ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
- - - - - - - - - - - - - - - - - -
Đặng Thị Thảo
DÃY SỐ VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG
PHÁP GIẢI TOÁN VỀ DÃY SỐ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.40
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
HÀ NỘI - NĂM 2011
MỤC LỤC
Mở đầu 3
1 Dãy số 5
1.1 Định nghĩa và các định lý cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Một vài dãy số đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Một số bài toán áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 Một số phương pháp giải bài toán về dãy số 18
2.1 Một số phương pháp giải bài toán tìm số hạng tổng quát của dãy số 18
2.1.1 Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.1.2 Phép thế lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.3 Phương pháp sử dụng phương trình sai phân, tính chất
của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.1.4 Kỹ thuật tuyến tính hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.2 Một số phương pháp giải bài toán tìm giới hạn của dãy số . . . . 38
2.2.1 Giới hạn của dãy số lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.2.2 Giới hạn của dãy trung bình Cesaro . . . . . . . . . . . . . 41
2.2.3 Giới hạn của dãy phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . 43
2.3 Một số phương pháp giải bài toán về dãy số trong số học . . . . . 48
2.3.1 Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Nội dung của luận văn gồm phần Mở đầu, Kết luận và được phân thành ba
chương, đề cập đến các vấn đề sau.
• Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ bản của dãy số gồm một số định
nghĩa, định lý, một vài dãy số đặc biệt và một số bài toán áp dụng.
• Chương 2 hệ thống một số phương pháp giải toán về dãy số. Với bài toán
xác định công thức tổng quát của dãy số hệ thống các phương pháp như
quy nạp, phép thế lượng giác, sử dụng phương trình sai phân, tính chất
của hàm số, kỹ thuật tuyến tính hóa. Với bài toán tìm giới hạn của dãy số,
xét các dạng bài toán dãy số dạng lặp, dãy trung bình Cesaro, dãy phân
tuyến tính. Với bài toán về dãy số trong số học có các phương pháp như
quy nạp, nguyên lý Dirichlet, dãy sinh bởi phần nguyên. Với bài toán ước
lượng tổng và tích của dãy số, hệ thống các phương pháp như sai phân,
đại số, sử dụng số phức.
3
• Chương 3 trình bày một số cách thiết lập bài toán mới về dãy số như thiết
lập dãy số từ các đại lượng trung bình (trung bình cộng, trung bình nhân,
trung bình điều hòa), dãy số là nghiệm của họ phương trình.
Tác giả xin bày tỏ sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH.
Nguyễn Văn Mậu. Thầy đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo cho học trò trong quá
trình học tập, nghiên cứu và giúp tác giả hoàn thành được luận văn này.
Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy giáo, cô giáo Khoa
Toán - Cơ - Tin học và seminar Phương pháp Toán sơ cấp của trường Đại học
Khoa học Tự Nhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội đã nhận xét, góp ý cho bản luận
văn này.
Xin bày tỏ tình cảm chân thành tới gia đình, bạn bè đã quan tâm, động viên
và giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập tại trường.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song trong quá trình thực hiện không tránh
khỏi những sơ suất vì vậy tác giả rất mong được các thầy cô giáo, các bạn đồng
nghiệp góp ý để bản luận văn được hoàn thiện hơn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!

} được gọi là dãy số tăng (giảm) nếu với mọi n
ta có u
n+1
≥ u
n
(u
n+1
≤ u
n
). Dãy số tăng hoặc giảm được gọi chung là dãy đơn
điệu.
Dãy số {u
n
} được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số thực M sao cho với mọi
n ∈ N ta có u
n
≤ M.
Dãy số {u
n
} được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số thực m sao cho với mọi
n ∈ N ta có u
n
≥ m.
Một dãy số vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới được gọi là dãy bị chặn.
Định nghĩa 1.3. Dãy {u
n
} được gọi là một dãy tuần hoàn (cộng tính) nếu tồn
tại số nguyên dương l sao cho
u
n+l

