bậc lớn hơn bậc của
f (n ) hai bậc.
u  p; u2  q
Dạng 7: Để tìm CTTQ của dãy (un ) :  1
,
a
.
u

b
.
u

c
.
u

f
(
n
)
;

n


2
 n 1
n
n 1

( trong đó f (n ) là đa thức theo n bậc k và b 2  4ac  0 ) ta làm như sau:
 Xác định đa thức g(n) : a.g(n)  bg(n  1)  cg(n  2)  f (n) , trong đó g(n ) là: đa
thức theo n bậc k nếu PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ; đa thức bậc k  1 nếu
(1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1 ; đa thức bậc k  2 nếu (1)
- 10 -


có
nghiệm
kép
x 1
 Khi xác định được g(n ) ta đặt un  xn  g(n ) , ta có dãy (xn ) được xác định bởi:
x 0  p  g(0); x1  u1  g(1)
. Áp dụng kết quả 3 ta xác định được CTTQ của (xn ) , từ

a.x n 1  bx n  c  0 n  1
đó ta tìm được CTTQ của dãy (un ) .
u0  1; u1  3
Ví dụ 1.14: Tìm CTTQ của dãy số (un ) : 
.
n
u

5
u


6
u

5.2

n

2
 n
n 1
n 2

Giải: Đặt un  x n  y.2n . Khi thay vào công thức truy hồi ta không làm mất 5.2n ở VT
Ta sẽ đi tìm cách giải khác cho bài toán này
Ta viết công thức truy hồi của dãy như sau: (un  2un 1 )  3(un 1  2un  2 )  5.2n
Đặt x n  un  2un 1  x n  3x n 1  5.2n . Áp dụng kết quả 2, ta có:
x n  25.3n 1  10.2n  un  2un 1  25.3n 1  10.2n

Sử dụng chú ý ở kết quả 3, ta đặt un  vn  a.3n  bn.2n
Ta được: vn  2vn 1  (25  a )3n 1  (b  10)2n . Ta chọn a  25, b  10
 vn  v0 .2n  26.2n  un  25.3n  (5n  13).2n  1 .

Lưu ý : Dựa vào CTTQ đã xác định ở trên, ta có thể giải bài toán trên theo cách khác
như sau:
Đặt un  x n  yn.2n , ta có: x n  5x n 1  6x n  2  y.2n 1  5.2n , ta chọn y  10
x  1; x1  23
 (x n ) :  0
. Áp dụng kết quả 4, ta có:
x


5
x

6
x

0

n

2
 n
n 1
n 2
x n  26.2n  25.3n  un  25.3n  (5n  13).2n  1 .

u0  1; u1  3
Ví dụ 1.15: Tìm CTTQ của dãy (un ) : 
n .
u

4
u

4
u

3.2
 n

n 1
n 2
Giải:
Với dãy số này nếu ta đặt un  x n  y.2n thì khi thay vào công thức truy hồi của dãy

ta không xác định được y ! Nên ta sẽ tìm cách giải khác cho bài toán này.
Ta viết lại công thức truy hồi của dãy như sau: (un  2un 1 )  2(un 1  2un  2 )  3.2n
- 11 -


Đặt xn  un  2un 1 , ta có: x n  2x n 1  3.2n . Áp dụng kết quả 2, ta có:
 x n  (6n  5).2n 1  un  2un 1  (6n  5).2n 1
 un  (un  2un 1 )  2(un 1  2un  2 )  ...  2n 1(u1  2u 0 )  2n.u 0
n
 n

 2n 1  (6i  5)  2n  2n 1 6 i  5n  2 
i 1
 i 1

 (n  1)n

 6
 5n  2  2n 1  (3n 2  2n  2)2n 1 .
2


Lưu ý : Từ CTTQ của dãy (un ) ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau

Đặt un  x n  yn 2 .2n . Ta có: x n  4x n 1  4x n  2  2y.2n  3.2n . Ta chọn y 


3
2

x  1; x1  0
 (x n ) :  0
. Áp dụng kết quả 4, ta được
x

4
x

4
x

0

n

2
 n
n 1
n 2
x n  (2  2n )2n 1  un  (2  2n ).2n 1  3n 2 .2n 1  (3n 2  2n  2)2n 1 .

