Chuyên đề Dãy số nâng cao - Lớp 11

PHẦN ĐỀ BÀI

Bài 1 (1,0 điểm).
Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi:

$$\begin{cases} u_1 = 2 \\ u_{n+1} = 3u_n + 2n - 1, \quad \forall n \in \mathbb{N}^* \end{cases}$$

Tìm công thức số hạng tổng quát $u_n$ của dãy số đã cho.

Bài 2 (1,0 điểm).
Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi $u_1 = 3$ và:

$$u_{n+1} = \dfrac{2u_n + 1}{u_n + 2}, \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$

a) Xác định công thức số hạng tổng quát $u_n$ theo $n$.
b) Chứng minh rằng dãy số $(u_n)$ bị chặn.

Bài 3 (1,0 điểm).
Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi:

$$\begin{cases} u_1 = \sqrt{2} \\ u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n}, \quad \forall n \in \mathbb{N}^* \end{cases}$$

Chứng minh rằng $(u_n)$ là một dãy số tăng và bị chặn trên bởi $2$.

Bài 4 (1,0 điểm).
Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi $u_1 = 2$ và:

$$u_{n+1} = u_n^2 - u_n + 1, \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$

a) Chứng minh rằng $u_n > n$ với mọi $n \ge 1$.
b) Đặt $S_n = \dfrac{1}{u_1} + \dfrac{1}{u_2} + \dots + \dfrac{1}{u_n}$. Rút gọn biểu thức $S_n$ theo $u_{n+1}$.

Bài 5 (1,0 điểm).
Cho ba số thực dương $a, b, c$ theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội $q > 1$. Biết rằng $a, b, c$ lần lượt là số hạng thứ nhất, thứ tư và thứ tám của một cấp số cộng có công sai $d \ne 0$, đồng thời $a + b + c = 148$. Tìm ba số $a, b, c$.

Bài 6 (1,0 điểm).
Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi:

$$\begin{cases} u_1 = 1 \\ u_{n+1} = 2u_n + \sqrt{3u_n^2 + 1}, \quad \forall n \in \mathbb{N}^* \end{cases}$$

a) Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số $(u_n)$ đều là số nguyên dương.
b) Tìm công thức số hạng tổng quát của $u_n$.

Bài 7 (1,0 điểm).
Cho hai dãy số $(u_n)$ và $(v_n)$ thỏa mãn điều kiện:

$$\begin{cases} u_1 = 2, \quad v_1 = 1 \\ u_{n+1} = 2u_n + v_n \\ v_{n+1} = u_n + 2v_n \end{cases}, \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$

Xác định công thức số hạng tổng quát của hai dãy số $(u_n)$ và $(v_n)$.

Bài 8 (1,0 điểm).
Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi:

$$\begin{cases} x_1 = 1 \\ x_{n+1} = \dfrac{x_n}{1 + \sqrt{1 + x_n^2}}, \quad \forall n \in \mathbb{N}^* \end{cases}$$

Tìm công thức số hạng tổng quát $x_n$ theo $n$.

Bài 9 (1,0 điểm).
Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi:

$$\begin{cases} u_1 = 1 \\ u_{n+1} = \dfrac{u_n}{\sqrt{1 + 2024u_n^2}}, \quad \forall n \in \mathbb{N}^* \end{cases}$$

a) Tìm công thức số hạng tổng quát $u_n$.
b) Tính tổng $T_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{u_k^2}$ theo $n$.

Bài 10 (1,0 điểm).
Ông An vay ngân hàng số tiền $500$ triệu đồng để xây nhà theo phương thức trả góp định kỳ với lãi suất $0,8\%$ / tháng. Cứ vào cuối mỗi tháng, ông An trả cho ngân hàng một số tiền cố định là $m$ đồng (bao gồm cả gốc lẫn lãi).
a) Thiết lập hệ thức biểu diễn số tiền $N_n$ mà ông An còn nợ ngân hàng sau $n$ tháng theo $A$ (tiền vay ban đầu), $r$ (lãi suất hàng tháng) và $m$.
b) Biết rằng sau đúng 4 năm (48 tháng) kể từ ngày vay, ông An trả hết nợ. Tính số tiền $m$ ông An phải trả đều đặn mỗi tháng (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).

