Dãy số và giới hạn của dãy số – Nguyễn Tất Thu

Giới thiệu Dãy số và giới hạn của dãy số – Nguyễn Tất Thu

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và quý thây cô Dãy số và giới hạn của dãy số – Nguyễn Tất ThuChương Tổ hợp và Xác Xuất.

Tài liệu môn Toán 11  và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất nhé.

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán.

Text Dãy số và giới hạn của dãy số – Nguyễn Tất Thu
Mục lục Chương 1. DÃY SỐ 1.1 Dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Định nghĩa dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Cách cho dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.3 Dãy số tăng, giảm và dãy số bị chặn . . . . . . 1.2 Cấp số cộng – Cấp số nhân . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Cấp số cộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Cấp số nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Ứng dụng CSC-CSN để tìm CTTQ của dãy số Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Các định lí về giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số . . . . . 2.3.1 Xác định công thức tổng quát của dãy số 2.3.2 Sử dụng nguyên lí Weierstrass . . . . . . 2.3.3 Sử dụng nguyên lí kẹp . . . . . . . . . . . . 2.3.4 Xây dựng dãy phụ . . . . . . . . . . . . . . 2.3.5 Giới hạn của dãy u n = f (u n ) . . . . . . . . . 2.3.6 Giới hạn của một tổng . . . . . . . . . . . . 2.4 Dãy số sinh bởi phương trình . . . . . . . . . . . . 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 3 3 6 9 9 9 9 13 13 13 16 . . . . . . . . . . 35 35 36 45 45 49 52 56 58 63 65 2 Nguyễn Tất Thu Mục lục Chương 1 DÃY SỐ 1.1 Dãy số 1.1.1 Định nghĩa dãy số Định nghĩa 1.1. Dãy số hữu hạn là tập hợp các giá trị của hàm số u : {1, 2, 3, . . . , m} → R, n → u( n) được sắp xếp theo thứ tự tăng dần theo đối số n: u1 , u2 , . . . , u m . Ta nói dãy số có m số hạng và • u 1 : được gọi là số hạng đầu • u m : được gọi là số hạng cuối. Định nghĩa 1.2. Dãy số là tập hợp các giá trị của hàm số u : N∗ → R, n → u(n) Được sắp xếp theo thứ tự tăng dần liên tiếp theo đối số tự nhiên n: u(1), u(2), u(3), …, u( n), … • Ta kí hiệu u( n) bởi u n và gọi là số hạng thứ n hay số hạng tổng quát của dãy số, u 1 được gọi là số hạng đầu của dãy số. • Ta có thể viết dãy số dưới dạng khai triển u 1 , u 2 , …, u n , … hoặc dạng rút gọn ( u n ). 1.1.2 Cách cho dãy số Người ta thường cho dãy số theo các cách sau: • Cho số hạng tổng quát, tức là: cho hàm số u xác định dãy số đó • Cho bằng công thức truy hồi, tức là: * Cho một vài số hạng đầu của dãy * Cho hệ thức biểu thị số hạng tổng quát qua số hạng (hoặc một vài số hạng) đứng trước nó. 3 Chương 1. DÃY SỐ 4 Ví dụ 1.1 Cho dãy số (u n ) được xác định bởi u n = n+1 với n > 1. 2n 1. Viết 5 số hạng đầu tiên của dãy 2. Chứng minh rằng u n 6 1, ∀n > 1. Lời giải. 1) Ta có u1 = 1+1 2+1 3 3+1 1 4+1 5 5+1 3 = 1, u 2 = 2 = , u 3 = 3 = , u 4 = 4 = , u5 = 5 = . 1 4 2 16 16 2 2 2 2 2 2) Ta có u n 6 1 ⇔ 2n > n + 1 (1). Ta chứng minh (1) bằng phương pháp quy nạp. Với n = 1 ta thấy (1) đúng. Giả sử (1) đúng với n = k > 1, tức là 2k > k + 1. Khi đó 2k+1 = 2.2k > 2( k + 1) = k + 2 + k > k + 2. Do đó (1) đúng với n = k + 1. Vậy bài toán được chứng minh.  Ví dụ 1.2 Cho dãy số (u n ) được xác định bởi   u1 = 2 . un + 1  u n+1 = , ∀n > 1 2 1. Tìm 4 số hạng đầu của dãy 2. Chứng minh rằng u n > 1 với ∀n > 1 3. Tìm công thức tổng quát của dãy (u n ). Lời giải. 1) Ta có u 1 = 2, u 2 = u1 + 1 3 u2 + 1 5 u3 + 1 9 = , u3 = = , u4 = = . 2 2 2 4 2 8 2) Ta chứng minh u n > 1 bằng quy nạp. Hiển nhiên, ta có u1 > 1. Giả sử u n > 1, khi đó u n+1 = Do đó, ta có u n > 1, ∀n > 1. 3) Ta có u 1 = 2, u 2 = Nguyễn Tất Thu un + 1 1 + 1 > = 1. 2 2 21 + 1 22 + 1 23 + 1 , u3 = , u = . 4 2 22 23 1.1. Dãy số 5 Do đó, ta chứng minh un = 2n−1 + 1 . 2n−1 2n−1 + 1 , ta có Giả sử u n = 2n−1 2n−1 + 1 +1 n−1 2n + 1 un + 1 2 = = . u n+1 = 2 2 2n Theo nguyên lí quy nạp, ta suy ra u n = 2n−1 + 1 . 2n−1  Ví dụ 1.3 Chứng minh rằng tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương (u n ) thỏa: u0 = 1, u1 = 2 và ¯ ¯ u n+2 .u n − u2 n+1 ¯ ¯ = 1. Lời giải. Ta có: ” | u 2 − 4| = 1 ⇒ u 2 = 5 ⇒ u 3 = 12, u 3 = 13 u 2 = 3 ⇒ u 3 = 4, u 3 = 5 . a) Ta chứng minh tồn tại duy nhất dãy số nguyên dương (u n ) thỏa u 0 = 1, u 1 = 2, u 2 = 3, u 3 = 5 và ¯ ¯ ¯ u n+2 .u n − u2 ¯ = 1, ∀ n > 4. n+1 ( v 0 = 1, v 1 = 2 • Chứng minh tồn tại: Xét dãy (vn ) : vn+1 = vn + vn−1 , n = 2, 3, … Bằng quy nạp ta chứng minh được (vn ) thỏa mãn (1). Thật vậy: ¯ ¯ ¯ ¯vn+2 .vn − v2 n+1 ¯ ¯ = ¯vn (vn+1 + vn ) − v2 ¯ n+1 ¯ ¯ = ¯vn+1 (vn − vn+1 ) + v2n ¯ ¯ ¯ = ¯v2n − vn−1 vn+1 ¯ = 1 • Chứng minh duy nhất. Trước hết ta chứng minh nếu dãy (u n ) thỏa (1) thì (u n ) là dãy tăng. Giả sử a n+1 > a n ⇒ a n+1 − 1 > a n . ¯ ¯ Từ ¯a n+2 a n − a2n+1 ¯ = 1 ta suy ra a n+2 = a2n+1 ± 1 an > a2n+1 ± 1 a n+1 − 1 > a n+1 + 1 > a n+1 . Nên theo quy nạp ta có đpcm. Giả sử tồn tại k để vk 6= u k và vn = u n , ∀n < k. Khi đó, ta giả sử vk < u k , suy ra: ( u k .u k−2 = u2k−1 + 1 vk .vk−2 = v2k−1 − 1 Nguyễn Tất Thu . ⇒ u k−2 ( u k − vk ) = 2 ⇒ 2.. u k−2 (vô lí). (1) Chương 1. DÃY SỐ 6 Do vậy tồn tại duy nhất dãy nguyên dương (u n ) (đó chính là dãy (vn )) thỏa mãn (1). b) Tương tự ta chứng minh được tồn tại dũy nhất các dãy nguyên dương thỏa: ¯ ¯ u 0 = 1, u 1 = 2, u 2 = 3, u 3 = 4, ¯ u n+2 u n − u2n+1 ¯ = 1 ¯ ¯ u 0 = 1, u 1 = 2, u 2 = 5, u 3 = 12, ¯ u n+2 u n − u2n+1 ¯ = 1 ¯ ¯ u 0 = 1, u 1 = 2, u 2 = 5, u 3 = 13, ¯ u n+2 u n − u2n+1 ¯ = 1. Đó là các dãy tương ứng là: u 0 = 1, u 1 = 2, u n+1 = 2 u n+1 − u n u 0 = 1, u 1 = 2, u n+1 = 2 u n+1 + u n u 0 = 1, u 1 = 2, u n+1 = 3 u n+1 − u n . Vậy tồn tại đúng 4 dãy số nguyên dương thỏa yêu cầu bài toán. 1.1.3  Dãy số tăng, giảm và dãy số bị chặn Định nghĩa 1.3. Dãy số (u n ) • Được gọi là dãy tăng nếu u n 6 u n+1 ∀ n ∈ N∗ • Được gọi là dãy giảm nếu u n > u n+1 ∀ n ∈ N∗ • Được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số thực m sao cho u n > m, ∀ n = 1, 2, . . . • Được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số thực M sao cho u n 6 M , ∀ n = 1, 2, . . . • Được gọi là bị chặn nếu vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới. Tức là tồn tại số thực N sao cho | u n | 6 N , ∀ n = 1, 2, . . .. • Được gọi là dãy tuần hoàn nếu tồn tại số nguyên dương k sao cho a n+k = a n với mọi n, số nguyên dương k nhỏ nhất thỏa điều kiện đó được gọi là chu kì. Khi k = 1 ta gọi là dãy hằng. Ví dụ 1.4 ( Cho dãy số (u n ) : u 1 = 1, u 2 = 2 . Chứng minh rằng dãy ( u n ) là dãy p p u n+1 = u n + u n−1 , ∀ n > 2 tăng và bị chặn. Lời giải. Ta chứng minh dãy (u n ) là dãy tăng bằng phương pháp quy nạp. * Dễ thấy u1 < u2 < u3 . * Giả sử u k−1 < u k , ∀k 6 n, ta chứng minh u n+1 < u n . Thật vậy u n+1 = p p p p u n + u n−1 > u n−1 + u n−2 = u n . Vậy (u n ) là dãy tăng. Trước hết ta có u n > 0, ∀n. Bây giờ ta chứng minh u n < 4, ∀n Nguyễn Tất Thu 1.1. Dãy số 7 Thật vậy, ta có u1 = 1 < 4. Giả sử u k < 4, ∀k 6 n, ta có u n+1 = p p p p u n + u n−1 < 4 + 4 = 4. Do đó, ta luôn có 0 < u n < 4, ∀n. Vậy dãy (u n ) là dãy bị chặn.  