Câu 3 (4,0 điểm).

a) Cho dãy số $(a_n)$ xác định bởi $a_1=0$ và $a_{n+1}=-a_n+2n+1$, với mọi $n\ge 1$. Chứng minh rằng $a_n=(-1{)}^n+n$ với mọi $n\ge 1$ và tính tổng 2025 số hạng đầu tiên của dãy số $(a_n)$.

b) Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi $u_1=4$ và $u_{n+1}=u_n^2-5u_n+9$, với mọi $n\ge 1$. Chứng minh rằng $\frac{1}{u_1-2}+\frac{1}{u_2-2}+\dots +\frac{1}{u_{2025}-2}<1$.

a) Ta chứng minh $a_n=(-1{)}^n+n$ với mọi $n\ge 1$ bằng quy nạp.

Ta có $a_1=0=(-1{)}^1+1$ (đúng).

Giả sử $a_k=(-1{)}^k+k$ với $k\ge 1$. Ta chứng minh $a_{k+1}=(-1{)}^{k+1}+k+1$.

Thật vậy, $a_{k+1}=-a_k+2k+1=-\left((-1{)}^k+k\right)+2k+1=(-1{)}^{k+1}+k+1$.

Vậy theo nguyên lí chứng minh quy nạp, ta có $a_n=(-1{)}^n+n$ với mọi $n\ge 1$.

Ta có $S=a_1+a_2+\dots +a_{2025}=\left[(-1)+(-1{)}^2+\dots +(-1{)}^{2025}\right]+(1+2+\dots +2025)$

$=(-1)\cdot \frac{1-(-1{)}^{2025}}{1-(-1)}+\frac{2025}{2}(1+2025)=2051324$.

b) Ta chứng minh $u_n>3$ với mọi $n\ge 1$ bằng quy nạp.

Ta có $u_1=4>3$ (đúng).

Giả sử $u_k>3$ với $k\ge 1$. Ta chứng minh $u_{k+1}>3$.

Thật vậy, $u_{k+1}>3\iff u_k^2-5u_k+9>3\iff (u_k-2)(u_k-3)>0$ (luôn đúng).

Vậy theo nguyên lí chứng minh quy nạp, ta có $u_n>3$ với mọi $n\ge 1$.

Ta có $u_{n+1}-3=(u_n-2)(u_n-3)$

$\Rightarrow \frac{1}{u_{n+1}-3}=\frac{1}{(u_n-2)(u_n-3)}=\frac{1}{u_n-3}-\frac{1}{u_n-2}\Rightarrow \frac{1}{u_n-2}=\frac{1}{u_n-3}-\frac{1}{u_{n+1}-3}$.

Ta có $\frac{1}{u_1-2}+\frac{1}{u_2-2}+\dots +\frac{1}{u_{2025}-2}=\left(\frac{1}{u_1-3}-\frac{1}{u_2-3}\right)+\left(\frac{1}{u_2-3}-\frac{1}{u_3-3}\right)+\dots +\left(\frac{1}{u_{2025}-3}-\frac{1}{u_{2026}-3}\right)$

$=\frac{1}{u_1-3}-\frac{1}{u_{2026}-3}=1-\frac{1}{u_{2026}-3}$.

Ta có $u_{2026}>3$ nên $-\frac{1}{u_{2026}-3}<0$, do đó $\frac{1}{u_1-2}+\frac{1}{u_2-2}+\dots +\frac{1}{u_{2025}-2}<1$.