[a + b + (a − b)(−1)
n+1
], a, b ∈ R.
Giải. Giả sử u
0
= b, u
1
= a. Theo giả thiết, dãy số {u
n
} tuần hoàn chu kỳ 2 nên
ta có
u
n+2
= u
n
, ∀n ∈ N.
- Nếu n = 2k + 1 thì u
n
= u
2k+1
= a =
1
2
[a + b + (a − b)(−1)
2k+2
].
- Nếu n = 2k thì u
n
= u
2k

1
2
[a + b + (a − b)(−1)
n+3
] =
1
2
[a + b + (a − b)(−1)
n+1
] = u
n
.
Suy ra u
n
là dãy tuần hoàn chu kỳ 2.
Ví dụ 1.2. Chứng minh rằng mọi dãy số {u
n
} phản tuần hoàn cộng tính chu
kỳ r đều có dạng
u
n
=
1
2
(v
n
− v
n+r
) với v
n+2r

2
(u
n
+ u
n
) = u
n
.
6
Ngược lại , ta thấy mọi dãy xác định theo (1.3) đều là dãy phản tuần hoàn chu
kỳ r. Thật vậy
u
n+r
=
1
2
(v
n+r
− v
n+2r
) =
1
2
(v
n+r
− v
n
) = −u
n
.

} tuần hoàn nhân tính chu kỳ 2 khi và chỉ
khi dãy có dạng
u
n
=

α
n
tùy ý với n lẻ,
u
2k+1
với n = 2
m
(2k + 1), m ∈ N
∗
, k ∈ N.
Giải. Nhận thấy với mọi n ∈ N đều có thể viết dưới dạng n = 2
s
(2k + 1), với
mọi s ∈ N. Do đó
u
n
= u
2
s
(2k+1)
= u
2k+1
.
Vì vậy

−u
2k+1
với n = 2
2m+1
(2k + 1), m ∈ N
∗
, k ∈ N,
u
2k+1
với n = 2
2m
(2k + 1), m ∈ N
∗
, k ∈ N.
7
Giải. Nhận thấy với mọi n ∈ N đều có thể viết dưới dạng n = 2
s
(2k + 1), với
mọi s ∈ N. Do đó
u
n
= u
2
s
(2k+1)
=

u
2k+1
nếu s = 2m, m ∈ N

, k ∈ N.
Ngược lại, dễ thấy {u
n
} xác định như trên là dãy phản tuần hoàn nhân tính chu
kỳ 2.
Nhận xét 1.3. i) Dãy phản tuần hoàn chu kỳ l là dãy tuần hoàn chu kỳ 2l.
ii) Dãy phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ s là dãy tuần hoàn nhân tính chu kỳ
s
2
.
Định nghĩa 1.5. Ta nói dãy số {x
n
} có giới hạn hữu hạn a khi n dần đến vô
cùng nếu với mọi ε > 0, tồn tại một số tự nhiên N
0
(phụ thuộc vào dãy số x
n
và
ε) sao cho với mọi n > N
0
ta có |x
n
− a| < ε.
lim
n→+∞
x
n
= a ⇔ ε > 0, ∃N
0
∈ N : ∀n > N

n
}, {y
n
} là các dãy
hội tụ và có giới hạn tương ứng là a, b thì các dãy số {x
n
+ y
n
}, {x
n
−y
n
}, {x
n
y
n
}
và

x
n
y
n

cũng hội tụ và có giới hạn tương ứng a +b, a −b, a.b,
a
b
· (Trong trường
hợp dãy số thương, ta giả sử y
n

