Hàm số trên xác định trên tập hợp các số nguyên dương \(\mathbb{N}^*\) nên nó là một dãy số.

Ta có \(u_1=1\); \(u_2=4\); \(u_3=9\) và \(u_n=n^2\).

+ \(v(1)=2\cdot1=2.\)

+ \(v(2)=2\cdot2=4.\)

+ \(v(3)=2\cdot3=6.\)

+ \(v(4)=2\cdot4=8.\)

+ \(v(5)=2\cdot5=10.\)

Đây là một dãy số hữu hạn. Ta có số hạng đầu \(u_{1}=1\) và số hạng cuối \(u_{10}=19\).

a. Dãy số trên là dãy hữu hạn.

b. Năm số hạng đầu lần lượt là:

\(u_{1}=1\); \(u_{2}=8\); \(u_{3}=27\); \(u_{4}=64\); \(u_{5}=125\).

a. Dãy số chỉ diện tích của \(5\) hình tròn trên là \(\pi\); \(4\pi\); \(9\pi\); \(16\pi\); \(25\pi\).

b. Số hạng đầu \(u_{1}=\pi\) ; số hạng cuối \(u_{5}=25\pi\).

a. Ba số hạng đầu tiên là:

\(\quad\)\(u_1=0\); \(u_2=\displaystyle\frac{1}{7}\); \(u_3=\displaystyle\frac{2}{10} =\displaystyle\frac{1}{5}\).

b. Ta có

\(\quad\)\(u_{50}=\displaystyle\frac{50-1}{3 \cdot 50+1}=\displaystyle\frac{49}{151}\); \(u_{99}=\displaystyle\frac{99-1}{3 \cdot 99+1} =\displaystyle\frac{98}{298} =\displaystyle\frac{49}{149}\).

Ta có

+ \(u_3=u_2+u_1=1+1=2.\)

+ \(u_4=u_3+u_2=2+1=3.\)

+ \(u_5=u_4+u_3=3+2=5.\)

Vậy \(u_5=5\).

a. Theo dãy số trên, ta có

+ \(u_2=u_{1+1}=2u_1=2\cdot 3=6\).

+ \( u_3=u_{2+1}=2u_2=2\cdot6=2^2\cdot 3=12\).

+ \( u_4=u_{3+1}=2u_3=2\cdot12=2^3\cdot 3=24.\)

Như vây, theo phân tích trên ta có điều phải chứng minh.

b. Dự đoán số hạng tổng quát là \(u_{n}=2^{n-1}\cdot 3\).

a. Công thức số hạng tổng quát là \(u_n=13+n\).

b. Công thức truy hồi là \(\begin{cases}u_1=14\\ u_{n+1}=u_n+1.\end{cases}\)

a. Ta có \(a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{n+1}<\displaystyle\frac{1}{n}=a_n, \forall n \in \mathbb{N}^*\).

Vậy \(\left(a_n\right)\) là dãy số giảm.

b. Ta có \(b_{n+1}=(n+1)^2>n^2=b_n, \forall n \in \mathbb{N}^*\).

Vậy \(\left(b_n\right)\) là dãy số tăng.

c. Ta có \(c_1=-2\); \(c_2=4\); \(c_3=-8\), suy ra \(c_1 < c_2\); \(c_2>c_3\).

Vậy \(\left(c_n\right)\) không là dãy số tăng, cũng không là dãy số giảm.

a. Ta nhận thấy các số hạng của dãy \(\left(a_n\right)\) đều là số dương. Ta lập tỉ số hai số hạng liên tiếp của dãy:

\(\displaystyle\frac{a_{n+1}}{a_n}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{n+1}{n+2}}{\displaystyle\frac{n}{n+1}}=\displaystyle\frac{(n+1)(n+1)}{n(n+2)}\) \(=\displaystyle\frac{n^2+2 n+1}{n^2+2 n}=1+\displaystyle\frac{1}{n^2+2 n}>1,\ \forall n \in \mathbb{N}^*\).

Suy ra \(a_{n+1}>a_n,\ \forall n \in \mathbb{N}^*\).

Vậy \(\left(a_n\right)\) là dãy số tăng.

b. Ta có

\(b_{n+1}-b_n=\left[n+1-(n+1)^2\right]-\left(n-n^2\right)\) \(=-n^2-n-n+n^2=-2 n<0,\ \forall n \in \mathbb{N}^*\).

