Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Dãy số (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Hình thứ $n$ là tam giác đều có cạnh $2^{n-1}$ que diêm (hình 1 cạnh 1, hình 2 cạnh 2, hình 3 cạnh 4,...). Tam giác đều cạnh $m$ que được chia thành các tam giác nhỏ và cần dùng $3\left(1+2+\cdots +m\right)=\frac{3m(m+1)}{2}$ que (kiểm tra: hình 1 cần 3 que, hình 2 cần 9 que, hình 3 cần 30 que — khớp hình vẽ). Vậy với hình thứ 15, cạnh $m=2^{14}=16384$ nên $$a=\frac{3\cdot 2^{14}\left(2^{14}+1\right)}{2}=3\cdot 2^{13}\cdot 16385.$$ Phân tích $16385=5\cdot 29\cdot 113$, do đó $$a=2^{13}\cdot 3\cdot 5\cdot 29\cdot 113.$$ Số ước nguyên dương của $a$ là $(13+1)(1+1)(1+1)(1+1)(1+1)=14\cdot 16=224$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Trước hết, quy nạp cho thấy $a_n>0$ với mọi $n$: nếu $a_n,a_{n+1}>0$ thì $a_{n+2}=a_{n+1}+\frac{a_{n+1}^3}{a_n^2}>a_{n+1}>0$; với $a_1=1>0,a_2=2>0$ thì điều này đúng với mọi $n$.

Đặt $x_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}>0$. Khi đó
$$x_{n+1}=\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}=1+\frac{a_{n+1}^2}{a_n^2}=1+x_n^2.$$
Vì $x_1=\frac{a_2}{a_1}=2>1$ và $x_{n+1}=1+x_n^2>x_n$, dãy $(x_n)$ tăng và $x_n\ge 2>1$ với mọi $n$. Do đó
$$\sum _{k=1}^m\frac{a_k}{a_{k+1}}=\sum _{k=1}^m\frac{1}{x_k}.$$

Với mỗi $k$, do $x_{k+1}-1=x_k^2$ nên
$$\frac{1}{x_k-1}-\frac{1}{x_{k+1}-1}=\frac{1}{x_k-1}-\frac{1}{x_k^2}.$$
Ta có
$$\frac{1}{x_k-1}-\frac{1}{x_k^2}-\frac{1}{x_k}=\frac{x_k^2-x_k(x_k-1)-(x_k-1)}{x_k^2(x_k-1)}=\frac{1}{x_k^2(x_k-1)}>0,$$
vì $x_k>1$. Vậy
$$\frac{1}{x_k}<\frac{1}{x_k-1}-\frac{1}{x_{k+1}-1}.$$

Cộng theo $k$ từ $1$ đến $m$, vế phải là tổng dạng telescoping:
$$\sum _{k=1}^m\frac{a_k}{a_{k+1}}<\sum _{k=1}^m\left(\frac{1}{x_k-1}-\frac{1}{x_{k+1}-1}\right)=\frac{1}{x_1-1}-\frac{1}{x_{m+1}-1}=1-\frac{1}{x_{m+1}-1}<1,$$
do $x_1=2$ và $x_{m+1}>1$.

Vậy với mọi số nguyên dương $m$ ta có $\sum _{k=1}^m\frac{a_k}{a_{k+1}}<1$. $■$

Kiểm tra nhanh: $x_1=2,x_2=5,x_3=26$; tổng $\frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{26}=0,\mathrm{788...}<1$, phù hợp với kết luận.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 3.**

**a) Chứng minh dãy $(a_n)$ giảm.**

Trước tiên chứng minh bằng quy nạp rằng $0<a_n<1$ với mọi $n$.

- Với $n=1$: $a_1=\frac{1}{2}\in (0;1)$.
- Giả sử $0<a_n<1$. Khi đó $a_n^2-a_n+1={\left(a_n-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}>0$, nên $a_{n+1}=\frac{a_n^2}{a_n^2-a_n+1}$ xác định và $a_{n+1}>0$. Mặt khác vì $a_n^2-a_n+1>a_n^2$ (do $1-a_n>0$) nên $a_{n+1}<1$. Vậy $0<a_{n+1}<1$.