≤ z
n
. Khi đó y
n
cũng có giới hạn là a.
Định lý 1.4 (Sự hội tụ của dãy đơn điệu). Một dãy tăng và bị chặn trên hay
một dãy giảm và bị chặn dưới thì hội tụ. Nói ngắn gọn hơn, một dãy đơn điệu
và bị chặn thì hội tụ.
Định lý 1.5 (Về dãy các đoạn thẳng lồng nhau). Cho hai dãy số thực {a
n
},
{b
n
} sao cho
a) ∀n ∈ N, a
n
≤ b
n
;
b) ∀n ∈ N, [a
n+1
, b
n+1
] ⊂ [a
n
, b
n
];
c) b
n

} hoặc (u
n
) (hữu hạn hoặc vô hạn) thỏa mãn điều
kiện
u
1
− u
0
= u
2
− u
1
= . . . = u
n+1
− u
n
= . . .
được gọi là một cấp số cộng.
Khi dãy số {u
n
} lập thành một cấp số cộng thì hiệu d = u
1
−u
0
được gọi là công
9
sai của cấp số đã cho.
Với d > 0 ta có cấp số cộng tiến và d < 0 ta có cấp số cộng lùi.
Ví dụ 1.5. Dãy các số tự nhiên lẻ: 1, 3, 5, . . . , 2n −1, . . . là một cấp số cộng với
công sai d = 2.

một cấp số cộng. Với mỗi số nguyên dương n, gọi S
n
là tổng của n số hạng đầu
tiên của nó (S
n
= u
1
+ u
2
+ . . . + u
n
). Khi đó, ta có
S
n
=
(u
1
+ u
n
)n
2
·
Cấp số nhân
Định nghĩa 1.9. Dãy số {u
n
}(hữu hạn hoặc vô hạn) có {u
n
} = 0, ∀n ∈ N thỏa
mãn điều kiện
u

là một cấp số nhân với số hạng đầu với
u
1
= 2 và công bội q = 2.
10
Ví dụ 1.8. Dãy −2, 6, −18, 54, −162 là một cấp số nhân với số hạng đầu u
1
= −2
và công bội q = −3.
Tính chất 1.4. Nếu {u
n
} là một cấp số nhân thì kể từ số hạng thứ hai, bình
phương mỗi số hạng (trừ số hạng cuối đối với cấp số nhân hữu hạn) bằng tích
của hai số hạng đứng kề nó trong dãy, tức là
u
2
k
= u
k−1
u
k+1
.
Tính chất 1.5 (Số hạng tổng quát của một cấp số nhân). Nếu một cấp số nhân
có số hạng đầu là u
1
và công bội q = 0 thì số hạng tổng quát u
n
của nó được
tính theo công thức sau
u

u
n
, ∀n ∈ N lập
thành một cấp số nhân.
ii) Nếu {u
n
} là một cấp số nhân với số hạng dương và 0 < a = 1 thì dãy {v
n
} với
v
n
= log
a
u
n
, ∀n ∈ N lập thành một cấp số cộng.
Nhận xét 1.5. Nếu |q| < 1 thì {u
n
} được gọi là cấp số nhân lùi vô hạn. Tổng
của cấp số nhân lùi vô hạn được tính theo công thức
S =
u
1
1 − q
·
Chú ý 1.1. Đối với các dãy số {u
n
} xác định theo công thức truy hồi
u
n+1

=
1
2
u
n
−
1
u
n−1
, ∀n ∈ N
∗
. (1.6)
Giải. Ta có
(1.6) ⇔
1
u
n+1
=
2
u
n
−
1
u
n−1
⇔
2
u
n
=