Suy ra \(b_{n+1} < b_n,\ \forall n \in \mathbb{N}^*\).

Vậy \(\left(b_n\right)\) là dãy số giảm.

a. Ta nhận thấy các số hạng của dãy \(\left(a_n\right)\) đều là số dương. Ta lập tỉ số \(2\) số hạng liên tiếp của dãy:

\(\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2(n+1)-1}{(n+1)-1}}{\displaystyle\frac{2n-1}{n+1}}\)

\(=\displaystyle\frac{(2n+1)(n+1)}{n(2n-1)}=\displaystyle\frac{2n^2+3n+1}{2n^2-n}\)

\(=1+\displaystyle\frac{4n+1}{2n^2-n}>1,\,\forall n \in \mathbb{N}^*.\)

Suy ra \(u_{n+1}>u_n, \forall n \in \mathbb{N}^*\).

Vậy \(\left(u_n\right)\) là dãy số tăng.

b. Ta có

\(x_{n+1}-x_n=\displaystyle\frac{n+3}{4^{n+1}}-\displaystyle\frac{n+2}{4^n}\) \(=\displaystyle\frac{-(3n+5)}{4^{n+1}}<0;\ \forall n \in \mathbb{N}^*\)

Suy ra \(x_{n+1} < x_n, \forall n \in \mathbb{N}^*\).

Vậy \(\left(x_n\right)\) là dãy số giảm.

c. Ta có \(t_1=-1\); \(t_2=4\); \(t_3=-9\), suy ra \(t_1< t_2\); \(t_2>t_3\).

Vậy \(\left(t_n\right)\) không là dãy số tăng, cũng không là dãy số giảm.

a. \(\begin{cases}u_1=25\\ u_{n+1}=u_n-1.\end{cases}\)

Suy ra, \(u_{n+1}-u_n=-1<0\). Vậy, \(\left(u_n\right)\) là dãy giảm.

b. \(\begin{cases}v_1=14\\ v_{n+1}=v_n+1.\end{cases}\)

Suy ra, \(v_{n+1}-v_n=1>0\). Vậy, \(\left(v_n\right)\) là dãy tăng.

Ta có \(u_n=\displaystyle\frac{1}{2^n} \leq \displaystyle\frac{1}{2}, \forall n \in \mathbb{N}^*\). Vậy \(\left(u_n\right)\) bị chặn trên.

Mặt khác \(u_n=\displaystyle\frac{1}{2^n}>0, \forall n \in \mathbb{N}^*\). Vậy \(\left(u_n\right)\) bị chặn dưới.

Ta thấy dãy số \(\left(u_n\right)\) bị chặn trên và bị chặn dưới, suy ra dãy số \(\left(u_n\right)\) bị chặn.

a. Ta có \(a_n=\cos \displaystyle\frac{\pi}{n}\leq 1,\forall n \in \mathbb{N}^*\). Vậy \(\left(a_n\right)\) bị chặn trên bởi \(1\).

Mặt khác \(a_n=\cos \displaystyle\frac{\pi}{n}\geq{-1},\forall n \in \mathbb{N}^* \).Vậy \(\left(a_n\right)\) bị chặn dưới bởi \(-1\).

Ta thấy dãy số \(\left(a_n\right)\) bị chặn trên và bị chặn dưới, suy ra dãy số \(\left(a_n\right)\) bị chặn.

b. Ta có \(b_n=\displaystyle\frac{n}{n+1}\geq \displaystyle\frac{1}{2},\forall n \in \mathbb{N}^*\). Vậy \(\left(b_n\right)\) bị chặn dưới bởi \(\displaystyle\frac{1}{2}\).

Ta có

\(b_n=\displaystyle\frac{n}{n+1}\leq 1, \forall n \in \mathbb{N}^*\). Vậy \(\left(b_n\right)\) bị chặn trên bởi \(1\).

Ta thấy dãy số \(\left(b_n\right)\) bị chặn trên và bị chặn dưới, suy ra dãy số \(\left(b_n\right)\) bị chặn.

Ta có \(u_2=\displaystyle\frac{1}{2}\); \(u_3=\displaystyle\frac{1}{3}\).