Ví dụ 1.5 Cho dãy (u n ) được xác định như sau    u1 > 0 u n ( u2n + 3) .   u n+1 = 3 u2n + 1 Tùy thuộc vào giá trị của u1 , hãy xét tính tăng, giảm và bị chặn của dãy (u n ). Lời giải. Trước hết ta có u n > 0, ∀n. u2 − 1 u n+1 = 1 − 2 n2 . Từ đây ta suy ra được un 3u n + 1 • Nếu u 1 = 1 ⇒ u n = 1, ∀ n. Ta xét • Nếu u 1 > 1 ⇒ u n+1 < u n ∀ n ⇒ u n < u 1 , ∀ n. • Nếu u 1 < 1 ⇒ u n+1 > u n ∀ n và u n+1 − 1 = ( u n − 1)3 3 u2n + 1 ⇒ u n < 1, ∀ n. Vậy • Nếu u 1 = 1 thì dãy ( u n ) là dãy không đổi • Nếu u 1 > 1 thì dãy ( u n ) là dãy giảm và bị chặn • Nếu u 1 < 1 thì dãy ( u n ) là dãy tăng và bị chặn.  Ví dụ 1.6 Chứng minh rằng dãy (u n ) là dãy tuần hoàn với chu kì 2 khi và chỉ khi un = Lời giải. • Giả sử u n = Nguyễn Tất Thu ¤ 1£ u 0 + u 1 + ( u 0 − u 1 ) (−1)n+1 . 2 ¤ 1£ u 0 + u 1 + ( u 0 − u 1 ) (−1)n+1 . Khi đó 2 ¤ 1£ u n+1 = u 0 + u 1 − ( u 0 − u 1 ) (−1)n+1 2 ¤ 1£ u n+2 = u 0 + u 1 + ( u 0 − u 1 ) (−1)n+3 2 ¤ 1£ u 0 + u 1 + ( u 0 − u 1 ) (−1)n+1 = u n . = 2 Chương 1. DÃY SỐ 8 Suy ra dãy (u n ) là dãy tuần hoàn chu kỳ 2. • Giả sử dãy ( u n ) tuần hoàn chu kỳ 2. Khi đó u n+2 = u n ∀ n ∈ N. Bằng quy nạp ta chứng minh được un = ¤ 1£ u 0 + u 1 + ( u 0 − u 1 ) (−1)n+1 . 2 Vậy bài toán được chứng minh.  Ví dụ 1.7 Cho dãy số nguyên {a n } truy hồi cấp k ( k là số nguyên dương) nghĩa là a n+k = f (a n , a n+1 , ..., a n+k−1 ) ∀ n ∈ N. Nếu dãy bị chặn thì nó là dãy tuần hoàn kể từ lúc nào đó. Lời giải. Giả sử dãy bị chặn bởi số nguyên dương M , nghĩa là |a n | 6 M . Xét các bộ k số (a 0 , a 1 , ..., a k−1 ) , (a 1 , a 2 , ..., a k ) , (a 2 , a 3 , ..., a k+1 ) , .... Có tối đa (2 M + 1)k bộ khác nhau nên trong (2 M + 1)k + 1 bộ đầu tiên phải có hai bộ trùng nhau. Chẳng hạn ¡ ¢ (a i , a i+1 , ..., a i+k−1 ) = a j , a j+1 , ..., a j+k−1 với i > j. Tức là : a i+t = a j+t ∀ t = 0, 1, …, k − 1. Suy ra ¢ ¡ a i+k = f (a i , a i+1 , …, a i+k−1 ) = f a j , a j+1 , …, a j+k−1 = a j+k . Đặt T = i − j thì ta có a n+ T = a n ∀ n > j + k = n 0 . Vậy dãy (a n ) tuần hoàn với chu kì T = i − j kể từ số hạng n0 = j + k. Ví dụ 1.8 Cho dãy số nguyên {a n } thoả mãn a n = c 1 a n+1 + c 2 a n+2 + … + c k a n+k , trong đó c 1 , c 2 , …, c k là các số nguyên và m > 1 là số nguyên dương. Gọi r n là số dư trong phép chia a n cho m. Khi đó dãy {r n } tuần hoàn. Lời giải. Theo giả thiết ta có a n ≡ r n ( mod m) . Theo tính chất của đồng dư thức ta có r n ≡ c 1 r n+1 + c 2 r n+2 + … + c k r n+k ( mod m) . Nguyễn Tất Thu  1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân 9 Theo các xác định r n ta có 0 6 r n 6 m − 1 tức là dãy {r n } bị chặn và truy hồi tuyến tính cấp k nên theo định lý trên dãy tuần hoàn kể từ lúc nào đó, nghĩa là ∃ n0 , T > 1 sao cho r n+T = r n , ∀ n > n 0 . Khi đó r n0 +T −1 ≡ c 1 r n0 +T + c 2 r n0 +T +1 + … + c k r n0 +T +k−1 ≡ c 1 r n0 + c 2 r n0 +1 + … + c k r n0 +k−1 ≡ r n0 −1 ( mod m) Suy ra r n0 +T −1 = r n0 −1 . Tương tự, ta cũng có r n0 −2 = r n0 −2+T , …., r 1 = r 1+T , r 0 = r T . Do đó dãy {r n } tuần hoàn với chu kì T . 1.2  Cấp số cộng – Cấp số nhân 1.2.1 Cấp số cộng 1.2.1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.4. Dãy số (u n ) được xác định bởi ( u1 = a u n+1 = u n + d , n ∈ N ∗. gọi là cấp số cộng; d gọi là công sai. 1.2.1.2 Tính chất Định lí 1.1. Cho cấp số cộng (u n ) với công sai d . Khi đó u n = u 1 + ( n − 1) d. Chứng minh. Ta chứng minh (1) bằng phương pháp quy nạp. Dễ thấy (1) đúng với n = 1. Giả sử u n = u1 + (n − 1)d , khi đó u n+1 = u n + d = u 1 + ( n − 1) d + d = u 1 + nd. Vậy (1) đúng. Định lí 1.2. Cho cấp số cộng (u n ). Khi đó 2 u k = u k−1 + u k+1 ∀ k = 2, 3, … Chứng minh. Ta có u k = u k−1 + d , u k+1 = u k + d nên u k = u k+1 − d . Suy ra 2 u k = u k + u k = u k−1 + d + u k+1 − d = u k+1 + u k−1 . Nguyễn Tất Thu (1) Chương 1. DÃY SỐ 10 Chú ý 1. Từ định lí trên ta có: Ba số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành CSC khi và chỉ khi a + c = 2 b. Định nghĩa 1.5. Cho CSC (u n ), đặt S n = u1 + u2 + . . . + u n . Khi đó S n được gọi là tổng của n số hạng đầu của CSC. Định lí 1.3. Cho CSC (u n ) có công sai d . Khi đó Sn = n n n( n − 1) ( u 1 + u n ) = (2 u 1 + ( n − 1) d ) = nu 1 + d. 2 2 2 Ví dụ 1.9 Chứng minh rằng dãy (u n ) là cấp số cộng khi và chỉ khi u n = an + b. Lời giải. • Giả sử (u n ) là cấp số cộng, khi đó u n = u 1 + ( n − 1) d = dn + u 1 − d = an + b. • Giả sử u n = an + b, ta có: u n − u n−1 = an + b − a( n − 1) − b = a Vậy (u n ) là CSC với công sai d = a.  Ví dụ 1.10 Cho a, b, c > 0 lập thành cấp sô cộng.Chứng minh rằng 1 p 1 2 p +p p . p =p c+ a a+ b b+ c Lời giải. Gọi d là công sai của cấp số, suy ra b − a = c − b = d, c − a = 2d Do đó: p p p b− a c− b + p +p p p = d d a+ b b+ c p p c− a = d c−a = p p d ( c + a) 2 =p p . c+ a 1 1 p  Nguyễn Tất Thu 1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân 11 Ví dụ 1.11 Chứng minh ba số a, b, c > 0 là 3 số hạng liên tiếp của cấp số cộng khi và chỉ khi 3 số a2 + ab + b2 ; c2 + ca + a2 ; b2 + bc + c2 cũng là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng. Lời giải. Ta có a2 + ab + b2 ; c2 + ca + a2 ; b2 + bc + c2 lập thành CSC khi và chỉ khi a2 + ab + b2 + b2 + bc + c2 = 2(a2 + ca + c2 ) ⇔ 2 b2 + ab + bc = a2 + 2ac + c2 ⇔ b ( a + b + c ) + b 2 − ( a + c )2 = 0 ⇔ b(a + b + c) + (a + b + c)( b − a − c) = 0 ⇔ 2 b − a − c = 0 ⇔ 2 b = a + c. Hay a, b, c lập thành CSC.  Ví dụ 1.12 Cho bốn số thực a 1 ; a 2 ; a 3 ; a 4 .Biết rằng :     1 2 1 + = a1 a2 a2 a3 a1 a3 1 1 1 3 .   + + =  a1 a2 a2 a3 a3 a4 a1 a4 Chứng minh rằng : a 1 ; a 2 ; a 3 ; a 4 lập thành cấp số cộng. Lời giải. Ta có 1 1 2 + = ⇔ a 3 + a 1 = 2a 2 a1 a2 a2 a3 a1 a3 ⇒ a1 − a2 = a2 − a3 = d và 1 1 1 3 + + = a1 a2 a2 a3 a3 a4 a1 a4 2 1 3 ⇔ + = a1 a3 a3 a4 a1 a4 . ⇔ 2a 4 + a 1 = 3a 3 ⇔ 2a 4 = 3(a 1 + 2 d ) − a 1 ⇒ a 4 = a 1 + 3 d  Ví dụ 1.13 Gọi S1 ; S2 ; S3 là tổng n1 ; n2 ; n3 số hạng đầu của một cấp số cộng. Chứng minh rằng: S1 S2 S3 (n2 − n3 ) + (n3 − n1 ) + ( n 1 − n 2 ) = 0. n1 n2 n3 Nguyễn Tất Thu Chương 1. DÃY SỐ 12 Lời giải. Thay công thức S1 = n1 u1 + n 1 ( n 1 − 1) n 2 ( n 2 − 1) n 3 ( n 3 − 1) d, S 2 = n 2 u 1 + d ; S3 = n3 u1 + d. 2 2 2 Nên n1 − 1 S2 n2 − 1 S3 n3 − 1 S1 = u1 + d, = u1 + d, = u1 + d. n1 2 n2 2 n3 2 Suy ra S1 S2 S3 (n2 − n3 ) + (n3 − n1 ) + (n1 − n2 ) n1 n2 n3 d = [( n 1 − 1) ( n 2 − n 3 ) + ( n 2 − 1) ( n 3 − n 1 ) + ( n 3 − 1) ( n 1 − n 2 )] = 0. 2 Ta có điều phải chứng minh.  