Do đó $0<a_n<1$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Xét hiệu:
$$a_{n+1}-a_n=\frac{a_n^2}{a_n^2-a_n+1}-a_n=\frac{a_n^2-a_n(a_n^2-a_n+1)}{a_n^2-a_n+1}=\frac{-a_n(a_n-1{)}^2}{a_n^2-a_n+1}.$$ Vì $a_n>0$, $(a_n-1{)}^2>0$ và $a_n^2-a_n+1>0$ nên $a_{n+1}-a_n<0$ với mọi $n$. Vậy $(a_n)$ là dãy số giảm. $■$

**b) Tính $\lim b_n$.**

Đặt $d_n=\frac{1-a_n}{a_n}=\frac{1}{a_n}-1$ (với $a_n\in (0;1)$ nên $d_n>0$). Khi đó:
$$d_{n+1}=\frac{1-a_{n+1}}{a_{n+1}}=\frac{(a_n^2-a_n+1)-a_n^2}{a_n^2}=\frac{1-a_n}{a_n^2}=\frac{d_n}{a_n}=d_n(1+d_n)=d_n+d_n^2.$$ Suy ra:
$$\frac{1}{d_{n+1}}=\frac{1}{d_n(1+d_n)}=\frac{1}{d_n}-\frac{1}{1+d_n}⟹\frac{1}{1+d_n}=\frac{1}{d_n}-\frac{1}{d_{n+1}}.$$ Mà $\frac{1}{1+d_n}=a_n$, nên ta có công thức truy hồi đẹp:
$$a_n=\frac{1}{d_n}-\frac{1}{d_{n+1}}.$$ Do đó:
$$b_n=a_1+a_2+\cdots +a_n=\left(\frac{1}{d_1}-\frac{1}{d_2}\right)+\left(\frac{1}{d_2}-\frac{1}{d_3}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{d_n}-\frac{1}{d_{n+1}}\right)=\frac{1}{d_1}-\frac{1}{d_{n+1}}.$$ Vì $d_1=\frac{1-a_1}{a_1}=1$ nên $b_n=1-\frac{1}{d_{n+1}}$.

Dãy $(d_n)$ tăng ngặt và không bị chặn trên (vì $d_{n+1}=d_n+d_n^2>d_n$ với $d_n>0$, và nếu bị chặn thì tồn tại giới hạn $L\ge 1$ thỏa $L=L+L^2$, vô lý), do đó $d_n\to +\infty$ và $\frac{1}{d_{n+1}}\to 0$.

Vậy:
$$\lim b_n=1-0=1.$$

**Kiểm tra:** $a_1=\frac{1}{2},a_2=\frac{1}{3},a_3=\frac{1}{7},a_4=\frac{1}{43}$; tổng $\approx 0,9994\to 1$. Kết quả đúng.

1. Dễ dàng chứng minh được $u_n>3\forall n\in N^{\ast }$ bằng pp quy nạp

Mà $u_{n+1}-u_n=\frac{1}{5}(u_n-3{)}^2\Rightarrow u_{n+1}-u_n>0\Rightarrow u_{n+1}>u_n\Rightarrow$ Đây là dãy tăng

2.
Từ công thức truy hồi ta có : $u_{n+1}-3=0,2.(u_n-3)(u_n+2)$

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

$$\Rightarrow \frac{1}{u_1+2}+\dots +\frac{1}{u_{2026}+2}=\frac{1}{u_1-3}-\frac{1}{u_{n+1}-3}=\frac{1}{2}-\frac{1}{u_{n+1}-3}$$

Mà $u_n>3\forall n\in N^{\ast }\Rightarrow \frac{1}{u_{n+1}-3}>0\Rightarrow \frac{1}{2}-\frac{1}{u_{n+1}-3}<\frac{1}{2}\forall n\in N^{\ast }$

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 5.**

**Phần 1.** Dãy số: $u_1=1$, $u_{n+1}=\frac{1}{3}\left(2u_n+\frac{n-1}{n^2+3n+2}\right)=\frac{2}{3}{u}_n+\frac{1}{3}\cdot \frac{n-1}{(n+1)(n+2)}$.

Đây là phương trình truy hồi tuyến tính cấp một với hệ số $\frac{2}{3}$. Ta tìm một nghiệm riêng dạng $u_n^p=\frac{A}{n}+\frac{B}{n+1}$. Thay vào phương trình truy hồi và nhân hai vế với $n(n+1)(n+2)$:
$$An(n+2)+Bn(n+1)=\frac{2}{3}\left[A(n+1)(n+2)+Bn(n+2)\right]+\frac{1}{3}n(n-1).$$
So sánh hệ số của $n^2$: $A+B=\frac{2A+2B+1}{3}\Rightarrow A+B=1$.
So sánh hệ số của $n$: $2A+B=2A+\frac{4B}{3}-\frac{1}{3}\Rightarrow B=1$, suy ra $A=0$ (kiểm tra hệ số tự do: $0=\frac{4A}{3}$ đúng).
Vậy nghiệm riêng là $u_n^p=\frac{1}{n+1}$.

