Chuyên đề Dãy số (bồi dưỡng học sinh giỏi)

CHUYÊN ðỀ DÃY SỐ (BDHSG) 
1. KHÁI NIỆM DÃY SỐ 
1) Cho A là một tập con khác rỗng của tập số nguyên ,ℤ hàm số u : A →ℝ 
 nn u(n) u=֏ 
ñược gọi là một dãy số, và kí hiệu là n(u ) hoặc { }nu . Thông thường ta hay chọn A sao cho phần tử nhỏ nhất 
của A là 1. Dãy (un) gọi là dãy sỗ hữu hạn (hoặc dãy số vô hạn) nếu A là tập hợp gồm hữu hạn (vô hạn) phần tử. 
Số un ñược gọi là số hạng tổng quát của dãy (un). 
2) Dãy số (un) ñược gọi là dãy số tăng (tăng không nghiệm ngặt, giảm, giảm không nghiêm ngặt) nếu n n 1u u +< 
(tương ứng n n 1u u +≤ , n n 1u u +> , n n 1u u +≥ ) với mọi n A.∈ 
3) Dãy số (un) ñược gọi là tuần hoàn nếu tồn tại số nguyên dương k sao cho n k nu u , n A.+ = ∀ ∈ Số k nhỏ nhất 
thoả mãn tính chất này ñược gọi là chu kì của dãy tuần hoàn (un). Nếu k = 1 thì ta ñược một dãy hằng (tất cả các 
số hạng bằng nhau). 
4) Dãy số (un) ñược gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số thực M sao cho nu M≤ với mọi n A.∈ Dãy số (un) ñược 
gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số thực m sao cho nu m≥ với mọi n A.∈ Dãy số (un) ñược gọi là bị chặn (hoặc 
giới nội) nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, tức là tồn tại số thực M, m sao cho nm u M≤ ≤ với mọi 
n A,∈ hoặc tồn tại số thực C sao cho nu C, n A.≤ ∀ ∈ Dãy số hữu hạn hoặc tuần hoàn thì luôn bị chặn. 
2. CẤP SỐ 
1) Cấp số cộng 
- Dãy số (un) ñược gọi là cấp số cộng nếu mọi số hạng ñều thoả mãn n 1 nu u d+ − = (d: hằng số, gọi là công sai). 
- Công thức truy hồi: n 1 nu u d.+ = + Công thức số hạng tổng quát: n 1u u (n 1)d, n A.= + − ∀ ∈ Công thức tính 
tổng n số hạng ñầu tiên: n 1 n 1 1
n n n(n 1)S (u u ) (2u (n 1)d) nu d.
2 2 2
−
= + = + − = + Tính chất các số hạng: 
k 1 k 1 ku u 2u .+ −+ = 
2) Cấp số nhân 
- Dãy số (un) ñược gọi là cấp số nhân nếu mọi số hạng ñều thoả mãn n 1 nu u .q+ = (q: hằng số, gọi là công bội). 
- Công thức truy hồi: n 1 nu u .q.+ = Công thức số hạng tổng quát: 
n 1
n 1u u .q .
−
= Công thức tính tổng n số hạng 
ñầu tiên: n 1S nu= nếu q = 1, 
n 1
n 1
1 qS u
1 q
+
−
=
−
 nếu q 1.≠ Tính chất các số hạng: 2k 1 k 1 ku .u u .+ − = 
3) Cấp số nhân cộng 
- Dãy số (un) ñược gọi là cấp số nhân cộng nếu mọi số hạng ñều thoả mãn n 1 nu u .q d+ = + (q, d là hằng số). 
4) Cấp số ñiều hoà 
- Dãy số (un) ñược gọi là cấp số ñiều hoà nếu mọi số hạng của nó ñều khác 0 và thoả mãn n 1 n 1n
n 1 n 1
2u u
u ,
u u
− +
− +
=
+
hay 
n n 1 n 1
1 1 1 1( ).
u 2 u u
− +
= + (Học sinh tự ôn tập các dạng toán về cấp số) 
3. XÁC ðỊNH SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ 
3.1. DỰ ðOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUI NẠP 
BÀI TẬP 
1) Xác ñịnh số hạng tổng quát của dãy số cho bởi: 
n
1 n 1 1 n 1 n
n
2 n
1 n 1 n n 1 n 1
n
u
a)u 1, u , n 1, 2,3,... b)u 2, u 2 u , n 1, 2,3,...
1 u
3 1 ( 3 1)u3 5 3 1
c)u 1, u u u 1, n 1, 2,3,... d)u , u , n 1, 2,3,.
2 2 3 1 3 1 ( 3 1)u
+ +
+ +
= = ∀ = = = + ∀ =
+
− + +−
= = − + + ∀ = = = ∀ =
+ + − −
 ..
2 2
1 n 1 n 1 n 1 n n
1 1
e)u ,u 2u 1, n 1,2,3,... f )u , u 2u 1 u , n 1, 2,3,...
2 2+ +
= = − ∀ = = = − ∀ = 
3.2. MỘT SỐ DẠNG TRUY HỒI ðẶC BIỆT 