Ví dụ 1.14 (VMO 2012) Cho các cấp số cộng (a n ), (b n ) và số nguyên m > 2. Xét m tam thức bậc hai: P k ( x) = x2 + a k x + b k , k = 1, 2, 3, …., m. Chứng minh rằng nếu hai tam thức P1 ( x), P m ( x) đều không có nghiệm thực thì tất cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực. Lời giải. Gọi a, b là các công sai của hai cấp số cộng (a n ) và (b n ). Giả sử P k ( x) có nghiệm x = c với 1 < k < m nào đó. Theo tính chất cấp số cộng ta có: P m ( x) − P k ( x) = ( m − k)(ax + b) và P k ( x) − P1 ( x) = ( k − 1)(ax + b). Suy ra P m ( c) = ( m − k)(ac + b) và P1 ( c) = −( k − 1)(ac + b) nên P m ( c).P1 ( c) < 0 (*). Nhưng P m ( c) > 0 và P1 ( c) > 0 nên điều suy ra ở trên là vô lí. Vậy tất cả các đa thức P k ( x), k = 2, 3, …, m − 1 đều vô nghiệm. Ví dụ 1.15 (APMO 2014) Cho 2 k số thực a 1 , a 2 , …, a k , b1 , b2 , …, b k . Xác định dãy số ( X n ) như sau Xn = k X [a i n + b i ], n = 1, 2, … i =1 Chứng minh rằng nếu ( X n ) là một cấp số cộng thì k P i =1 Nguyễn Tất Thu a i là số nguyên.  1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân 13 Lời giải. Đặt A= k X ak, B = i =1 k X bk. i =1 Ta có a i n + b i − 1 6 [a i n + b i ] < a i n + b i . Suy ra An + B − k 6 X n < An + B. Giả sử { X n } là cấp số cộng với công sai d , khi đó nd = X n+1 − X 1 và A + B − k 6 X 1 < A + B Vì X n+1 = X 1 + nd nên ta có : A ( n + 1) + B − k < X 1 + nd < A ( n + 1) + B ⇔ An + A + B − k − X 1 < nd < An + A + B − X 1 . k n Mà A + B − X 1 > 0 và A + B − X 1 < k nên An − k < nd < An + k. Suy ra | A − d | < . Cho n tiến ra vô cùng, ta có | A − d | = 0 ⇒ A = d . Mặt khác { X n } là dãy số nguyên nên A = d = X n+1 − X n là số nguyên (đpcm). 1.2.2 Cấp số nhân 1.2.2.1 Định nghĩa  Định nghĩa 1.6. Dãy số (u n ) được xác định bởi ( u1 = a u n+1 = u n .q , n ∈ N∗ gọi là cấp số nhân; q gọi là công bội. 1.2.2.2 Tính chất Định lí 1.4. Cho cấp số nhân (u n ) với công bội q. Khi đó u n = u 1 q n−1 . (2) Chứng minh. Ta chứng minh (2) bằng phương pháp quy nạp. Dễ thấy (2) đúng với n = 1. Giả sử u n = u1 .q n−1 , khi đó u n+1 = u n .q = u 1 q n . Vậy (2) đúng. Định lí 1.5. Cho cấp số cộng (u n ). Khi đó u2k = u k−1 .u k+1 ∀ k = 2, 3, ... Chứng minh. Ta có u k+1 = u k q, u k = u k−1 q nên u k−1 = u k−1 .u k+1 = Nguyễn Tất Thu uk . Suy ra q uk .u k .q = u2k . q Chương 1. DÃY SỐ 14 Chú ý 2. Từ định lí trên ta có: Ba số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành CSN khi và chỉ khi a.c = b2 . Định nghĩa 1.7. Cho CSN (u n ), đặt S n = u1 + u2 + . . . + u n . Khi đó S n được gọi là tổng của n số hạng đầu của CSN. Định lí 1.6. Cho CSC (u n ) có công bội q. Khi đó S n = u1 qn − 1 . q−1 Ví dụ 1.16 Chứng minh rằng dãy (u n ) là CSN khi và chỉ khi u n = a.αn . Lời giải. • Nếu dãy (u n ) là CSN thì ta có: u n = u1 .q n−1 = a.αn với a = u1 , α = q. q • Nếu u n = a.αn thì ta có: u n+1 = α ⇒ u n+1 = α.u n . un Vậy dãy (u n ) là CSN với công bội q = α.  Ví dụ 1.17 Chứng minh rằng: điều cần và đủ để ba số khác không a, b, c là ba số hạng của một CSN là tồn tại ba số nguyên khác không p, t, r sao cho ( p+t+r =0 a p .b t .c r = 1 . Lời giải. • Giải sử a, b, c là ba số hạng thứ k + 1; l + 1; m + 1 của cấp số nhân có công bội q, khi đó ta có : a = u 1 .q k ; b = u 1 .q l ; c = u 1 .q m ⇒ a b = q k− l ; = q l − m b c Suy ra ³ a ´l −m b µ ¶ k− l b = ⇒ a l −m .b m−l −k+1 .c k−1 = 1. c Đặt p = l − m; t = m − l − k + 1; r = k − 1. Khi đó ta có ba số p, t, r thỏa mãn yêu cầu bài toán. • Giả sử ta có ( µ ¶ p+t+r =0 a p .b t .c r = 1 p r ⇒ a .c = b p+ r ⇒ ³ a ´p b b = c Do p + t + r = 0 nên tồn tại ít nhất một số dương và một số âm. Giải sử r > 0, t < 0. Đặt Nguyễn Tất Thu b = q r ⇒ b = a.q r kết hợp với (*) ta có a µ ¶ µ ¶ a p a.q r r = ⇒ c = a.q r+ p . a.q r c r (∗) 1.2. Cấp số cộng - Cấp số nhân 15 Vậy ba số a, b, c là ba số hạng của cấp số nhân với a là số hạng đầu, b là số hạng thứ r + 1; c là số hạng thứ r + p + 1.  Ví dụ 1.18 Chứng minh rằng nếuÃba cạnh của tam giác lập thành CSN thì công bội của CSN p p ! đó nằm trong khoảng 5−1 1+ 5 ; . 2 2 Lời giải. Giả sử a, b, c là ba cạnh tam giác theo thứ tự đó lập thành CSN với công bội q. Ta có: ( ( a + aq > aq2 ⇔ q2 − q − 1 < 0 aq2 + aq > a q2 + q − 1 > 0  à p p !  1 − 5 1 + 5   q∈ ;   2 2 ! à p p ! à ⇔  − 1 + 5 5 − 1 −   ∪ ; +∞   q ∈ −∞; 2 2 Ãp ! p 5−1 5+1 ⇔q∈ ; . 2 2  Ví dụ 1.19 Cho (u n ) là cấp số nhân. Kí hiệu S = u 1 + u 2 + … + u n ; T = 1 1 1 + + … + ; P = u 1 u 2 …u n . u1 u2 un Hãy tính P theo S, T và n. Lời giải. Ta có: µ ¶n 1 n( n − 1) −1 n q −1 1 q 1 qn − 1 n 1+2+…+ n−1 n 2 S = u1 ; T= = P = u1 q = u1 q . q−1 u1 1 u 1 q n−1 ( q − 1) −1 q sµ Suy ra: P = S T ¶n Ví dụ 1.20 Chứng minh rằng các số 2, 3, 5 không thể cùng thuộc một CSN. Nguyễn Tất Thu  Chương 1. DÃY SỐ 16 Lời giải. Giả sử 2, 3, 5 là ba số hạng thứ m, n, p của CSN (vn ) có công bội q Ta có: 2 um 5 = = q m− n ; = q p − n , 3 un 3 suy ra µ ¶ p − n µ ¶ m− n 5 2 = = p(p−n)(m−n) ⇒ 2 p−n .3m− p .5n−m = 1 3 3 vô lí. 1.2.3  Ứng dụng CSC-CSN để tìm CTTQ của dãy số Chúng ta đã biết công thức xác định công thức tổng quát ( CTTQ) của một cấp số cộng (CSC) khi biết số hạng đầu với công sai d và một cấp số nhân (CSN) khi biết số hạng đầu với công bội q. Trong chuyên đề này chúng tôi trình bày với các bạn một số cách xác định CTTQ của một số dãy số có công thức truy hồi dạng đặc biệt. Phương pháp giải quyết là chúng ta đưa vào một số dãy phụ để chuyển dãy đã cho về một CSC hoặc một CSN hoặc những dãy số quen thuộc đã biết. Ví dụ 1.21 Xác định số hạng tổng quát của dãy số (u n ) được xác định bởi u 1 = 1, u n = u n−1 − 2, ∀ n > 2. Lời giải. Ta thấy dãy (u n ) là một CSC có công sai d = −2. Nên ta có: u n = 1 − 2( n − 1) = −2 n + 3.  Ví dụ 1.22 Xác định số hạng tổng quát của dãy số (u n ) được xác định bởi u 1 = 3, u n = 2 u n−1 ∀ n > 2. Lời giải. Ta thấy dãy (u n ) là một CSN có công bội q = 2. Ta có: u n = 3.2n−1 . Ví dụ 1.23 Xác định số hạng tổng quát của dãy (u n ) được xác định bởi: u 1 = −2, u n = 3 u n−1 − 1 ∀ n > 2. Nguyễn Tất Thu  1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân 17 Lời giải. Trong bài toán này chúng ta sẽ gặp khó khăn vì dãy (u n ) không phải là CSC hay CSN! Ta thấy dãy (u n ) không phải là CSN vì xuất hiện hằng số −1 ở vế trái. Ta tìm cách làm mất −1 đi và chuyển dãy số về CSN. Để thực hiện ý đồ này ta đặt u n = k.vn + l ; k, l là các hằng số và k 6= 0 ( ta sẽ chọn k, l sau). Khi đó, ta có: k.vn + l = 3 k.vn−1 + 3 l − 1 ⇔ vn = 3vn + 2l − 1 . k   k=1 2l − 1 1 Ta chọn k, l : = 0 ⇔ l = và k bất kì nên ta chọn 1.  l= k 2 2   vn = 3vn−1 Nên ta có dãy (vn ) : 5 .  v1 = − 2 Dễ thấy dãy (vn ) là CSN với công bội q = 3 nên 5 vn = v1 .q n−1 = − .3n−1 . 2 Suy ra: 5.3n−1 1 1 + . u n = vn + = − 2 2 2 Ta thấy k bất kì, do đó khi đặt ta chọn k = 1.  