Bài tập Dãy số và giới hạn - Nguyễn Tất Thu

Mục lục
Chương 1. DÃY SỐ 3
1.1 Dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Định nghĩa dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Cách cho dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.3 Dãy số tăng, giảm và dãy số bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Cấp số cộng - Cấp số nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.1 Cấp số cộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.1.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.2 Cấp số nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.2.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.3 Ứng dụng CSC-CSN để tìm CTTQ của dãy số . . . . . . . . . . . . . . 16
Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 35
2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.2 Các định lí về giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.3 Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.3.1 Xác định công thức tổng quát của dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.3.2 Sử dụng nguyên lí Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
2.3.3 Sử dụng nguyên lí kẹp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.3.4 Xây dựng dãy phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.3.5 Giới hạn của dãy un = f (un) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.3.6 Giới hạn của một tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.4 Dãy số sinh bởi phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
1
2 Mục lục
Nguyễn Tất Thu
Chương 1
DÃY SỐ
1.1 Dãy số
1.1.1 Định nghĩa dãy số
Định nghĩa 1.1. Dãy số hữu hạn là tập hợp các giá trị của hàm số u : {1,2,3, . . . ,m}→ R,
n→ u(n) được sắp xếp theo thứ tự tăng dần theo đối số n:
u1,u2, . . . ,um.
Ta nói dãy số có m số hạng và
• u1: được gọi là số hạng đầu
• um: được gọi là số hạng cuối.
Định nghĩa 1.2. Dãy số là tập hợp các giá trị của hàm số u :N∗→ R, n→ u(n) Được sắp
xếp theo thứ tự tăng dần liên tiếp theo đối số tự nhiên n:
u(1),u(2),u(3), ...,u(n), ...
• Ta kí hiệu u(n) bởi un và gọi là số hạng thứ n hay số hạng tổng quát của dãy số,
u1 được gọi là số hạng đầu của dãy số.
• Ta có thể viết dãy số dưới dạng khai triển u1,u2, ...,un, ... hoặc dạng rút gọn (un).
1.1.2 Cách cho dãy số
Người ta thường cho dãy số theo các cách sau:
• Cho số hạng tổng quát, tức là: cho hàm số u xác định dãy số đó
• Cho bằng công thức truy hồi, tức là:
* Cho một vài số hạng đầu của dãy
* Cho hệ thức biểu thị số hạng tổng quát qua số hạng (hoặc một vài số hạng) đứng
trước nó.
3
4 Chương 1. DÃY SỐ
Ví dụ 1.1
Cho dãy số (un) được xác định bởi un = n+12n với n> 1.
1. Viết 5 số hạng đầu tiên của dãy
2. Chứng minh rằng un6 1, ∀n> 1.
Lời giải. 1) Ta có
u1 = 1+121 = 1, u2 =
2+1
22
= 3
4
, u3 = 3+123 =
1
2
, u4 = 4+124 =
5
16
,u5 = 5+125 =
3
16
.
2) Ta có un6 1⇔ 2n> n+1 (1).
Ta chứng minh (1) bằng phương pháp quy nạp.
Với n= 1 ta thấy (1) đúng.
Giả sử (1) đúng với n= k> 1, tức là 2k > k+1. Khi đó
2k+1 = 2.2k> 2(k+1)= k+2+k> k+2.
Do đó (1) đúng với n= k+1.
Vậy bài toán được chứng minh. 
Ví dụ 1.2
Cho dãy số (un) được xác định bởi u1 = 2un+1 = un+12 , ∀n> 1 .
1. Tìm 4 số hạng đầu của dãy
2. Chứng minh rằng un > 1 với ∀n> 1
3. Tìm công thức tổng quát của dãy (un).
Lời giải. 1) Ta có
u1 = 2, u2 = u1+12 =
3
2
, u3 = u2+12 =
5
4
, u4 = u3+12 =
9
8
.
2) Ta chứng minh un > 1 bằng quy nạp.
Hiển nhiên, ta có u1 > 1.
Giả sử un > 1, khi đó
un+1 = un+12 >
1+1
2
= 1.
Do đó, ta có un > 1, ∀n> 1.
3) Ta có
u1 = 2, u2 = 2
1+1
2
, u3 = 2
2+1
22
, u4 = 2
3+1
23
.
Nguyễn Tất Thu
1.1. Dãy số 5
Do đó, ta chứng minh
un = 2
n−1+1
2n−1
.