 Với dãy số cho bởi công thức truy hồi dạng n 1 nu u f (n)+ = + thì n 1u u f (1) f (2) ... f (n 1).= + + + + − 

 Với dãy số cho bởi công thức truy hồi dạng n 1 nu u .g(n)+ = thì n 1u u .g(1).g(2)...g(n 1).= − 
BÀI TẬP 
2) Xác ñịnh số hạng tổng quát của dãy số cho bởi: 
2
n
1 n 1 n 1 n 1
3 2 n
1 n 1 n 1 n 1 n
1 n 1 n
(n 1) u
a)u 1, u u n!.n, n 1, 2,3,... b)u 1, u , n 1, 2,3,...
n(n 2)
c)u 1, u u n 3n 3n 1, n 1, 2,3,... d)u 3, u u 3 , n 1, 2,3,...
e)u 1, u u (n 1).
+ +
+ +
+
+
= = + ∀ = = = ∀ =
+
= = + + − + ∀ = = = + ∀ =
= = + + n 1 n 1
n
2
1 n 1 n 1 n 1 n
12 , n 1, 2,3,... f )u 2, u 2 , n 1, 2,3,...
u
n 1 ng)u 1, u u , n 1, 2,3,... h)u 0, u (1 u ), n 1, 2,3,...
n n 1
+
+ +
∀ = = = − ∀ =
−
= = ∀ = = = + ∀ =
+
3.3. PHƯƠNG TRÌNH ðẶC TRƯNG 
Ta chỉ xét hai trường hợp ñơn giản sau ñây: 
a) Xét dãy số (un) cho bởi 1 2 n 2 n 1 nu ,u ,u a.u b.u , n * (a,b const). + += + ∀ ∈ =ℕ Khi ñó phương trình 2x ax b 0− − = 
ñược gọi là phương trình ñặc trưng của dãy số ñã cho. 

 Nếu phương trình trên có hai nghiệm thực phân biệt 1 2x , x thì 
n n
n 1 2u A.x B.x .= + 

 Nếu phương trình trên có hai nghiệm thựcỉtùng nhau 1 2x x= thì 
n
n 1u (A nB).x .= + 

 Nếu phương trình trên có 0∆ < , gọi hai nghiệm phức của nó là 1 2x , x , và biểu diễn hai số phức này ở dạng 
lượng giác 1 2x r(cos i.sin ), x r(cos i.sin ),= ϕ + ϕ = ϕ − ϕ với r, ϕ là các số thực, r là môñun của 1x và 2x , 
[ )0;2 ,ϕ∈ pi i là ñơn vị ảo, thì nnu r (A.cos n B.sinn ).= ϕ + ϕ (Ở ñó các hằng số A, B ñược xác ñịnh nhờ 1 2u , u ) 
b) Xét dãy số (un) cho bởi 1 2 3 n 3 n 2 n 1 nu ,u ,u ,u a.u b.u c.u , n * (a,b,c const) + + += + + ∀ ∈ =ℕ có phương trình ñặc 
trưng 3 2x ax bx c 0.− − − = 

 Nếu phương trình trên có ba nghiệm thực phân biệt 1 2 3x , x , x thì 
n n n
n 1 2 3u A.x B.x C.x .= + + 

 Nếu phương trình trên có ba nghiệm thực 1 2 3x , x , x mà 1 2 3x x x≠ = thì 
n n
n 1 2u A.x (B nC).x .= + + 

 Nếu phương trình trên có ba nghiệm thực 1 2 3x , x , x và 1 2 3x x x= = thì 
2 n
n 1u (A nB n C).x .= + + 