Tương tự cách làm này ta có được kết quả tổng quát sau: Dạng 1: Dãy số (u n ) : u1 = x0 , u n = au n−1 + b, ∀n > 2 ( a, b 6= 0 là các hằng số) có CTTQ là:   u 1 + ( n − 1) b khi a = 1 un =  u 1 .a n−1 + b a . −1 khi a 6= 1 a−1 n−1 Ví dụ 1.24 Xác định CTTQ của dãy (u n ) được xác định bởi : u 1 = 2; u n+1 = 2 u n + 3 n + 2. Lời giải. Ở ví dụ này chúng ta không thể sử dụng kết quả trên được vì hệ số tự do ở đây không phải là hằng số mà là một hàm bậc nhất biến n. Tuy nhiên chúng ta có thể bắt chước cách giải ở trên làm mất 3n + 2 ở VP, ta đặt : u n = k.vn + t.n + l ; k, t, l là các hằng số k 6= 0. Khi đó ta có: kvn+1 + t( n + 1) + l = 2 kvn + 2 tn + 2 l + 3 n + 2. Hay là vn+1 = 2vn + Nguyễn Tất Thu t+3 l − t+2 .n + . k k Chương 1. DÃY SỐ 18 Ta chọn k, t, l sao cho:   t+3      t = −3 =0 k ⇔ l = −1 ,  l − t+2 = 0    k 6= 0 k ta chọn k = 1. Nên ta có dãy ( (vn ) : v1 = 6 vn = 2vn−1 ⇒ vn = 6.2n−1 = 3.2n . Vậy u n = vn − 3 n − 1 = 3.2n − 3n − 1. Ta thấy trong cách giải trên không phụ thuộc vào k, nên khi đặt ta có thể chọn k = 1.  Ví dụ 1.25 ( Cho dãy số (u n ) : u1 = 2 u n = u n−1 + 2 n + 1 . Tìm CTTQ của dãy (u n ). Lời giải. Với bài toán này nếu ta thực hiện cách làm như trên sẽ không dẫn đến kết quả, vì sau khi đặt ta có : 2 1− t vn+1 = vn + .n + , k k dẫn đến ta không thể làm mất n được. Ta sẽ đi tìm lời giải khác cho bài toán trên. Ta viết công thức truy hồi của dãy đã cho dưới dạng sau u n − u n−1 = 2n + 1. Từ đây ta có: u n = ( u n − u n−1 ) + ( u n−1 − u n−2 ) + … + ( u 2 − u 1 ) + u 1 = 2 n + 1 + 2( n − 1) + 1 + … + 2.2 + 1 + 2 = 2 ( n + n − 1 + … + 2 + 1) + n − 1 =2 n( n + 1) + n − 1 = n2 + 2 n − 1. 2 Từ kết quả chúng ta tìm được, ta thấy được nguyên nhân mà cách làm ban đầu không cho ta kết quả là CTTQ của dãy số là một đa thức bậc hai theo n, mà với cách đặt ban đầu thì ta thấy là trong CTTQ của dãy là một đa thức bậc nhất. Từ phân tích này ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau: Đặt u n = vn + an2 + bn + c. Khi đó, ta có: vn + an2 + bn + c = vn−1 + a( n − 1)2 + b( n − 1) + c + 2 n + 1. Hay vn = vn−1 + 2(1 − a)n + a − b + 1. Ta chọn ( 1−a = 0 a−b+1 = 0 ( ⇔ a=1 b=2 , c bất kì nên ta chọn c = 0. Khi đó: ( (vn ) : Nguyễn Tất Thu v1 = −1 vn = vn−1 ⇒ vn = vn−1 = vn−2 = … = v1 = −1. 1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân 19 Vậy u n = vn + n2 + 2n = n2 + 2n − 1. Vì c bất kì nên ta chỉ cần đặt u n = vn + an2 + bn = vn + n(an + b).  Dạng 2: Từ ví dụ 4 và cách giải thứ hai của ví dụ 5 ta rút ra được cách tìm CTTQ của dãy (u n ) được xác định bởi: ( u 1 = x0 u n = a.u n−1 + f ( n) , trong đó f (n) là một đa thức bậc k theo n; a là hằng số. Ta làm như sau: • Nếu a = 1, ta đặt u n = vn + n.g( n) với g( n) là một đa thức theo n bậc k, thay vào công thức truy hồi của dãy rồi ta chọn g(n) thỏa: ng( n) − ( n − 1) g( n − 1) = f ( n) ta có được dãy (vn ) là CSN với công bội q = 1 từ đó ta tìm được CTTQ của dãy (vn ) suy ra ta có CTTQ của dãy (u n ). • Nếu a 6= 1, ta đặt u n = vn + h( n) với h( n) là một đa thức theo n bậc k. Thay vào công thức truy hồi của dãy rồi ta chọn h(n) thỏa: h( n) − ah( n − 1) = f ( n) ta có được dãy (vn ) là CSN với công bội q = a từ đó ta tìm được CTTQ của dãy (vn ). Suy ra ta có CTTQ của dãy (u n ). Ví dụ 1.26 Cho dãy số (u n ) được xác định bởi: ( u1 = 1 u n = 3 u n−1 + 2n ; n = 2, 3, … . Tìm CTTQ của dãy (u n ). Lời giải. Với cách giải tương tự như các ví dụ trên ta đặt: u n = vn + a.2n . Ta có: vn + a.2n = 3(vn−1 + a.2n−1 ) + 2n ⇔ vn = 3vn−1 + 2n (a + 2). Ta chọn a = −2 ⇒ vn = 3vn−1 = v1 .3n−1 = 5.3n−1 . Vậy u n = 5.3n−1 − 2n+1 . Chú ý 3. Trong trường hợp tổng quát dãy ( u n ) : u n = a.u n−1 + b.αn , ta đặt u n = xn + y.αn . Khi đó , ta có: xn + y.αn = a.xn−1 + a y.αn−1 + b.αn . Nguyễn Tất Thu  Chương 1. DÃY SỐ 20 Suy ra xn = a.xn−1 + [ y(a − α) + bα] αn−1 . Do đó, nếu a 6= α, ta chọn y= bα ⇒ xn = a.xn−1 ⇒ xn = x1 .a n−1 . α−a Suy ra: bα bα2 n−1 u n = (u1 − )a + .α n . α−a α−a Trường hợp α = a ⇒ u n − a.u n−1 = b.a n nên ta có: u n = ( u n − a.u n−1 ) + a( u n−1 − u n−2 ) + … + a n−2 ( u 2 − au 1 ) + u 1 .a n−1 . Suy ra u n = b(n − 1)a n + u1 a n−1 . Vậy ta có kết quả sau. Dạng 3: Cho dãy (u n ) được xác định bởi: ( u1 = p u n = a.u n−1 + b.αn ∀ n > 2 . Khi đó ta có: • Nếu a = α thì u n = [ab( n − 1) + u 1 ] a n−1 . • Nếu a 6= α thì u n = (u1 − bα2 n−1 bα )a + .α n . α−a α−a Chú ý 4. Trong trường hợp a = α ta có thể tìm CTTQ của dãy (u n ) như sau: Đặt u n = xn + y.n.a n . Khi đó ta có: xn + y.n.αn = a.xn−1 + a y( n − 1).a n−1 + b.a n ⇒ xn = a.xn−1 + (− y + b).a n nên ta chọn y = b. Suy ra xn = x1 .a n−1 ⇒ u n = ( u 1 − ab)a n−1 + bn.a n = [ab( n − 1) + u 1 ] a n−1 . Ví dụ 1.27 Tìm CTTQ của dãy: ( (u n ) : u 1 = −2 n u n = 5 u n−1 + 2.3 − 6.7n + 12 ; n = 2, 3, … . Lời giải. Đặt u n = vn + a.3n + b.7n + c. Khi đó , ta có: vn + a.3n + b.7n + c = 5(vn−1 + a.3n−1 + b.7n−1 + c) + 2.3n − 6.7n + 12 ⇔ vn = 5vn−1 + 3n−1 (2a + 6) − 7n−1 (2 b + 42) + 4 c + 12. Nguyễn Tất Thu 1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân 21 Ta chọn a, b, c sao cho :     a = −3     2a + 6 = 0 2 b + 42 = 0 ⇔ b = −21 .      c = −3  4 c + 12 = 0 Khi đó: vn = 5vn−1 ⇒ vn = v1 .5n−1 = 157.5n−1 . Vậy u n = vn − 3n+1 − 3.7n+1 − 3 = 157.5n−1 − 3n+1 − 3.7n+1 − 3.  Qua ví dụ trên ta có kết quả sau: Dạng 4: Để tìm CTTQ của dãy số ( (u n ) : u1 = p u n = a.u n−1 + b.αn + c.βn + d ; ∀ n > 2 , ( trong đó a, b, c 6= 0; α, β 6= 1; α.β 6= a) ta làm như sau: • Nếu a = 1 thì u n − u n−1 = b.αn + c.βn + d . Suy ra u n = u1 + = u1 + nX −2 i =0 nX −2 ( u n− i − u n− i−1 ) ( b.αn− i + c.βn− i + d ) i =0 nX −2 = u1 + b α n− i + c i =0 nX −2 βn− i + d.( n − 1) i =0 ¶ µ ¶ 1 − βn 1 − αn − 1 + c.β. − 1 + d.( n − 1). ⇒ u n = u 1 + b.α. 1−α 1−β µ • Nếu a 6= 1, ta đặt u n = vn + x.αn + y.βn + z. Ta có: vn = a.vn−1 + (ax − xα + α b)αn−1 + ( b y − yβ + β c)βn−1 + z(a − 1) + d. Ta chọn : x= αb α−a ;y= βc β−b ;z= d . 1−a Khi đó: vn = a.vn−1 nên α2 b β2 c ¶ d a n−1 vn = v1 .a = u1 − − − α−a β−b 1−a µ ¶ α2 b b β2 c d c d u n = u1 − a n−1 + − − αn + βn + . α−a β−b 1−a α−a β−b 1−a n−1 µ Chú ý 5. Nếu α = a hoặc β = a thì khi đặt u n theo vn thì ta nhân thêm n vào trước αn hoặc βn . Nguyễn Tất Thu Chương 1. DÃY SỐ 22 Ví dụ 1.28 Tìm CTTQ của dãy : ( (u n ) : u1 = 1 u n = 2 u n−1 + 3n − n; ∀ n > 2 . Lời giải. Để tìm CTTQ của dãy (u n ) ta làm như sau: Đặt u n = vn + a.3n + bn + c. Ta có: ¡ ¢ vn + a.3n + bn + c = 2 vn−1 + a.3n−1 + b( n − 1) + c + 3n − n ⇔ vn = 2vn−1 + (−a + 1)3n−1 + ( b − 1) n − 2 b + c. Ta chọn a = b = 1; c = 2. Khi đó: vn = 2vn−1 ⇒ vn = v1 .2n−1 = −5.2n−1 . Vậy u n = −5.2n−1 + 3n + n + 2.  Dạng 5: Nếu dãy số (u n ) được xác đinh bởi: ( u1 = p u n = a.u n−1 + b.αn + f ( n); ∀ n > 2 , trong đó f (n) là đa thức theo n bậc k ta tìm CTTQ của dãy như sau: • Nếu a 6= 1 ta đặt u n = vn + x.αn + g( n), với g( n) là đa thức theo n bậc k. Ta sẽ chọn sao cho dãy (vn ) là một CSN, khi đó ta sẽ tìm được CTTQ của dãy (vn ) từ đó ta có CTTQ dãy (u n ). • Nếu a = 1 thì ta tìm được u n theo cách làm đã ở trên. Ví dụ 1.29 Xác định CTTQ của dãy ( u n ) : u 0 = −1, u 1 = 3, u n+1 = 5 u n − 6 u n−1 ∀ n > 1. Lời giải. Ta viết công thức truy hồi của dãy lại như sau: u n+1 − 2 u n = 3( u n − 2 u n−1 ). (1) Đặt vn+1 = u n+1 − 2u n , ta có: ( v1 = 5 vn+1 = 3vn ⇒ vn = 5.3n−1 ⇒ u n − 2 u n−1 = 5.3n−1 . Từ đó ta tìm được: u n = 5.3n − 6.2n . Nguyễn Tất Thu  1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân 23 Trong lời giải trên ta đã phân tích 5 = 2 + 3 và 6 = 2.3 để viết lại công thức truy hồi như (1), từ đó ta đưa vào được dãy phụ (vn ) là một CSN. Các hệ số xuất hiện trong công thức truy hồi là 5; 6 nên ta dễ dàng tìm được mối liên hệ, trong trường hợp tổng quát ta có luôn phân tích được các hệ số như vậy hay không ? Nếu được thì phân tích như thế nào ?. Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1.30 Cho dãy số (u n ) được xác định bởi : ( u 0 = 1; u 1 = 2 u n+1 = 4 u n + u n−1 ∀ n > 1 . Hãy xác định CTTQ của dãy (u n ). ( Lời giải. Gọi x, y là hai số thỏa mãn: x+ y=4 x y = −1 ⇒ x, y là nghiệm PT: X 2 − 4 X − 1 = 0 ⇔ X = p p p 2 ± 5, ta chọn x = 2 + 5; y = 2 − 5. Ta có: u n+1 = ( x + y) u n − x yu n−1 ⇔ u n+1 − x.u n = y( u n − xu n−1 ). Đặt vn = u n − x.u n−1 ⇒ v1 = 2 − x và vn+1 = y.vn . Suy ra vn = v1 .yn−1 = (2 − x) yn−1 ⇒ u n − x.u n−1 = (2 − x) yn−1 Từ đó, ta có: un = p n p ni y−2 n 2− x n 1 h x + y = (2 + 5) + (2 − 5) . y− x y− x 2  Ví dụ 1.31 Cho a, b, c là các số thực khác không và dãy (u n ) được xác định bởi ( u 0 = p; u 1 = q u n+1 = a.u n + b.u n−1 . Hãy xác định CTTQ của dãy (u n ) ? Lời giải. Ta viết lại công thức truy hồi của dãy đã cho như sau: u n+1 − x.u n = y( u n − x.u n−1 ). ( Ta xác định x, y sao cho: x+ y= a x y = −b ⇒ x, y là nghiệm PT: X 2 − aX − b = 0. Nguyễn Tất Thu (1) Chương 1. DÃY SỐ 24 Giả sử tồn tại tại x, y, tức là phương trình (1) có nghiệm. Đặt vn = u n − x.u n−1 . Ta có: ( v1 = q − x.p vn+1 = yvn ⇒ vn = ( q − xp) yn−1 Suy ra: u n − x.u n−1 = ( q − px) yn−1 . • Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, hay x 6= y. Ta có: un = yp − q n q − xp n x + y . y− x y− x • Ta xét trường hợp còn lại: (1) có nghiệm kép thì x = y = a .Suy ra 2 pa a n−1 a )( ) . u n − u n−1 = ( q − 2 2 2 Từ đó ta tìm được: un = ³ a ´n−1 h pa 2 2 + (q − ap i )n . 2  Vậy ta có kết quả tổng quát sau: Dạng 6: Cho a, b, c là các số thực khác không; a2 − 4b > 0 và dãy (u n ) được xác định bởi: ( u 0 = p; u 1 = q u n+1 = a.u n + b.u n−1 Khi đó: • Nếu a2 − 4 b > 0 thì un = . y.u 0 − u 1 n u 1 − x.u 0 n x + y , y− x y− x trong đó x, y là nghiệm của phương trình : X 2 − aX − b = 0 (1). • Nếu a2 − 4 b = 0 thì ³ ´ h i un = a 2 n−1 pa ap + (q − )n . 2 2 Phương trình (1) gọi là phương trình đặc trưng của dãy. Chú ý 6. Để xác định CTTQ của dãy (u n ) nói trên ta có thể trình bày như sau: Xét phương trình đặc trưng (1). • Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt X 1 , X 2 thì u n = x.X 1n + y.X 2n , dựa vào u 0 , u 1 ta tìm được x, y. • Nếu (1) có nghiệm kép X 1 = X 2 = α thì u n = ( pn + q).αn , dựa vào u 0 , u 1 ta tìm được p, q. Nguyễn Tất Thu 1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân 25 Ví dụ 1.32 Xác định CTTQ của dãy (u n ) được xác định bởi ( u 0 = −1; u 1 = 3 u n − 5 u n−1 + 6 u n−2 = 2 n2 + 2 n + 1, ∀ n > 2 . Lời giải. Ta tìm cách làm mất vế phải trong công thức truy hồi của dãy, bằng cách: Đặt u n = xn + an2 + bn + c. Thay vào công thức truy hồi của dãy và rút gọn ta được xn − 5 xn−1 + 6 xn−1 + 2an2 − (14a + 2 b) n + 19a − b + 2 c = 2 n2 + 2 n + 1 Ta chọn a, b, c:     2a = 2     a=1 14a + 2 b = −2 ⇔ b = −8 .     c = −13 19a − b + 2 c = 1  Khi đó: ( ( xn ) : x0 = 12; x1 = 23 xn − 5 xn−1 + 6 xn−2 = 0 . Từ đây ta tìm được: xn = 13.2n − 3n ⇒ u n = 13.2n − 3n + n2 − 8 n − 13.  Ví dụ 1.33 Tìm CTTQ của dãy số: ( (u n ) : u 1 = p; u 2 = q a.u n+1 + b.u n + c.u n−1 = f ( n) ; ∀ n > 2 ( trong đó f (n) là đa thức theo n và b2 − 4ac > 0). Lời giải. Đặt u n = xn + g(n) với g(n) là một đa thức theo n. Thay vào công thức truy hỗi của dãy ta được: a.xn + b.xn−1 + c.xn−2 + a.g( n) + b.g( n − 1) + c g( n − 2) = f ( n). Ta chọn g(n) : a.g(n) + b g(n − 1) + c g(n − 2) = f (n) (*). Khi đó: a.xn + bxn−1 + c.xn−2 = 0. Từ đây, ta có được CTTQ của dãy ( xn ), từ đó ta tìm được CTTQ của dãy (u n ). Vấn đề còn lại là giải phương trình (*). Giả sử g( n) = a k n k + a k−1 n k−1 + … + a 1 n + a 0 là đa thức bậc k. Khi đó hệ số của x k và x k−1 trong VP là: a k .(a + b + c) x k và [−( b + 2 c) k.a k + (a + b + c)a k−1 ] x k−1 . Nguyễn Tất Thu Chương 1. DÃY SỐ 26 Do đó : * Nếu PT: aX 2 + bX + c = 0 (1) có nghiệm hai nghiệm phân biệt khác 1 thì a + b + c 6= 0 nên VT(*) là một đa thức bậc k. * Nếu PT (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm x = 1 ⇒ a + b + c = 0 và −( b + 2 c) k.a k + (a + b + c)a k−1 = −( b + 2 c).k.a k 6= 0 nên VT là một đa thức bậc k − 1. * Nếu PT (1) có nghiệm kép x = 1 ⇒ a + b + c = 0 và [−( b + 2 c) k.a k + (a + b + c)a k−1 ] x k−1 = 0 nên VT(*) là một đa thức bậc k − 2. Vậy để chọn g(n) ta cần chú ý như sau: • Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, thì g( n) là một đa thức cùng bậc với f ( n). • Nếu (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng 1 thì ta chọn g( n) là đa thức lớn hơn bậc của f (n) một bậc. • Nếu (1) có nghiệm kép x = 1 thì ta chọn g( n) là đa thức có bậc lớn hơn bậc của f ( n) hai bậc.  Dạng 7: Để tìm CTTQ của dãy ( (u n ) : u 1 = p; u 2 = q a.u n+1 + b.u n + c.u n−1 = f ( n) ; ∀ n > 2 , ( trong đó f (n) là đa thức theo nbậc k và b2 − 4ac > 0) ta làm như sau: • Xác định đa thức g( n) : a.g( n) + b g( n − 1) + c g( n − 2) = f ( n), trong đó g( n) là: đa thức theo n bậc k nếu PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1; đa thức bậc k + 1 nếu (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng 1; đa thức bậc k + 2 nếu (1) có nghiệm kép x = 1. • Khi xác định được g( n) ta đặt u n = xn + g( n), ta có dãy ( xn ) được xác định bởi: ( x0 = p − g(0); x1 = u 1 − g(1) a.xn+1 + bxn + cxn−1 = 0 ∀ n > 1 . Từ đây ta xác định được CTTQ của ( xn ), từ đó ta tìm được CTTQ của dãy (u n ). Ví dụ 1.34 Tìm CTTQ của dãy số ( (u n ) : Nguyễn Tất Thu u 0 = −1; u 1 = 3 u n − 5 u n−1 + 6 u n−2 = 5.2n ∀ n > 2 . 1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân 27 Lời giải. Đặt u n = xn + y.2n . Khi thay vào công thức truy hồi ta không làm mất 5.2n ở VT. Ta sẽ đi tìm cách giải khác cho bài toán này Ta viết công thức truy hồi của dãy như sau: ( u n − 2 u n−1 ) − 3( u n−1 − 2 u n−2 ) = 5.2n . Đặt xn = u n − 2 u n−1 ⇒ xn − 3 xn−1 = 5.2n . Suy ra: xn = 25.3n−1 − 10.2n ⇒ u n − 2 u n−1 = 25.3n−1 − 10.2n . Ta đặt u n = vn + a.3n + bn.2n Ta được: vn = 2vn−1 + (25 − a)3n−1 − ( b + 10)2n . Ta chọn a = 25, b = −10. Suy ra vn = v0 .2n = −26.2n ⇒ u n = 25.3n − (5 n + 13).2n+1 .  