Nghiệm tổng quát: $u_n=C{\left(\frac{2}{3}\right)}^{n-1}+\frac{1}{n+1}$. Với $u_1=1$: $C+\frac{1}{2}=1\Rightarrow C=\frac{1}{2}$.
$$u_n=\frac{1}{2}{\left(\frac{2}{3}\right)}^{n-1}+\frac{1}{n+1}.$$
Kiểm tra: $u_2=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$ ✓; $u_3=\frac{2}{9}+\frac{1}{4}=\frac{17}{36}$, và trực tiếp $u_3=\frac{1}{3}\left(\frac{4}{3}+\frac{1}{12}\right)=\frac{17}{36}$ ✓.

Vậy $u_{2026}=\frac{1}{2}{\left(\frac{2}{3}\right)}^{2025}+\frac{1}{2027}$.

**Phần 2.** Gọi $q=1,003$ (lãi suất $0,3\%$/tháng, lãi kép).

- Tháng $1$ đến tháng $24$: lương $6000000$ đ, tiết kiệm mỗi tháng $30\%\cdot 6000000=1800000$ đ.
- Sau 24 tháng tăng lương $10\%$: lương tháng $25$ đến tháng $36$ là $6600000$ đ, tiết kiệm mỗi tháng $1980000$ đ.

Người đó nhận lương đầu tháng và gửi ngay vào ngân hàng, nên khoản gửi vào đầu tháng $k$ nhân với $q^{37-k}$ sau khi hết tháng $36$. Tổng tiền sau 36 tháng:
$$T=1800000\sum _{k=1}^{24}{q}^{37-k}+1980000\sum _{k=25}^{36}{q}^{37-k}=1800000\sum _{j=13}^{36}{q}^j+1980000\sum _{j=1}^{12}{q}^j.$$

Tính các tổng cấp số nhân:
- $q^{12}=1,003^{12}\approx 1,0366001$, nên ${\sum }_{j=1}^{12}{q}^j=\frac{q^{12}-1}{q-1}=\frac{0,0366001}{0,003}\approx 12,200034$.
- $q^{24}={\left(q^{12}\right)}^2\approx 1,0745398$, nên ${\sum }_{j=1}^{24}{q}^j=\frac{0,0745398}{0,003}\approx 24,846590$.
- ${\sum }_{j=13}^{36}{q}^j=q^{12}{\sum }_{j=1}^{24}{q}^j\approx 1,0366001\times 24,846590\approx 25,755980$.

Do đó:
$$T\approx 1800000\times 25,755980+1980000\times 12,200034\approx 46360764+24156067\approx 70516831\text{ đ}.$$

**Kết luận:**
1. $u_{2026}=\frac{1}{2}{\left(\frac{2}{3}\right)}^{2025}+\frac{1}{2027}$.
2. Sau 36 tháng, tổng số tiền người đó tiết kiệm được xấp xỉ $70516831$ đồng (khoảng $70,5$ triệu đồng).

Đáp án (theo lời giải tham khảo, trang 6): Các số tự nhiên $n$ cần tìm là các số nguyên dương thỏa mãn $n\equiv 1$ hoặc $n\equiv 3(\mathrm{mod}8)$ và $n$ không là lũy thừa của 3.