Giả sử un = 2
n−1+1
2n−1
, ta có
un+1 = un+12 =
2n−1+1
2n−1
+1
2
= 2
n+1
2n
.
Theo nguyên lí quy nạp, ta suy ra un = 2
n−1+1
2n−1
. 
Ví dụ 1.3
Chứng minh rằng tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương (un) thỏa: u0 = 1,u1 = 2 và∣∣un+2.un−u2n+1∣∣= 1.
Lời giải. Ta có:
|u2−4| = 1⇒
[
u2 = 5⇒ u3 = 12,u3 = 13
u2 = 3⇒ u3 = 4,u3 = 5
.
a) Ta chứng minh tồn tại duy nhất dãy số nguyên dương (un) thỏa
u0 = 1,u1 = 2,u2 = 3,u3 = 5
và ∣∣un+2.un−u2n+1∣∣= 1, ∀n> 4. (1)
• Chứng minh tồn tại: Xét dãy (vn) :
{
v0 = 1,v1 = 2
vn+1 = vn+vn−1, n= 2,3, ...
Bằng quy nạp ta chứng minh được (vn) thỏa mãn (1).
Thật vậy: ∣∣vn+2.vn−v2n+1∣∣= ∣∣vn (vn+1+vn)−v2n+1∣∣
= ∣∣vn+1 (vn−vn+1)+v2n∣∣
= ∣∣v2n−vn−1vn+1∣∣= 1
• Chứng minh duy nhất.
Trước hết ta chứng minh nếu dãy (un) thỏa (1) thì (un) là dãy tăng.
Giả sử an+1 > an⇒ an+1−1> an.
Từ
∣∣an+2an−a2n+1∣∣= 1 ta suy ra
an+2 =
a2n+1±1
an
>
a2n+1±1
an+1−1
> an+1+1> an+1.
Nên theo quy nạp ta có đpcm.
Giả sử tồn tại k để vk 6= uk và vn = un, ∀n< k. Khi đó, ta giả sử vk < uk, suy ra:{
uk.uk−2 = u2k−1+1
vk.vk−2 = v2k−1−1
⇒ uk−2 (uk−vk)= 2⇒ 2...uk−2 (vô lí).
Nguyễn Tất Thu
6 Chương 1. DÃY SỐ
Do vậy tồn tại duy nhất dãy nguyên dương (un) (đó chính là dãy (vn)) thỏa mãn (1).
b) Tương tự ta chứng minh được tồn tại dũy nhất các dãy nguyên dương thỏa:
u0 = 1,u1 = 2,u2 = 3,u3 = 4,
∣∣un+2un−u2n+1∣∣= 1
u0 = 1,u1 = 2,u2 = 5,u3 = 12,
∣∣un+2un−u2n+1∣∣= 1
u0 = 1,u1 = 2,u2 = 5,u3 = 13,
∣∣un+2un−u2n+1∣∣= 1.
Đó là các dãy tương ứng là:
u0 = 1,u1 = 2,un+1 = 2un+1−un
u0 = 1,u1 = 2,un+1 = 2un+1+un
u0 = 1,u1 = 2,un+1 = 3un+1−un.
Vậy tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương thỏa yêu cầu bài toán. 
1.1.3 Dãy số tăng, giảm và dãy số bị chặn
Định nghĩa 1.3. Dãy số (un)
• Được gọi là dãy tăng nếu un6 un+1 ∀n ∈N∗
• Được gọi là dãy giảm nếu un> un+1 ∀n ∈N∗
• Được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số thực m sao cho un>m, ∀n= 1,2, . . .
• Được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số thực M sao cho un6M, ∀n= 1,2, . . .
• Được gọi là bị chặn nếu vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới. Tức là tồn tại số thực
N sao cho |un|6N, ∀n= 1,2, . . ..
• Được gọi là dãy tuần hoàn nếu tồn tại số nguyên dương k sao cho an+k = an với mọi
n, số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa điều kiện đó được gọi là chu kì. Khi k = 1 ta
gọi là dãy hằng.
Ví dụ 1.4
Cho dãy số (un) :
{
u1 = 1,u2 = 2
un+1 =pun+pun−1, ∀n> 2
. Chứng minh rằng dãy (un) là dãy
tăng và bị chặn.