Từ ba ví dụ trên ta rút ra được nhận xét sau:
u 0 ; u1
Dạng 8: Cho dãy số (un ) xác định bởi: 
. Để xác
n

u

b
.
u

c
.
u

d
.

;

n

2
 n
n 1
n 2
định
CTTQ
của
dãy
ta
làm
như
sau:
(un )


 Nếu phương trình : X 2  bX  c  0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác  thì ta đặt
un  x n 

d
2

. n , ta có: a.xn 1  bxn  c.xn 1  0 .

a  b  c
Từ đây sử dụng kết quả 4, ta tìm được xn  un .

d 2
 Nếu x   là nghiệm đơn của (1) thì ta đặt: un  xn 
n. n , ta có:
b  2c
a.xn 1  bxn  c.xn 1  0 .Từ đây sử dụng kết quả 4, ta tìm được xn  un .

d 2
 Nếu x   là nghiệm kép của (1) thì ta đặt: un  xn 
.n 2 . n , ta có:
b  4c
a.xn 1  bxn  c.xn 1  0 .Từ đây sử dụng kết quả 4, ta tìm được xn  un .
Với cách xây dựng tương tự ta cũng có được các kết quả sau

- 12 -


u  x , u2  y, u 3  z
Dạng 9: Cho dãy (un ) :  1

.Để xác định CTTQ
aun  2  bun 1  cun  dun 1  0 n  2

của dãy ta xét phương trình: ax 3  bx 2  cx  d  0 (1) ( (1)gọi là phương trình đặt
trưng của dãy).
 Nếu (1) có ba nghiệm phân biệt x1, x 2 , x 3  un   x1n   x 2n   x 3n . Dựa vào

u0 , u1, u2 ta tìm được  ,  ,  .
(1)
có
một
 Nếu
x1  x 2  x 3  un  ( 

 n )x1n

nghiệm


đơn,

1

nghiệm

kép:

 .x 3n

Dựa vào u0 , u1, u2 ta tìm được  ,  ,  .

 Nếu (1) có nghiệm bội 3 x1  x 2  x 3  un  (   n   n 2 )x1n . Dựa vào

u0 , u1, u2 ta tìm được  ,  ,  .
u  0, u2  1, u3  3,
Ví dụ 1.16: Tìm CTTQ của dãy (un ) :  1
un  7un 1  11.un  2  5.un  3 , n  4

Giải : Xét phương trình đặc trưng : x 3  7x 2  11x  5  0
Phương trình có 3 nghiệm thực: x1  x2  1, x 3  5
Vậy an     n   5n
Cho n  1, n  2, n  3 và giải hệ phương trình tạo thành, ta được

 

1
3
1
,   ,  
16
4
16

Vậy an  

1 3
1
  n  1  .5n 1 .
16 4
16


u  2; un  2un 1  vn 1
n  1 .
Ví dụ 1.17: Tìm CTTQ của dãy số (un ),(vn ) :  0
v0  1; vn  un 1  2vn 1
Giải:
Ta có: un  2un 1  un 2  2vn 2  2un 1  un 2  2(un 1  2un 2 )

 un  4un 1  3un 2 và u1  5

- 13 -


1  3n 1
1  3n 1
Áp dụng kết quả 4, ta có: un 
.
 vn  un 1  2un 
2
2
Tương tự ta có kết quả sau:
x
 px n  qyn x1  a
Dạng 10: Cho dãy (x n ),(yn ) :  n 1
. Để xác định CTTQ của hai
y

ry

sx
y


b
 n 1
n
n
1
dãy
ta
làm
như
sau:
(xn ),(yn )

Ta biến đổi được: xn 1  (p  s )xn  (ps  qr )xn 1  0 theo kết quả 4 ta xác định được

xn , từ đây thay vào hệ đã cho ta có được yn .
Chú ý : Ta có thể tìm CTTQ của dãy số trên theo cách sau:

q  r
yn )
x n 1  yn 1  (p  s )(x n 

s

p
Ta đưa vào các tham số phụ  ,  '  
q   'r
x
  ' yn 1  (p   ' s )(x n 
y )

n 1

p   's n

q  r
 
s  p  x n 1  yn 1  (p  s )(x n  yn )
Ta chọn  ,  ' sao cho 

q


'
r
x
  ' yn 1  (p   ' s )(x n   ' yn )
 ' 
 n 1

 's  p
x
 yn 1  (p  s )n (x1  y1 )
n 1
giải hệ này ta tìm được  xn  ,  yn  .

