N.T.Thu - Mot So Phuong Phap Tim Cong Thuc Tong Quat Cua Day So PDF
N.T.Thu - Mot So Phuong Phap Tim Cong Thuc Tong Quat Cua Day So PDF
N.T.Thu - Mot So Phuong Phap Tim Cong Thuc Tong Quat Cua Day So PDF
-1-
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
MỤC LỤC
MỤC LỤC.................................................................................................................................... 1
LỜI MỞ ðẦU.............................................................................................................................. 3
I. SỬ DỤNG CSC – CSN ðỂ XÂY DỰNG CÁCH TÌM CTTQ CỦA MỘT SỐ DẠNG
DÃY SỐ CÓ CÔNG THỨC TRUY HỒI ðẶC BIỆT. ............................................................ 4
II. SỬ DỤNG PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC ðỂ XÁC ðỊNH CTTQ CỦA DÃY SỐ........... 24
III. ỨNG DỤNG BÀI TOÁN TÌM CTTQ CỦA DÃY SỐ VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI
TOÁN VỀ DÃY SỐ - TỔ HỢP............................................................................................... 30
-2-
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
LỜI MỞ ðẦU
Trong chương trình toán học THPT các bài toán liên quan ñến dãy số là một phần
quan trọng của ñại số và giải tích lớp 11 , học sinh thường gặp nhiều khó khăn khi giải
các bài toán liên qua ñến dãy số và ñặc biệt là bài toán xác ñịnh công thức số hạng tổng
quát của dãy số . Hơn nữa ở một số lớp bài toán khi ñã xác ñịnh ñược công thức tổng
quát của dãy số thì nội dung của bài toán gần như ñược giải quyết. Do ñó xác ñịnh công
thức tổng quát của dãy số chiếm một vị trí nhất ñịnh trong các bài toán dãy số.
Chuyên ñề “Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số ”
nhằm chia sẻ với các bạn ñồng nghiệp một số kinh nghiệm giải bài toán xác ñịnh CTTQ
của dãy số mà bản thân ñúc rút ñược trong quá trình học tập và giảng dạy.
Nội dung của chuyên ñề ñược chia làm ba mục :
I: Sử dụng CSC – CSN ñể xây dựng phương pháp tìm CTTQ của một số dạng dãy số
có dạng công thức truy hồi ñặc biệt.
II: Sử dụng phương pháp thế lượng giác ñể xác ñịnh CTTQ của dãy số
III: Ứng dụng của bài toán xác ñịnh CTTQ của dãy số vào giải một số bài toán về
dãy số - tổ hợp .
Một số kết quả trong chuyên ñề này ñã có ở một số sách tham khảo về dãy số, tuy
nhiên trong chuyên ñề các kết quả ñó ñược xây dựng một cách tự nhiên hơn và ñược sắp
xếp từ ñơn giản ñến phức tạp giúp các em học sinh nắm bắt kiến thức dễ dàng hơn và
phát triển tư duy cho các em học sinh.
Trong quá trình viết chuyên ñề, chúng tôi nhận ñược sự ñộng viên, giúp ñỡ nhiệt
thành của BGH và quý thầy cô tổ Toán Trường THPT BC Lê Hồng Phong. Chúng tôi
xin ñược bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc.
Vì năng lực và thời gian có nhiều hạn chế nên ở chuyên ñề sẽ có những thiếu sót. Rất
mong quý Thầy – Cô và các bạn ñồng nghiệp thông cảm và góp ý ñể chuyên ñề ñược tốt
hơn.
-3-
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
I. SỬ DỤNG CSC – CSN ðỂ XÂY DỰNG CÁCH TÌM CTTQ CỦA MỘT SỐ
DẠNG DÃY SỐ CÓ CÔNG THỨC TRUY HỒI ðẶC BIỆT.
Trong mục này chúng tôi xây dựng phương pháp xác ñịnh CTTQ của một số dạng dãy
số có công thức truy hồi dạng ñặc biệt. Phương pháp này ñược xây dựng dựa trên
các kết quả ñã biết về CSN – CSC , kết hợp với phương pháp chọn thích hợp. Trước hết
-4-
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
2. Áp dụng CSC – CSN ñể xác ñịnh CTTQ của một số dạng dãy số ñặc biệt
Ví dụ 1.1: Xác ñịnh số hạng tổng quát của dãy số (un ) ñược xác ñịnh 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 ñịnh số hạng tổng quát của dãy số (un ) ñược xác ñịnh bởi:
u1 = 3, un = 2un −1 ∀n ≥ 2 .
Giải:
Ta thấy dãy (un ) là một CSN có công bội q = 2 . Ta có: un = 3.2n −1 .
Ví dụ 1.3: Xác ñịnh số hạng tổng quát của dãy (un ) ñược xác ñịnh bởi:
u1 = −2, un = 3un −1 − 1 ∀n ≥ 2 .
Giải:
Trong bài toán này chúng ta 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 ñi và chuyển dãy số về CSN.
3 1
Ta có: −1 = − + nên ta viết công thức truy hồi của dãy như sau:
2 2
1 3 1
un − = 3un −1 − = 3(un −1 − ) (1).
2 2 2
1 5
ðặt vn = un − ⇒ v1 = − và vn = 3vn −1 ∀n ≥ 2 . Dãy (vn ) là CSN công bội q = 3
2 2
5 1 5 1
⇒ vn = v1.q n −1 = − .3n −1 . Vậy un = vn + = − .3n + ∀n = 1,2,...,.. .
2 2 2 2
3 1
Nhận xét: Mẫu chốt ở cách làm trên là ta phân tích −1 = − + ñể chuyển công thức
2 2
truy hồi của dãy về (1), từ ñó ta ñặt dãy phụ ñể chuyển về dãy (vn ) là một CSN. Tuy
nhiên việc làm trên có vẻ không tự nhiên lắm! Làm thế nào ta biết phân tích
3 1
−1 = − + ? Ta có thể làm như sau:
2 2
-5-
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
1
Ta phân tích −1 = k − 3k ⇒ k = .
2
u = x 0
Với cách làm này ta xác ñịnh ñược CTTQ của dãy (un ) : 1 .
u
n = aun −1
+ b ∀n ≥ 2
Thật vậy:
* Nếu a = 1 thì dãy (un ) là CSC có công sai d = b nên un = u1 + (n − 1)b .
ab b
* Nếu a ≠ 1 , ta viết b = − . Khi ñó công thức truy hồi của dãy ñược viết như
a −1 a −1
b b b b
sau: un + = a(un −1 + ) , từ ñây ta có ñược: un + = (u1 + )a n −1
a −1 a −1 a −1 a −1
a n −1 − 1
Hay un = u1a n −1 + b .
a −1
Vậy ta có kết quả sau:
Ví dụ 1.4: Xác ñịnh CTTQ của dãy (un ) ñược xác ñịnh : u1 = 2; un = 2un −1 + 3n − 1 .
Giải: ðể tìm CTTQ của dãy số ta tìm cách làm mất 3n − 1 ñể chuyển về dãy số là một
CSN. Muốn làm vậy ta viết :
3n − 1 = −3n − 5 + 2 3(n − 1) + 5 (2).
Khi ñó công thức truy hồi của dãy ñược viết như sau:
un + 3n + 5 = 2 un + 3(n − 1) + 5 .
ðặt vn = un + 3n + 5 , ta có: v1 = 10 và vn = 2vn −1 ∀n ≥ 2 ⇒ vn = v1.2n −1 = 10.2n −1
Vậy CTTQ của dãy (un ) : un = vn − 3n − 5 = 5.2n − 3n − 5 ∀n = 1,2, 3,... .
Chú ý : 1) ðể phân tích ñược ñẳng thức (2), ta làm như sau:
-6-
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
a − b = 2 a = −3
3n − 1 = an + b − 2 a(n − 1) + b . Cho n = 1; n = 2 ta có: ⇔ .
− b = 5 b = −5
u
( )
2) Trong trường hợp tổng quát dãy un : 1
u = au + f (n ) ∀n ≥ 2
, trong ñó f (n )
n n −1
là một ña thức bậc k theo n , ta xác ñịnh CTTQ như sau:
Phân tích f (n ) = g(n ) − ag(n − 1) (3) với g(n ) cũng là một ña thức theo n . Khi ñó ta
có: un − g(n ) = a un −1 − g(n − 1) = ... = a n −1 u1 − g(1)
Vậy ta có: un = u1 − g (1) a n −1 + g (n ) .