Lời giải. Ta chứng minh dãy (un) là dãy tăng bằng phương pháp quy nạp.
* Dễ thấy u1 < u2 < u3.
* Giả sử uk−1 < uk, ∀k6 n, ta chứng minh un+1 < un.
Thật vậy
un+1 =pun+pun−1 >pun−1+pun−2 = un.
Vậy (un) là dãy tăng.
Trước hết ta có un > 0, ∀n. Bây giờ ta chứng minh un < 4, ∀n
Nguyễn Tất Thu
1.1. Dãy số 7
Thật vậy, ta có u1 = 1< 4.
Giả sử uk < 4, ∀k6 n, ta có
un+1 =pun+pun−1 <
p
4+
p
4= 4.
Do đó, ta luôn có 0< un < 4, ∀n.
Vậy dãy (un) là dãy bị chặn. 
Ví dụ 1.5
Cho dãy (un) được xác định như sau
u1 > 0
un+1 =
un(u2n+3)
3u2n+1
.
Tùy thuộc vào giá trị của u1, hãy xét tính tăng, giảm và bị chặn của dãy (un).
Lời giải. Trước hết ta có un > 0, ∀n.
Ta xét
un+1
un
= 1−2 u
2
n−1
3u2n+1
. Từ đây ta suy ra được
• Nếu u1 = 1⇒ un = 1, ∀n.
• Nếu u1 > 1⇒ un+1 < un ∀n⇒ un < u1, ∀n.
• Nếu u1 un ∀n và
un+1−1= (un−1)
3
3u2n+1
⇒ un < 1, ∀n.
Vậy
• Nếu u1 = 1 thì dãy (un) là dãy không đổi
• Nếu u1 > 1 thì dãy (un) là dãy giảm và bị chặn
• Nếu u1 < 1 thì dãy (un) là dãy tăng và bị chặn.

Ví dụ 1.6
Chứng minh rằng dãy (un) là dãy tuần hoàn với chu kì 2 khi và chỉ khi
un = 12
[
u0+u1+ (u0−u1) (−1)n+1
]
.
Lời giải. • Giả sử un = 12
[
u0+u1+ (u0−u1) (−1)n+1
]
. Khi đó
un+1 = 12
[
u0+u1− (u0−u1) (−1)n+1
]
un+2 = 12
[
u0+u1+ (u0−u1) (−1)n+3
]
= 1
2
[
u0+u1+ (u0−u1) (−1)n+1
]= un.
Nguyễn Tất Thu
8 Chương 1. DÃY SỐ
Suy ra dãy (un) là dãy tuần hoàn chu kỳ 2.
• Giả sử dãy (un) tuần hoàn chu kỳ 2. Khi đó un+2 = un ∀n ∈N.
Bằng quy nạp ta chứng minh được
un = 12
[
u0+u1+ (u0−u1) (−1)n+1
]
.
Vậy bài toán được chứng minh. 
Ví dụ 1.7
Cho dãy số nguyên {an} truy hồi cấp k ( k là số nguyên dương) nghĩa là
an+k = f (an,an+1, ...,an+k−1) ∀n ∈N.
Nếu dãy bị chặn thì nó là dãy tuần hoàn kể từ lúc nào đó.
Lời giải. Giả sử dãy bị chặn bởi số nguyên dương M, nghĩa là |an|6M.
Xét các bộ k số
(a0,a1, ...,ak−1) , (a1,a2, ...,ak) , (a2,a3, ...,ak+1) , ....
Có tối đa (2M+1)k bộ khác nhau nên trong (2M+1)k+1 bộ đầu tiên phải có hai bộ trùng
nhau. Chẳng hạn
(ai,ai+1, ...,ai+k−1)=
(
a j,a j+1, ...,a j+k−1
)
với i > j.
Tức là : ai+t = a j+t ∀t= 0,1, ...,k−1. Suy ra
ai+k = f (ai,ai+1, ...,ai+k−1)= f
(
a j,a j+1, ...,a j+k−1
)= a j+k.
Đặt T = i− j thì ta có
an+T = an ∀n> j+k= n0.
Vậy dãy (an) tuần hoàn với chu kì T = i− j kể từ số hạng n0 = j+k. 
Ví dụ 1.8
Cho dãy số nguyên {an} thoả mãn
an = c1an+1+ c2an+2+ ...+ ckan+k,
trong đó c1, c2, ..., ck là các số nguyên và m > 1 là số nguyên dương. Gọi rn là số dư
trong phép chia an cho m. Khi đó dãy {rn} tuần hoàn.