 Nếu phương trình trên có ba nghiệm 1 2 3x , x , x trong ñó 1x là nghiệm thực, còn hai nghiệm 
2x r(cos i.sin ),= ϕ + ϕ 3x r(cos i.sin )= ϕ − ϕ là hai nghiệm phức (không phải là số thực) thì 
n n
n 1u A.x r (B.cos n C.sinn ).= + ϕ + ϕ (Ở ñó các hằng số A, B, C ñược xác ñịnh nhờ 1 2 3u , u ,u ) 
VD1. Cho dãy số n(u ) xác ñịnh bởi 1 2 n 2 n 1 nu 1,u 0, u u u , n *.+ += = = − ∀ ∈ℕ Chứng minh n(u ) bị chặn. 
HD. Phương trình ñặc trưng của dãy số ñã cho là 2x x 1 0− + = có hai nghiệm phức 1x cos i.sin ,3 3
pi pi
= + 
2x cos i.sin ,3 3
pi pi
= − nên nn
n n
u 1 (A.cos B.sin ), n *.
3 3
pi pi
= + ∀ ∈ℕ Do 1 2u 1,u 0,= = nên ta có 
1
2
A B 3 A 11 A.cos B.sin ( u ) 1
3 3 2 2
.32 2 BA B 30 A.cos B.sin ( u ) 0 33 3 2 2
pi pi
== + = + =  
⇔ ⇔  
pi pi =  
= + =
− + =   
Suy ra n
n 3 n
u cos .sin , n *.
3 3 3
pi pi
= + ∀ ∈ℕ Vậy 2 2n
n 3 n 3 2
u cos .sin 1 ( ) , n *,
3 3 3 3 3
pi pi
= + ≤ + = ∀ ∈ℕ hay 
n(u ) là dãy bị chặn. 
VD2. Cho n(u ) có 1 2 3 n 3 n 2 n 1 nu 0,u 16,u 47,u 7u 11u 5u , n *.+ + += = = = − + ∀ ∈ℕ Tìm dư khi chia 2011u cho 2011. 
HD. Phương trình ñặc trưng 3 2x 7x 11x 5 0− + − = có 3 nghiệm thực 1x 5= (nghiệm ñơn), 2 3x x 1= = (nghiệm 
kép) do ñó n nnu A.5 (B nC).1 , n *.= + + ∀ ∈ℕ Vì 1 2 3u 0,u 16,u 47= = = nên 
1A ,B 13,C 12.
5
= = − = Suy ra 
n 1
nu 5 12n 13, n *.
−
= + − ∀ ∈ℕ Từ ñó 20102011u 5 12.2011 13.= + − Theo ñịnh lí Phécma thì 
20105 1 2011− ⋮ (ñịnh 
lí Phécma: Nếu p là số nguyên tố, a là số nguyên và (a, p) = 1, thì p 1a 1 (mod p)). − ≡ Vậy 2011u chia cho 2011 dư 
12− (hay dư 1999). 
VD3. Cho hai dãy số n n(x ), (y ) thoả mãn 1 1 n 1 n n n 1 n nx y 1, x 4x 2y , y x y , n *.+ += = = − = + ∀ ∈ℕ Xác ñịnh công 
thức của n nx , y . 
HD. Ta có n 2 n 1 n 1 n 1 n n n 1 n n n 1 n n 1 nx 4x 2y 4x 2(x y ) 4x 2x 2y 4x 2x x 4x+ + + + + + += − = − + = − − = − + − hay 
n 2 n 1 nx 5x 6x ( n *). + += − ∀ ∈ℕ Dãy n(u ) có phương trình ñặc trưng 2x 5x 6 0 x 2− + = ⇔ = hoặc x = 3. Suy ra 
n n
nx A.2 B.3 , n *.= + ∀ ∈ℕ Mà 1 2 1 1x 1, x 4x 2y 2,= = − = nên 
1A , B 0,
2
= = và ta có n 1nx 2 , n *.
−
= ∀ ∈ℕ Từ 
ñó và n 1n 1 n n nx 4x 2y y 2 .
−
+ = − ⇒ = Vậy 
n 1
n nx y 2 , n *.
−
= = ∀ ∈ℕ 
3.4. PHƯƠNG PHÁP DÃY SỐ PHỤ 
VD4. Cho dãy số n 1 2 n 2 n 1 n(u ) : u 1,u 2,u 2.u u 1, n *.+ += = = − + ∀ ∈ℕ ðặt n n 1 nv u u .+= − Chứng minh n(v ) là 
cấp số cộng và tìm nu . 
HD. a) Ta có 1 2 1v u u 1.= − = Và n 2 n 1 n n 2 n 1 n 1 nu 2.u u 1, n * u u u u 1, n *+ + + + += − + ∀ ∈ ⇔ − = − + ∀ ∈ℕ ℕ 