Vấn ñề còn lại là ta xác ñịnh g(n ) như thế nào ?
Ta thấy :
*Nếu a = 1 thì g(n ) − ag(n − 1) là một ña thức có bậc nhỏ hơn bậc của g(n ) một bậc và
không phụ thuộc vào hệ số tự do của g(n ) , mà f (n ) là ña thức bậc k nên ñể có (3) ta
chọn g(n ) là ña thức bậc k + 1 , có hệ số tự do bằng không và khi ñó ñể xác ñịnh g(n )
thì trong ñẳng thức (3) ta cho k + 1 giá trị của n bất kì ta ñược hệ k + 1 phương trình,
giải hệ này ta tìm ñược các hệ số của g(n ) .
* Nếu a ≠ 1 thì g(n ) − ag(n − 1) là một ña thức cùng bậc với g(n ) nên ta chọn g(n ) là
ña thức bậc k và trong ñẳng thức (3) ta cho k + 1 giá trị của n thì ta sẽ xác ñịnh ñược
g(n ) .
Vậy ta có kết quả sau:
u = x 0
Dạng 2: ðể xác ñịnh CTTQ của dãy (un ) ñược xác ñịnh bởi: 1 , trong
un = a.un −1 + f (n )
ñó f (n ) là một ña thức bậc k theo n ; a là hằng số. Ta làm như sau:
Ta phân tích: f (n ) = g(n ) − a.g(n − 1) với g(n ) là một ña thức theo n . Khi ñó, ta ñặt
vn = un − g(n ) ta có ñược: un = u1 − g(1) a n −1 + g(n ) .
Lưu ý nếu a = 1 , ta chọn g(n ) là ña thức bậc k + 1 có hệ số tự do bằng không, còn nếu
a ≠ 1 ta chọn g(n ) là ña thức bậc k .
u = 2
Ví dụ 1.5: Cho dãy số (un ) : 1 . Tìm CTTQ của dãy (un ) .
u
n = un −1
+ 2n + 1
( trong ñó g(n ) = an 2 + bn ).
−a + b = 1 a = 1
Cho n = 0, n = 1 ta có hệ: ⇔ ⇒ g(n ) = n 2 + 2n .
a + b = 3 b = 2
⇒ un = n 2 + 2n − 1 .
u1 = 1
Ví dụ 1.6: Cho dãy số (un ) : .Tìm CTTQ của dãy (un ) .
u
n = 3un −1
+ 2n
; n = 2, 3,...
Giải: Ta vẫn bắt chước cách làm trong các ví dụ trên, ta phân tích:
2n = a.2n − 3a.2n −1 . Cho n = 1 , ta có: a = −2 ⇒ 2n = −2.2n + 3.2.2n −1
Nên ta có: un + 2.2n = 3(un −1 + 2.2n −1 ) = ... = 3n −1(u1 + 4)
Vậy un = 5.3n −1 − 2n +1 .
Chú ý : Trong trường hợp tổng quát dãy (un ) : un = a.un −1 + b.α n , ta phân tích
α n = k .α n − ak .α n −1 với (a ≠ α ) .
( )
Khi ñó: un − kb.α n = a un −1 − kb.α n −1 = ... = a n −1 u1 − bk ( )
Suy ra un = a n −1(u1 − bk ) + bk .α n .
Trường hợp α = a , ta phân tích α n = n.α n − α (n − 1).α n −1
( )
⇒ un − bn.α n = α un −1 − b(n − 1).α n −1 = ... = α n −1(u1 − bα )
-8-
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
u1 = −2
Ví dụ 1.7: Tìm CTTQ của dãy (un ) : .
u
n = 5un −1
+ 2.3n
− 6.7 n
+ 12 ; n = 2, 3,...
3
3n = k .3n − 5k .3n −1 k = −
Giải: Ta có: n cho n = 1 , ta ñược:
2
n −1
7 = l .7 n
− 5l .7 l = 7
2
Hơn nữa 12 = −3 + 5.3 nên công thức truy hồi của dãy ñược viết lại như sau:
( )
un + 3.3n + 21.7n + 3 = 5 un −1 + 3.3n −1 + 21.7n −1 + 3 = ... = 5n −1 (u1 + 9 + 147 + 3)
u1 = p
Dạng 4: ðể xác ñịnh CTTQ của dãy (un ) : , trong
u
n = a .un −1
+ b.α n
+ f (n ); ∀n ≥ 2
ñó f (n ) là ña thức theo n bậc k , ta phân tích α n và f (n ) như cách phân tích ở dạng 2
và dạng 3.
Ví dụ 1.9: Xác ñịnh CTTQ của dãy (un ) : u0 = −1, u1 = 3, un = 5un −1 − 6un − 2 ∀n ≥ 2.
Giải: ðể xác ñịnh CTTQ của dãy số trên, ta thay thế dãy (un ) bằng một dãy số khác là
một CSN. Ta viết lại công thức truy hồi của dãy như sau:
-9-
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
x + x 2 = 5
un − x1.un −1 = x 2 (un −1 − x1un − 2 ) , do ñó ta phải chọn x1, x 2 : 1 hay x1, x 2 là
x x
1 2 = 6
Chú ý : Tương tự với cách làm trên ta xác ñịnh CTTQ của dãy (un ) ñược xác ñịnh bởi:
u 0 ; u1
, trong ñó a,b là các số thực cho trước và a 2 − 4b ≥ 0
un − a.un −1 + b.un − 2 =0 ∀n ≥ 2
như sau:
Gọi x1, x 2 là hai nghiệm của phương trình : x 2 − ax + b = 0 (4) ( phương trình này
ñược gọi là phương trình ñặc trưng của dãy).
Khi ñó: un − x1.un −1 = x 2 (un −1 − x1.un − 2 ) = ... = x 2n −1(u1 − x1.u0 ) .
Sử dụng kết quả của dạng 3, ta có các trường hợp sau:
x .u − u1 n u1 − x .u0 n
• Nếu x1 ≠ x 2 thì un = 2 0 x1 + x 2 . Hay un = k .x1n + l .x 2n , trong ñó
x 2 − x1 y −x
k + l = u0
k, l là nghiệm của hệ: .
x
1 .k + x 2
.l = u 1
u a au
• Nếu x1 = x 2 = α thì un = α n −1 0 + (u1 − 0 )n , hay un = (kn + l )α n −1 , trong
2 2
l = α .u0
ñó k, l là nghiệm của hệ: .
k + l = u
1
Vậy ta có kết quả sau:
u ; u
Dạng 5: ðể xác ñịnh CTTQ của dãy (un ) : 0 1 , trong
u
n − a .un −1
+ b.un −2
= 0 ∀n ≥ 2
- 10 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
k + l = u0
• Nếu x1 ≠ x 2 thì un = k .x1n + l .x 2n , trong ñó k, l là nghiệm của hệ : .
x
1 .k + x 2
.l = u1
l = α .u 0
• Nếu x1 = x 2 = α thì un = (kn + l )α n −1 , trong ñó k, l là nghiệm của hệ: .
k + l = u 1
u = 1; u1 = 2
( )
Ví dụ 1.10: Cho dãy số un ñược xác ñịnh bởi : 0
u = 4u + u ∀n ≥ 1
.
n +1 n n −1
u = 1; u1 = 3
Ví dụ 1.11: Xác ñịnh CTTQ của dãy: (un ) : 0 .
un − 4un −1 + 4un − 2 = 0 ∀n = 2, 3,...
Giải:
Phương trình ñặc trưng x 2 − 4x + 4 = 0 có nghiệm kép x = 2 nên un = (kn + l )2n −1
l = 2
Vì u 0 = 1; u1 = 3 nên ta có hệ: ⇔ k = 1; l = 2 .
k + l = 3
Vậy un = (n + 2)2n −1 .
u0 = −1; u1 = 3
Ví dụ 1.12: Cho dãy (un ) : . Xác ñịnh
un − 5un −1 + 6un − 2 = 2n + 2n + 1; ∀n ≥ 2
2
- 11 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, thì g(n ) là một ña thức cùng bậc với f (n )
Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, trong ñó một nghiệm bằng 1 thì ta chọn
g(n ) = n.h(n ) trong ñó h(n ) là ña thức cùng bậc với f (n ) .