Lời giải. Yêu cầu bài toán tương đương với tìm tất cả số tự nhiên $n$ thỏa mãn với mọi số nguyên dương $t$ thì tồn tại $k$ thỏa mãn
$$2^t\mid 3^k-n.$$
Trước hết, để ý rằng tất cả các số dư của $3^k$ modulo 8 đều thuộc tập $\{1,3\}$ do đó nếu $n$ không đồng dư 1 hoặc 3 modulo 8 thì ta có $8\nmid 3^k-n$ với mọi số tự nhiên $k$ do đó $v_2(3^k-n)⩽2$ với mọi $k$ hay dãy số trên bị chặn.
Ta sẽ chứng minh với $n$ là số nguyên dương thoả $n\equiv 1,3(\mathrm{mod}8)$ và $n$ không là lũy thừa của 3 thì dãy trên sẽ không bị chặn. Với $t=1,2,3$ thì từ điều kiện của $n$ thì dễ dàng thấy rằng tồn tại $k$ để $2^t\mid 3^k-n$. Giả sử với $t⩾3$ nào đó thì ta đã có số nguyên dương $k$ để $2^t\mid 3^k-n$, ta sẽ chỉ ra số nguyên dương $h$ mà $2^{t+1}\mid 3^h-n$. Đặt $3^k-n=2^{t}x$, nếu $x$ chẵn thì ta chọn $h=k$ thì thấy thoả mãn.
Khi mà $x$ lẻ ta xét $h=k+2^{t-2}$ thì khi này ta có
$$3^h-n=3^{2^{t-2}+k}-3^k+2^{t}x=3^k(3^{2^{t-2}}-1)+2^t\cdot x.$$
Mặt khác, theo $LTE$ ta cũng có
$$v_2(3^{2^{t-2}}-1)=v_2(3^2-1)+v_2(2^{t-3})=3+t-3=t$$
do đó ta viết được $3^k(3^{2^{t-2}}-1)$ dưới dạng $2^{t}y$ với $y$ là số lẻ, từ đó có
$$3^h-n=2^t(x+y)$$
chia hết cho $2^{t+1}$, như vậy cũng tồn tại $h$ để $2^{t+1}\mid 3^h-n$, theo quy nạp ta thấy rằng với mọi $t$ thì luôn tồn tại $k$ để $2^t\mid 3^k-n$ hay nói cách khác dãy $v_2(3^k-n)$ không bị chặn. $\square$

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $v_n=2n{u}_n-n^2-1$. Từ giả thiết: $$u_{n+1}=\frac{n+1}{2}+\frac{n(2u_n-n)}{n+1}-\frac{1}{2(n+1)}.$$ Nhân hai vế với $2(n+1)$: $$2(n+1)u_{n+1}=(n+1{)}^2+2n(2u_n-n)-1=(n+1{)}^2+4n{u}_n-2n^2-1.$$ Suy ra $$v_{n+1}=2(n+1)u_{n+1}-(n+1{)}^2-1=4n{u}_n-2n^2-2=2\left(2n{u}_n-n^2-1\right)=2v_n.$$ Vậy $(v_n)$ là cấp số nhân công bội $q=2$, với số hạng đầu $v_1=2\cdot 1\cdot 2-1^2-1=2$. Do đó $v_n=2\cdot 2^{n-1}=2^n$, tức là $$2n{u}_n-n^2-1=2^n\Rightarrow u_n=\frac{2^n+n^2+1}{2n}=\frac{2^{n-1}}{n}+\frac{n}{2}+\frac{1}{2n},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }.$$ Kiểm tra: $u_1=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=2$ đúng. Thay vào recurrence: $2u_n-n=\frac{2^n+1}{n}$, nên $\frac{n(2u_n-n)}{n+1}=\frac{2^n+1}{n+1}$, do đó $u_{n+1}=\frac{n+1}{2}+\frac{2^n+1}{n+1}-\frac{1}{2(n+1)}=\frac{n+1}{2}+\frac{2^{n+1}+1}{2(n+1)}$, đúng bằng công thức tại $n+1$. Vậy số hạng tổng quát là $u_n=\frac{2^n+n^2+1}{2n}$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 6.

a) Ta có $u_{n+1}=3u_n-2\iff u_{n+1}-1=3(u_n-1)$. Đặt $v_n=u_n-1$, thì $v_{n+1}=3v_n$ nên $(v_n)$ là cấp số nhân công bội $q=3$ với số hạng đầu $v_1=u_1-1=2$. Vậy $v_n=2\cdot 3^{n-1}$, suy ra công thức tổng quát:
$$u_n=2\cdot 3^{n-1}+1,\forall n\ge 1.$$
(Kiểm tra: $u_1=2+1=3$ đúng; $u_2=6+1=7=3\cdot 3-2$ đúng.)

b) Trước hết chứng minh $5\nmid x_n$ với mọi $n$. Thật vậy, $5\nmid x_1$ theo giả thiết. Nếu $5\mid x_n$ thì từ $5^n\mid x_{n+1}^3-x_n^3$ (với $n\ge 1$) suy ra $x_{n+1}^3\equiv x_n^3\equiv 0(\mathrm{mod}5)$, do đó $5\mid x_{n+1}$; bằng quy nạp sẽ có $5\mid x_n$ với mọi $n$, mâu thuẫn với $5\nmid x_1$. Vậy $5\nmid x_n$ với mọi $n$.