n
x


'

y

(
p


'
s
)
(
x


'
y
)
 n 1
n 1
1
1

u1  1

2un 1
Ví dụ 1.18: Tìm CTTQ của dãy (un ) : 
.
u


n


2
 n 3u
4

n 1

Giải: Ta có

3u
4 3
1
1
1
 n 1
 2
. Đặt xn 
, ta có:
un
2un 1
2
un 1
un

x1  1
5.2n 1  3
2

 un 


3 . Áp dụng kết quả 1, ta được: x n 
2
5.2n 1  3
x n  2x n 1 

2

- 14 -


u1  2

9un 1  24
Ví dụ 1.19: Tìm CTTQ của dãy số (un ) : 
.
u


n

2
 n
5un 1  13

Giải: Bài toán này không còn đơn giải như bài toán trên vì ở trên tử số còn hệ số tự do,
do đó ta tìm cách làm mất hệ số tự do ở trên tử số. Muốn vậy ta đưa vào dãy phụ bằng
cách đặt un  xn  a . Thay vào công thức truy hồi, ta có:

xn  a 


9x n 1  9a  24
5x n 1  5a  13

 xn 

(9  5a )x n 1  5a 2  22a  24
5x n 1  5a  13

Ta chọn a : 5a 2  22a  24  0  a  2  x 1  4

 xn 

1
3
1
11.3n 1  10
4

5


 xn 
3
xn
x n 1
xn
4
11.3n 1  10

x n 1

5xn 1

 un  xn  2 

22.3n 1  24
n 1

11.3

 10

.

Dạng 11: Cho dãy (xn): u1   ; un 

pun 1  q
run 1  s

n  2 . Để tìm CTTQ của dãy (xn)

ta làm như sau:
Đặt un  xn  t , thay vào công thức truy hồi của dãy ta có:
xn 

px n 1  pt  q
run 1  rt  s

t 

(p  rt )x n 1  rt 2  (p  s )t  q

rx n 1  rt  s

(1).

Ta chọn t : rt 2  (s  p)t  q  0 . Khi đó ta chuyển (1) về dạng:
Áp dụng kết quả 1, ta tìm được

1
1
a
b
xn
x n 1

1
, từ đó suy ra xn  un .
xn

u  2
Ví dụ 1.21: Xác định CTTQ của hai dãy số (un ),(vn ) :  1
và
v

1
 1
u  u 2  2v 2
n
n 1
n 1 n  2
.


v

2
u
v
 n
n 1 n 1

Giải:
- 15 -


2
2
u  2v  (u

 2vn 1 )2
un  un 1  2vn 1
 n
n
n 1
Ta có: 

2
2
v

2
2

u
v
u

2
v

(
u

2
v
)


n
n

1
n

1
n
n
n

1
n

1



n 1

2n 1
 (2  2)2
un  2vn  (u1  2v1 )

n 1
n 1
un  2vn  (u1  2v1 )2
 (2  2)2


1
2n  1
2n  1 
u

(2

2)

(2

2)
 n

2 
.


n 1
n 1 
1 
2
2
vn 
 (2  2)
(2  2)


2 2

2

u  u 2  2v 2
un un2 1  2vn2 1
n
n

1
n

1
Nhận xét: Từ 


v

2

u
v
v
2un 1vn 1
 n
n 1 n 1
n

Do vậy nếu ta đặt x n 

un
vn

 un 1 

  2
v
  n 1 
u

2  n 1 
v

 n 1 

x1  2

ta được dãy số (x n ) : 
x n2 1  2 . Ta có bài toán sau:
x n 

2x n 1


x1  2

Ví dụ 1.22: Xác định CTTQ của dãy số (xn ) : 
.
x n2 1  2
x


n

2
 n
2x n 1

Giải:
u1  2 u  u 2  2v 2
n 1
n 1 n  2 .
Xét hai dãy (un ),(vn ) : 
và  n
v1  1
vn  2un 1vn 1

Ta chứng minh x n 
 n  2  x2 

- 16 -


u2
v2

un
vn

(*).