--------- HẾT ---------

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài 1 (1,0 điểm)

Ta có $u_{n+1} = 3u_n + 2n - 1$.
Tìm dãy số phụ dạng $v_n = u_n + an + b$.
Khi đó:

$$u_n = v_n - an - b$$

Thay vào hệ thức truy hồi của dãy:

$$v_{n+1} - a(n+1) - b = 3(v_n - an - b) + 2n - 1$$

$$\iff v_{n+1} = 3v_n + (2 - 2a)n + (a - 2b - 1)$$

Để $(v_n)$ là cấp số nhân công bội $q = 3$, ta cần chọn $a, b$ sao cho:

$$\begin{cases} 2 - 2a = 0 \\ a - 2b - 1 = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} a = 1 \\ b = 0 \end{cases}$$

Do đó, ta đặt $v_n = u_n + n$. Khi đó:

$$v_{n+1} = 3v_n, \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$

Số hạng đầu:

$$v_1 = u_1 + 1 = 2 + 1 = 3$$

Dãy $(v_n)$ là một cấp số nhân với $v_1 = 3$ và công bội $q = 3$, nên:

$$v_n = v_1 \cdot q^{n-1} = 3 \cdot 3^{n-1} = 3^n$$

Suy ra:

$$u_n = v_n - n = 3^n - n$$

Vậy số hạng tổng quát của dãy số là $u_n = 3^n - n$.

Bài 2 (1,0 điểm)

a) Xác định công thức số hạng tổng quát $u_n$
Xét phương trình điểm bất động:

$$x = \dfrac{2x + 1}{x + 2} \iff x^2 + 2x = 2x + 1 \iff x^2 = 1 \iff x = 1 \text{ hoặc } x = -1$$

Ta biến đổi:

$$u_{n+1} - 1 = \dfrac{2u_n + 1}{u_n + 2} - 1 = \dfrac{u_n - 1}{u_n + 2}$$

$$u_{n+1} + 1 = \dfrac{2u_n + 1}{u_n + 2} + 1 = \dfrac{3(u_n + 1)}{u_n + 2}$$

Vì $u_1 = 3 > 0$, bằng quy nạp dễ thấy $u_n > 0$ với mọi $n \ge 1$, nên $u_n + 1 \ne 0$.
Lập tỉ số:

$$\dfrac{u_{n+1} - 1}{u_{n+1} + 1} = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{u_n - 1}{u_n + 1}$$

Đặt $v_n = \dfrac{u_n - 1}{u_n + 1}$, suy ra $(v_n)$ là cấp số nhân có:

$$v_1 = \dfrac{u_1 - 1}{u_1 + 1} = \dfrac{3 - 1}{3 + 1} = \dfrac{1}{2}, \quad q = \dfrac{1}{3}$$

Số hạng tổng quát của $v_n$:

$$v_n = \dfrac{1}{2} \cdot \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n-1} = \dfrac{1}{2 \cdot 3^{n-1}}$$

Từ $v_n = \dfrac{u_n - 1}{u_n + 1} \implies u_n(1 - v_n) = 1 + v_n \implies u_n = \dfrac{1 + v_n}{1 - v_n}$.
Thay $v_n$ vào:

$$u_n = \dfrac{1 + \dfrac{1}{2 \cdot 3^{n-1}}}{1 - \dfrac{1}{2 \cdot 3^{n-1}}} = \dfrac{2 \cdot 3^{n-1} + 1}{2 \cdot 3^{n-1} - 1}$$

b) Chứng minh dãy số $(u_n)$ bị chặn
Với mọi $n \in \mathbb{N}^*$, ta có:
- Vì $2 \cdot 3^{n-1} + 1 > 2 \cdot 3^{n-1} - 1 > 0$ nên $u_n > 1$.
- Mặt khác:

$$u_n = 1 + \dfrac{2}{2 \cdot 3^{n-1} - 1}$$

Vì $n \ge 1 \implies 2 \cdot 3^{n-1} - 1 \ge 2 \cdot 3^0 - 1 = 1$, nên $\dfrac{2}{2 \cdot 3^{n-1} - 1} \le \dfrac{2}{1} = 2$.
Suy ra $u_n \le 1 + 2 = 3$.
Do đó:

$$1 < u_n \le 3, \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$

Vậy dãy số $(u_n)$ bị chặn.

Bài 3 (1,0 điểm)

Bước 1: Chứng minh $0 < u_n < 2$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$ bằng phương pháp quy nạp toán học.
- Với $n = 1$: $u_1 = \sqrt{2}$, hiển nhiên $0 < \sqrt{2} < 2$ (đúng).
- Giả sử khẳng định đúng với $n = k \ge 1$, tức là $0 < u_k < 2$.
- Với $n = k + 1$, ta có $u_{k+1} = \sqrt{2 + u_k}$.
Do $0 < u_k < 2 \implies 2 < 2 + u_k < 4 \implies \sqrt{2} < \sqrt{2 + u_k} < \sqrt{4} = 2$.
Suy ra $0 < u_{k+1} < 2$.
Theo nguyên lý quy nạp, ta có $0 < u_n < 2$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$.
Vậy dãy số $(u_n)$ bị chặn trên bởi $2$.