Lời giải. Theo giả thiết ta có an ≡ rn (modm) . Theo tính chất của đồng dư thức ta có
rn ≡ c1rn+1+ c2rn+2+ ...+ ckrn+k (modm) .
Nguyễn Tất Thu
1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân 9
Theo các xác định rn ta có 06 rn 6m−1 tức là dãy {rn} bị chặn và truy hồi tuyến tính
cấp k nên theo định lý trên dãy tuần hoàn kể từ lúc nào đó, nghĩa là ∃n0, T > 1 sao cho
rn+T = rn, ∀n> n0. Khi đó
rn0+T−1 ≡ c1rn0+T + c2rn0+T+1+ ...+ ckrn0+T+k−1
≡ c1rn0 + c2rn0+1+ ...+ ckrn0+k−1
≡ rn0−1 (modm)
Suy ra rn0+T−1 = rn0−1.
Tương tự, ta cũng có
rn0−2 = rn0−2+T , ...., r1 = r1+T , r0 = rT .
Do đó dãy {rn} tuần hoàn với chu kì T. 
1.2 Cấp số cộng - Cấp số nhân
1.2.1 Cấp số cộng
1.2.1.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1.4. Dãy số (un) được xác định bởi{
u1 = a
un+1 = un+d
, n ∈N∗.
gọi là cấp số cộng; d gọi là công sai.
1.2.1.2 Tính chất
Định lí 1.1. Cho cấp số cộng (un) với công sai d. Khi đó
un = u1+ (n−1)d. (1)
Chứng minh. Ta chứng minh (1) bằng phương pháp quy nạp.
Dễ thấy (1) đúng với n= 1. Giả sử un = u1+ (n−1)d , khi đó
un+1 = un+d = u1+ (n−1)d+d = u1+nd.
Vậy (1) đúng.
Định lí 1.2. Cho cấp số cộng (un). Khi đó
2uk = uk−1+uk+1 ∀k= 2,3, ...
Chứng minh. Ta có uk = uk−1+d, uk+1 = uk+d nên uk = uk+1−d. Suy ra
2uk = uk+uk = uk−1+d+uk+1−d = uk+1+uk−1.
Nguyễn Tất Thu
10 Chương 1. DÃY SỐ
Chú ý 1. Từ định lí trên ta có:
Ba số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành CSC khi và chỉ khi a+ c= 2b.
Định nghĩa 1.5. Cho CSC (un), đặt
Sn = u1+u2+ . . .+un.
Khi đó Sn được gọi là tổng của n số hạng đầu của CSC.
Định lí 1.3. Cho CSC (un) có công sai d. Khi đó
Sn = n2 (u1+un)=
n
2
(2u1+ (n−1)d)= nu1+ n(n−1)2 d.
Ví dụ 1.9
Chứng minh rằng dãy (un) là cấp số cộng khi và chỉ khi un = an+b.
Lời giải. • Giả sử (un) là cấp số cộng, khi đó
un = u1+ (n−1)d = dn+u1−d = an+b.
• Giả sử un = an+b, ta có:
un−un−1 = an+b−a(n−1)−b= a
Vậy (un) là CSC với công sai d = a. 
Ví dụ 1.10
Cho a,b, c> 0 lập thành cấp sô cộng.Chứng minh rằng
1p
a+pb
+ 1p
b+pc
= 2p
c+pa .
Lời giải. Gọi d là công sai của cấp số, suy ra b−a= c−b= d, c−a= 2d Do đó:
1p
a+pb
+ 1p
b+pc
=
p
b−pa
d
+
p
c−pb
d
=
p
c−pa
d
= c−a
d(
p
c+pa)
= 2p
c+pa .

Nguyễn Tất Thu
1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân 11
Ví dụ 1.11
Chứng minh ba số a,b, c > 0 là 3 số hạng liên tiếp của cấp số cộng khi và chỉ khi
3 số a2+ab+ b2; c2+ ca+a2;b2+ bc+ c2 cũng là ba số hạng liên tiếp của một cấp số
cộng.