Nếu (1) có nghiệm kép x = 1 thì ta chọn g (n ) = n 2 .h (n ) trong ñó h(n ) là ña thức
cùng bậc với f (n ) .
u ; u
Dạng 6: ðể tìm CTTQ của dãy (un ) : 0 1 ,
u
n + a .un −1
+ b.un −2
= f (n ) ; ∀n ≥ 2
u = 1; u1 = 4
Ví dụ 1.13: Xác ñịnh CTTQ của dãy (un ) : 0 .
un − 3un −1 + 2un − 2 = 2n + 1 ∀n ≥ 2
Giải:
Vì phương trình x 2 − 3x + 2 = 0 có hai nghiệm x = 1; x = 2 nên ta phân tích
2n + 1 = n(kn + l ) − 3(n − 1) k (n − 1) + l + 2(n − 2) k (n − 2) + l , cho n = 0; n = 1 ta
5k − l = 1
có hệ: ⇔ k = −1; l = −6 .
3k − l = 3
ðặt vn = un + n(n + 6) ⇒ v0 = 1; v1 = 11 và vn − 3vn −1 + 2vn −2 = 0
α + β = 1
⇒ vn = α .2n + β .1n với α , β : ⇔ α = 10; β = −9
2α + β = 11
- 13 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
u0 = −1; u1 = 3
Ví dụ 1.14: Tìm CTTQ của dãy số (un ) : .
u
n − 4un −1
+ 3un −2
= 5.2n
∀n ≥ 2
Chú ý : Với ý tưởng cách giải trên, ta tìm CTTQ của dãy số (un ) ñược xác ñịnh bởi:
u 0 ; u1
(với a 2 − 4b ≥ 0 ) như sau:
un + a.un −1 + b.un − 2 = c.α ∀n ≥ 2
n
x 2 + ax + b = 0 (8).
v = u0 − kc; v1 = u1 − kcα
Khi ñó, ta ñặt vn = un − kc.α n , ta có dãy (vn ) : 0
vn + a.vn −1 + bvn − 2 = 0 ∀n ≥ 2
⇒ vn = p.x1n + q.x 2n (x1, x 2 là hai nghiệm của (8)).
⇒ un = p.x1n + q.x 2n + kc.α n .
Vậy nếu x = α là một nghiệm của (8), tức là: α 2 + aα + b = 0 thì ta sẽ xử lí thế nào ?
Nhìn lại cách giải ở dạng 3, ta phân tích :
α n = kn.α n + a.k (n − 1)α n −1 + bk (n − 2)α n − 2 (9).
α a
Cho n = 2 ta có: α k (2α + a ) = α 2 ⇔ k (2α + a ) = α ⇔ k = (α ≠ − ) .
2α + a 2
⇒ (2) có nghiệm k ⇔ α là nghiệm ñơn của phương trình (8).
Khi ñó: ⇒ un = p.x1n + q.x 2n + kcn.α n .
- 14 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
a
Cuối cùng ta xét trường hợp x = α = − là nghiệm kép của (8). Với tư tưởng như trên,
2
ta sẽ phân tích: α n = kn 2 .α n + a.k (n − 1)2 α n −1 + bk (n − 2)2 α n − 2 (10).
α 1
Cho n = 2 ta có: (10) ⇔ α 2 = 4k .α 2 + ak .α ⇒ k = = .
4α + a 2
1
Khi ñó: ⇒ un = p.x1n + q.x 2n + cn 2 .α n .
2
Vậy ta có kết quả sau:
u 0 ; u1
Dạng 7: Cho dãy số (un ) xác ñịnh bởi: .
un + a.un −1 + b.un − 2 = c.α ; ∀n ≥ 2
n
u0 = −1; u1 = 3
Ví dụ 1.15: Xác ñịnh CTTQ của dãy (un ) : .
u
n − 5un −1
+ 6un −2
= 5.2n
∀n ≥ 2
Giải:
Phương trình x 2 − 5x + 6 = 0 có hai nghiệm x1 = 2; x 2 = 3 , do ñó
un = p.2n + q.3n + 5kn.2n .
- 15 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
α 2
k = = = −2
2α + a 4 − 5
Với p + q = −1 ⇔ k = −2; p = −26;q = 25 .
2p + 3q + 10k = 3
Vậy un = −26.2n + 25.3n − 10n.2n = 25.3n − 2n +1(5n + 13) ∀n = 1,2,... .
u0 = 1; u1 = 3
Ví dụ 1.16: Tìm CTTQ của dãy (un ) : n .
u
n − 4u n −1
+ 4un −2
= 3.2
Giải:
3 2 n
Phương trình x 2 − 4x + 4 = 0 có nghiệm kép x = 2 nên un = (p + qn + n )2
2
p = 1
Dựa vào u 0 , u1 ta có hệ: ⇔ p = 1; q = −1 .
p + q = 0
Với cách xây dựng tương tự ta cũng có ñược các kết quả sau:
u , u , u
Dạng 8: Cho dãy (un ) : 0 1 2 .ðể xác ñịnh CTTQ
u
n + au n −1
+ bun −2
+ cun −3
= 0 ∀n ≥ 3
u = 0, u2 = 1, u3 = 3,
Ví dụ 1.17: Tìm CTTQ của dãy (un ) : 1
un = 7un −1 − 11.un − 2 + 5.un − 3 , ∀n ≥ 4
- 16 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
Vậy an = α + β n + γ 5n
1 3 1
α=− , β = , γ =
16 4 16
1 3 1
Vậy an = − + ( n − 1) + .5n −1 .
16 4 16
u = 2; un = 2un −1 + vn −1
Ví dụ 1.18: Tìm CTTQ của dãy số (un ),(vn ) : 0 ∀n ≥ 1 .
v
0 = 1; v n
= 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
1 + 3n +1 −1 + 3n +1
Từ ñây, ta có: un = ⇒ vn = un +1 − 2un = .
2 2
Tương tự ta có kết quả sau:
- 17 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
q − λr
λ =
Ta chọn λ , λ ' sao cho λs − p ⇒ x n − λyn = (p − λs )(x n −1 − λyn −1 )
λ ' = q + λ ' r x n + λ ' yn = (p + λ ' s )(x n −1 + λ ' yn −1 )
λ 's + p
x − λy = (p − λs )n −1(x − λy )
n n
n −1
1 1
giải hệ này ta tìm ñược ( xn ) , ( yn ) .
x n + λ ' yn = (p + λ ' s ) (x1 + λ ' y1 )
u1 = 1
Ví dụ 1.19: Tìm CTTQ của dãy (un ) : 2un −1 .
u =
n 3u ∀n ≥ 2
n −1
+4
1 3u +4 3 1 1
Giải: Ta có = n −1 = +2 . ðặt x n = , ta có:
un 2un −1 2 un −1 un
x1 = 1
5.2n −1 − 3 2
3 ⇒ x = ⇒ u = .
= +
n n n −1
x
n 2 x n −1
2 5.2 −3
2
u1 = 2
Ví dụ 1.20: Tìm CTTQ của dãy số (un ) : −9un −1 − 24 .
un = 5u + 13
∀n ≥ 2
n −1
Giải: Bài toán này không còn ñơn giải như bài toán trên vì ở trên tử số còn hệ số tự do,
do ñó ta tìm cách làm mất hệ số tự do ở trên tử số. Muốn vậy ta ñưa vào dãy phụ bằng
cách ñặt un = xn + t . Thay vào công thức truy hồi, ta có:
−9x n −1 − 9t − 24 (−9 − 5t )xn −1 − 5t 2 − 22t − 24
xn + t = ⇒ xn =
5x n −1 + 5t + 13 5x n −1 + 5t + 13
Ta chọn t : 5t 2 + 22t + 24 = 0 ⇒ t = −2 ⇒ x1 = 4
x n −1 1 3 1 11.3n −1 − 10 4
⇒ xn = ⇒ =5+ ⇒ = ⇒ xn =
5xn −1 +3 xn x n −1 xn 4 11.3n −1 − 10
−22.3n −1 + 24
⇒ un = x n − 2 = .
n −1
11.3 − 10
- 18 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
pun −1 + q
Dạng 10: Cho dãy ( un ): u1 = α ; un = ∀n ≥ 2 . ðể tìm CTTQ của dãy (xn)
run −1 + s
ta làm như sau:
ðặt un = x n + t , thay vào công thức truy hồi của dãy ta có:
px n −1 + pt + q (p − rt )x n −1 − rt 2 + (p − s )t + q
xn = −t = (13).
run −1 + rt + s rx n −1 + rt + s
1 1
Ta chọn t : rt 2 + (s − p)t − q = 0 . Khi ñó ta chuyển (13) về dạng: =a +b
xn x n −1
1
Từ ñây ta tìm ñược , suy ra un .
xn
u = 2
Ví dụ 1.21: Xác ñịnh CTTQ của hai dãy số (un ),(vn ) : 1 và
v1 = 1
u = u 2 + 2v 2
n n −1 n −1 ∀n ≥ 2 .
vn = 2un −1vn −1
Giải:
un = un −1 + 2vn −1 un + 2vn = (un −1 + 2vn −1 )
2 2 2
Ta có: ⇒
2v n
= 2 2u v
n −1 n −1 un − 2vn = (un −1 − 2vn −1 )
2
2n − 1 n −1
un + 2vn = (u1 + 2v1 ) = (2 + 2)2
⇒ n −1 n −1
un − 2vn = (u1 − 2v1 )2 = (2 − 2)2
1 2n −1 2n − 1
u
n = (2 + 2) + (2 − 2)
⇒ 2
.