Bước 2: Chứng minh dãy số $(u_n)$ tăng.
Xét hiệu $u_{n+1} - u_n$:

$$u_{n+1} - u_n = \sqrt{2 + u_n} - u_n = \dfrac{2 + u_n - u_n^2}{\sqrt{2 + u_n} + u_n} = \dfrac{(2 - u_n)(1 + u_n)}{\sqrt{2 + u_n} + u_n}$$

Vì $0 < u_n < 2$ nên:
- $2 - u_n > 0$,
- $1 + u_n > 0$,
- $\sqrt{2 + u_n} + u_n > 0$.
Do đó $u_{n+1} - u_n > 0 \iff u_{n+1} > u_n, \, \forall n \in \mathbb{N}^*$.
Vậy $(u_n)$ là một dãy số tăng và bị chặn trên bởi $2$.

Bài 4 (1,0 điểm)

a) Chứng minh $u_n > n$ với mọi $n \ge 1$
Từ công thức truy hồi:

$$u_{n+1} - u_n = u_n^2 - 2u_n + 1 = (u_n - 1)^2 \ge 0 \implies u_{n+1} \ge u_n$$

Mặt khác, $u_1 = 2 > 1$. Bằng quy nạp ta có $u_n \ge 2 > 1$ với mọi $n \ge 1$.
Do $u_n \ge 2$, ta có:

$$(u_n - 1)^2 \ge (2 - 1)^2 = 1 \implies u_{n+1} - u_n \ge 1$$

Ta chứng minh $u_n > n$ bằng quy nạp:
- Với $n = 1$: $u_1 = 2 > 1$ (đúng).
- Giả sử $u_k > k$ với $k \ge 1$. Khi đó:

$$u_{k+1} \ge u_k + 1 > k + 1$$

Vậy theo nguyên lý quy nạp, $u_n > n$ với mọi $n \ge 1$.

b) Rút gọn $S_n$
Ta có biến đổi đại số:

$$u_{k+1} - 1 = u_k^2 - u_k = u_k(u_k - 1)$$

Lấy nghịch đảo hai vế:

$$\dfrac{1}{u_{k+1} - 1} = \dfrac{1}{u_k(u_k - 1)} = \dfrac{1}{u_k - 1} - \dfrac{1}{u_k}$$

Suy ra:

$$\dfrac{1}{u_k} = \dfrac{1}{u_k - 1} - \dfrac{1}{u_{k+1} - 1}$$

Áp dụng hệ thức sai phân này cho $S_n$:

$$S_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{u_k} = \sum_{k=1}^n \left(\dfrac{1}{u_k - 1} - \dfrac{1}{u_{k+1} - 1}\right)$$

$$= \left(\dfrac{1}{u_1 - 1} - \dfrac{1}{u_2 - 1}\right) + \left(\dfrac{1}{u_2 - 1} - \dfrac{1}{u_3 - 1}\right) + \dots + \left(\dfrac{1}{u_n - 1} - \dfrac{1}{u_{n+1} - 1}\right)$$

$$= \dfrac{1}{u_1 - 1} - \dfrac{1}{u_{n+1} - 1}$$

Vì $u_1 = 2 \implies \dfrac{1}{u_1 - 1} = 1$.
Do đó:

$$S_n = 1 - \dfrac{1}{u_{n+1} - 1}$$

Bài 5 (1,0 điểm)

Gọi $(v_n)$ là cấp số cộng có số hạng đầu $v_1$ và công sai $d \ne 0$.
Theo bài ra:

$$a = v_1$$

$$b = v_4 = v_1 + 3d = a + 3d$$

$$c = v_8 = v_1 + 7d = a + 7d$$

Vì $a, b, c$ theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên:

$$b^2 = ac \iff (a + 3d)^2 = a(a + 7d)$$

$$\iff a^2 + 6ad + 9d^2 = a^2 + 7ad$$

$$\iff 9d^2 - ad = 0 \iff d(9d - a) = 0$$

Do $d \ne 0$, ta suy ra:

$$a = 9d$$

Thay vào biểu thức của $b$ và $c$:

$$b = 9d + 3d = 12d$$

$$c = 9d + 7d = 16d$$

Công bội của cấp số nhân là $q = \dfrac{b}{a} = \dfrac{12d}{9d} = \dfrac{4}{3} > 1$ (thỏa mãn giả thiết).
Mặt khác, theo đề bài:

$$a + b + c = 148 \iff 9d + 12d + 16d = 148 \iff 37d = 148 \iff d = 4$$

Từ đó ta tìm được:

$$a = 9 \cdot 4 = 36$$

$$b = 12 \cdot 4 = 48$$

$$c = 16 \cdot 4 = 64$$

Vậy ba số cần tìm là $a = 36, b = 48, c = 64$.

Bài 6 (1,0 điểm)

a) Chứng minh mọi số hạng đều là số nguyên dương
Từ giả thiết $u_{n+1} = 2u_n + \sqrt{3u_n^2 + 1}$, ta có:

$$u_{n+1} - 2u_n = \sqrt{3u_n^2 + 1} > 0$$

Bình phương hai vế:

$$(u_{n+1} - 2u_n)^2 = 3u_n^2 + 1$$

$$\iff u_{n+1}^2 - 4u_{n+1}u_n + 4u_n^2 = 3u_n^2 + 1$$

$$\iff u_{n+1}^2 - 4u_{n+1}u_n + u_n^2 = 1 \quad (1)$$

Đẳng thức $(1)$ đúng với mọi $n \ge 1$. Thay $n$ bởi $n - 1$ (với $n \ge 2$), ta được:

$$u_n^2 - 4u_n u_{n-1} + u_{n-1}^2 = 1 \quad (2)$$

Trừ vế theo vế giữa $(1)$ và $(2)$:

$$(u_{n+1}^2 - u_{n-1}^2) - 4u_n(u_{n+1} - u_{n-1}) = 0$$

$$\iff (u_{n+1} - u_{n-1})(u_{n+1} + u_{n-1} - 4u_n) = 0$$

Vì $u_1 = 1 > 0$ và $u_{n+1} - u_n = u_n + \sqrt{3u_n^2 + 1} > 0$, nên dãy $(u_n)$ tăng ngặt.
Do đó $u_{n+1} - u_{n-1} > 0$.
Suy ra:

$$u_{n+1} + u_{n-1} - 4u_n = 0 \iff u_{n+1} = 4u_n - u_{n-1}, \quad \forall n \ge 2$$

Ta có: $u_1 = 1 \in \mathbb{Z}^+$, $u_2 = 2(1) + \sqrt{3(1)^2 + 1} = 4 \in \mathbb{Z}^+$.
Vì $u_1, u_2$ là các số nguyên dương và $u_{n+1} = 4u_n - u_{n-1}$ nên theo quy nạp, $u_n$ là số nguyên dương với mọi $n \in \mathbb{N}^*$.

b) Tìm công thức số hạng tổng quát của $u_n$
Xét phương trình đặc trưng của hệ thức truy hồi tuyến tính $u_{n+1} - 4u_n + u_{n-1} = 0$:

$$\lambda^2 - 4\lambda + 1 = 0 \iff \lambda = 2 \pm \sqrt{3}$$

Số hạng tổng quát có dạng:

$$u_n = c_1(2 + \sqrt{3})^n + c_2(2 - \sqrt{3})^n$$

Dựa vào $u_1 = 1$ và $u_2 = 4$:

$$\begin{cases} c_1(2 + \sqrt{3}) + c_2(2 - \sqrt{3}) = 1 \\ c_1(2 + \sqrt{3})^2 + c_2(2 - \sqrt{3})^2 = 4 \end{cases} \iff \begin{cases} c_1(2 + \sqrt{3}) + c_2(2 - \sqrt{3}) = 1 \\ c_1(7 + 4\sqrt{3}) + c_2(7 - 4\sqrt{3}) = 4 \end{cases}$$

Giải hệ phương trình tìm được:

$$c_1 = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2\sqrt{3}(2 + \sqrt{3})} = \dfrac{3 - \sqrt{3} - 1}{...} \implies c_1 = \dfrac{3 - 2\sqrt{3}}{6} \dots$$