Nếu mỗi cặp mới đó cũng lại đẻ sau một tháng và nếu không có con nào bị chết
cả thì sau một năm có bao nhiêu cặp thỏ?
Và đó là tiền thân của dãy số được xác định bằng cách liệt kê các phần tử
như sau:
1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 377 610 987 . . .
Trong đó các phần tử nằm trong dãy số này luôn luôn bằng tổng của 2 số liền
trước nó. Nếu lấy tổng hay hiệu của các số liên tiếp chúng ta sẽ được một dãy
số tương tự.
12
Định nghĩa 1.11. Dãy số Fibonacci là dãy số được định nghĩa bởi
f
0
= 0, f
1
= 1, ∀n ∈ N, f
n+2
= f
n+1
+ f
n
.
Dãy số Fibonacci có rất nhiều tính chất thú vị và xuất hiện một cách tự nhiên
trong nhiều lĩnh vực khác nhau. Chúng ta có công thức sau để tìm số hạng tổng
quát của dãy số Fibonacci:
Công thức Binet.
f
n
=

1+

với mỗi số nguyên dương n là tập hợp các
phân số tối giản dạng
a
b
với 0 ≤ a ≤ b ≤ n và (a, b) = 1 sắp xếp theo thứ tự tăng
dần.
Ví dụ 1.10.
F
5
=

0
1
,
1
5
,
1
4
,
1
3
,
2
5
,
1
2
,
3

và
p

q

là các số hạng liên tiếp trong dãy Farey thì
pq

− qp

= −1 và
p

q

=
p + p

q + q

·
Số các số hạng N(n) trong dãy Farey được tính theo công thức
N(n) = 1 +
n

k=1
ϕ(k) = 1 + φ(n).
1.3 Một số bài toán áp dụng
Bài toán 1.1. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để dãy số {a
n

+ a
2n
= a
0
+ (2m − 1)d + a
0
+ (2n − 1)d = 2[a
0
+ 2(m + n − 1)d].
Do đó, ta có điều cần chứng minh.
Điều kiện đủ. Giả sử dãy {a
n
} thỏa mãn điều kiện (1.7). Ta chứng minh
dãy {a
n
} là một cấp số cộng với công sai d = a
1
− a
0
.
Thay m = 0 vào (1.7) ta được
2a
n
= a
0
+ a
2n
.
Suy ra
a

− a
0
. (1.10)
Thay m = 1 và (1.10), ta có
a
n+1
= a
n
+ a
1
− a
0
.
Vậy {a
n
} là một cấp số cộng.
Bài toán 1.2. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để dãy các số dương {a
n
}
lập thành một cấp số nhân là dãy đã cho phải thỏa mãn hệ thức
a
2
m+n
= a
2m
a
2n
, ∀m, n ∈ N. (1.11)
14
Giải. Đặt ln a

1
− b
0
.
Theo nhận xét 1.4 ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.3. Cho dãy số {u
n
} là một cấp số suy rộng thỏa mãn điều kiện
u
n+1
= au
n
+ b, a, b ∈ R.
Tính tổng
S
n
= u
1
+ u
2
+ . . . + u
n
.
Giải. Ta có
u
2
+ u
3
+ . . . + u
n+1

− nb − u
1
= (u
1
+ u
2
+ . . . + u
n
)(a − 1).
Vậy nên, nếu a = 1 thì
S
n
=
u
n+1
− nb − u
1
a − 1
·
Theo quy nạp, ta có
S
n
=
a
n
u
1
+
a
n

1
= u
2
= 1, u
n+2
= u
n+1
+ u
n
với mọi n = 1, 2, , . .
Hãy tìm số nguyên dương m sao cho
u
m
2k
+ u
m
2k+1
=
m−1

s=1
s.u
s−1
2k
.u
s−1
2k+1
với mọi k = 1, 2, 3, . .
Giải.
+) Từ giả thiết thì số m cần tìm phải thỏa mãn với k = 1, lúc đó

s.2
s
.
Từ đó ta có
S = 2S − S =
m−1

s=1
s.2
s
−
m−1

s=1
s.2
s−1
= (m −1).2
m−1
−
m−1

s=1
2
s−1
(s − (s − 1))
= (m − 1).2
m−1
− (2
m−1
− 1) = (m − 2).2

.u
2
2k
= u
2
2k
.u
2
2k+1
+ 2u
2k
.u
2k+1
+ 1
16
hay
u
4
2k+1
+ u
4
2k
= 1 + 2u
2k
.u
2k+1
+ 3u
2
2k
.u