Lời giải. Ta có a2+ab+b2; c2+ ca+a2; b2+bc+ c2 lập thành CSC khi và chỉ khi
a2+ab+b2+b2+bc+ c2 = 2(a2+ ca+ c2)
⇔ 2b2+ab+bc= a2+2ac+ c2
⇔ b(a+b+ c)+b2− (a+ c)2 = 0
⇔ b(a+b+ c)+ (a+b+ c)(b−a− c)= 0
⇔ 2b−a− c= 0⇔ 2b= a+ c.
Hay a, b, c lập thành CSC. 
Ví dụ 1.12
Cho bốn số thực a1;a2;a3;a4.Biết rằng :
1
a1a2
+ 1
a2a3
= 2
a1a3
1
a1a2
+ 1
a2a3
+ 1
a3a4
= 3
a1a4
.
Chứng minh rằng : a1;a2;a3;a4 lập thành cấp số cộng.
Lời giải. Ta có
1
a1a2
+ 1
a2a3
= 2
a1a3
⇔ a3+a1 = 2a2
⇒ a1−a2 = a2−a3 = d
và
1
a1a2
+ 1
a2a3
+ 1
a3a4
= 3
a1a4
⇔ 2
a1a3
+ 1
a3a4
= 3
a1a4
⇔ 2a4+a1 = 3a3
⇔ 2a4 = 3(a1+2d)−a1 ⇒ a4 = a1+3d
.

Ví dụ 1.13
Gọi S1;S2;S3 là tổng n1;n2;n3 số hạng đầu của một cấp số cộng. Chứng minh rằng:
S1
n1
(n2−n3)+ S2n2 (
n3−n1)+ S3n3 (
n1−n2)= 0.
Nguyễn Tất Thu
12 Chương 1. DÃY SỐ
Lời giải. Thay công thức
S1 = n1u1+ n1 (n1−1)2 d, S2 = n2u1+
n2(n2−1)
2
d; S3 = n3u1+ n3(n3−1)2 d.
Nên
S1
n1
= u1+ n1−12 d,
S2
n2
= u1+ n2−12 d,
S3
n3
= u1+ n3−12 d.
Suy ra
S1
n1
(n2−n3)+ S2n2 (
n3−n1)+ S3n3 (
n1−n2)
= d
2
[(n1−1)(n2−n3)+ (n2−1)(n3−n1)+ (n3−1)(n1−n2)]= 0.
Ta có điều phải chứng minh. 
Ví dụ 1.14
(VMO 2012) Cho các cấp số cộng (an), (bn) và số nguyên m> 2. Xét m tam thức bậc
hai:
Pk(x)= x2+akx+bk, k= 1,2,3, ....,m.
Chứng minh rằng nếu hai tam thức P1(x), Pm(x) đều không có nghiệm thực thì tất
cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực.
Lời giải. Gọi a,b là các công sai của hai cấp số cộng (an) và (bn). Giả sử Pk(x) có nghiệm
x= c với 1< k<m nào đó. Theo tính chất cấp số cộng ta có:
Pm(x)−Pk(x)= (m−k)(ax+b) và Pk(x)−P1(x)= (k−1)(ax+b).
Suy ra
Pm(c)= (m−k)(ac+b) và P1(c)=−(k−1)(ac+b)
nên Pm(c).P1(c)< 0 (*).
Nhưng Pm(c)> 0 và P1(c)> 0 nên điều suy ra ở trên là vô lí.
Vậy tất cả các đa thức Pk(x), k= 2,3, ...,m−1 đều vô nghiệm. 
Ví dụ 1.15
(APMO 2014) Cho 2k số thực a1,a2, ...,ak,b1,b2, ...,bk. Xác định dãy số (Xn) như sau
Xn =
k∑
i=1
[ain+bi], n= 1,2, ...
Chứng minh rằng nếu (Xn) là một cấp số cộng thì
k∑
i=1
ai là số nguyên.
Nguyễn Tất Thu
1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân 13
Lời giải. Đặt
A =
k∑
i=1
ak, B=
k∑
i=1
bk.
Ta có
ain+bi−16 [ain+bi]< ain+bi.
Suy ra An+B−k6 Xn < An+B.
Giả sử {Xn} là cấp số cộng với công sai d, khi đó nd = Xn+1−X1 và A+B−k6 X1 < A+B
Vì Xn+1 = X1+nd nên ta có :
A(n+1)+B−k< X1+nd < A(n+1)+B⇔ An+A+B−k−X1 < nd < An+A+B−X1.