 2  n  2 (*) đúng.


 Giả sử x n 1 

un 1
vn 1

 xn 

x n2 1  2
2x n 1



un2 1  2vn2 1
2un 1vn 1



un

vn

 (*) được chứng

minh
n 1

Theo kết quả bài toán trên, ta có: x n  2

(2  2)2

2n  1

(2  2)

n 1

 (2  2)2

2n  1

.

 (2  2)

Dạng 12:
1) Từ hai ví dụ trên ta có được cách tìm CTTQ của hai dãy số (un ),(vn ) được xác định
u  u 2  a.v 2 ; u  
n 1
n 1

1
bởi:  n
(trong đó a là số thực dương) như sau:
v

2
v
u
;
v


 n
n 1 n 1
1
2
2
2


un  un 1  a.vn 1
(un  aun 1  (un 1  aun 1 )
Ta có: 

a
.
v

2
a

.
v
u
(u  aun 1  (un 1  aun 1 )2


n
n 1 n 1

 n

1
2n  1
2n  1 
u

(



a
)

(



a
)
 n


2 
.

n 1
n 1 
1 
2
2
vn 
 (   a )
(   a )


2 a

x1  

2) Áp dụng kết quả trên ta tìm được CTTQ của dãy (x n ) : 
x n2 1  a .
x n 
2x n 1

u  u 2  a.v 2 ; u  
n 1
n 1
1
Xét hai dãy (un ),(vn ) :  n
; v1  1
vn  2vn 1un 1

Khi đó: x n 

un
vn

n 1

 a

(  a )2

2n  1

(  a )

n 1

 (  a )2

2n  1

 (  a )

.

u1  1
Ví dụ 1.23: Cho dãy (un ) : 
. Tìm un ?
2
u


5
u

24
u

8

n

2
 n
n 1
n 1

Giải:
Ta có: u2  9; u3  89; u4  881. Giả sử: un  xun 1  yun 2

- 17 -


9x  y  89


89
x

9
y


881


x  10
. Ta chứng minh: un  10un 1  un 2 n  3

y


1


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

n

( 1 thay
)

bởi

n  1,

ta

được:

un2  2  10un  2un 1  un2 1  8  0 (2) .


Từ (1),(2)  un 2, un là hai nghiệm của phương trình : t 2  10un 1t  un2 1  8  0
Áp dụng định lí Viet, ta có: un  un 2  10un 1 .
Vậy un 

6 2
2 6

5  2 6 

n 1



6 2
2 6

5  2 6 

n 1

.

Dạng 13:
u1  1
là dãy nguyên  a  24 .
1) Dãy (un ) : 
2
u


5
u

au

8

n

2
 n
n 1
n 1

Thật vậy: u2  5  a  8  5  t ( t  a  8 
 u3 

)  u3  5  (t 2  8)(t  5)2  8

 f (t )  (t 2  8)(t  5)2  8  m 2 (m  ) .

Mà (t 2  5t  4)2  f (t )  (t 2  5t  14)2 kết hợp với f (t ) là số chẵn ta suy ra





m  t 2  5t  x với x  6, 8,10,12 . Thử trực tiếp ta thấy t  4  a  24 .
u1  
, với a 2  b  1 ta xác định

2) Với dãy số (un ) : 
2
un  aun 1  bun 1  c n  2
CTTQ như sau:
Từ dãy truy hồi  (un  aun 1 )2  bun2 1  c  un2  2aun un 1  un2 1  c  0

Thay n bởi n  1 , ta có: un2  2  2aun 1un  2  un2 1  c  0  un  un 2  2aun 1 .
u1  

un 1
3) Với dãy (un ) : u 
n

a  cun2 1  b

xác định CTTQ như sau:

Ta viết lại công thức truy hồi dưới dạng:

- 18 -

n  2

,trong đó   0; a  1 ; a 2  b  1 ta

1
a
b
1


 c
. Đặt x n 
un un 1
un
un2 1


Ta có un  aun 1  bxn2 1  c đây là dãy mà ta đã xét ở trên.