Dự đoán công thức số hạng tổng quát là \(u_n=\displaystyle\frac{1}{n}.\)

Ta có \(u_1=\displaystyle\frac{1}{2}\); \(u_2=\displaystyle\frac{2}{3}\); \(u_3=\displaystyle\frac{3}{4}\).

Dự đoán công thức số hạng tổng quát là \(u_n=1-\displaystyle\frac{1}{n+1}\).

Ta nhận thấy các số hạng của dãy \(\left(y_n\right)\) đều là số dương. Ta lập hiệu của hai số hạng liên tiếp của dãy:

Ta có

\(y_{n+1}-y_n=\left(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}\right)-\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\)

\(=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}-\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}<0,\forall n \in \mathbb{N}^*.\)

Vì \(\begin{cases}\sqrt{n+2}\geq \sqrt{n+1}\\ \sqrt{n+1}\geq \sqrt{n}\end{cases}\) \(;\forall n \in \mathbb{N}^*\) nên \(y_{n+1}-y_n < 0\).

Suy ra, \(\left(y_n\right)\) là dãy giảm.

a. Ta có \(\begin{cases}0 \leq \sin ^2 \displaystyle\frac{n \pi}{3} \leq 1\\ -1 \leq \cos \displaystyle\frac{n \pi}{4} \leq 1\end{cases},\;\forall n \in \mathbb{N}^*\)

nên \(-1 \leq \sin ^2 \displaystyle\frac{n \pi}{3}+\cos \displaystyle\frac{n \pi}{4} \leq 2,\forall n \in \mathbb{N}^*\).

Vậy \(\left(a_n\right)\) là dãy bị chặn.

b. Ta có \(u_n=\displaystyle\frac{6 n-4}{n+2}=6-\displaystyle\frac{16}{n+2}\).

Vì \(\displaystyle\frac{16}{n+2}>0,\,\forall n\in\mathbb{N}^*\) nên \(u_n<6\). Suy ra dãy số \(\left(u_n\right)\) bị chặn trên.

Vì \(\displaystyle\frac{16}{n+2}\leq \displaystyle\frac{16}{3},\,\forall n\in\mathbb{N}^*\) nên \(u_n\geq \displaystyle\frac{2}{3}\). Suy ra dãy số \(\left(u_n\right)\) bị chặn dưới.

Vậy \(\left(u_n\right)\) là dãy bị chặn.

+ Ta có

\(u_{n+1}-u_n=\displaystyle\frac{2(n+1)-1}{n+2}-\displaystyle\frac{2n-1}{n+1}\) \(=\displaystyle\frac{3}{(n+2)(n+1)}>0,\forall n \in \mathbb{N}^*\).

Suy ra, \(\left(u_n\right)\) là dãy tăng.

+ Ta có \(\displaystyle\frac{1}{2} \leq \displaystyle\frac{2 n-1}{n+1}\leq 2,\forall n \in \mathbb{N}^*\).

Suy ra, \(\left(u_n\right)\) là dãy bị chặn.

Vậy \(\left(u_n\right)\) là dãy tăng và bị chặn.

Ta có

\(u_n=\displaystyle\frac{n a+2}{n+1}=a+\displaystyle\frac{2-a}{n+1}\)

\(\Rightarrow u_{n+1}=a+\displaystyle\frac{2-a}{n+2}\)

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

a. Để \(\left(u_n\right)\) là dãy số tăng thì

\(u_{n+1}-u_n=\displaystyle\frac{a-2}{(n+1)(n+2)}>0\) \(\Leftrightarrow a>2,\ \forall n \in \mathbb{N}^*\).

Vậy với \(a>2\) thì \(\left(u_n\right)\) là dãy số tăng.

b. Để \(\left(u_n\right)\) là dãy số giảm thì

\(u_{n+1}-u_n=\displaystyle\frac{a-2}{(n+1)(n+2)}<0\) \(\Leftrightarrow a<2,\forall n \in \mathbb{N}^*\).

Vậy với \(a<2\) thì \(\left(u_n\right)\) là dãy số giảm.

Độ dài cạnh của \(8\) hình vuông theo thứ tự bé đến lớn lần lượt là \(1\); \(1\); \(2\); \(3\); \(5\); \(8\); \(13\); \(21\).