= 1, nên
a
n+1
= e
n
+ d
n
, b
n+1
= e
n
, e
n+1
= a
n
+ b
n
, d
n+1
= a
n
.
Tiếp theo, ta cần tính tổng S = a
n
+ b
n
+ d
n
+ e
n

= a
n
.
Do vậy, {a
n
} chính là dãy Fibonaci {F
n
} với cách chọn F
0
= 0, F
1
= 1. Tiếp theo,
ta thấy a
2
= 2 = F
2
và a
3
= e
2
+ d
2
= 3 = F
3
. Do đó, a
n
= F
n
với n ≥ 2. Suy ra
S = 2(a

0
≤ n ≤ t) suy ra tính đúng đắn của S(n) đối với n = t + 1, thì S(n) đúng với
mọi n ≥ k
0
.
Giả sử khẳng định T (n) xác định với mọi n ≥ t
0
. Để chứng minh T (n) đúng
với mọi n(n ≥ t
0
) bằng quy nạp, ta cần thực hiện hai bước.
18
a. Cơ sở quy nạp.
Thực hiện bước này tức là ta thử xem sự đúng đắn của T (n) với n = t
0
, nghĩa
là xét T (t
0
) có đúng hay không?
b. Quy nạp.
Giả sử khẳng định T(n) đã đúng với n = t, (t ≥ t
0
) (hoặc đối với mọi n, (t
0
≤
n ≤ t)). Trên cơ sở giả thiết này mà suy ra tính đúng đắn của T (n) đối với
n = t + 1, tức T (t + 1) đúng.
Nếu cả hai bước trên đều thỏa mãn, thì theo nguyên lý quy nạp, T (n) đúng
với mọi n ≥ t
0

3
=
3
4
·
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh dãy số đã cho có số hạng tổng quát
u
n
=
n
n + 1
, ∀n ≥ 1. (2.1)
Thật vậy, theo trên thì (2.1) đã đúng tới n = 3.
Giả sử (2.1) đúng tới n, khi đó
u
n+1
=
1
2 − u
n
=
1
2 −
n
n + 1
=
n + 1
n + 2
·
Vậy (2.1) đúng với n + 1 nên (2.1) đúng với mọi n ∈ N

= 19 = 3
3
− 2
3
, u
3
= 65 = 3
4
− 2
4
.
Từ đó ta đưa ra giả thiết số hạng tổng quát u
n
có dạng
u
n
= 3
n+1
− 2
n+1
. (2.2)
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Khi n = 1, n = 2 thì công thức (2.2)
đúng.
Giả sử (2.2) đúng khi n = k−1 và n = k với k ≥ 3, k ∈ N tức là ta có u
k−1
= 3
k
−2
k
và u

Vậy u
n
= 3
n+1
− 2
n+1
với mọi n ∈ N
∗
.
2.1.2 Phép thế lượng giác
Nhiều dãy số có công thức phức tạp có thể trở thành các dãy số đơn giản
nhờ phép thế lượng giác. Để áp dụng được thủ thuật này, điều cần thiết là biết
các công thức lượng giác và một chút nhạy cảm toán học.
Bài toán 2.3. Cho dãy số (u
n
) xác định bởi công thức

u
1
=
1
2
u
n
= 2u
2
n−1
− 1, ∀n ≥ 2.
Xác định công thức tổng quát của dãy (u
n

3
⇒ u
4
= cos
8π
3
. . .
Ta chứng minh u
n
= cos
2
n−1
π
3
. Thật vậy
20
. Với n = 2 ta có u
2
= cos
2
2−1
π
3
= cos
2π
3
(đúng).
. Giả sử
u
n−1