n 1 nv v 1, n *.+⇔ = + ∀ ∈ℕ Vậy n(v ) là cấp số cộng với số hạng ñầu tiên 1v 1,= công sai d = 1. 
b) Từ câu a ta có n 1v v (n 1).d 1 (n 1).1 n,= + − = + − = hay n 1 nu u n, n *.+ − = ∀ ∈ℕ Suy ra n n n 1 n 1 n 2u (u u ) (u u )− − −= − + − + 
2
2 1 1
(n 1).n n n
... (u u ) u [(n 1) (n 2) ... 2 1] 1 1 1, n *.
2 2 2
−
+ + − + = − + − + + + + = + = − + ∀ ∈ℕ 
VD5. Cho dãy số n 1 2 n 2 n 1 n
2 1(u ) : u 0, u 1,u .u u , n *.
3 3+ +
= = = + ∀ ∈ℕ ðặt n n 1 nv u u .+= − Chứng minh n(v ) là 
cấp số nhân và tìm nu . 
HD. Ta có 1 2 1v u u 1.= − = Và n 2 n 1 n n 2 n 1 n
2 1
u .u u , n * 3u 2u u , n *
3 3+ + + +
= + ∀ ∈ ⇔ = + ∀ ∈ ⇔ℕ ℕ 
n 2 n 1 n 1 n3(u u ) (u u ), n *+ + +− = − − ∀ ∈ℕ n 1 n
1
v v , n *.
3+
−
⇔ = ∀ ∈ℕ Vậy n(v ) là cấp số nhân với số hạng ñầu tiên 
1v 1,= công bội 
1q .
3
 = − 
Ta có n 1 n 1n 1
1
v v .q ( ) ,
3
− −
= = − n *.∀ ∈ℕ Suy ra n n n 1 n 1 n 2 2 1 1 n 1 n 2u (u u ) (u u ) ... (u u ) u v v− − − − −= − + − ++ + − + = + + 
n 1
2 n 2
2 1 1 n
11 ( )1 1 1 3 93
... v v u 0 1 ( ) ( ) ... ( ) 1. , n *.13 3 3 4 4.( 3)1 ( )
3
−
−
− −
+ + + + = + + − + − + + − = = + ∀ ∈
−
− −
ℕ 
VD6. Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( nu ) có 1 1, . , *,+= = + + ∀ ∈ℕnnu c u q u an d n ở ñó a, c, d, q là hằng số. 
HD. Với q = 1 thì 1 , *nnu u an d n+ = + + ∀ ∈ℕ . Ta nhận thấy 2 1 3 2u u a d,u u 2a d,...,= + + = + + 
n 1 n 2 n n 1 2 3 n 1 n 1 2 n 2 n 1
n 1 n
... ...
n(n 1) n(n 1)
a(1 2 ... (n 2) (n 1)) (n 1)d a (n 1)d c a (n 1)d, (n *).
2 2
u u (n 2)a d,u u (n 1)a d u u u u u u u u
u u u
− − − − − −
⇒ + + + + = + + + + +
− −
+ + + + − + − + − = + + − ⇒ = + + − ∈
= + − + = + − +
⇒ ℕ
Khi q ≠ 1, ta sẽ xét một dãy phụ ( nv ) thỏa mãn , *,n nu v bn e n= + + ∈ℕ ở ñó b, e là những hằng số, và ta cố 
gắng chọn b, e thích hợp ñể ( nv ) là cấp số nhân. Từ ñẳng thức truy hồi ban ñầu ta có 
1 ( ) ( ), *,+ = + + − + + − − ∈ℕn nv qv qb a b n qe d b e n và dễ thấy ñể ( nv ) là cấp số nhân thì cần có 
qb a b+ − = qe d b e+ − − = 0 2 ,(q 1),1 ( 1)
a d a qdb e
q q
≠
− −
⇔ = =
−
−
. Lúc này (với b, e như trên) do 1n nv qv+ = 
nên ( nv ) là cấp số nhân có công bội q. Suy ra nv = 1 1. nqv − = 11 2( ).( 1)
naq dq du q
q
−
+ −
+
−
, từ ñó ta tính ñược số hạng 
tổng quát của ( nu ) là 11 2 2
.( ). 1 ( 1)( 1)
n
n
aq dq d d a qda n
u u q q qq
−
=
+ − − −
+ + +
−
−
−
 (n ≥ 2). 
Vậy, số hạng tổng quát của ( nu ) ñã cho là : 
1
2 2
( 1) ( 1) , 1
2
, 1.( ). 1 ( 1)( 1)
−
−
+ + − =
= 
 ≠