Nhận xét: kể từ hình vuông thứ \(2\) cạnh của nó bằng tổng hai cạnh hình vuông khác liền trước nó.

a.

\(u_1=3\cdot 1-2=1;\) \(u_2=3\cdot 2-2=4;\)

\(u_3=3\cdot 3-2=7;\) \(u_4=3\cdot 4-2=10;\)

\(u_5=3\cdot 5-2=13;\) \(u_{100}\) \(=3\cdot 100-2=298.\)

b.

\(u_1=3 \cdot 2^1=6;\)

\(u_2=3 \cdot 2^2=12;\)

\(u_3=3 \cdot 2^3=24;\)

\(u_4=3 \cdot 2^4=48;\)

\(u_5=3 \cdot 2^5=96;\)

\(u_{100}=3 \cdot 2^{100}.\)

c.

\(u_1=\left(1+\displaystyle\frac{1}{1}\right)^{1}=2\);

\(u_2=\left(1+\displaystyle\frac{1}{2}\right)^{2}=\displaystyle\frac{9}{4}\);

\(u_3=\left(1+\displaystyle\frac{1}{3}\right)^{3}=\displaystyle\frac{64}{27}\); \(u_4=\left(1+\displaystyle\frac{1}{4}\right)^{4}=\displaystyle\frac{625}{256}\);

\(u_5=\left(1+\displaystyle\frac{1}{5}\right)^{5}=\displaystyle\frac{1296}{625}\);

\(u_{100}=\left(1+\displaystyle\frac{1}{100}\right)^{100}\).

a. Năm số hạng đầu của dãy số là

\(u_2=2\cdot u_1=2\cdot 1=2;\)

\(u_3=3\cdot u_2=3\cdot 2=6;\)

\(u_4=4\cdot u_3=4\cdot 6=24;\)

\(u_5=5\cdot u_4=5\cdot 24=120;\)

\(u_6=6\cdot u_5=6\cdot 120=720.\)

b. Số hạng tổng quát của dãy là \(u_n=n!\).

a. Ta có

\(u_{n+1}-u_{n}=[2(n+1)-1]-(2 n-1)\) \(=2>0,\)

tức là \(u_{n+1}>u_{n},\, \forall n \in \mathbb{N}^{*}\).

Vậy \(\left(u_{n}\right)\) là dãy số tăng.

b. Ta có

\(u_{n+1}-u_{n}=[-3(n+1)+2]-(-3 n+2)\) \(=-3<0,\)

tức là \(u_{n+1}<u_{n},\, \forall n \in \mathbb{N}^{*}\).

Vậy \(\left(u_{n}\right)\) là dãy số giảm.

c. Bốn số hạng đầu của dãy số là

\(u_2=\displaystyle\frac{(-1)^{1}}{2^1}=-\displaystyle\frac{1}{2};\)

\(u_3=\displaystyle\frac{(-1)^{2}}{2^2}=\displaystyle\frac{1}{4};\)

\(u_4=\displaystyle\frac{(-1)^{3}}{2^4}=-\displaystyle\frac{1}{16};\)

\(u_5=\displaystyle\frac{(-1)^{4}}{2^5}=\displaystyle\frac{1}{32};\) \(\cdots\)

Vậy dãy số không tăng, không giảm.

a. \(u_n=3k\);

b. \(u_n=4k+1\).

a. Số tiền ông An nhận được sau tháng thứ nhất là

\(A_1=100\left(1+\displaystyle\frac{0{,}06}{12}\right)^1 =100{,}5\) (triệu đồng),

sau tháng thứ hai là

\(A_2=100\left(1+\displaystyle\frac{0{,}06}{12}\right)^2=101{,}0025\) (triệu đồng).

b. Số tiền ông An nhận được sau 1 năm là

\(A_{12}=100\left(1+\displaystyle\frac{0{,}06}{12}\right)^{12} =106{,}1678\) (triệu đồng).