u1  u2  1

Ví dụ 1.24: Cho dãy (un ) : 
. Tìm un ?
un2 1  2
u


n

2
 n
un  2

Giải:
Ta có: u3  3; u4  11; u5  41 . Ta giả sử un  xun 1  yun 2  z .Từ u3  3; u4  11;

x  y  z  3

u5  41 ta có hệ phương trình: 3x  y  z  11 
11x  3y  z  41


u  u2  1
Ta chứng minh (un ) :  1
un  4un 1  un  2 n  3
 Với n  3  u3  4u2  u1  3  n  3 đúng

x  4

y  1  un  4un 1  un  2
z  0


 Giả sử uk  4uk 1  uk 2 . Ta có:
uk 1 



uk2  2
uk 1

 4uk 1  uk 2 


2

uk 1

2




16uk2 1  8uk 1uk  2  uk 1uk  3
uk 1

16uk2 1  8uk 1uk  2  uk2  2  2
uk 1

 16uk 1  8uk  2  uk  3

 4(4uk 1  uk 2 )  (4uk 2  uk  3 )  4uk  uk 1
Theo nguyên lí quy nạp ta có đpcm  un 

- 19 -

3 1
2 3

2  3 

n 1



3 1
2 3

2  3 

n 1


.


II. SỬ DỤNG PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC ĐỂ XÁC ĐỊNH CTTQ CỦA DÃY SỐ
Nhiều dãy số đại số có công thức truy hồi phức tạp trở thành đơn giản nhờ phép thế
lượng giác. Khi trong bài toán xuất hiện những yếu tố gợi cho ta nhớ đến những công
thức lượng giác thì ta có thể thử với phương pháp thế lượng giác. Ta xét các ví dụ sau

1
u1 
Ví dụ 2.1: Cho dãy (un ) : 
. Xác định CTTQ của dãy (un ) .
2
2
un  2un 1  1 n  2

Giải:
Từ công thức truy hồi của dãy, ta liên tưởng đến công thức nhân đôi của hàm số côsin
1


2
Ta có: u1   cos  u2  2 cos2  1  cos
2
3
3
3
2
4
8

 u3  2 cos2
 1  cos
 u4  cos
....
3
3
3

2n 1 
Ta chứng minh un  cos
. Thật vậy
3
22 1 
2
 Với n  2  u2  cos
(đúng)
 cos
3
3
n 1
2n  2 

2n 1 
2
2 2
 Giả sử un 1  cos
 un  2un 1  1  2 cos
 1  cos
3
3

3
2n 1 
Vậy un  cos
n  1 .
3
Nhận xét:
Với dãy số trên ta có thể sử dụng phương pháp thế lượng giác được khi u1  1 . Vậy
trong trường hợp u1  1 thì ta sẽ giải quyết như thế nào ? Khi đó để tìm CTTQ của dãy
1
1
(a  ) ( trong đó a  0 và cùng dấu với u1 ).
2
a
1
1
1
1
1
1
Khi đó u2  (a 2  2  )  1  (a 2  )  u3  (a 4  ) ....
2
2
2
a2
a2
a4
1 n 1
1
Ta chứng minh được un  (a 2
 n 1 ) n  1 . Trong đó a là nghiệm (cùng dấu

2
a2

số (un ) ta đặt u1 

với u1 ) của phương trình : a 2  2u1a  1  0 . Vì phương trình này có hai nghiệm có
tích bằng 1 nên ta có thể viết CTTQ của dãy như sau
- 20 -



2n 1
2n 1 
1 



2
2
.
un   u1  u1  1 
  u1  u1  1 

2 







3
u1 
Ví dụ 2.2: Xác định CTTQ của dãy số (un ) : 
.
2
3
u  4u
 3un 1 n  2
n 1
 n
Giải:

3



32 
3
Ta có: u1 
.....
 cos  u2  4 cos
 3 cos  cos 3  u3  cos
2
6
6
6
6
6
3n 1 
Bằng quy nạp ta chứng minh được: un  cos

.
6
Nhận xét:
u1  p
(
u
)
:
Để
tìm
CTTQ
của
dãy
, ta làm như sau
1)