Cách biểu diễn gọn hơn bằng luỹ thừa $n-1$:
Đặt $u_n = A(2 + \sqrt{3})^{n-1} + B(2 - \sqrt{3})^{n-1}$.
Với $n = 1 \implies A + B = 1$.
Với $n = 2 \implies A(2 + \sqrt{3}) + B(2 - \sqrt{3}) = 4 \iff 2(A + B) + \sqrt{3}(A - B) = 4 \iff 2 + \sqrt{3}(A - B) = 4 \iff A - B = \dfrac{2}{\sqrt{3}}$.
Từ đó:

$$A = \dfrac{1 + \dfrac{2}{\sqrt{3}}}{2} = \dfrac{3 + 2\sqrt{3}}{6} = \dfrac{(2 + \sqrt{3})\sqrt{3}}{6} = \dfrac{2 + \sqrt{3}}{2\sqrt{3}}$$

$$B = \dfrac{1 - \dfrac{2}{\sqrt{3}}}{2} = \dfrac{3 - 2\sqrt{3}}{6} = -\dfrac{2 - \sqrt{3}}{2\sqrt{3}}$$

Thay vào ta được:

$$u_n = \dfrac{(2 + \sqrt{3})^n - (2 - \sqrt{3})^n}{2\sqrt{3}}$$

Bài 7 (1,0 điểm)

Hệ phương trình truy hồi:

$$\begin{cases} u_{n+1} = 2u_n + v_n \quad (1) \\ v_{n+1} = u_n + 2v_n \quad (2) \end{cases}$$

Cộng vế theo vế $(1)$ và $(2)$:

$$u_{n+1} + v_{n+1} = 3(u_n + v_n)$$

Đặt $x_n = u_n + v_n$, ta có:

$$x_{n+1} = 3x_n, \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$

Do đó $(x_n)$ là cấp số nhân có $x_1 = u_1 + v_1 = 2 + 1 = 3$ và công bội $q = 3$.
Suy ra:

$$x_n = 3 \cdot 3^{n-1} = 3^n \implies u_n + v_n = 3^n \quad (3)$$

Lấy $(1)$ trừ đi $(2)$ theo vế:

$$u_{n+1} - v_{n+1} = u_n - v_n$$

Đặt $y_n = u_n - v_n$, ta có:

$$y_{n+1} = y_n = \dots = y_1 = u_1 - v_1 = 2 - 1 = 1$$

Suy ra:

$$u_n - v_n = 1 \quad (4)$$

Từ $(3)$ và $(4)$, ta giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn $u_n, v_n$:

$$u_n = \dfrac{(u_n + v_n) + (u_n - v_n)}{2} = \dfrac{3^n + 1}{2}$$

$$v_n = \dfrac{(u_n + v_n) - (u_n - v_n)}{2} = \dfrac{3^n - 1}{2}$$

Vậy $u_n = \dfrac{3^n + 1}{2}$ và $v_n = \dfrac{3^n - 1}{2}$.

Bài 8 (1,0 điểm)

Nhận xét: Công thức $\dfrac{x}{1 + \sqrt{1 + x^2}}$ gợi nhớ đến công thức lượng giác của $\tan \dfrac{\alpha}{2}$.
Thật vậy, với mọi $\alpha \in \left(0; \dfrac{\pi}{2}\right)$, ta có:

$$\dfrac{\tan \alpha}{1 + \sqrt{1 + \tan^2 \alpha}} = \dfrac{\tan \alpha}{1 + \dfrac{1}{\cos \alpha}} = \dfrac{\dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha}}{\dfrac{\cos \alpha + 1}{\cos \alpha}} = \dfrac{\sin \alpha}{1 + \cos \alpha} = \dfrac{2\sin \dfrac{\alpha}{2}\cos \dfrac{\alpha}{2}}{2\cos^2 \dfrac{\alpha}{2}} = \tan \dfrac{\alpha}{2}$$

Vì $x_1 = 1 = \tan \dfrac{\pi}{4}$.
Áp dụng công thức trên:

$$x_2 = \tan\left(\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi}{4}\right) = \tan \dfrac{\pi}{8}$$

Bằng quy nạp toán học, ta chứng minh:

$$x_n = \tan \dfrac{\pi}{2^{n+1}}, \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$

- Với $n = 1$: $x_1 = \tan \dfrac{\pi}{2^2} = \tan \dfrac{\pi}{4} = 1$ (đúng).
- Giả sử mệnh đề đúng với $n = k \ge 1$, tức là $x_k = \tan \dfrac{\pi}{2^{k+1}}$.
- Khi đó với $n = k + 1$:

$$x_{k+1} = \dfrac{x_k}{1 + \sqrt{1 + x_k^2}} = \tan\left(\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi}{2^{k+1}}\right) = \tan \dfrac{\pi}{2^{k+2}}$$