Mà A+B−X1 > 0 và A+B−X1 < k nên An−k< nd < An+k. Suy ra |A−d| < kn .
Cho n tiến ra vô cùng, ta có |A−d| = 0⇒ A = d.
Mặt khác {Xn} là dãy số nguyên nên A = d = Xn+1−Xn là số nguyên (đpcm). 
1.2.2 Cấp số nhân
1.2.2.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1.6. Dãy số (un) được xác định bởi{
u1 = a
un+1 = un.q
, n ∈N∗
gọi là cấp số nhân; q gọi là công bội.
1.2.2.2 Tính chất
Định lí 1.4. Cho cấp số nhân (un) với công bội q. Khi đó
un = u1qn−1. (2)
Chứng minh. Ta chứng minh (2) bằng phương pháp quy nạp.
Dễ thấy (2) đúng với n= 1. Giả sử un = u1.qn−1 , khi đó
un+1 = un.q= u1qn.
Vậy (2) đúng.
Định lí 1.5. Cho cấp số cộng (un). Khi đó
u2k = uk−1.uk+1 ∀k= 2,3, ...
Chứng minh. Ta có uk+1 = ukq, uk = uk−1q nên uk−1 =
uk
q
. Suy ra
uk−1.uk+1 =
uk
q
.uk.q= u2k.
Nguyễn Tất Thu
14 Chương 1. DÃY SỐ
Chú ý 2. Từ định lí trên ta có:
Ba số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành CSN khi và chỉ khi a.c= b2.
Định nghĩa 1.7. Cho CSN (un), đặt
Sn = u1+u2+ . . .+un.
Khi đó Sn được gọi là tổng của n số hạng đầu của CSN.
Định lí 1.6. Cho CSC (un) có công bội q. Khi đó
Sn = u1 q
n−1
q−1 .
Ví dụ 1.16
Chứng minh rằng dãy (un) là CSN khi và chỉ khi un = a.αn.
Lời giải. • Nếu dãy (un) là CSN thì ta có: un = u1.qn−1 = a.αn với a= u1q ,α= q.
• Nếu un = a.αn thì ta có:
un+1
un
=α⇒ un+1 =α.un.
Vậy dãy (un) là CSN với công bội q=α. 
Ví dụ 1.17
Chứng minh rằng: điều cần và đủ để ba số khác không a,b, c là ba số hạng của một
CSN là tồn tại ba số nguyên khác không p, t, r sao cho{
p+ t+ r = 0
ap.bt.cr = 1 .
Lời giải. • Giải sử a,b, c là ba số hạng thứ k+1; l+1; m+1 của cấp số nhân có công bội
q, khi đó ta có :
a= u1.qk;b= u1.ql ; c= u1.qm⇒ ab = q
k−l ;
b
c
= ql−m
Suy ra (a
b
)l−m = (b
c
)k−l
⇒ al−m.bm−l−k+1.ck−1 = 1.
Đặt p= l−m; t=m− l−k+1; r = k−1. Khi đó ta có ba số p, t, r thỏa mãn yêu cầu bài toán.
• Giả sử ta có {
p+ t+ r = 0
ap.bt.cr = 1 ⇒ a
p.cr = bp+r⇒
(a
b
)p = (b
c
)r
(∗)
Do p+ t+ r = 0 nên tồn tại ít nhất một số dương và một số âm.
Giải sử r > 0, t< 0. Đặt b
a
= qr⇒ b= a.qr kết hợp với (*) ta có(
a
a.qr
)p
=
(
a.qr
c
)r
⇒ c= a.qr+p.
Nguyễn Tất Thu
1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân 15
Vậy ba số a,b, c là ba số hạng của cấp số nhân với a là số hạng đầu, b là số hạng thứ r+1;
c là số hạng thứ r+ p+1. 
Ví dụ 1.18
Chứng minh rằng nếu ba cạnh của tam giác lập thành CSN thì công bội của CSN
đó nằm trong khoảng
(p
5−1
2
;
1+p5
2
)
.
Lời giải. Giả sử a,b, c là ba cạnh tam giác theo thứ tự đó lập thành CSN với công bội q.
Ta có: {
a+aq> aq2
aq2+aq> a ⇔
{
q2− q−1< 0
q2+ q−1> 0
⇔

q ∈
(
1−p5
2
;
1+p5
2
)
q ∈
(
−∞;−1−
p
5
2
)
∪
(
−1+p5
2
;+∞
)
⇔ q ∈
(p
5−1
2
;
p
5+1
2
)
.