+ − − −+ + +
−
−
−
n
n
n n
c a n d khi q
khi q
u
aq dq d d a qda n
c q q qq
. 
BÀI TẬP 
3) Cho n(u ) : n1 n 1
n
3 2u
u 0,u , n *.
4 u+
+
= = ∀ ∈
+
ℕ ðặt nn
n
u 1
v .
u 3
−
=
+
 Chứng minh n(v ) là cấp số nhân và tìm nu . 
4) Cho n(u ) : n1 n 1
(n 1)u1
u , u , n *.
3 3n+
+
= = ∀ ∈ℕ ðặt nn
u
v .
n
= Chứng minh n(v ) là cấp số nhân và tìm nu . 
5) Cho n(u ) : n1 n 1 nu 1, u u 2.(1 3 ), n *. += = + + ∀ ∈ℕ ðặt nn nv u 3 .= − Chứng minh dãy số n(v ) là cấp số 
cộng và tìm nu . 
6) Nêu cách xác ñịnh số hạng tổng quát của dãy số ( nu ) cho bởi 1 ,u c= 1 ( ) . , *nn P nu q u n+ = + ∀ ∈ℕ , ở ñó c, q 
là các hằng số, còn P(n) là một ña thức bậc k cho trước. 
3.5. TUYẾN TÍNH HOÁ MỘT SỐ DÃY PHI TUYẾN 
a) Với dãy số n(x ) cho bởi n1 n 1
n
px q
x a, x , n *,
rx s
+
+
= = ∀ ∈
+
ℕ và a, p, q, r, s là các hằng số, ta xét hai dãy n(u ), 
n(v ) thoả mãn 1 1 n 1 n n n 1 n nu a, v 1, u pu qv , v ru sv , n *,+ += = = + = + ∀ ∈ℕ thì nn
n
u
x .
 ...  – 1< – n(2 3)− < 0 nên có n[(2+ 3) ] = [2an – n(2 3)− ] = 2an +[– n(2 3)− ] = 2an – 1. 
Vậy lim
n
n
[(2+ 3) ]
(2+ 3) = lim
n
n
2a 1
(2+ 3)
−
= lim
n n
n
(2 3) (2 3) 1
(2+ 3)
+ + − −
= lim(
n n
1 11 (7 4 3) (2+ 3)+ −+ ) = 1. 
Nhận xét. Với x, y, n, r nguyên dương, r không là số chính phương thì tồn tại hai dãy số nguyên dương (an) và 
(bn) sao cho (x +y r )n = an + nb r ; (x - y r )n = an - nb r ; với 
n n n n
n n
(x y r) (x y r) (x y r) (x y r)
a , b
2 2
+ + − + − −
= = . 
b) Ta ñặt xn = 2 3 n
1 3 5 2n 1
...
2 2 2 2
−
+ + + +
 ⇒ 2xn = 2 n-1
3 5 2n 11 ...
2 2 2
−
+ + + +
. Ta có xn = 2xn – xn = 
= 2 n 2 n
1 1 1 1 2n2 ...
2 2 2 2−
−
+ + + + + = 3 – n 2
1
2 −
+ n
1
2 – n 1
n
2 −
. Dễ thấy lim
n 2
1
2 −
= lim n
1
2
= 0. Với mọi n > 2 
ta có n 12 − = 0 1 2 n 1n 1 n 1 n 1 n 1C C C ... C
−
− − − −
+ + + + ≥ 2n 1C − =
2n 3n 2
2
− +
 > 0. Từ ñó suy ra 
n 1 2
n 2n0
2 n 3n 2−
< <
− +
, ∀ n > 2. 
Mà lim 2
2n
n 3n 2− +
= 0 nên lim n 1
n
2 −
 = 0. Vậy lim xn = 3. 
c) Với hai số a > 1 và c > 0 ta biến ñổi 
c
n
n
a
=
c
n
c
n
a
 