Chú ý 7. Dựa vào CTTQ đã xác định ở trên, ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau: Đặt u n = xn + yn.2n , ta có: xn − 5 xn−1 + 6 xn−2 − y.2n−1 = 5.2n , ta chọn y = −10, suy ra ( ( xn ) : x0 = −1; x1 = 23 xn − 5 xn−1 + 6 xn−2 = 0 ∀ n > 2 . Từ đây, ta có: xn = −26.2n + 25.3n ⇒ u n = 25.3n − (5 n + 13).2n+1 . Ví dụ 1.35 Tìm CTTQ của dãy ( (u n ) : u 0 = 1; u 1 = 3 u n − 4 u n−1 + 4 u n−2 = 3.2n . Lời giải. Với dãy số này nếu ta đặt u n = xn + y.2n thì khi thay vào công thức truy hồi của dãy ta không xác định được y. Nên ta sẽ tìm cách giải khác cho bài toán này. Ta viết lại công thức truy hồi của dãy như sau: ( u n − 2 u n−1 ) − 2( u n−1 − 2 u n−2 ) = 3.2n . Đặt xn = u n − 2u n−1 , ta có: xn − 2 xn−1 = 3.2n . Ta có: xn = (6 n − 5).2n−1 ⇒ u n − 2 u n−1 = (6 n − 5).2n−1 Nguyễn Tất Thu Chương 1. DÃY SỐ 28 Suy ra u n = ( u n − 2 u n−1 ) + 2( u n−1 − 2 u n−2 ) + … + 2n−1 ( u 1 − 2 u 0 ) + 2n .u 0 ” # n n X X = 2n−1 (6 i − 5) + 2n = 2n−1 6 i − 5n + 2 i =1 i =1 · ¸ ( n + 1) n = 6 − 5 n + 2 2n−1 = (3 n2 − 2 n + 2)2n−1 . 2  Chú ý 8. Từ CTTQ của dãy (u n ) ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau: Đặt u n = xn + yn2 .2n . Ta có: xn − 4 xn−1 + 4 xn−2 + 2 y.2n = 3.2n . ( x0 = 1; x1 = 0 3 Ta chọn y = ⇒ ( xn ) : 2 xn − 4 xn−1 + 4 xn−2 = 0 ∀ n > 2 Ta tìm được: xn = (2 − 2n)2n−1 . Suy ra u n = (2 − 2 n).2n−1 + 3 n2 .2n−1 = (3 n2 − 2 n + 2)2n−1 . Từ ba ví dụ trên ta rút ra được nhận xét sau: Dạng 8: Cho dãy số (u n ) xác định bởi: ( u0 ; u1 u n + b.u n−1 + c.u n−2 = d.αn ; ∀ n > 2 . Để xác định CTTQ của dãy (u n ) ta làm như sau: • Nếu phương trình : X 2 + bX + c = 0. (1) có hai nghiệm phân biệt khác α thì ta đặt u n = xn + dα aα2 + bα + c .α n . Ta có: a.xn+1 + bxn + c.xn−1 = 0. Từ đây ta tìm được xn ⇒ u n . • Nếu x = α là nghiệm đơn của (1) thì ta đặt: u n = xn − d α2 n.αn , b + 2c ta có: a.xn+1 + bxn + c.xn−1 = 0. Từ đây ta tìm được xn ⇒ u n . • Nếu x = α là nghiệm kép của (1) thì ta đặt: u n = xn + d α2 .n2 .αn , bα + 4 c ta có: a.xn+1 + bxn + c.xn−1 = 0. Từ đây ta tìm được xn ⇒ u n . Với cách xây dựng tương tự ta cũng có được các kết quả sau Nguyễn Tất Thu 1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân 29 Dạng 9: Cho dãy (u n ) xác định bởi : ( u 1 = x, u 2 = y, u 3 = z au n+2 + bu n+1 + cu n + du n−1 = 0 ∀ n > 2 . Để xác định CTTQ của dãy ta xét phương trình: ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1) ( (1) gọi là phương trình đặt trưng của dãy). • Nếu (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thì u n = α x1n + β x2n + γ x3n . Dựa vào u0 , u1 , u2 ta tìm được α, β, γ. • Nếu (1) có một nghiệm đơn, 1 nghiệm kép: x1 = x2 6= x3 thì u n = (α + β n) x1n + γ.x3n . Dựa vào u0 , u1 , u2 ta tìm được α, β, γ. • Nếu (1) có nghiệm bội 3 x1 = x2 = x3 thì u n = (α + β n + γ n2 ) x1n . Dựa vào u0 , u1 , u2 ta tìm được α, β, γ. Ví dụ 1.36 Tìm CTTQ của dãy (u n ) được xác định bởi: ( u 1 = 0, u 2 = 1, u 3 = 3, u n = 7 u n−1 − 11.u n−2 + 5.u n−3 , ∀ n > 4 . Lời giải. Xét phương trình đặc trưng : x3 − 7 x2 + 11 x − 5 = 0. Phương trình có 3 nghiệm thực: x1 = x2 = 1, x3 = 5. Vậy a n = α + β n + γ5n . Cho n = 1, n = 2, n = 3 và giải hệ phương trình tạo thành, ta được α=− Vậy a n = − 1 3 1 + ( n − 1) + .5n−1 . 16 4 16 Nguyễn Tất Thu 1 3 1 , β= , γ= . 16 4 16  Chương 1. DÃY SỐ 30 Ví dụ 1.37 Tìm CTTQ của dãy số: ( ( u n ), (vn ) : u 0 = 2; u n = 2 u n−1 + vn−1 v0 = 1; vn = u n−1 + 2vn−1 ∀ n > 1. Lời giải. Ta có: u n = 2 u n−1 + u n−2 + 2vn−2 = 2 u n−1 + u n−2 + 2( u n−1 − 2 u n−2 ) Suy ra u n = 4u n−1 − 3 u n−2 và u1 = 5. Từ đó ta tìm được: un = 1 + 3n+1 −1 + 3n+1 ⇒ vn = u n+1 − 2 u n = . 2 2  Chú ý 9. Cho dãy ( xn ), ( yn ) xác định bởi: ( xn+1 = pxn + q yn x1 = a yn+1 = r yn + sxn y1 = b . Để xác định CTTQ của hai dãy ( xn ), ( yn ) ta làm như sau. Cách 1. Ta biến đổi được: xn+1 − ( p + s) xn + ( ps − qr ) xn−1 = 0, từ đây ta xác định được xn , thay vào hệ đã cho ta có được yn . Cách 2: Ta đưa vào các tham số phụ λ, λ0  q − λr   yn )  xn+1 − λ yn+1 = ( p − λ s)( xn − λs − p q + λ0 r    xn+1 + λ0 yn+1 = ( p + λ0 s)( xn + yn ) p + λ0 s Ta chọn λ, λ0 sao cho Khi đó  q − λr    λ= λs − p q + λ0 r   λ0 = 0 λ s+ p ( xn+1 − λ yn+1 = ( p − λ s)( xn − λ yn ) xn+1 + λ0 yn+1 = ( p + λ0 s)( xn + λ0 yn ) Suy ra ( xn+1 − λ yn+1 = ( p − λ s)n ( x1 − λ y1 ) xn+1 + λ0 yn+1 = ( p + λ0 s)n ( x1 + λ0 y1 ) giải hệ này ta tìm được ( xn ) , ( yn ) . Nguyễn Tất Thu 1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân 31 Ví dụ 1.38 Tìm CTTQ của dãy (u n ) :   u1 = 1 . 2 u n−1 u n = ∀n > 2 3 u n−1 + 4 Lời giải. Ta có 3 u n−1 + 4 3 1 1 = = +2 . un 2 u n−1 2 u n−1 Đặt xn = 1 , ta có: un   x1 = 1  xn = 2 xn−1 + ta tìm được: xn = 3 2 2 5.2n−1 − 3 ⇒ un = . n − 2 5.2 1 − 3  Ví dụ 1.39 Tìm CTTQ của dãy số (u n ) :   u1 = 2 . −9 u n−1 − 24 u n = ∀n > 2 5 u n−1 + 13 Lời giải. Ta đưa vào dãy phụ bằng cách đặt u n = xn + a. Thay vào công thức truy hồi, ta có: xn + a = −9 xn−1 − 9a − 24 (−9 − 5a) xn−1 − 5a2 − 22a − 24 ⇒ xn = . 5 xn−1 + 5a + 13 5 xn−1 + 5a + 13 Ta chọn a : 5a2 + 22a + 24 = 0 ⇒ a = −2 ⇒ x1 = 4. Khi đó xn−1 5 xn−1 + 3 1 3 ⇒ = 5+ xn xn−1 1 11.3n−1 − 10 ⇒ = xn 4 4 ⇒ xn = n −1 11.3 − 10 −22.3n−1 + 24 ⇒ u n = xn − 2 = . 11.3n−1 − 10 xn =  Nguyễn Tất Thu Chương 1. DÃY SỐ 32 Chú ý 10. Cho dãy ( u n ) : u 1 = α; u n = pu n−1 + q ∀ n > 2. ru n−1 + s Để tìm CTTQ của dãy (u n ) ta làm như sau: Đặt u n = xn + t, thay vào công thức truy hồi của dãy ta có: xn = ( p − rt) xn−1 − rt2 + ( p − s) t + q pxn−1 + pt + q −t= ru n−1 + rt + s rxn−1 + rt + s (1). Ta chọn t : rt2 + (s − p) t − q = 0. Khi đó ta chuyển (1) về dạng: 1 1 =a + b. xn xn−1 Từ đó ta tìm được 1 , suy ra xn ⇒ u n . xn Ví dụ 1.40 Xác định CTTQ của hai dãy số (u n ), (vn ): ( u1 = 2 v1 = 1 ( và u n = u2n−1 + 2v2n−1 vn = 2 u n−1 vn−1 ∀ n > 2. Lời giải. Ta có: ( p p 2 u n = u2n−1 + 2v2n−1 u n + 2vn = ( u n−1 + 2vn−1 ) p p ⇒ p p 2 2vn = 2 2 u n−1 vn−1 u n − 2vn = ( u n−1 − 2vn−1 ) ( Do đó  n−1 n−1  u + p2v = ( u + p2v )2 = (2 + p2)2 n n 1 1 .  u − p2v = ( u − p2v )2n−1 = (2 − p2)2n−1 n n 1 1 Suy ra  ¸ · p 2n−1 p 2n−1 1   + (2 − 2) (2 + 2)  un = 2 · ¸ p 2n−1 p 2n−1 . 1   − (2 − 2) vn = p (2 + 2) 2 2  Ví dụ 1.41 Xác định CTTQ của dãy số ( xn ) : Lời giải. Xét hai dãy Nguyễn Tất Thu      xn = x1 = 2 2 xn−1 + 2 2 xn−1 ∀n > 2 . 1.2. Cấp số cộng – Cấp số nhân ( ( u n ), (vn ) : 33 u1 = 2 v1 = 1 ( và u n = u2n−1 + 2v2n−1 vn = 2 u n−1 vn−1 ∀ n > 2. un (*). vn u2 • n = 2 ⇒ x2 = = 2 ⇒ n = 2 (*) đúng. v2 • Giả sử x2n−1 + 2 u2n−1 + 2v2n−1 u n u n−1 xn−1 = ⇒ xn = = = . vn−1 2 xn−1 2 u n−1 vn−1 vn Ta chứng minh xn = Suy ra (*) được chứng minh. Theo kết quả bài toán trên, ta có: p n−1 p n−1 p (2 + 2)2 + (2 − 2)2 xn = 2 p 2n−1 p 2n−1 . (2 + 2) − (2 − 2)  Chú ý 11. Từ cách giải hai ví dụ trên ta có chú ý: 1) Để tìm CTTQ của hai dãy số (u n ), (vn ) được xác định bởi: ( u n = u2n−1 + a.v2n−1 ; u 1 = α vn = 2vn−1 u n−1 ; v1 = β (trong đó a là số thực dương) ta làm như sau: Ta có: ( ( p p 2 u n = u2n−1 + a.v2n−1 ( u n + au n−1 = ( u n−1 + au n−1 ) ⇒ p p p p 2 a.vn = 2 a.vn−1 u n−1 ( u n − au n−1 = ( u n−1 − au n−1 ) Suy ra  p 2n−1 p 2n−1 i 1h   un = (α + β a) + (α − β a) 2 h n − 1 p n−1 i . p 1  vn = p (α + β a)2 − (α − β a)2 2 a 2) Để tìm CTTQ của dãy ( xn ) :    x1 = α x2n−1 + a   xn = 2 xn−1 ta làm như sau: Xét hai dãy ( ( u n ), (vn ) : Khi đó: Nguyễn Tất Thu u n = u2n−1 + a.v2n−1 ; u 1 = α vn = 2vn−1 u n−1 ; v1 = 1 p 2n−1 p 2n−1 u n p (α + a ) + (α − a ) xn = = a p 2n−1 p 2n−1 . vn (α + a ) + (α − a ) Ví dụ 1.42 Cho dãy ( (u n ) : u =1 q1 . u n = 5 u n−1 + 24 u2n−1 − 8 ∀ n > 2 Tìm CTTQ dãy số (u n ). Lời giải. Ta có: u2 = 9; u3 = 89; u4 = 881. Giả sử: u n = xu n−1 + yu n−2 , suy ra ( 9 x + y = 89 89 x + 9 y = 881 ( ⇔ x = 10 y = −1 . Ta chứng minh: u n = 10u n−1 − u n−2 , ∀n > 3. Từ công thức truy hồi của dãy ta có: ( u n − 5 u n−1 )2 = 24 u2n−1 − 8 ⇔ u2n − 10 u n u n−1 + u2n−1 + 8 = 0. (1) u2n−2 − 10 u n−2 u n−1 + u2n−1 − 8 = 0 (2). thay n bởi n − 1, ta được: Từ (1), (2) ⇒ u n−2 , u n là hai nghiệm của phương trình : t2 − 10 u n−1 t + u2n−1 − 8 = 0. Áp dụng định lí Viet, ta có: u n + u n−2 = 10 u n−1 . Vậy p p p ´n−1 p ´n−1 6−2³ 6+2³ un = p 5−2 6 5+2 6 + p . 