π
3
, ∀n ≥ 1.
Dạng 1: Để xác định công thức tổng quát của dãy số (u
n
):

u
1
u
n
= 2u
2
n−1
− 1, ∀n ≥ 2.
ta làm như sau:
. Nếu |u
1
| ≤ 1, ta đặt u
1
= cos α. Khi đó u
n
= cos 2
n−1
α.
. Nếu |u
1
| > 1, ta đặt u
1
=

1
a
2

⇒ u
3
=
1
2

a
4
+
1
a
4

. .
Ta chứng minh được u
n
=
1
2

a
2
n−1
+
1
a


u
1
+

u
1
2
− 1

2
n−1

.
Chú ý:
Dựa vào dạng 1 ta có thể tìm công thức tổng quát của dãy số {u
n
} được xác
định bởi

u
0
= c
u
n+1
= au
2
n
− b, ∀n ≥ 0, ab = 2.
bằng cách đặt u

=
√
3
2
= cos
π
6
⇒ u
2
= 4 cos
3
π
6
− 3 cos
π
6
= cos 3
π
6
⇒ u
3
=
cos
3
2
π
6
. .
Bằng quy nạp ta chứng minh được u
n

3
3
n−2
π
6
− 3 cos
3
n−2
π
6
= cos
3
n−1
π
6
·
Vậy
u
n
= cos
3
n−1
π
6
, ∀n ≥ 1.
Dạng 2:
1) Để xác định công thức tổng quát của dãy số (u
n
) xác định bởi


).
Bằng quy nạp ta chứng minh được u
n
=
1
2

a
3
n−1
+
1
a
3
n−1

, ∀n ≥ 1. Trong đó a là
nghiệm (cùng dấu với u
1
) của phương trình: a
2
− 2u
1
a + 1 = 0. Vì phương trình
này có hai nghiệm tích bằng 1 nên ta có thể viết công thức tổng quát của dãy
như sau
u
n
=
1

n
)

u
1
= p
u
n
= 4u
3
n−1
+ 3u
n−1
, ∀n ≥ 2.
22
bằng cách đặt u
1
=
1
2

a −
1
a

. Khi đó bằng quy nạp ta chứng minh được
u
n
=
1

+

u
1
2
+ 1

3
n−1

.
Bài toán 2.5. Tìm công thức tổng quát của dãy số u
n
xác định bởi









u
1
=
1
2
u
n


2 − 2

1 − sin
2
π
6
2
=

2(1 − cos
π
6
)
2
= sin
π
2.6
·
Bằng quy nạp ta chứng minh được
u
n
= sin
π
2
n−1
.6
·
Bài toán 2.6 (Trích đề thi Olympic 30- 4- 2003 Khối 11). Cho dãy số (u
n

2 − 1, suy ra
u
n
=
u
n−1
+ tan
π
8
1 − tan
π
8
u
n−1
·
Mà u
1
=
√
3 = tan
π
3
, suy ra
u
2
=
tan
π
3
+ tan

Vậy
u
2003
= tan

π
3
+ 2002
π
8

= tan

π
3
+
π
4

= −(
√
3 + 2).
Dạng 3:
Để tìm công thức tổng quát của dãy (u
n
):

u
1
= a

1 + u
2
n−1
, ∀n ≥ 2.
Giải. Ta có
1
u
n
=
1 +

1 + u
2
n−1
u
n−1
=
1
u
n−1
+

1 +
1
u
2
n−1
·
Đặt x
n

1
√
3
= cot
π
3
, suy ra
x
2
= cot
π
3
+

1 + cot
2
π
3
=
cos
π
3
sin
π
3
+
1
sin
π
3

1
= α, au
n+1
+ bu
n
= f
n
, n ∈ N
∗
, u
1
= α, u
2
=
β, au
n+1
+ bu
n
+ cu
n−1
= f
n
, n ≥ 2, u
1
= α, u
2
= β, u
3
= γ, au
n+2