 
  
 
=
c
n
n
(1+b)
 
 
 
ở ñó b = 
1
ca – 1 > 0. Nhận thấy với mọi n ≥ 2 thì 
n(1 + b) = 0 1 2 2 n nn n n nC bC b C ... b C+ + + + ≥ 2 2nb C = 
2 2(n n)b
2
−
 > 0 suy ra 0 < 
n
n
(1+b) < 2
2
(n 1)b− , ∀ n ∈ N *. 
Từ ñây và do lim 2
2
(n 1)b− = 0 nên lim n
n
(1+b) = 0, dẫn tới lim
c
n
n
a
= lim
c
n
n
(1+b)
 
 
 
= 0. 
d) Với mọi n ≥ 9 ta có 
n 1 2 3 n 2
0 n n n n
n
n
1 C C C C n 1 n 3n 21 C ... 1 n
n 2n n n n 6 nn
− − + 
+ = + + + + + ≥ + + + = 
 
1 1 n n n 1 n n n n n n n( n 3)
n n n
2 2 2 6 2 6 6 2 63 n
−
= + + + + > + = + − = + ≥ n . Dẫn ñến n 11 n 1
n
< < + với 
mọi n ≥ 9. Mà lim ( 11
n
+ ) = 1 nên suy ra lim n n = 1. 
Nhận xét. Với a >0, a ≠ 1, thì lim alog n
n
= 0. 
e) Trước hết ta có n! = 1.2.3n ≤ nn ⇒
n
1 1
n n!
≤ , ∀ n ∈ N *. Mặt khác ∀k = 1, n ta luôn có 
(n k)(k 1) 0 k(n k 1) n− − ≥ ⇒ − + ≥ , cho k chạy từ 1 ñến n ta thu ñược n bất ñẳng thức mà hai vế ñều dương, nhân 
n bất ñẳng thức này, vế với vế tương ứng, ta ñược (n!)2 ≥ nn hay 
n
1 1
, n *
n! n
≤ ∀ ∈ℕ . Từ 
n
1 1 1
, n *
n n! n
≤ ≤ ∀ ∈ℕ , và lim 1
n
 = lim 1
n
 = 0 suy ra lim
n
1
n!
= 0. 
VD17. Cho dãy số (un) thỏa mãn u1 = – 2, un+1 = n
n
u
1 u−
, ∀ n ∈ N *. 
a. Chứng minh un < 0, ∀ n ∈ N *. 
b. ðặt vn = n
n
1+ u
u
, ∀ n ∈ N *. Chứng minh (vn) là cấp số cộng. 
c. Tìm công thức số hạng tổng quát của (un), (vn), và tính các giới hạn limun, limvn. 
HD. a) Ta chứng minh un < 0 (∀ n ∈ N *) bằng phương pháp quy nạp toán học. Rõ ràng u1 = – 2 < 0. Bây giờ giả 
sử uk 0. Dẫn tới uk+1 = k
k
u
1 u−
< 0. Vậy un < 0 (∀ n ∈ N *). 
b) ðặt vn = n
n
1+ u
u
 thì vn ≠ 1 và un = 
n
1
v 1−
. Ta có v1 = 
1 2 1
2 2
−
=
−
. Từ un+1 = n
n
u
1 u−
 ta có 
n+1 n n
1 1 1
: (1 )
v 1 v 1 v 1
= −
− − −
 hay vn+1 = vn – 1 (∀ n ∈ N *). Vậy (vn) là cấp số cộng có số hạng ñầu tiên v1= 12 , 
công sai d = –1. 
c) Từ câu b ta có ngay vn = 32 – n, và un = n
1
v 1−
 = 
1
3
n 1
2
− −
 hay un = 
2
1 2n−
 (∀ n ∈ N *). Như vậy limun = 0, 
limvn = – ∞. 
VD18. Cho dãy số (un) thỏa mãn 0 < un < 1 và un+1 < 1 – 
n
1
4u
 với mọi n ∈ N *. Chứng minh un > 
1
2
, ∀ n ∈ N *. 
HD. Từ 0 < un < 1 và un+1 < 1 – 
n
1
4u
 suy ra un(1 – un+1) > 14 (∀ n ∈ N *). Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho hai số 
un và 1 – un+1 ta có un + (1 – un+1) ≥ n n+1
12 u (1 u ) 2. 1
4
− > = hay n n+1u 1 u 1+ − > hay n n+1u > u (∀ n ∈ N *). 
Dãy (un) giảm và bị chặn nên có giới hạn hữu hạn nlim u u [0; 1]= ∈ . Lấy giới hạn hai vế của bất ñẳng thức 
un(1 – un+1) > 14 ta ñược u(1 – u) >
1
4
 ⇔ u = 
1
2
. Tức là limun = 
1
2
. 
Bây giờ ta ñi chứng minh un > 
1
2
 (∀ n ∈ N *) bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại số nguyên dương k 
sao cho uk ≤ 1
2
. Lúc này 1
2
≥ uk > uk+1 >  > un+k >  , ∀ n ∈ N *. Suy ra 
1
2
 ≥ uk > uk+1≥
1lim
2+→+∞
=n k
n
u . 
ðiều này vô lí. Vậy un > 
1
2
 (∀ n ∈ N *). 
BÀI TẬP 
9) Tính giới hạn: 
 1) lim(
3 3 3 3
3 3 3 3
1 3 5 (2n 1)
...
n n n n
−
+ + + + ). 2) lim
3 3 3
4
1 2 ... n
n
+ + +
. 
 3) lim( 1 1 1...
1.2 2.3 n(n 1)+ + + + ). 4) lim(
1 3 2n 1
. ...
2 4 2n
− ). 
 5) lim(cos 1
n
 + a.sin 1
n
)n. 6) lim(
2 2 2
1 1 1
...
n 1 n n n n
+ + +
+ + +
). 
 7) lim
1 2 n
n
1 2 ... n
n
+ + +
. 8) lim 
na
n!
 (với a > 0). 
 9) lim n n n n1 2 ... 2010+ + + . 10) lim( 1 1 11 ...
2 3 n
+ + + + ). 
10) Dãy số (xn) có x1 = a >0, 2n+1 nx x a− = (∀ n ∈ N *). Tìm limxn. 
11) Dãy số (an) có 0 < an < 1 và an+1 = an(2 – an) với mọi n ∈ N *. Tìm limxn. 
6. DÃY SỐ SINH BỞI PHƯƠNG TRÌNH 
VD19. Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng phương trình xn+1 = x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, kí 
hiệu là xn. Tìm limxn. 
HD. Trước hết nếu x > 0 thì x + 1 > 1, từ phương trình xn+1 = x + 1 ⇒ xn+1> 1 ⇒ x > 1. Do ñó nếu phương trình 
x
n+1
 = x + 1 có nghiệm dương thì nghiệm ñó sẽ lớn hơn 1. Ta xét hàm số fn(x) = xn+1 – x – 1 với x > 1, có ñạo hàm 