Ví dụ 1.19
Cho (un) là cấp số nhân. Kí hiệu
S = u1+u2+ ...+un; T = 1u1
+ 1
u2
+ ...+ 1
un
; P = u1u2...un.
Hãy tính P theo S,T và n.
Lời giải. Ta có:
S = u1 q
n−1
q−1 ; T =
1
u1
(
1
q
)n
−1
1
q
−1
= 1
u1
qn−1
qn−1(q−1) P = u
n
1q
1+2+...+n−1 = un1q
n(n−1)
2 .
Suy ra: P =
√(
S
T
)n

Ví dụ 1.20
Chứng minh rằng các số 2,3,5 không thể cùng thuộc một CSN.
Nguyễn Tất Thu
16 Chương 1. DÃY SỐ
Lời giải. Giả sử 2,3,5 là ba số hạng thứ m,n, p của CSN (vn) có công bội q Ta có:
2
3
= um
un
= qm−n; 5
3
= qp−n,
suy ra (
2
3
)p−n
=
(
5
3
)m−n
= p(p−n)(m−n) ⇒ 2p−n.3m−p.5n−m = 1
vô lí. 
1.2.3 Ứng dụng CSC-CSN để tìm CTTQ của dãy số
Chúng ta đã biết công thức xác định công thức tổng quát ( CTTQ) của một cấp số cộng
(CSC) khi biết số hạng đầu với công sai d và một cấp số nhân (CSN) khi biết số hạng đầu
với công bội q. Trong chuyên đề này chúng tôi trình bày với các bạn một số cách xác định
CTTQ của một số dãy số có công thức truy hồi dạng đặc biệt. Phương pháp giải quyết là
chúng ta đưa vào một số dãy phụ để chuyển dãy đã cho về một CSC hoặc một CSN hoặc
những dãy số quen thuộc đã biết.
Ví dụ 1.21
Xác định số hạng tổng quát của dãy số (un) được xác định bởi
u1 = 1, un = un−1−2, ∀n> 2.
Lời giải. Ta thấy dãy (un) là một CSC có công sai d =−2. Nên ta có:
un = 1−2(n−1)=−2n+3.

Ví dụ 1.22
Xác định số hạng tổng quát của dãy số (un) được xác định bởi
u1 = 3, un = 2un−1 ∀n> 2.
Lời giải. Ta thấy dãy (un) là một CSN có công bội q= 2.
Ta có: un = 3.2n−1. 
Ví dụ 1.23
Xác định số hạng tổng quát của dãy (un) được xác định bởi:
u1 =−2, un = 3un−1−1 ∀n> 2.
Nguyễn Tất Thu
1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân 17
Lời 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 vế trái. 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 6= 0 ( ta sẽ chọn k, l sau).
Khi đó, ta có:
k.vn+ l = 3k.vn−1+3l−1⇔ vn = 3vn+ 2l−1k .
Ta chọn k, l :
2l−1
k
= 0⇔ l = 1
2
và k bất kì nên ta chọn
 k= 1l = 1
2
.
Nên ta có dãy (vn) :
 vn = 3vn−1v1 =−52 .
Dễ thấy dãy (vn) là CSN với công bội q= 3 nên
vn = v1.qn−1 =−52 .3
n−1.
Suy ra:
un = vn+ 12 =−
5.3n−1
2
+ 1
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:
Dạng 1: Dãy số (un) : u1 = x0, un = aun−1+b, ∀n> 2 ( a,b 6= 0 là các hằng số) có CTTQ
là:
un =
 u1+ (n−1)b khi a= 1u1.an−1+ban−1−1a−1 khi a 6= 1 .
Ví dụ 1.24
Xác định CTTQ của dãy (un) được xác định bởi :
u1 = 2; un+1 = 2un+3n+2.
Lời giải. Ở ví dụ này chúng ta không thể sử dụng kết quả trên 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 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 6= 0.
Khi đó ta có:
kvn+1+ t(n+1)+ l = 2kvn+2tn+2l+3n+2.
Hay là
vn+1 = 2vn+ t+3k .n+
l− t+2
k
.
Nguyễn Tất Thu
18 Chương 1. DÃY SỐ
Ta chọn k, t, l sao c