3
n
u

4
u

3
u

n

2
 n

n 1
n 1
 Nếu | p | 1    0;   : cos   p .
Khi đó bằng quy nạp ta chứng minh được : un  cos 3n 1 .
1
1
 a   ( a cùng dấu với u1 )
2
a
1  n 1
1 
 n 1  .
Bằng quy nạp ta chứng minh được un   a 3

2 
a3


3n 1
3n 1 
1 



2
2
.
Hay un   u1  u1  1 
  u1  u1  1 



2 





2) Từ trường hợp thứ hai của bài toán trên, ta có cách tìm CTTQ của dãy số

 Nếu | p | 1 , ta đặt u1 

u1  p
(un ) : 
bằng cách đặt u1 
3
u

4
u

3
u

n

2
 n
n 1
n 1
ta

chứng
minh

3n 1
1  3n 1
1  1 
un   a
 n 1    u1  u12  1 
  u1
 2 
2 


a3


- 21 -

1
1
(a  ) . Khi đó bằng quy nạp
2
a

được


u12

 1 



3n 1

:

.





3
u1 
Ví dụ 2.3: Tìm CTTQ của dãy (un ) : 
.
2
2
un  2  un 1 n  2


Giải:



Đặt

 
3
 cos  ,    ;   ,

4
2 

khi

đó

:

u1  2 cos   u2  2(1  2 cos2  )  2 cos 2 .

Bằng quy nạp ta chứng minh được un  2 cos 2n 1 .

1
u1 
2

Ví dụ 2.4: Tìm CTTQ của dãy số (un ) : 
2  2 1  un2 1

un 
2
Giải:

Ta có: u1 
Bằng

1

 sin  u2 

2
6

quy

nạp

2  2 1  sin2
2

ta

chứng


6

.
n  2





minh

2(1  cos )
6  sin 
2
2.6


được:

un  sin


2n 1.6

.

Ví dụ 2.5: Cho a, b là hai số thực dương không đổi thỏa mãn a  b và hai dãy (an ),(bn )

a b
;b1  b.a1
a1 
2
được xác định: 
. Tìm an và bn .
a

b
a  n 1 n 1 ;b  a b
n  2
n
n n 1
 n
2
Giải:
 
a

a
Ta có: 0   1 nên ta đặt  cos  với    0; 
b
b
 2

Khi đó: a1 
a2 
- 22 -

a1  b1
2



b cos   b b(1  cos  )

 b cos

 b cos2 và b1  b.b cos2
2
2
2
2
2


b cos2



2

 b cos
2



2  b cos  .cos2  và b  b cos  cos  .
2
2
2
22
22


Bằng quy nạp ta chứng minh được:






an  b cos cos ...cos2
và bn  b cos cos ...cos .
2
2
22
2n
22
2n

u  3
 1
Ví dụ 2.6: Cho dãy (un ) : 
. Tính u2003 (Trích đề thi
un 1  2  1
u


n

2
 n
1  (1  2)un 1

Olympic 30 – 4 – 2003 Khối 11).

Giải: Ta có tan


8

 2  1  un 



1  tan
 tan


8



8

un 1



8  tan(   )
3


3 8
1  tan tan
3
8


Bằng quy nạp ta chứng minh được un  tan   (n  1)  .
8
3

Mà u1  3  tan



tan

un 1  tan


 u2 

3

  2002 
  
Vậy u2003  tan  
  tan     ( 3  2) .
8 
3
3 4
u1  a

un 1  b
Chú ý : Để tìm CTTQ của dãy (un ) : 
.
u


n

2
 n 1  bu

n 1
Ta đặt a  tan  ;b  tan  , khi đó ta chứng minh được: un  tan   (n  1) 

u  3
 1
un 1

Ví dụ 2.7: Tìm CTTQ của dãy số (un ) : 
un 

1  1  un2 1


Giải: Ta có:

- 23 -

n  2

.

1
1
1
1

 1
. Đặt x n 
khi đó ta được dãy (xn ) được xác
un un 1
un
un2 1


định như sau: x1 

1

3

1

 cot

 x 2  cot



 1  cot2



1  cos



3  cot 
3
3
3

2.3
3
sin
3


 un  tan

n  1,2,...
Bằng quy nạp ta chứng minh được: x n  cot
n 1
n 1
2 .3
2 .3

Vì x1 



và x n  x n 1  1  x n2 1 .