Theo Fermat nhỏ, $a^3\equiv a(\mathrm{mod}5)$ với mọi số nguyên $a$. Do $5\mid x_{n+1}^3-x_n^3$ nên $x_{n+1}^3\equiv x_n^3(\mathrm{mod}5)$, suy ra $x_{n+1}\equiv x_n(\mathrm{mod}5)$.

Phân tích:
$$x_{n+1}^3-x_n^3=(x_{n+1}-x_n)\left(x_{n+1}^2+x_{n+1}{x}_n+x_n^2\right).$$
Đặt $d=x_{n+1}-x_n\ge 1$ (vì dãy tăng) và $F=x_{n+1}^2+x_{n+1}{x}_n+x_n^2$. Vì $x_{n+1}\equiv x_n(\mathrm{mod}5)$ nên
$$F\equiv 3x_n^2(\mathrm{mod}5).$$
Vì $5\nmid x_n$ nên $5\nmid 3x_n^2$, tức $\gcd (F,5)=1$. Mà $5^n\mid d\cdot F$, do đó $5^n\mid d$, suy ra $d\ge 5^n$ (vì $d$ là bội dương của $5^n$).

Khi đó, vì dãy tăng nên $x_{n+1}=x_n+d\ge 1+5^n$, do đó
$$F=x_{n+1}^2+x_{n+1}{x}_n+x_n^2>x_{n+1}^2\ge (5^n+1{)}^2>5^{2n}.$$
Vậy
$$x_{n+1}^3-x_n^3=d\cdot F>5^n\cdot 5^{2n}=5^{3n}=125^n,\forall n\ge 1.$$
Điều phải chứng minh.

a) Hệ thức truy hồi: $u_{n+1}=4u_n-15n-1$.

Đặt $u_n=v_n+an+b$. Thay vào hệ thức:

$$v_{n+1}+a(n+1)+b=4(v_n+an+b)-15n-1\iff v_{n+1}=4v_n+(3a-15)n+(3b-a-1).$$

Chọn $3a-15=0\Rightarrow a=5$ và $3b-a-1=0\Rightarrow b=2$.

Khi đó $v_{n+1}=4v_n$, đây là cấp số nhân với công bội $q=4$.

Ta có $v_1=u_1-5\cdot 1-2=11-7=4$. Suy ra $v_n=4\cdot 4^{n-1}=4^n$.

Vậy, công thức tổng quát: $u_n=4^n+5n+2$.

Tìm $n$ để $u_n$ là số chính phương:

$n=1\Rightarrow u_1=11$ (loại).

$n=2\Rightarrow u_2=28$ (loại).

$n=3\Rightarrow u_3=81=9^2$ (thỏa mãn).

Với $n\ge 4$, ta có: $(2^n{)}^2=4^n<4^n+5n+2<4^n+2\cdot 2^n+1=(2^n+1{)}^2$.

Do $u_n$ bị kẹp giữa $2$ số chính phương liên tiếp nên $u_n$ không thể là số chính phương.

Vậy $n=3$.

b) Thay vì tính tổng trên toàn trường cùng một lúc, ta xét sự đóng góp của một lớp học bất kỳ vào các đại lượng $A$, $B$, $C$.

Giả sử ta xét lớp thứ $k$ có $x$ học sinh $(x=a_k)$. Ta tính xem lớp này đóng góp bao nhiêu vào các tổng $A$, $B$ và $C$.

Theo định nghĩa, $b_i$ là số lượng các lớp có từ $i$ học sinh trở lên. Vì lớp đang xét có $x$ học sinh, nên nó sẽ được “đếm” đúng $1$ lần trong các giá trị $b_1$, $b_2$, $\dots$, $b_x$. Từ $b_{x+1}$ trở đi, lớp này không đủ sĩ số nên đóng góp bằng $0$.

Sự đóng góp vào $A$: Vì $A=b_1+b_2+\cdots +b_M$, lớp này đóng góp $1$ vào mỗi số hạng từ $b_1$ đến $b_x$. Tổng đóng góp là: $A_x=\underset{x\text{soˆˊ}}{\underbrace{1+1+\cdots +1}}=x$.

Sự đóng góp vào $B$: Vì $B=1b_1+2b_2+\cdots +M{b}_M$, lớp này đóng góp $1\cdot 1$ vào số hạng đầu, $2\cdot 1$ vào số hạng hai, $\dots$, $x\cdot 1$ vào số hạng thứ $x$.

Tổng đóng góp là: $B_x=1+2+3+\cdots +x=\frac{x(x+1)}{2}$.