2 6 2 6  Chương 2 GIỚI HẠN DÃY SỐ 2.1 Định nghĩa Định nghĩa 2.1. Dãy (u n ) được gọi là có giới hạn (hoặc hội tụ) bằng l , kí hiệu lim u n = l nếu với mọi ε > 0 nhỏ tùy ý, luôn tồn tại số tự nhiên n0 sao cho | u n − l | < ε ∀n > n0 . Ví dụ 2.1 Chứng minh rằng lim 2n + 1 = 2. n+1 Lời giải. Với ε > 0 nhỏ tùy ý, ta có ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ 2n + 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ n + 1 − 2¯ = ¯ n + 1 ¯ < ε ⇔ n > ε − 1. ¸ 1 Do đó, ta chọn n0 = − 1 thì ta có ε ¯ ¯ ¯ 2n + 1 ¯ ¯ ¯ ¯ n + 1 − 2¯ < ε, ∀ n > n 0 . · Vậy lim 2n + 1 = 2. n+1  Định nghĩa 2.2. Dãy số (u n ) được gọi là có giới hạn dần về dường vô cực, kí hiệu lim u n = +∞ nếu với mọi số thực dương M lớn tùy ý, luôn tồn tại số tự nhiên n 0 sao cho u n > M với mọi n > n0 . Định nghĩa 2.3. Dãy số (u n ) được gọi là có giới hạn dần về âm vô cực, kí hiệu lim u n = −∞, nếu lim(−u n ) = +∞. Ví dụ 2.2 Chứng minh rằng 1. lim 2−n n2 + 1 = +∞ n 2. lim p 35 n = −∞. Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 36 Lời giải. 1) Với mọi số thực dương M lớn tùy ý, ta có: p ¯ 2 ¯ ¯ n +1¯ M + M2 − 4 ¯ ¯ > M ⇔ n2 − Mn + 1 > 0 ⇔ n > . ¯ n ¯ 2 # ” p M + M2 − 4 thì ta có: Ta chọn n0 = 2 n2 + 1 > M, ∀ n > n 0 . n n2 + 1 Do đó: lim = +∞. n 2) Với mọi M > 0 lớn tùy ý, ta có: à !2 p p M + M2 + 8 n−2 . p > M ⇔ n− M n−2 > 0 ⇔ n > 2 n “à !2 # p M + M2 + 8 Ta chọn n0 = thì ta có: 2 n−2 p > M, ∀ n > n 0 . n 2−n Do đó: lim p n = −∞.  Chú ý 12. Ta có các giới hạn cơ bản sau • lim 1 nk = 0 với k ∈ N∗ • Nếu | q| < 1 thì lim q n = 0 n→+∞ • Nếu u n = c (với c là hằng số) thì lim u n = lim c = c n→+∞ n→+∞ • lim n k = +∞ với mọi k > 0 • lim q n = +∞ với mọi q > 1. 2.2 Các định lí về giới hạn Định lí 2.1. Nếu dãy (u n ) có giới hạn hữu hạn thì giới hạn đó là day nhất. Chứng minh. Giả sử lim u n = l và lim u n = l 0 . Khi đó, theo định nghĩa thì với mọi ε > 0 nhỏ tùy ý, luôn tồn tại các số tự nhiên n1 , n2 sao cho | u n − l | < ε ∀ n > n 1 và | u n − l 0 | < ε ∀ n > n 2 . Đặt n0 = max{n1 , n2 }, khi đó với mọi n > n0 ta có | l − l 0 | 6 | l − u n | + | u n − l 0 | < ε + ε = 2ε. Vì (1) đúng với mọi ε > 0 nhỏ tùy ý nên ta có l = l 0 . Vậy định lí được chứng minh. Nguyễn Tất Thu (1) 2.2. Các định lí về giới hạn 37 Định lí 2.2. Cho dãy số (u n ) có giới hạn hữu hạn l . Khi đó a) Dãy (u n ) bị chặn b) Các dãy con đều có giới hạn là l . Chứng minh. Giả sử dãy số (a n ) có giới hạn bằng L. Ta sẽ chứng minh (a n ) là dãy số bị chặn. Thật vậy, xét ε = 1. Với mọi n > n0 , với n0 là số nguyên dương nào đó, ta luôn có |a n − L| < 1. Suy ra |a n | − |L| 6 |a n − L| < 1 với mọi n > n0 hay |a n | < |L| + 1 với n > n0 . Gọi M là số lớn nhất trong tập hợp hữu hạn {|a 1 | ; |a 2 | ; …; |a N −1 |} và đặt K = max { M + 1, |L| + 1}. Khi đó |a n | < K với mọi n ∈ N∗ . Đây chính là điều cần chứng minh. Ví dụ 2.3 Chứng minh dãy (u n ) : u n = (−1)n không có giới hạn hữu hạn khi n → +∞. Lời giải. Ta có lim u2n = lim(−1)2n = 1 và lim u2n+1 = lim(−1)2n+1 = −1. Từ đó, suy ra dãy (u n ) không có giới hạn khi n → +∞.  Định lí 2.3. Cho lim u n = a, lim vn = b. Ta có: • lim( u n + vn ) = a + b • lim( u n .vn ) = a.b • lim( u n − vn ) = a − b • lim un a = ( b 6= 0) vn b p p • Nếu u n > 0 ∀ n thì lim u n = a. Chứng minh. Ta chứng minh công thức lim u n .vn = ab. Các công thức khác được chứng minh tương tự. Vì lim u n = a, lim vn = b nên dãy (vn ) bị chặn, tức alf tồn tại số nguyên dương M sao cho |vn | < M ∀ n ∈ N và với mọi ε > 0 nhỏ tùy ý, luôn tồn tại các số tự nhiên n 1 , n 2 sao cho | u n − a| < ε M + | a| ∀ n > n 1 và |vn − b| < ε M + | a| ∀n > n2 . Đặt n0 = max{n1 , n2 }. Khi đó với mọi n > n0 ta có: | u n .vn − ab| = |vn ( u n − a) + a(vn − b)| 6 |vn || u n − a| + |a|.|vn − b| < ε. Suy ra lim u n .vn = ab. Nguyễn Tất Thu Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 38 Ví dụ 2.4 Tìm giới hạn a k .n k + a k−1 n k−1 + ... + a 1 n + a 0 A = lim b p .n p + b p−1 n p−1 + ... + b 1 n + b 0 với a k b p 6= 0 Lời giải. Ta chia làm các trường hợp sau TH 1: n = k, chia cả tử và mẫu cho n k , ta được a0 a k−1 + ... + k n n = ak . A = lim b p−1 b0 bp bp + + ... + k n n ak + TH 2: k > p, chia cả tử và mẫu cho n k , ta được a k−1 a0 ( + … + k +∞ khi a k b p > 0 n n = . b p−1 b0 −∞ khi a k b p < 0 + k− p+1 + ... + k n n ak + A = lim bp n k− p TH 3: k < p, chia cả tử và mẫu cho n p , ta được ak A = lim n p− k + bp + a k−1 n p−k+1 + ... + a0 np b p−1 b0 + ... + p n n = 0.  Ví dụ 2.5 Tìm giới hạn A = lim ³p n2 + n + 1 − 2 p 3 ´ n3 + n2 − 1 + n . Lời giải. Ta có: A = lim h³p ´ ³p ´i 3 n2 + n + 1 − n − 2 n3 + n2 − 1 − n . Mà: lim ³p n2 + n + 1 − n ´ = lim p n+1 n2 + n + 1 + n 1+ = lim r 1 n 1 = . 2 1 1 + 2 +1 n n ³p ´ n2 − 1 3 n3 + n2 − 1 − n = lim q lim p 3 3 2 ( n3 + n2 − 1) + n. n3 + n2 − 1 + n2 1 1− 2 1 n = lim sµ = r ¶ 3 1 1 2 3 1 1 3 1+ 4 − 6 + 1+ − 3 +1 n n n n 1+ Nguyễn Tất Thu 2.2. Các định lí về giới hạn 39 1 2 1 − =− . 2 3 6  Vậy A = Ví dụ 2.6 Tìm giới hạn 1 + a + a2 + ... + a n A = lim 1 + b + b2 + ... + b n với a, b ∈ R; |a| < 1; | b| < 1. Lời giải. Ta có 1, a, a2 , ..., a n là một cấp số nhân công bội a nên: 1 − a n+1 1 + a + a + ... + a = . 1−a 2 n Tương tự: 1 + b + b2 + ... + b n = 1 − b n+1 . 1−b 1 − a n+1 1−b . Suy ra A = lim 1 −na+1 = 1−a 1−b 1−b  Định lí 2.4. (Nguyên lí kẹp) Cho ba dãy số (a n ), (b n ) và ( c n ) thỏa mãn a n 6 b n 6 c n với mọi n > n0 ∈ N∗ . Khi đó nếu lim a n = lim c n = L thì lim b n = L. Chứng minh. Với mọi số nguyên dương n ta có: | b n − L| = | b n − a n + a n − L| 6 | b n − a n | + |a n − L| = b n − a n + |a n − L| 6 c n − a n + |a n − L| = c n − L + L − a n + |a n − L| 6 | c n − L| + 2 |a n − L| . Xét số dương ε. Vì lim a n = lim c n = L nên tồn tại số nguyên dương N để |a n − L| < | c n − L| < ε 3 với mọi n > N . Theo các khẳng định trên thì | b n − L| < ε với mọi n > N . Vậy lim b n = L. Ví dụ 2.7 Chứng minh các giới hạn sau p an 1. lim =0 n! 2. lim n a = 1 với a > 0. Lời giải. 1) Gọi m là số tự nhiên thỏa: m + 1 > |a|. Khi đó với mọi n > m + 1. Ta có: ¯ n¯ ¯ ¯ | a | m µ | a | ¶ n− m ¯ a ¯ ¯ a a a ¯¯ ¯¯ a a ¯ 0 < ¯¯ ¯¯ = ¯ . ... ¯ . ¯ ... ¯ < . . n! 1 2 m m+1 n m! m + 1 Mà Nguyễn Tất Thu | a| lim m+1 µ ¶ n− m = 0. ε 3 và Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 40 Từ đó suy ra: lim an = 0. n! 2) Nếu a = 1 thì ta có đpcm. • Giả sử a > 1. Khi đó: £ ¡p ¢¤n ¡p ¢ a = 1+ n a−1 > n n a−1 . a p p Suy ra: 0 < n a − 1 < → 0 nên lim n a = 1. n • Với 0 < a < 1 thì s 1 > 1 ⇒ lim a n p 1 = 1 ⇒ lim n a = 1. a p Tóm lại ta luôn có: lim n a = 1 với a > 0.  