fn’(x) = (n + 1)xn –1 > (n + 1) – 1 = n > 0 với mọi x > 1. Suy ra fn(x) ñồng biến trên khoảng (1; + ∞). Từ ñây, và 
tính liên tục của fn(x), và fn(1) = – 1< 0, nlim f (x)
x→+∞
= +∞ , ta kết luận phương trình xn+1 = x + 1 có nghiệm 
dương duy nhất xn. Tất nhiên xn > 1. Do fn+1(x) liên tục, fn+1(1) = – 1 − − = 
= fn(xn) = 0, nên phương trình xn+2 = x + 1 có nghiệm dương duy nhất xn+1 và 1 < xn+1< xn. Dãy (xn) giảm và bị 
chặn dưới bởi 1 nên có giới hạn hữu hạn limxn = a ≥ 1. Do xn là nghiệm dương của phương trình xn+1 = x + 1 nên 
n+1
n nx x 1− − = 0 ⇒ ( )
1 1
0n 1 n 1
n n n nx (1 x ) limx lim(1 x ) 1 a 1.+ += + ⇒ = + = + = 
VD20. Cho n là một số nguyên dương > 1. Chứng minh rằng phương trình xn = x + 1 có một nghiệm dương duy 
nhất, ký hiệu là xn. Chứng minh rằng xn dần về 1 khi n dần ñến vô cùng và tìm )1(lim −
∞→
n
n
xn . 
HD. Rõ ràng xn > 1. ðặt fn(x) = xn – x – 1. Khi ñó fn+1(1) = - 1 xnn – xn – 1= 
=fn(xn) = 0. Từ ñó ta suy ra 1 < xn+1 < xn . Suy ra dãy {xn} có giới hạn hữu hạn a. Ta chứng minh a = 1. Thật vậy, 
giả sử a > 1. Khi ñó xn ≥ a với mọi n và ta tìm ñược n ñủ lớn sao cho: xnn ≥ an > 3 và xn + 1 < 3, mâu thuẫn vì 
fn(xn) = 0. ðể giải phần cuối của bài toán, ta ñặt xn = 1 + yn với lim yn = 0. Thay vào phương trình fn(xn) = 0, ta 
ñược (1+yn)n = 2 + yn. Lấy logarith hai vế, ta ñược nln(1+yn) = ln(2+yn). Từ ñó suy ra lim nln(1+yn) = ln2. 
Nhưng lim ln(1+yn)/yn = 1 nên từ ñây ta suy ra lim nyn = ln2, tức là lim ( 1) ln 2.n
n
n x
→∞
− = 
VD21. Ký hiệu xn là nghiệm của phương trình: 1 1 1... 0
1x x x n
+ + + =
− −
 thuộc khoảng (0, 1) 
a) Chứng minh dãy {xn} hội tụ 
b) Hãy tìm giới hạn ñó. 
HD. Rõ ràng xn ñược xác ñịnh 1 cách duy nhất, 0 < xn < 1. Ta có fn+1(xn) = fn(xn) + 1/(xn-n-1) = 1/(xn-n-1) < 0, 
trong khi ñó fn+1(0+) > 0. Theo tính chất của hàm liên tục, trên khoảng (0, xn) có ít nhất 1 nghiệm của fn+1(x). 
Nghiệm ñó chính là xn+1. Như thế ta ñã chứng minh ñược xn+1 < xn. Tức là dãy số {xn} giảm. Do dãy này bị chặn 
dưới bởi 0 nên dãy số có giới hạn. Ta sẽ chứng minh giới hạn nói trên bằng 0. ðể chứng minh ñiều này, ta cần 
ñến kết quả quen thuộc sau: 1 + 1/2 + 1/3 +  + 1/n > ln(n) (Có thể chứng minh dễ dàng bằng cách sử dụng ñánh 
giá ln(1+1/n) 0. Khi ñó, do dãy số giảm nên ta có xn ≥ a với mọi n. Do 1 + 
1/2 + 1/3 +  + 1/n  +∞ khi n + ∞ nên tồn tại N sao cho với mọi n ≥ N ta có 1 + 1/2 + 1/3 +  + 1/n > 1/a. 
Khi ñó với n ≥ N ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 10 ... ... 0
1 1 2n n n nx x x n x n a a
= + + + < + + + + < − =
− − − − −
 . Mâu thuẫn. Vậy ta 
phải có lim xn = 0. 
VD22. (VMO 2007) Cho số thực a > 2 và fn(x) = a10xn+10 + xn + +x + 1. 
a) Chứng minh với mỗi số nguyên dương n, phương trình fn(x) = a luôn có ñúng một nghiệm dương duy nhất. 
b) Gọi nghiệm ñó là xn, chứng minh rằng dãy {xn} có giới hạn hữu hạn khi n dần ñến vô cùng. 
HD. Kết quả của câu a) là hiển nhiên vì hàm fn(x) tăng trên (0, +∞). Dễ dàng nhận thấy 0 < xn < 1. Ta sẽ chứng 
minh dãy xn tăng, tức là xn+1 > xn. Tương tự như ở những lời giải trên, ta xét 
fn+1(xn) = a10xnn+11 + xnn+1 + xnn +  + x + 1 = xnfn(xn) + 1 = axn + 1. 
Vì ta ñã có fn+1(1) = a10 + n + 1 > a nên ta chỉ cần chứng minh axn + 1 < a là sẽ suy ra xn < xn+1 < 1. Như vậy, cần 
chứng minh xn < (a-1)/a. Thật vậy, nếu xn ≥ (a-1)/a thì 
n 1
n 10 n n
10 10
n n
a 11
a 1 a 1 a 1af (x ) a (a 1) a (a 1) a
a 1a a a1
a
+
+
− 
− 
− − −      ≥ + = − + − − >     
−     
−
(do a – 1 > 1). Vậy dãy số tăng {xn} tăng và bị chặn bởi 1 nên hội tụ. 
VD23. (VMO 2002) Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình 
2
1 1 1 1
...
1 4 1 21x x n x
+ + + =
− −
−
có một nghiệm duy nhất xn > 1. Chứng minh rằng khi n dần ñến vô cùng, xn dần ñến 4. 
HD. ðặt fn(x) như trên và gọi xn là nghiệm > 1 duy nhất của phương trình fn(x) = 0. Ta có 
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(4) ... ... ...
4 1 16 1 2 1.3 3.5 (2 1)(2 1) 2 2 1 3 3 5 2 1 2 2 44 1
 