1 n −1 n −1
vn =
(2 + 2) − (2 − 2)
2 2
2 2
- 19 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
2
un −1
+ 2
u = u 2 + 2v 2 un un2 −1 + 2vn2 −1 v
Nhận xét: Từ n n − 1 n − 1 ⇒ = = n −1
v
n = 2u v
n −1 n −1
v 2un −1vn −1 u
n
2 n −1
v
n −1
x1 = 2
un
Do vậy nếu ta ñặt x n = ta ñược dãy số (xn ) : x n2 −1 + 2 . Ta có bài toán sau:
vn x n =
2x n −1
x1 = 2
Ví dụ 1.22: Xác ñịnh CTTQ của dãy số (xn ) : x n2 −1 + 2 .
x
n = ∀n ≥ 2
2x n −1
Giải:
u1 = 2 un = un −1 + 2vn −1
2 2
Xét hai dãy (un ),(vn ) : và ∀n ≥ 2 .
v = 1 v = 2u v
1 n n −1 n −1
u
Ta chứng minh x n = n (14).
vn
u2
• n = 2 ⇒ x2 = = 2 ⇒ n = 2 (14) ñúng.
v2
un −1 x n2 −1 + 2 un2 −1 + 2vn2 −1 un
• Giả sử x n −1 = ⇒ xn = = = ⇒ (14) ñược chứng
vn −1 2x n −1 2un −1vn −1 vn
minh
n −1 n −1
(2 + 2)2 + (2 − 2)2
Theo kết quả bài toán trên, ta có: x n = 2 .
2n − 1 2n − 1
(2 + 2) − (2 − 2)
Dạng 11:
1) Từ hai ví dụ trên ta có ñược cách tìm CTTQ của hai dãy số (un ),(vn ) ñược xác ñịnh
u = u 2 + a.v 2 ; u = α
bởi: n n −1 n −1 1 (trong ñó a là số thực dương) như sau:
v
n = 2v u
n −1 n −1
; v1
= β
- 20 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
un = un −1 + a.vn −1 un + aun −1 = (un −1 + aun −1 )
2 2 2
Ta có: ⇒
a .vn = 2 a .vn −1un −1 un − aun −1 = (un −1 − aun −1 )
2
1 2n − 1 n −1
un = (α + β a ) + (α − β a )2
⇒ 2 .
1 2n − 1 2n − 1
vn =
(α + β a ) − (α − β a )
2 a
x1 = α
2) Áp dụng kết quả trên ta tìm ñược CTTQ của dãy (xn ) : x n2 −1 + a .
x n =
2x n −1
u = u 2 + a.v 2 ; u = α
Xét hai dãy (un ),(vn ) : n n −1 n −1 1
u1 = 1
Ví dụ 1.23: Cho dãy (un ) : . Tìm un ?
u
n = 5un −1
+ 24u 2
n −1
− 8 ∀n ≥ 2
Giải:
Ta có: u2 = 9; u3 = 89; u4 = 881 . Giả sử: un = xun −1 + yun − 2
9x + y = 89 x = 10
⇒ ⇔ . Ta chứng minh: un = 10un −1 − un − 2 ∀n ≥ 3
89x + 9y = 881 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 (15) thay n bởi n − 1 , ta ñược:
un2 − 2 − 10un − 2un −1 + un2 −1 − 8 = 0 (16) .
Từ (15),(16) ⇒ un − 2 , un là hai nghiệm của phương trình : t 2 − 10un −1t + un2 −1 − 8 = 0
Áp dụng ñịnh lí Viet, ta có: un + un − 2 = 10un −1 .
( ) ( )
6 −2 n −1 6 +2 n −1
Vậy un = 5−2 6 + 5+2 6 .
2 6 2 6
- 21 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
Dạng 12:
u1 = 1
1) Dãy (un ) : là dãy nguyên ⇔ a = 24 .
u
n = 5un −1
+ au 2
n −1
− 8 ∀n ≥ 2
u1 = u2 = 1
Ví dụ 1.24: Cho dãy (un ) : un2 −1 + 2 . Tìm un ?
u
n = ∀n ≥ 2
un − 2
Giải:
Ta có: u 3 = 3; u4 = 11; u5 = 41 . Ta giả sử un = xun −1 + yun −2 + z .Từ u3 = 3; u4 = 11;
- 22 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
x + y + z = 3 x = 4
u5 = 41 ta có hệ phương trình: 3x + y + z = 11 ⇔ y = −1 ⇒ un = 4un −1 − un − 2
11x + 3y + z = 41 z = 0
u = u2 = 1
Ta chứng minh (un ) : 1 .
un = 4un −1 − un − 2 ∀n ≥ 3
• Với n = 3 ⇒ u3 = 4u2 − u1 = 3 ⇒ n = 3 ñúng
• Giả sử uk = 4uk −1 − uk − 2 . Ta có:
( 4uk −1 − uk −2 )
2
uk2 + 2 +2 16uk2 −1 − 8uk −1uk − 2 + uk2 − 2 + 2
uk +1 = = =
uk −1 uk −1 uk −1
16uk2 −1 − 8uk −1uk − 2 + uk −1uk − 3
= = 16uk −1 − 8uk −2 + uk − 3
uk −1
= 4(4uk −1 − uk − 2 ) − (4uk − 2 − uk − 3 ) = 4uk − uk −1
( ) ( )
3 +1 n −1 3 −1 n −1
Theo nguyên lí quy nạp ta có ñpcm ⇒ un = 2− 3 + 2+ 3 .
2 3 2 3
- 23 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
II. SỬ DỤNG PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC ðỂ XÁC ðỊNH CTTQ CỦA DÃY SỐ
Nhiều dãy số có công thức truy hồi phức tạp trở thành ñơn giản nhờ phép thế lượng giác.
Khi trong bài toán xuất hiện những yếu tố gợi cho ta nhớ ñến 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 ) : 2 . Xác ñịnh CTTQ của dãy (un ) .
un = 2un −1 − 1 ∀n ≥ 2
2
Giải:
Từ công thức truy hồi của dãy, ta liên tưởng ñến công thức nhân ñôi của hàm số côsin
1 π π 2π
Ta có: u1 = = cos ⇒ u2 = 2 cos2 − 1 = cos
2 3 3 3
2π 4π 8π
⇒ u3 = 2 cos2 − 1 = cos ⇒ u4 = cos ....
3 3 3
2n −1 π
Ta chứng minh un = cos . Thật vậy
3
22 −1 π 2π
• Với n = 2 ⇒ u2 = cos = cos (ñúng)
3 3
2n − 2 π 2 2
n −1
π 2n −1 π
• Giả sử un −1 = cos ⇒ un = 2un −1 − 1 = 2 cos
2
− 1 = cos
3 3 3
n −1
2 π
Vậy un = cos ∀n ≥ 1 .
3
u1
Dạng 13: ðể xác ñịnh CTTQ của dãy số (un ) : ta làm như
u
n = 2u 2
n −1
− 1 ∀ n ≥ 2
sau:
• Nếu | u1 |≤ 1 , ta ñặt u1 = cos α . Khi ñó ta có: un = cos 2n −1α .
1 1
• Nếu | u1 |> 1 ta ñặt u1 =(a + ) ( trong ñó a ≠ 0 và cùng dấu với u1 ).