a. Ta có

\(\begin{aligned}A_0=\ &100{.}000{.}000+100{.}000{.}000 \cdot 0{,}8\%-2{.}000{.}000\\ =\ &100{.}000{.}000(1+0{,}8\%)-2{.}000{.}000\\ =\ &98{.}800{.}000.\\ A_1=\ &A_0+A_0 \cdot 0{,}8\%-2{.}000{.}000\\ =\ &A_0(1+0{,}8\%)-2{.}000{.}000\\ =\ &97{.}590{.}400.\\ A_2=\ &A_1(1+0{,}8\%)-2{.}000{.}000\\ =\ &96{.}371{.}123.\\ A_3=\ &A_2(1+0{,}8\%)-2{.}000{.}000\\ =\ &95{.}142{.}092.\\ A_4=\ &A_3(1+0{,}8\%)-2{.}000{.}000\\ =\ &93{.}903{.}228.\\ A_5=\ &A_4(1+0{,}8\%)-2{.}000{.}000\\ =\ &92{.}654{.}454.\\ A_6=\ &A_5(1+0{,}8\%)-2{.}000{.}000\\ =\ &91{.}395{.}690.\end{aligned}\)

b. Hệ thức truy hồi đối với dãy số \(\left(A_n\right)\) là

\(A_n = A_{n-1}(1+0{,}8\%)-2{.}000{.}000.\)

a. Năm số hạng đầu của dãy số là

\(u_1 = 3;\) \(u_2 =9;\) \(u_3 = 19;\) \(u_4 = 33;\) \(u_5 = 51.\)

b. Năm số hạng đầu của dãy số là

\(u_1 = -1;\) \(u_2 =\displaystyle\frac{1}{3};\) \(u_3 = -\displaystyle\frac{1}{5};\) \(u_4 = \displaystyle\frac{1}{7};\) \(u_5 = -\displaystyle\frac{1}{9}.\)

c. Năm số hạng đầu của dãy số là

\(u_1 = 2;\) \(u_2 =2;\) \(u_3 = \displaystyle\frac{8}{3};\) \(u_4 = 4;\) \(u_5 = \displaystyle\frac{32}{5}.\)

d. Năm số hạng đầu của dãy số là

\(u_1 = 2;\) \(u_2 =\displaystyle\frac{9}{4};\) \(u_3 = \displaystyle\frac{64}{27};\) \(u_4 = \displaystyle\frac{625}{256};\) \(u_5 = \displaystyle\frac{7776}{3125}.\)

Ta thấy

+) Hàng \(1\) có \(1\) hình tròn.

+) Hàng \(2\) có \(2\) hình tròn.

+) Hàng \(3\) có \(3\) hình tròn.

+) Hàng \(4\) có \(4\) hình tròn.

Vậy ta dự đoán công thức tổng quát của dãy số \((u_n)\) là \(u_n = n\) với mọi \(n\in\mathbb{N}^*\).

Ta thấy

+) Hàng \(1\) có \(1\) hình vuông cạnh \(1\) đơn vị nên \(v_1 = 1\times 1 = 1^3\).

+) Hàng \(2\) có \(2\) hình vuông cạnh \(2\) đơn vị nên \(v_2 = 2\times 2^2 = 2^3\).

+) Hàng \(3\) có \(3\) hình vuông cạnh \(3\) đơn vị nên \(v_3 = 3\times 3^2 = 3^3\).

+) Hàng \(4\) có \(4\) hình vuông cạnh \(4\) đơn vị nên \(v_4 = 4\times 4^2 = 4^3\).

Vậy ta dự đoán công thức tổng quát của dãy số \((v_n)\) là \(v_n = n^3\) với mọi \(n\in\mathbb{N}^*\).

a. Ta có

\(u_{n+1} - u_n = \displaystyle\frac{n-2}{n+3} - \displaystyle\frac{n-3}{n+2}\) \(= \displaystyle\frac{5}{(n+2)(n+3)} > 0,\ \forall n\in\mathbb{N}^*\)

hay \(u_{n+1} > u_n,\ \forall n\in\mathbb{N}^*\).

Suy ra dãy số \((u_n)\) là dãy số tăng.

b. Ta có

\(u_{n+1} - u_n = \displaystyle\frac{3^{n+1}}{2^{n+1}\cdot (n+1)!} - \displaystyle\frac{3^n}{2^n\cdot n!}\) \(= \displaystyle\frac{3^n}{2^{n+1}\cdot (n+1)!} \left[ 3 - 2(n+1) \right]\) \(= \displaystyle\frac{3^n(1-2n)}{2^{n+1}\cdot (n+1)!} <0,\ \forall n\in\mathbb{N}^*\)

hay \(u_{n+1} < u_n,\ \forall n\in\mathbb{N}^*\).