ỨNG DỤNG BÀI TOÁN TÌM CTTQ CỦA DÃY SỐ VÀO GIẢI MỘT SỐ
BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ - TỔ HỢP
Trong mục này chúng tôi đưa ra một số ví dụ các bài toán về dãy số và tổ hợp mà quá
trình giải các bài toán đó chúng ta vận dụng một số kết quả ở trên.
un2 1 1
1
 (2).
Ví dụ 4.1: Cho dãy số nguyên (un ) : u1  2; u2  7 và   un 
2
un  2 2

Chứng minh un lẻ n  2 .
Giải:
2
2

 u2
1 1 un 1 
1
1 un 1
n

1

 ; 
  un  
Từ giả thiết, ta có:
. Vì trên khoảng 
 un  2 2 2 un  2 
un  2 2
2 un  2


(có độ dài bằng 1 ) có duy nhất một số nguyên nên dãy đã cho xác định là duy nhất.
Ta có: u3  25; u4  89 . Ta giả sử un  xun 1  yun 2 .

un2 1

7x  2y  25
x  3

Từ u3  25; u4  89 ta có hệ: 
.
25
x


7
y

89
y

2


v  2; v2  7
Ta chứng minh dãy (vn ) :  1
thỏa mãn (2)
vn  3vn 1  2vn  2 n  3

Thật vậy, ta có: vn 

vn2 1
vn  2



vn .vn  2  vn2 1
vn  2

.

Từ công thức truy hồi của dãy ta có được vn  2n

n  2 (a). Mặt khác:


vn vn  2  vn2 1  vn  2 (3vn 1  2vn  2 )  vn 1(3vn  2  2vn  3 )

 2(vn 1vn  3  vn2  2 )  ...  (2)n  3 (v3v1  v22 )  (2)n  3 (b)
- 24 -


vn2 1 1
1
 .
Từ (a) và (b) ta suy ra:   vn 
2
vn  2 2
u  2; u2  7
 (un ) :  1
. Từ công thức truy hồi của dãy (un ) ta thấy un
un  3un 1  2un  2 n  2
là số nguyên lẻ n  2 .

Ví dụ 4.2: Cho dãy số (an ) : a0  0, a1  1, an 1  2an  an 1  1 n  1 . Chứng minh
rằng A  4anan  2  1 là số chính phương.
Giải:
Từ công thức truy hồi của dãy ta thay n  1 bởi n ta được:
an 1  2an  an 1  1
 an 1  3an  3an 1  an  2  0 .

a

2
a


a

1
 n
n 1
n 2

Xét phương trình đặc trưng  3  3 2  3  1  0    1
 an  (   n   n 2 ) , do a 0  0, a1  1, a2  3    0,    

1
.
2

1
(n  n 2 )  A  n(n  1)(n  2)(n  3)  (n 2  3n  1)2  đpcm.
2
Ví dụ 4.3: Cho dãy số (xn ) : x1  7, x 2  50; xn 1  4xn  5xn 1  1975 n  2 .
 an 

Chứng minh rằng x1996 1997

(HSG Quốc Gia – 1997 )

Giải:
Vì
1975  22(mod1997) do
xn 1  4xn  5xn 1  22 1997

đó


ta

chỉ

cần

chứng

minh

dãy

Đặt yn 1  axn 1  b  a(4xn  5xn 1  22)  b  4(axn  b)  5(axn 1  b)  22a  8b

 4yn  5yn 1  22a  8b .
Ta chọn a, b sao cho: 22a  8b  0 , ta chọn a  4  b  11 .
 yn 1  4xn 1  11  y1  39, y2  211; yn 1  4yn  5yn 1
8(1)n  25.5n
8  25.51996
Từ đây ta có được: yn 
.
 y1996 
3
3
Vì 8  25.51996  1  1  0(mod 3)  y1996 
Theo định lí Fecma 51996  1(mod1997)  y1996  11(mod1997)

 4x1996  11  11(mod1997)  x1996  0(mod1997) .
- 25 -