2 a
1 1 1 1 1 1
Khi ñó u2 = (a 2 + 2 + ) − 1 = (a 2 + ) ⇒ u3 = (a 4 + ) ....
2 a2 2 a2 2 a4
- 24 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
1 2n −1 1
Ta chứng minh ñược un = (a + n −1 ) ∀n ≥ 1 . Trong ñó a là nghiệm (cùng dấu
2 a2
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
2n − 1 2n − 1
1 .
un = u1 − u1 − 1
2
+ u1 + u1 − 1
2
2
3
u1 =
Ví dụ 2.2: Xác ñịnh CTTQ của dãy số (un ) : 2 .
u = 4u 3
− 3un −1 ∀n ≥ 2
n n −1
Giải:
3 π 3π π π 32 π
Ta có: u1 = = cos ⇒ u2 = 4 cos − 3 cos = cos 3 ⇒ u3 = cos .....
2 6 6 6 6 6
3n −1 π
Bằng quy nạp ta chứng minh ñược: un = cos .
6
Dạng 14:
u1 = p
1) ðể tìm CTTQ của dãy (un ) : , ta làm như sau
u
n = 4u 3
n −1
− 3 un −1
∀n ≥ 2
• Nếu | p |≤ 1 ⇒ ∃α ∈ 0; π : cos α = p .
Khi ñó bằng quy nạp ta chứng minh ñược : un = cos 3n −1α .
1 1
• Nếu | p |> 1 , ta ñặt u1 = a + (a cùng dấu với u1 )
2 a
1 3n −1 1
Bằng quy nạp ta chứng minh ñược un = a + n −1 .
2 a3
3n − 1 3n − 1
1 .
Hay un = u1 − u1 − 1
2
+ u1 + u1 − 1
2
2
2) Từ trường hợp thứ hai của bài toán trên, ta có cách tìm CTTQ của dãy số
- 25 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
u1 = p 1 1
(un ) : bằng cách ñặt u1 = (a − ) . Khi ñó bằng quy nạp
un = 4un −1 + 3un −1 ∀n ≥ 2
3
2 a
ta chứng minh ñược :
3n − 1 3n − 1
1 3n −1 1 1
un = a − n −1 = u1 + u1 + 1
2
+ u1 − u12 + 1 .
2 3 2
a
Chú ý : Trong một số trường hợp ta xác ñịnh ñược CTTQ của dãy (un ) cho bởi:
u1
.
u
n = u 3
n −1
+ au 2
n −1
+ bun −1
+ c ∀n ≥ 2
Bằng cách ñưa vào dãy phụ ñể chuyển dãy ñã cho về một trong hai dạng ở trên.
3
Ví dụ 2.3: Xác ñịnh CTTQ của dãy (un ) : u1 = và
6
un = 24un3 −1 − 12 6un2 −1 + 15un −1 − 6 ∀n ≥ 2 .
Giải:
ðặt un = x .vn + y . Thay vào công thức truy hồi của dãy, biến ñổi và rút gọn ta ñược
x .vn + y = 24x 3vn3 −1 + 12(6x 2y − 6x 2 )vn2 −1 + 3(24xy 2 − 8 6xy + 5x )vn −1 +
+24y 3 − 12 6y 2 + 15y − 6 .
6x 2y − 6x 2 = 0
1
Ta chọn y : ⇔y = .
24y 3
− 12 6y 2
+ 15y − 6 = y 6
1
Khi ñó: x .vn = 24x 3vn3 −1 + 3x .vn −1 ⇔ vn = 24x 2vn3 −1 + 3vn −1 . Ta chọn x =
6
⇒ vn = 4vn3 −1 + 3vn −1 và v1 = 2 .
1 3n − 1 3n − 1
⇒ vn = (2 + 5) + (2 − 5) .
2
1 3n − 1 3n − 1 1
Vậy un = (2 + 5) + (2 − 5) + ∀n = 1,2,... .
2 6 6
- 26 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
3
u1 =
Ví dụ 2.4: Xác ñịnh CTTQ của dãy (un ) : 2 .
un = 2 − un2 −1 ∀n ≥ 2
3 π
Giải: ðặt − = cos α , α ∈ ; π , khi ñó :
4 2
u1 = −2 cos α ⇒ u2 = 2(1 − 2 cos2 α ) = −2 cos 2α .
Bằng quy nạp ta chứng minh ñược un = −2 cos 2n −1α .
1
u1 =
2
Ví dụ 2.5: Tìm CTTQ của dãy số (un ) : .
2 − 2 1 − un2 −1
un = 2
∀n ≥ 2
Giải: Từ công thức truy hồi của dãy, gợi ta nhớ ñến công thức lượng giác
sin2 α + cos2 α = 1 ⇔ 1 − sin2 α = cos2 α .
π π
2 − 2 1 − sin2 2(1 − cos )
1 π 6 6 = sin π
Ta có: u1 = = sin ⇒ u2 = =
2 6 2 2 2.6
π
Bằng quy nạp ta chứng minh ñược: un = sin .
n −1
2 .6
Ví dụ 2.6: Cho a,b là hai số thực dương không ñổi thỏa mãn a < b và hai dãy (an ),(bn )
a +b
a1 = ;b1 = b.a1
ñược xác ñịnh: 2 . Tìm an và bn .
a + b
a = n −1 n −1 ;b = a b
n n −1
∀n ≥ 2
n 2 n
Giải:
a a π
Ta có: 0 < < 1 nên ta ñặt = cos α với α ∈ 0;
b b 2
b cos α + b b(1 + cos α ) α α α
Khi ñó: a1 = = = b cos2 và b1 = b.b cos2 = b cos
2 2 2 2 2
- 27 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
α α
a1 + b1 b cos2 + b cos
a2 = = 2 = b cos α .cos2 α và b = b cos α cos α .
2
2
2 2 2 22 2 22
Bằng quy nạp ta chứng minh ñược:
α α α α α α
an = b cos cos ...cos2 và bn = b cos cos ...cos .
2 22 2n 2 22 2n
u = 3
1
Ví dụ 2.7: Cho dãy (un ) : un −1 + 2 − 1 . Tính u2003 (Trích ñề thi
u
n = ∀n ≥ 2
1 + (1 − 2)un −1
Olympic 30 – 4 – 2003 Khối 11).
π
un −1 + tan
π 8
Giải: Ta có tan = 2 − 1 ⇒ un =
8 π
1 − tan un −1
8
π π
tan + tan
π 8 = tan(π + π )
3
Mà u1 = 3 = tan ⇒ u2 =
3 π π 3 8
1 − tan tan
3 8
π π
Bằng quy nạp ta chứng minh ñược un = tan + (n − 1) .
3 8
π 2002π π π
Vậy u2003 = tan + = tan + = −( 3 + 2) .
3 8 3 4
u1 = a
Chú ý : ðể tìm CTTQ của dãy (un ) : un −1 + b .
u =
n 1 − bu ∀n ≥ 2
n −1
Ta ñặt a = tan α ;b = tan β , khi ñó ta chứng minh ñược: un = tan α + (n − 1)β
u = 3
1
Ví dụ 2.8: Tìm CTTQ của dãy số (un ) : un −1 .
un = ∀n ≥ 2
1 + 1 + un2 −1
- 28 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
1 1 1 1
Giải: Ta có: = + 1+ . ðặt x n = khi ñó ta ñược dãy (xn ) ñược xác
un un −1 u2 n −1
un
1
ñịnh như sau: x1 = và x n = x n −1 + 1 + xn2 −1 .
3
π
1 + cos
1 π π π 3 = cot π
Vì x1 = = cot ⇒ x 2 = cot + 1 + cot2 =
3 3 3 3 π 2.3
sin
3
π π
Bằng quy nạp ta chứng minh ñược: x n = cot ⇒ un = tan ∀n = 1,2,...
2n −1.3 2n −1.3
- 29 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
III. 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 ñưa ra một số ví dụ các bài toán về dãy số và tổ hợp mà quá
trình giải các bài toán ñó chúng ta vận dụng một số kết quả ở trên.
- 30 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
Nhận xét: Từ bài toán trên ta có kết quả tổng quát hơn là: x p −1 ⋮ p với p là số nguyên tố
lẻ.
u = 20; u1 = 100
Ví dụ 3.3: Cho dãy số (un ) : 0 .Tìm số nguyên dương
un + 1 = 4un + 5un −1 + 20 ∀n ≥ 2
h bé nhất sao cho: un + h − un ⋮1998 ∀n ∈ ℕ * (HSG Quốc Gia Bảng A – 1998 ).