Suy ra dãy số \((u_n)\) là dãy số giảm.

c. Ta có dạng khai triển của dãy số \(u_n\) là \(-3\), \(5\), \(-9\), \(17\), \(\ldots\) nên dãy số \((u_n)\) không là dãy số tăng, không là dãy số giảm.

a. Với mọi \(n\in\mathbb{N}^*\), ta có \(u_n = n^2 + 2 \ge 1^2 + 2 > 2\).

Vậy dãy số \((u_n)\) là dãy số bị chặn dưới.

b. Với mọi \(n\in\mathbb{N}^*\), ta có \(u_n = -2n+1 \le -2\cdot 1 + 1 < 0\).

Vậy dãy số \((u_n)\) là dãy số bị chặn trên.

c. Với mọi \(n\in\mathbb{N}^*\), ta có \(n^2 + n \ge 1^2 + 1 > 1 > 0\) nên \(0 < \displaystyle\frac{1}{n^2+n} < 1\).

Vậy dãy số \((u_n)\) là dãy số bị chặn.

Do dãy số \((u_n)\) là dãy số thực dương nên \(u_n > 0\) với mọi \(n\in\mathbb{N}^*\).

Suy ra với mọi \(n\in\mathbb{N}^*\), ta có

\(u_{n+1} > u_n \Leftrightarrow \displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} > 1\).

Vậy dãy số \((u_n)\) là dãy số tăng khi và chỉ khi \(\displaystyle\frac{u_{n+1}}{u_n} > 1\) với mọi \(n\in\mathbb{N}^*\).

a. Số tiền lãi chị thu được sau tháng thứ \(1\) là \(100000000 \cdot 0{,}5\% = 500000\) đồng.

Do đó \(P_1 = 100000000 + 500000 + 6000000\) \(= 106500000\) (đồng).

b. Số tiền chị có trong ngân hàng sau tháng thứ \(2\) là

\(P_2 = P_1 + P_1\cdot 0{,}5\% + 6000000\) \(= 113032500\) (đồng).

Số tiền chị có trong ngân hàng sau tháng thứ \(3\) là

\(P_3 = P_2 + P_2\cdot 0{,}5\% + 6 = 119597662\) (đồng).

c. Ta chọn đơn vị là triệu đồng và xét bài toán tổng quát: Số tiền ban đầu là \(T\) triệu đồng với lãi suất hàng tháng là \(r\) và mỗi tháng gửi thêm \(a\) triệu đồng thì số tiền trong tài khoản sau tháng thứ \(n\) là \(P_n\) triệu đồng.

Số tiền lãi sau tháng thứ \(n\) được tính là \(P_n \cdot r\) nên ta có

\(\begin{aligned}P_1 =\ &T + T\cdot r + a = T(1+r) + a\\ =\ &T(1+r) + \displaystyle\frac{a(1+r)^1 - a}{r};\end{aligned}\)

\(\begin{aligned}P_2 =\ &P_1 + P_1\cdot r + a\\ =\ &T(1+r)^2 + (r+1)\cdot\displaystyle\frac{a(1+r)^1 - a}{r} + a\\ =\ &T(1+r)^2 + \displaystyle\frac{a(1+r)^2 - a}{r};\end{aligned}\)

\(\begin{aligned}P_3 =\ &P_2 + P_2\cdot r + a\\ =\ &T(1+r)^3 + (r+1)\cdot\displaystyle\frac{a(1+r)^2 - a}{r} + a\\ =\ &T(1+r)^3 + \displaystyle\frac{a(1+r)^3 - a}{r}.\end{aligned}\)

Cứ tiếp tục như vậy thì ta dự đoán công thức tổng quát của \(P_n\) là

\(P_n = T(1+r)^n + \displaystyle\frac{a(1+r)^n - a}{r}.\)

Thay số \(T = 100\), \(r = 0{,}5\% = 0{,}005\) và \(a =6\) ta thu được

\(P_n = 100\cdot 1{,}005^n + \displaystyle\frac{6\cdot 1{,}005^n - 6}{0{,}005}.\)