= + + + − = + + + − = − + − + + − − =− 
− − − + −
−  
nf
n n n n nn
Áp dụng ñịnh lý Lagrange, ta có : 1/4n = |fn(xn) – f(4)| = |f’(c)||xn-4| với c thuộc khoảng (xn, 4). Nhưng do 
2 2
1 4 1| '( ) | ...
9( 1) (4 1)n
f c
c c
= + + >
− −
n ên từ ñây |xn – 4| < 9/4n, suy ra lim xn = 4. 
VD24. Cho n là một số nguyên dương > 1. Chứng minh rằng phương trình xn = x2 + x + 1 có một nghiệm dương 
duy nhất, ký hiệu là xn. Hãy tìm số thực a sao cho giới hạn )(lim 1+
∞→
− nn
a
n
xxn
 tồn tại, hữu hạn và khác 0. 
HD. ðặt Pn(x) = xn – x2 – x – 1. Ta có Pn+1(x) = xn+1 – x2 – x – 1 = xn+1 – xn + Pn(x) = xn(x-1) + Pn(x). 
Từ ñó Pn+1(xn) = xnn(xn-1) + Pn(xn) = (xn2+xn+1)(xn-1) = xn3 – 1. 
Áp dụng ñịnh lý Lagrange, ta có: (xn2+xn+1)(xn – 1) = Pn+1(xn) – Pn+1(xn+1) = (xn – xn+1)Pn+1’(c) 
với c thuộc (xn+1, xn), Pn+1’(x) = (n+1)xn – 2x – 1. Từ ñó 
(n+1)(xn+1+1+1/xn+1) – 2xn+1 – 1 = Pn+1’(xn+1) < Pn+1’(c) < Pn+1’(xn)= (n+1)(xn2+xn+1) – 2xn – 1. 
Từ ñây, với lưu ý lim xn = 1, ta suy ra : 1 '( )lim 3+
→∞
=
n
n
P c
n
.Tiếp tục sử dụng lim n(xn – 1) = 3, ta suy ra: 
' 2
1 1
' '
2 21 1
1 1
2 2
1 1
lim ( )( ) lim ( 1)( 1) 3ln(3)
( ) ( )lim ( ). 3ln(3) lim ( ) lim 3ln(3)
lim ( )3 3ln(3) lim ( ) ln(3)
+ +
→∞ →∞
+ +
+ +
→∞ →∞ →∞
+ +
→∞ →∞
− = + + − =
⇔ − = ⇔ − =
⇔ − = ⇔ − =
n n n n n n
n n
n n
n n n n
n n n
n n n n
n n
nP c x x n x x x
P c P c
n x x n x x
n n
n x x n x x
Vậy với c = 2 thì giới hạn ñã cho tồn tại, hữu hạn và khác 0. Dễ thấy với c > 2 thì giới hạn ñã cho bằng vô cùng 
và nới c < 2 thì giới hạn ñã cho bằng 0. Vậy c = 2 là ñáp số duy nhất của bài toán. 
BÀI TẬP 
12) Với mỗi số nguyên dương n phương trình x = n x 1+ có một nghiệm dương duy nhất, kí hiệu là xn. Tìm 
lim(n(xn – 1)).