Giải:
a = 45; a1 = 205
ðặt an = 2un + 5 , ta có dãy (an ) : 0
an +1 = 4an + 5an −1 ∀n ≥ 2
10 125 n 125 n 5 5
⇒ an = (−1)n + .5 ⇒ un = .5 + (−1)n − .
3 3 6 3 2
Vì an + h − an = 2(un + h − un ) ⇒ un + h − un ⋮1998 ⇔ an + h − an ⋮ 2.1998 = 22.33.37
(−1)n .10 125.5n h
Mà an + h − an = (−1) − 1 +
h
(5 − 1)
3 3
5h − 1⋮ 4
125.5 n
• Nếu h chẵn ⇒ an + h − an = (5 − 1)⋮ 4.27.37 ⇔ 5h − 1⋮ 81 (17)
h
3 h
5 − 1⋮ 37
Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 5k − 1⋮ 37 . Vì 536 − 1⋮ 37 ⇒ 36 ⋮ k
{ }
⇒ k ∈ 1,2, 3, 4,12,18, 36 thử trực tiếp ta thấy chỉ có k = 36 thỏa mãn
⇒ 5h − 1⋮ 37 ⇒ h ⋮ 36 (18)
Chứng minh tương tự, ta cũng có: 5h − 1⋮ 81 ⇒ h ⋮ϕ(81) = 54 (19)
Từ (18) và (19) ta suy ra (17) ⇔ h ⋮ 36, 54 = 108 ⇒ h ≥ 108 .
• Nếu h lẻ: Vì un + h ≡ un (mod 1998)
u ≡ u 0 ≡ 20(mod1998)
Nên ta có: h ⇒ 5uh −1 ≡ uh +1 − 4uh − 20 ≡ 0(mod1998)
u
h +1 ≡ u1
≡ 100(mod1998)
⇒ uh −1 ⋮ 0(mod1998)
125 h 25 125 h −1 5
Vì h lẻ ⇒ h − 1 chẵn ⇒ uh = .5 − và uh −1 = .5 −
6 6 6 6
⇒ uh ≡ 5uh −1 ≡ 0(mod1998) mâu thuẫn với uh ≡ 20(mod1998) .
- 31 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
2xn + 1
Ví dụ 3.4: Cho dãy (xn ) : x 0 = 2; x n +1 =
xn + 2
1) Tính x 2000 ?
2000
2) Tìm phần nguyên của A = ∑ xi (Olympic 30 – 4 – 2000 khối 11 ).
i =1
xn − 1 1 3 1
Giải: Ta có: x n +1 − 1 = ⇒ =1+ . ðặt an = ⇒ a 0 = 1 và
xn + 2 xn +1 − 1 xn − 1 xn − 1
3n +1 − 1 2
an + 1 = 3an + 1 ⇒ an = ⇒ xn = 1 + .
2 3n + 1 − 1
32001 + 1
a) Ta có: x 2000 =
32001 − 1
2000
1 2 2000 1
b) Ta có: A = 2000 + 2 ∑ ⇒ 2000 < A < 2000 + ∑ < 2001
i +1
i =1 3 −1 3 i =1 3i
Vậy [A] = 2000 .
n n n
1 1 1 1 1 3 1
⇒ yn = ∑ 2x + 1 = ∑ + sin2 α ∑ (1 − )= (1 − ) + [n − (1 − )]sin2 α
i =1 i i =1 3
i
i =1 3i −1 2 3n 2 3n
1
Vì lim = 0 nên dãy (yn ) có giới hạn hữu hạn ⇔ sin α = 0 ⇔ α = kπ
3n
- 32 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
1
Khi ñó lim yn = .
2
x = −1 x = −3x n2 − 2xn yn + 8yn2
n +1
Ví dụ 3.6: Cho hai dãy (xn ),(yn ) : 1 và ∀n ≥ 1 .
y1 = 1 yn +1 = 2x n + 3x n yn − 2yn
2 2
Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho x p + y p không chia hết cho p . (TH&TT – 327 )
Giải:
n −1
Ta có: x n + 2yn = (xn −1 + 2yn −1 )2 = ... = (x1 + 2y1 )2 = 1 (20)
Giả sử có một số tự nhiên k ñể yk = 2xk ⇒ yk +1 = 0 . Khi ñó, ta có:
x = −3x k2 +1
k +2 vô lí. Vậy yn +1 = (2x n − yn )(x n + 2yn ) ≠ 0 ∀n .
x
k + 2 = 1
x (3x n − 4yn )(x n + 2yn ) −3x n + 4yn
Suy ra : n +1 = − = .
yn + 1 (2x n − yn )(x n + 2yn ) 2x n − yn
xn +1 −3an + 4
ðặt an +1 = ⇒ a1 = −1;an + 1 =
yn + 1 2an − 1
an + 2 1 5 1 1 + 2(−5)n −1
⇒ an + 1 + 2 = ⇒ =2− ⇒ =
2an − 1 an + 1 +2 an + 2 an + 2 3
1 − 4.(−5)n −1 xn
⇒ an = = (21)
n −1
1 + 2.(−5) yn
1 − 4.(−5)n −1 1 + 2.(−5)n −1 2 − 2(−5)n −1
Từ (20) và (21) ⇒ xn = ; yn = ⇒ x n + yn = .
3 3 3
* Nếu p = 2 ⇒ x 2 + y2 = 4 ⋮ 2 ⇒ p = 2 không thỏa yêu cầu bài toán.
* Nếu p = 3 ⇒ x 3 + y 3 = −16 không chia hết cho 3 ⇒ p = 3 thỏa yêu cầu bài toán.
* Nếu p = 5 ta thấy cũng thỏa yêu cầu bài toán.
* Nếu p > 5 ⇒ (−5)p −1 ≡ 1(mod p) ⇒ x p + y p ≡ 0(mod p)
Vậy p = 3, p = 5 là hai giá trị cần tìm.
- 33 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
2
u1 =
3
Ví dụ 3.7: Cho dãy (un ) : un −1 . Tính tổng của 2001 số
un = ∀n ≥ 2
2(2n − 1)un −1 + 1
hạng ñầu tiên của dãy (un ) (HSG Quốc Gia – 2001 ).
Giải:
1 1
Ta có: = + 4n − 2 (22).
un un −1
Ta phân tích 4n − 2 = k n 2 − (n − 1)2 + l n − (n − 1) . Cho n = 0; n = 1 , ta có hệ
−k + l = −2
⇔ k = 2; l = 0 .
k + l = 2
1 1 1 1
Suy ra (22) ⇔ − 2n 2 = − 2(n − 1)2 = ... = −2 = −
un un −1 u1 2
1 4n 2 − 1 (2n − 1)(2n + 1)
⇒ = =
un 2 2
2 1 1
⇒ un = = −
(2n − 1)(2n + 1) 2n − 1 2n + 1
2001 2001 1 1 1 4002
⇒ ∑ ui = ∑ 2i − 1 − 2i + 1 = 1 − 4003 =
4003
.
i =1 i =1
x = x + 1 + x n2 −1
x = 3 n n −1
Ví dụ 3.8: Cho hai dãy số (xn ); (yn ) xác ñịnh : 1 và yn −1
y1 = 3 yn =
1 + 1 + yn −1
∀n ≥ 2 . Chứng minh rằng 2 < xn yn < 3 ∀n ≥ 2 . (Belarus 1999).
Giải:
π
cos +1
π π π 6 π
Ta có: x1 = 3 = cot ⇒ x 2 = cot + 1 + cot 2
= = cot
6 6 6 π 2.6
sin
6
- 34 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
π
Bằng quy nạp ta chứng minh ñược: x n = cot .
n −1
2 .6
π
Theo kết quả của ví dụ 2.8, ta có: yn = tan
2n −1.3
π
ðặt αn = ⇒ x n = cot αn ; yn = tan 2αn ⇒ xn .yn = tan 2αn .cot αn
2n .3
1 2 2t
ðặt t = tan αn ⇒ tan 2αn .cot αn = . = .
1−t 2 t
1−t 2
π π 1 2
Vì n ≥ 2 ⇒ 0 < αn < ⇒ 0 < t < tan = ⇒ ≤ 1 − t2 < 1
6 6 3 3
2
⇒2< < 3 ⇒ 2 < x n yn ≤ 3 ∀n ≥ 2 ⇒ ñpcm.