Sự đóng góp vào $C$: Vì $C=1^2{b}_1+2^2{b}_2+\cdots +M^2{b}_M$.

Tổng đóng góp là: $C_x=1^2+2^2+3^2+\cdots +x^2=\frac{x(x+1)(2x+1)}{6}$.

Bây giờ, ta tính giá trị biểu thức $A-3B+3C$ tính riêng cho sự đóng góp của lớp này:

$$A_x-3B_x+3C_x=x-3\cdot \frac{x(x+1)}{2}+3\cdot \frac{x(x+1)(2x+1)}{6}$$
$$=x-\frac{3x(x+1)}{2}+\frac{x(x+1)(2x+1)}{2}$$
$$=\frac{2x-3x^2-3x+(x^2+x)(2x+1)}{2}$$
$$=\frac{-3x^2-x+2x^3+x^2+2x^2+x}{2}$$
$$=\frac{2x^3}{2}=x^3.$$

Như vậy, mỗi lớp có $x$ học sinh sẽ đóng góp chính xác bằng $x^3$ vào tổng $A-3B+3C$.

Khi xét trên toàn bộ trường gồm $n$ lớp với số học sinh lần lượt là $a_1$, $a_2$, $\dots$, $a_n$, tổng giá trị của biểu thức $A-3B+3C$ sẽ là tổng các phần đóng góp của tất cả $n$ lớp:

$$A-3B+3C=a_1^3+a_2^3+\cdots +a_n^3$$

Mặt khác, theo đề bài, Sơn tính $S$ là tổng lập phương số học sinh mọi lớp, tức là:

$$S=a_1^3+a_2^3+\cdots +a_n^3$$

Vậy ta có $S=A-3B+3C$ (điều phải chứng minh).

Đặt $v_n=2^n{u}_n\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$
Từ công thức truy hồi ta nhân $2^{n+1}$ cho hai vế và rút gọn: $v_{n+1}=\frac{6077v_n+2}{v_n+6076}\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$
Lần lượt trừ 2; −1 cho hai vế ta thu được
$v_{n+1}-2=\frac{6075(v_n-2)}{v_n+6076}\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$
$v_{n+1}+1=\frac{6078(v_n+1)}{v_n+6076}\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$
(Ở đầu ra 2 số này thì bạn hãy thử cho $v_n=v_{n+1}=x$ và giải phương trình, người ta gọi đó là điểm bất động)
Chia hai đẳng thức vế theo vế (Nhớ chứng minh $v_n$ không thể nhận giá trị 2; −1 để phép chia hợp lệ)
$$\frac{v_{n+1}-2}{v_{n+1}+1}=\frac{6075}{6078}\cdot \frac{v_n-2}{v_n+1}=\frac{2025}{2026}\cdot \frac{v_n-2}{v_n+1}$$
Đặt $x_n=\frac{v_n-2}{v_n+1}$, suy ra $(x_n)$ là cấp số nhân với công bội $q=\frac{2025}{2026}$
Số hạng đầu: $x_1=\frac{v_1-2}{v_1+1}=\frac{2^1{u}_1-2}{2^1{u}_1+1}=\frac{4-2}{4+1}=\frac{2}{5}$
Số hạng tổng quát của dãy $(x_n)$:
$$x_n=x_1\cdot q^{n-1}=\frac{2}{5}\cdot {\left(\frac{2025}{2026}\right)}^{n-1}$$
Từ $x_n=\frac{v_n-2}{v_n+1}$ ta rút ra $v_n$:
$$x_n{v}_n+x_n=v_n-2\iff v_n(1-x_n)=x_n+2\iff v_n=\frac{2+x_n}{1-x_n}$$
Thay biểu thức của $x_n$ vào ta có:
$$v_n=\frac{2+\frac{2}{5}{\left(\frac{2025}{2026}\right)}^{n-1}}{1-\frac{2}{5}{\left(\frac{2025}{2026}\right)}^{n-1}}=\frac{10\cdot 2026^{n-1}+2\cdot 2025^{n-1}}{5\cdot 2026^{n-1}-2\cdot 2025^{n-1}}$$
Mà $u_n=\frac{v_n}{2^n}$, vậy công thức số hạng tổng quát của dãy số $(u_n)$ là:
$$u_n=\frac{5\cdot 2026^{n-1}+2025^{n-1}}{2^{n-1}\left(5\cdot 2026^{n-1}-2\cdot 2025^{n-1}\right)}\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$