Mệnh đề đúng với $n = k + 1$.
Vậy công thức số hạng tổng quát của dãy số là:

$$x_n = \tan \dfrac{\pi}{2^{n+1}}$$

Bài 9 (1,0 điểm)

a) Tìm công thức số hạng tổng quát $u_n$
Vì $u_1 = 1 > 0$, quy nạp dễ thấy $u_n > 0$ với mọi $n \ge 1$.
Từ hệ thức truy hồi:

$$u_{n+1} = \dfrac{u_n}{\sqrt{1 + 2024u_n^2}}$$

Bình phương và lấy nghịch đảo hai vế:

$$\dfrac{1}{u_{n+1}^2} = \dfrac{1 + 2024u_n^2}{u_n^2} = \dfrac{1}{u_n^2} + 2024$$

Đặt $v_n = \dfrac{1}{u_n^2}$, ta có:

$$v_{n+1} = v_n + 2024, \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$$

Suy ra $(v_n)$ là một cấp số cộng với số hạng đầu và công sai:

$$v_1 = \dfrac{1}{u_1^2} = 1, \quad d = 2024$$

Số hạng tổng quát của dãy số $(v_n)$ là:

$$v_n = v_1 + (n - 1)d = 1 + 2024(n - 1)$$

Vì $u_n > 0$ nên:

$$u_n = \dfrac{1}{\sqrt{v_n}} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + 2024(n - 1)}}$$

b) Tính tổng $T_n$
Ta có:

$$T_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{u_k^2} = \sum_{k=1}^n v_k$$

Vì $(v_n)$ là cấp số cộng có số hạng đầu $v_1 = 1$ và $v_n = 1 + 2024(n - 1)$, nên:

$$T_n = \dfrac{n(v_1 + v_n)}{2} = \dfrac{n[1 + 1 + 2024(n - 1)]}{2}$$

$$= \dfrac{n[2 + 2024(n - 1)]}{2} = n[1 + 1012(n - 1)] = 1012n^2 - 1011n$$

Vậy $T_n = 1012n^2 - 1011n$.

Bài 10 (1,0 điểm)

a) Thiết lập hệ thức tính $N_n$
Gọi $A = 500\,000\,000$ đồng là số tiền vay ban đầu, $r = 0,8\% = 0,008$ là lãi suất hàng tháng, $m$ là số tiền trả đều đặn mỗi tháng.
- Cuối tháng thứ 1: Số tiền nợ là $N_1 = A(1 + r) - m$.
- Cuối tháng thứ 2: Số tiền nợ là:

$$N_2 = N_1(1 + r) - m = [A(1 + r) - m](1 + r) - m = A(1 + r)^2 - m(1 + r) - m$$

- Bằng phương pháp quy nạp toán học, số tiền nợ sau $n$ tháng là:

$$N_n = A(1 + r)^n - m[(1 + r)^{n-1} + (1 + r)^{n-2} + \dots + 1]$$

Biểu thức trong ngoặc vuông là tổng của $n$ số hạng đầu của cấp số nhân có số hạng đầu bằng $1$, công bội $q = 1 + r$:

$$\sum_{k=0}^{n-1} (1 + r)^k = \dfrac{(1 + r)^n - 1}{(1 + r) - 1} = \dfrac{(1 + r)^n - 1}{r}$$

Do đó:

$$N_n = A(1 + r)^n - m \cdot \dfrac{(1 + r)^n - 1}{r}$$

b) Tính số tiền $m$
Theo đề bài, sau 48 tháng ông An trả hết nợ, tức là $N_{48} = 0$:

$$A(1 + r)^{48} - m \cdot \dfrac{(1 + r)^{48} - 1}{r} = 0$$

$$\iff m = \dfrac{A \cdot r \cdot (1 + r)^{48}}{(1 + r)^{48} - 1}$$

Thay số với $A = 500\,000\,000$ đồng, $r = 0,008$:

$$m = \dfrac{500\,000\,000 \cdot 0,008 \cdot (1 + 0,008)^{48}}{(1 + 0,008)^{48} - 1}$$

Ta có $(1,008)^{48} \approx 1,466268$.
Tính toán:

$$m \approx \dfrac{4\,000\,000 \cdot 1,466268}{1,466268 - 1} = \dfrac{5\,865\,072}{0,466268} \approx 12\,578\,758 \text{ đồng}$$

Vậy mỗi tháng ông An phải trả số tiền xấp xỉ $12\,578\,758$ đồng.