1−t 2
| x1 |< 1
Ví dụ 3.9: Cho dãy số (xn ) : −x n + 3 − 3x n2 .
x n +1 = ∀n ≥ 2
2
1) Cần có thêm ñiều kiện gì ñối với x1 ñể dãy gồm toàn số dương ?
2) Dãy số này có tuần hoàn không ? Tại sao ? (HSG Quốc Gia 1990).
Giải:
π π
Vì | x1 |< 1 nên tồn tại α ∈ − ; : sin α = x1 . Khi ñó:
2 2
1 3 π
x 2 = − sin α + cos α = sin( − α )
2 2 3
1 π 3 π
x 3 = − sin( − α ) + | cos( − α ) | .
2 3 2 3
π π
• Nếu − ≤α < ⇒ x 3 = sin α
6 2
π π 2π
• Nếu − <α < − ⇒ x 3 = sin(α − ).
2 6 3
Bằng quy nạp ta chứng minh ñược:
sin α khi n = 2k + 1
π π
i ) Nếu − ≤ α < thì: x n = π
6 2 sin( − α ) khi n = 2k
3
- 35 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
2π
π π
sin(α − ) khi n = 2k + 1
ii ) Nếu − < α < − thì: x n = 3 ∀k ≥ 1 .
2 6 sin( π − α ) khi n = 2k
3
sin α > 0 π
0<α < π
1) Dãy gồm toàn số dương ⇔ π ⇔ 2 ⇔ 0<α < .
sin 3 − α > 0 − π ≤ α < π 3
6 3
3
Vậy 0 < x1 < là ñiều kiện cần phải tìm.
2
2) Dựa vào kết quả trên ta có:
π π 1
• Nếu sin α = sin − α ⇔ α = ⇔ x1 = . Khi ñó từ (1) ta có ñược
3 6 2
x1 = x 2 = ... = xn = ... ⇒ (x n ) là dãy tuần hoàn.
1
− ≤ x1 < 1
• Nếu 2 thì dãy số có dạng x1, x 2 , x1, x 2 ,....
x ≠ 1
1 2
1
• Nếu −1 < x1 < − thì dãy số có dạng x1, x 2 , x 3 , x 2 , x 3 ....
2
Ví dụ 3.10: Tính tổng Sn = 1 + 3 + 5 + .. + 2n − 1 , với n là số tự nhiên n ≥ 1 .
Giải:
Ta có: S1 = 1 và Sn = Sn −1 + 2n − 1 .
Mà: 2n − 1 = n 2 − (n − 1)2 ⇒ Sn − n 2 = Sn −1 − (n − 1)2 = ... = S1 − 1 = 0
Vậy Sn = n 2 .
Giải: Ta có S1 = 1 và Sn = Sn −1 + n 2 (23).
Ta phân tích: n 2 = k n 3 − (n − 1)3 + l n 2 − (n − 1)2 + t n − (n − 1)
- 36 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
k − l + t = 0
1 1 1
Cho n = 0; n = 1; n = 2 , ta có hệ: k + l + t = 1 ⇔ k = ;l = ;t =
7k + 3l + t = 4 3 2 6
1 1 1 1 1 1
⇒ (23) ⇔ Sn − n 3 + n 2 + n = Sn −1 − (n − 1)3 + (n − 1)2 + (n − 1)
3 2 6 3 2 6
1 3 1 2 1 2n 3 + 3n 2 + n n(n + 1)(2n + 1)
⇒ S n − n + n + n = S1 − 1 = 0 ⇒ S n = = .
3 2 6 6 6
Ví dụ 3.13: Trong mp cho n ñường thẳng, trong ñó không có ba ñường nào ñồng quy và
ñôi một không cắt nhau. Hỏi n ñường thẳng trên chia mặt phẳng thành bao nhiêu miền ?
- 37 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
Chú ý :
Với giả thiết ở trong ví dụ trên nếu thay yêu cầu tính số miên bằng tính số ña giác tạo
(n − 2)(n − 1)
thành thì ta tìm ñược: an = .
2
Ví dụ 3.14: Trong không gian cho n mặt phẳng, trong ñó ba mặt phẳng nào cũng cắt
nhau và không có bốn mặt phẳng nào cùng ñi qua qua một ñiểm. Hỏi n mặt phẳng trên
chia không gian thành bao nhiêu miền ?
Giải:
Gọi bn là số miền do n mặt phẳng trên tạo thành
Xét mặt phẳng thứ n + 1 (ta gọi là (P ) ). Khi ñó (P ) chia n mặt phẳng ban ñầu theo n
n(n + 1)
giao tuyến và n giao tuyến này sẽ chia (P ) thành 1 + miền, mỗi miền này nằm
2
n2 + n + 2
trong một miền của bn và chia miền ñó làm hai phần.Vậy bn +1 = bn + .
2
(n + 1)(n 2 − n + 6)
Từ ñó, ta có: bn = .
6
Ví dụ 3.15: Trong một cuộc thi ñấu thể thao có m huy chương, ñược phát trong n ngày
1
thi ñấu. Ngày thứ nhất, người ta phất một huy chương và số huy chương còn lại.
7
1
Ngày thứ hai, người ta phát hai huy chương và số huy chương còn lại. Những ngày
7
còn lại ñược tiếp tục và tương tự như vậy. Ngày sau cùng còn lại n huy chương ñể phát
. Hỏi có tất cả bao nhiêu huy chương và ñã phát trong bao nhiêu ngày? (IMO 1967).
Giải: Gọi ak là số huy chương còn lại trước ngày thứ k ⇒ a1 = m , khi ñó ta có:
k −1
6 6k 6
ak +1 = ak − ⇒ ak = (m − 36) − 6k + 42
7 7 7
n −1 n −1
6 7
⇒ an = n = (m − 36) − 6n + 42 ⇒ m − 36 = 7(n − 6)
7 6
( )
Vì 6, 7 = 1 và 6n −1 > n − 6 nên ta có n − 6 = 0 ⇔ n = 6 ⇒ m = 36 .
Vậy có 36 huy chương ñược phát và phát trong 6 ngày.
- 38 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
Ví dụ 3.16: Có bao nhiêu xâu nhị phân ñộ dài n trong ñó không có hai bit 1 ñứng cạnh
nhau?
Giải: Gọi cn là số xâu nhị phân ñộ dài n thỏa mãn ñiều kiện ñầu bài.
Ta có c1 = 2 ; c2 = 3 .
Xét xâu nhị phân ñộ dài n thỏa mãn ñiều kiện ñầu bài có dạng anan −1an − 2 ......a2a1 .
Có hai trường hợp
• an = 1 . Khi ñó an −1 = 0 và an − 2 ......a2a1 có thể chọn là một xâu bất kỳ ñộ dài n − 2
thỏa ñiều kiện. Có cn − 2 xâu như vậy, suy ra trường hợp này có cn − 2 xâu.
• an = 0 . Khi ñó an −1......a2a1 có thể chọn là một xâu bất kỳ ñộ dài n − 1 thỏa ñiều
kiện. Có cn −1 xâu như vậy, suy ra trường hợp này có cn −1 xâu.
Vậy tổng cộng xây dựng ñược cn −1 + cn − 2 xâu, hay cn = cn −1 + cn − 2 .
n −1 n −1
5 − 2 1 − 5 2 − 5 1 + 5
⇒ cn = + .
5 2 5 2
Ví dụ 3.17: Cho số nguyên dương n . Tìm tất cả các tập con A của tập
{ }
X = 1,2, 3,...,2n sao cho không tồn tại hai phần tử x , y ∈ A thỏa mãn: x + y = 2n + 1
(Thụy Sỹ 2006).
Giải:
ðể giải bài toán này ta sẽ ñi ñếm số tập con A của X thỏa mãn luôn tôn tại hai phần tử
x , y ∈ A sao cho x + y = 2n + 1 (ta gọi tập A có tính chất T ).
{ }
Gọi an là số tập con A của tập 1,2,...,2n có tính chất T
{ }
Khi ñó các tập con A ⊂ 1,2,...,2n,2n + 1,2n + 2 xảy ra hai trường hợp.
TH1: Trong tập A chứa hai phần tử 1 và 2n + 2 , trong trường hợp này số tập A có tính
{ }
chất T chình bằng số tập con của tập gồm 2n phần tử 2, 3, 4,...,2n,2n + 1 và số tập
con của tập này bằng 22n .
TH2: Trong tập A không chứa ñầy ñủ hai phần tử 1 và 2n + 2 . Khi ñó A phải chứa
{ }
một tập A ' là tập con của tập 2, 3, 4,...,2n,2n + 1 sao cho có hai phần tử x ', y ' ∈ A ' :
x ' + y ' = 2n + 3 . Ta thấy số tập con A ' như trên chính bằng số tập con của tập
{ }
{1,2,...,2n } có tính chất T (Vì ta trừ các phần tử của 2, 3, 4,...,2n,2n + 1 ñi một ñơn
vị ta ñược tập {1,2,...,2n} và x ', y ' ∈ A ' : x ' + y ' = 2n + 1 )
- 39 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
Hơn nữa với mỗi tập A ' ta có ñược ba tập A (bằng cách ta chọn A là A ' hoặc {1} ∪ A '
hoặc {2n + 2} ∪ A ' )
Do vậy: an +1 = 3an + 22n ⇒ an = 4n − 3n
Vậy số tập con thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 4n − an = 3n .
- 40 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
2) u1 = 0; u2 = 0, un +1 − 2un + un −1 = 3.2n , n ≥ 2
3) u1 = 0; u2 = 0, un + 1 − 2un − 3un −1 = n + 2n , n ≥ 2
3
u1 =
3
5) .
un −1 + 2 − 3
u = ∀n ≥ 2
n 1 − ( 3 − 2)u
n −1
b = 2.b
{ }
+ bn − 2
Bài 2: Cho dãy số bn xác ñịnh bởi : n n −1
n ∈N (n ≥ 3 )
b1 = 1, b2 = 2
n
5
Chứng minh rằng bn ≤ , ∀n ∈ N
2
u ∈ Z + , ∀ ∈ N
{ }
n
Bài 3: Cho dãy số un thoả mãn như sau : u 0 = 1, u1 = 9
u = 10.u − un − 2 ∀n ∈ N , n ≥ 2
n n −1
Chứng minh : ∀k ∈ N , k ≥ 1 .
2) 5.uk − uk −1 ⋮ 4 và 3.uk2 − 1⋮ 2
x = 1; x1 = 0
Bài 4: Cho dãy số x n xác ñịnh như sau: 0 .
x
n − 2x n −1
+ x n −2
= 2 ∀n ≥ 2
Xác ñịnh số tự nhiên n sao cho : x n + 1 + x n = 22685 .
- 41 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
x = 1; x1 = 5
Bài 5: Cho dãy (xn ) ñược xác ñịnh bởi 0 .
x
n + 1 = 6x n
− x n −1
∀n ≥ 1
Tìm lim x n { 2x }
n
(TH&TT T7/253).
1
1 2
1 1 − (1 − a )2
2
Bài 6: Xét dãy (an ) : a1 = và an + 1 = ∀n ≥ 1 .
n
2 2
Chứng minh rằng: a1 + a2 + ... + a2005 < 1, 03 (TH&TT T10/335).
Bài 7: Cho dãy (an ) : a 0 = 2;an +1 = 4an + 15an2 − 60 ∀n ≥ 1 . Hãy xác ñịnh CTTQ
1
của an và chứng minh rằng số (a + 8) có thể biểu diễn thành tổng bình phương của
5 2n
ba số nguyên liên tiếp với ∀n ≥ 1 (TH&TT T6/262).
{ }
Bài 8: Cho dãy số p(n ) ñược xác ñịnh như sau: p(1) = 1;
p(n ) = p(1) + 2p(2) + ... + (n − 1)p(n − 1) ∀n ≥ 2 . Xác ñịnh p(n ) (TH&TT T7/244).
u1 = 2
Bài 9: Xét dãy (un ) : . Chứng minh rằng
u
n = 3un −1
+ 2n 3
− 9n 2
+ 9n − 3 ∀n ≥ 2
p −1
với mỗi số nguyên tố p thì 2000 ∑ ui chia hết cho p (TH&TT T6/286).
i =1
x 0 = a
Bài 10: Dãy số thực (xn ) : .
x
n +1 = 2x 2
n
− 1 ∀n ≥ 0
Tìm tất cả các giá trị của a ñể x n < 0 ∀n ≥ 0 (TH&TT T10/313).
1 x n +1.xn
Bài 11: Dãy số (xn ) : x 0 = 1, x1 = và x n + 2 =
2 2002x n + 1 + 2001x n + 2000x n + 1xn
∀n ≥ 0 . Hãy tìm CTTQ của x n (TH&TT T8/298).
1
a1 =
2
Bài 12: Cho dãy số (an ) ñược xác ñịnh như sau: (an ) : an −1 .
an = ∀n ≥ 1
2nan −1 + 1
Tính tổng a1 + a2 + ... + a1998 .
- 42 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
- 43 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
Bài 20: Có n tấm thẻ ñược ñánh số từ 1 ñến n . Có bao nhiêu cách chọn ra một số thẻ
(ít nhất 1 tấm) sao cho tất cả các số viết trên các tấm thẻ này ñều lớn hơn hoặc bằng số
tấm thẻ ñược chọn.
u1 = 1; un > 0 ∀n ≥ 1
Bài 21: Cho dãy (un ) ñược xác ñịnh bởi: 1 + un2 −1 − 1 . Chứng minh
un = ∀n ≥ 2
un −1
π 1
rằng u1 + u2 + ... + un ≥ 1 + 1 − ( )n −1 (HSG Quảng Bình 2008 – 2009 ).
4 2
Bài 22: Cho dãy ña thức : P (x ) = x 3 − 6x + 9 và Pn (x ) = P (P (...(P (x )))) n lần. Tìm
số nghiệm cảu P (x ) và Pn (x ) ? (Dự tuyển Olympic).
Bài 23: Xác ñịnh hệ số x 2 trong khai triển chính quy của ña thức
Qk (x ) = (...(((x − 2)2 − 2)2 − 2)2 − ...)2 − 2)2 (có k dấu ngoặc).
Bài 24: Cho dãy x n : x 0 = 1, x1 = 1, x n + 1 = 4x n − x n −1 ∀n ≥ 1 và dãy số
(yn ) : y0 = 1, y1 = 2, yn +1 = 4yn − yn −1 ∀n ≥ 1 . Chứng minh rằng:
yn2 = 3xn2 + 1 ∀n ≥ 0 (Canada – 1998 ).
Bài 25: Có bao nhiêu tam giác có ñộ dài các cạnh là các số tự nhiên không vượt quá 2n
(Macedonian – 1997 ).
Bài 26: Cho dãy số (un ) ñược xác ñịnh như sau: u0 = u1 = 1 và un +1 = 14un − un −1 với
∀n ≥ 1 . Chứng minh rằng với ∀n ≥ 0 thì 2an − 1 là một số chính phương (Chọn ñội
tuyển Romania 2002).
- 44 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
Trải qua thực tiễn giảng dạy, nội dung liên quan ñến chuyên ñề với sự góp ý của ñồng
nghiệp vận dụng chuyên ñề vào giảng dạy ñã thu ñược một số kết quả sau
1) Học sinh trung bình trở lên có thể vận dụng một số kết quả cơ bản trong chuyên ñề
vào giải bài toán xác ñịnh CTTQ của một số dạng dãy số có dạng truy hồi ñặc biệt.
2) Học sinh giỏi có thể vận dụng các kết quả trong chuyên ñề ñể tham khảo phục vụ
trong những kì thi học sinh giỏi cấp Tỉnh và cấp Quốc Gia.
3) Tạo ñược sự hứng thú cho học sinh khi học về bài toán dãy số.
5) Qua ñề tài giáo viên có thể xây dựng các bài toán về dãy số.
Bên cạnh những kết quả thu ñược, chuyên ñề còn một số hạn chế sau:
1) Trong chuyên ñề chưa xây dựng ñược phương pháp xác ñịnh CTTQ của một số
dãy số mà các hệ số trong công thức truy hồi biến thiên.
2) Chưa ñưa vào một số phương pháp xác ñịnh CTTQ của dãy số dựa vào một số kiến
thức liên quan ñến Toán cao cấp như phương pháp hàm sinh...
Hy vọng các ñồng nghiệp sẽ phát triển, mở rộng và khắc phục một số hạn chế nói trên.
- 45 -
Một số phương pháp xác ñịnh công thức tổng quát của dãy số
- 46 -