Ví dụ 2.8 1 2 Dãy số ( xn ) thỏa mãn điều kiện 1 < x1 < 2 và xn+1 = 1 + xn − x2n , ∀n ∈ N∗ . Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ. Tìm lim xn . Lời giải. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp bất đẳng thức sau: ¯ p ¯¯ 1 ¯ ¯ x n − 2¯ < n , ∀ n > 3. 2 Thật vậy ta kiểm tra được ngay bất đẳng thức đúng với n = 3. Giả sử bất đẳng thức đúng với n > 3, tức là ¯ p ¯¯ 1 ¯ ¯ xn − 2¯ < n . 2 Khi đó ta có: ¯ ¯ p ¯¯ ¯¯ p p ¯¯ 1 ¯¯ ¯ ¯ ¯ xn+1 − 2¯ = ¯ xn − 2¯ ¯2 − 2 − xn ¯ 2 ¯ ¯ p ¯¯ ³¯¯p p ¯¯´ 1 ¯¯ ¯ ¯ 6 ¯ xn − 2¯ ¯ 2 − xn ¯ + ¯2 − 2 2¯ 2 p ¯¯ 1 1 1 1 ¯¯ = n+1 . < ¯ x n − 2¯ < n 2 22 2 Do đó bất đẳng thức đúng đến n + 1. Mặt khác do lim 1 = 0 nên từ bất đẳng thức trên và nguyên lý kẹp ta có 2n ³ p ´ p lim xn − 2 = 0 ⇒ lim xn = 2.  Định lí 2.5. (Định lí Weierstrass) Mọi dãy tăng và bị chặn trên hoặc giảm và bị chặn dưới đều có giới hạn hữu hạn. Nguyễn Tất Thu 2.2. Các định lí về giới hạn 41 Ví dụ 2.9 Cho dãy số ( xn ) được xác định như sau: x1 = 1, x2 = 2, xn+2 = p p xn+1 + xn , ∀ n > 1. Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn và tìm giới hạn đó. Lời giải. • Bằng quy nạy ta chứng minh: xn < 4, ∀n (1). Ta có: x1 = 1 < 4 nên (1) đúng với n = 1. Giả sử xk < 4, ∀k 6 n, khi đó: xn+1 = p p p p xn + xn−1 < 4 + 4 = 4. Từ đó suy ra (1) đúng với mọi n. • Ta chứng minh dãy ( xn ) là dãy tăng. Ta có: x1 < x2 . Giả sử xk > xk−1 , ∀k 6 n, khi đó: xn+1 − xn = p p xn − xn−2 > 0 ⇒ xn+1 > xn . Từ đó suy ra dãy ( xn ) hội tụ. p p Đặt lim xn = x > 0, ta có x là nghiệm của phương trình : x = x + x ⇒ x = 4. Vậy lim xn = 4. Ví dụ 2.10 Cho ( xn ) được xác định bởi x1 = 5 và 2 s xn+1 = x3n − 12 xn + 20 n + 21 , n = 1, 2, … n+1 Chứng minh ( xn )có giới hạn hữu hạn và tính gới hạn đó. Lời giải. +) Ta chứng minh xn > 2, ∀n ∈ N∗ bằng qui nạp theo n(*). 5 Ta có n = 1, x1 = > 2nên (*) đúng khi n = 1. 2 Giả sử xn > 2. Khi đó : xn+1 > 2 ⇔ x2n+1 > 4 20 n + 21 >4 n+1 1 ⇔ x3n − 12 xn + 16 + >0 n+1 1 ⇔ ( xn + 4) ( xn − 2)2 + >0 n+1 ⇔ x3n − 12 xn + ( BĐT này đúng). +) Ta chứng minh ( xn ) giảm theo qui nạp. Nguyễn Tất Thu  Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 42 5 Giả sử 2 < xn < xn−1 < ... < x1 = . 2 Ta sẽ chứng minh xn+1 < xn ⇔ x2n+1 < x2n 20 n + 21 20 n + 1 < x3n−1 − 12 xn−1 + n+1 n ¡ 2 ¢ 1 ⇔ ( xn − xn−1 ) xn + xn xn−1 + x2n−1 − 12 − <0 n ( n + 1) ⇔ x3n − 12 xn + ( BĐT đúng vì xn − xn−1 < 0, xn > 2, xn−1 > 2). µ ¶ 5 Dãy ( xn ) giảm và bị chặn dưới bởi 2 nên có giới hạn l imxn = a 2 6 a < . 2 Chuyển qua giới hạn từ hệ thức truy hồi , ta được  a= p a2 − 12a + 20 ⇔  a=2 p . −1 ± 41 a= (l ) 2 Vậy ( xn ) có giới hạn hưỡ hạn và lim xn = 2.  Định nghĩa 2.4. Dãy (u n ) được gọi là dãy Cauchy nếu với mọi ε > 0 nhỏ tùy ý, luôn tồn tại số tự nhiên n0 sao cho | u m − u n | < ε ∀ m, n > n 0 . Định lí 2.6. Dãy (u n ) hội tụ khi và chỉ khi dãy (u n ) là dãy Cauchy. Ví dụ 2.11 Cho hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện | f ( x) − f ( y)| 6 q | x − y|, với mọi x, y ∈ R, trong đó q ∈ (0, 1) là hằng số cho trước. Với c ∈ R cho trước và xác định dãy ( xn ), n = 0, 1, 2, 3… như sau: x0 = c, xn+1 = f ( xn ), n = 0, 1, 2, …. Chứng minh rằng dãy số ( xn ) hội tụ và giới hạn của dãy số là nghiệm của phương trình f ( x) = x. Lời giải. Trước hết ta chứng minh dãy ( xn ) là một dãy Cauchy. Thật vậy, với m, n ∈ N, n > m ta có: | xn − xm | = | f ( xn−1 − f ( xm−1 ))| 6 q | xn−1 − xm−1 | 6 … 6 q m | xn−m − x0 | . (1) Mặt khác ta có ¡ ¢ 1 − qn | xn − x0 | 6 | xn − xn−1 | + … + | x1 − x0 | 6 q n−1 + … + 1 | x1 − x0 | = | x1 − x0 | . 1− q Từ đây suy ra | xn − x0 | bị chặn với mọi n. Kết hợp với (1) ta thu được với mọi ε > 0 tồn tại N ∈ N sao cho với mọi m, n > N thì| xn − xm | < ε. Nên dãy ( xn ) là một dãy Cauchy suy ra nó hội tụ. Từ điều kiện của hàm f dễ dàng chứng minh được f liên tục và do đó từ đẳng thức xn = f ( xn−1 ) chuyển qua giới hạn ta được giới hạn của dãy ( xn ) là nghiệm của phương trình f ( x) = x.  Nguyễn Tất Thu 2.2. Các định lí về giới hạn 43 Định lí 2.7. (Định lí Stolz) Cho (u n ) , (vn ) là các dãy số thỏa mãn hai điều kiện sau • (vn ) là dãy số tăng và lim vn = +∞. • lim u n+1 − u n = a. vn+1 − vn Khi đó ta có lim un = a. vn Chứng minh. Theo định nghĩa giới hạn ta có lim u n+1 − u n = a nên với ∀ε > 0 cho trước, vn+1 − vn luôn tồn tại số tự nhiên n0 sao cho ∀n > n0 ta có: ¯ ¯ ¯ u n+1 − u n ¯ ¯ ¯ < ε ⇔ (a − ε) (vn+1 − vn ) < u n+1 − u n < (vn+1 − vn ) (a + ε) − a ¯v ¯ n+1 − v n ( do vn+1 − vn > 0). Giả sử k là một số nguyên dương k > n0 sao cho vk+1 > 0, khi đó ta có (a − ε) (v i+1 − v i ) < u i+1 − u i < (a + ε) (v i+1 − v i ) ; ∀ i = n 0 , ..., k Lấy tổng theo vế các bất đẳng thức trên ta thu được k X (a − ε) (v i+1 − v i ) < i=n0 k X ( u i+1 − u i ) < i=n0 k X (a + ε) (v i+1 − v i ) i=n0 ¡ ¢ ¡ ¢ ⇔ (a − ε) vk+1 − vn0 < u k+1 − u n0 < (a + ε) vk+1 − vn0 ¶ µ ¶ µ u n0 vn0 u n0 vn0 u k+1 < < (a + ε) 1 − + + ⇔ (a − ε) 1 − vk+1 vk+1 vk+1 vk+1 vk+1 Cho k → +∞ với lưu ý lim vn = +∞ ta được lim un = a (đpcm). vn Nhận xét 1. Chọn dãy (vn )với số hạng tổng quát vn = n thì vn+1 − vn = 1 nên từ định lí stolz ta có : • Nếu lim( u n+1 − u n ) = a thì lim unn = a (*). • Trong (*) nếu thay u n = v1 + v2 + ... + vn thì định lí stolz còn được phát biểu dưới dạng tương đương khác như sau và được gọi là định lí trung bình Cesaro: Nếu lim vn = a thì lim 1 ( u 1 + u 2 + ... + u n ) = a. n Ví dụ 2.12 xn = +∞. Tìm giới hạn n à ! n 1 X 1 lim p . p n i=1 x i Cho dãy số thực dương ( xn ) thỏa mãn lim Nguyễn Tất Thu Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 44 Lời giải. Xét dãy (a n ) : a n = Ta có n P p 1 p và dãy ( b n ) : b n = n. i =1 x i 1 p p p xn+1 n+1+ n a n+1 − a n 2 n+1 0 6 lim = lim p 6 lim p = 0. p p = lim b n+1 − b n xn+1 xn+1 n+1− n µ ¶ n an 1 P 1 Suy ra lim = 0 hay lim p = 0. p bn n i=1 x i p  Ví dụ 2.13 p Cho dãy số (u n ) xác định bởi u1 > 1 và u n+1 = u1 + u2 + … + u n , ∀n ∈ N∗ . Tính lim un . n Lời giải. Dễ thấy u n > 0, ∀n ∈ N∗ và u2n+1 = u 1 + u 2 + … + u n ⇒ u2n+1 − u2n = u n > 0 ⇒ u n+1 > u n , ∀ n ∈ N∗ , do đó (u n ) là dãy tăng. Giả sử tồn tại lim u n = a, khi đó từ đẳng thức u2n+1 − u2n = u n chuyển qua giới hạn thu được a2 − a2 = a ⇔ a = 0 (vô lí, vì ( u n ) tăng và u 1 > 1). Vậy lim u n = +∞; từ đó lim ( u n+1 − u n ) = lim µq Theo định lí Stolz suy ra lim u2n + u n − u n un ¶ = lim q u2n + u n + u n 1 = lim s 1+ 1 +1 un un 1 = . n 2 1 = . 2  Ví dụ 2.14 µ Cho dãy ( xn ) thỏa mãn lim xn n P k=1 x2k ¶ = 1. Chứng minh rằng lim Lời giải. Đặt s n = n P k=1 ³p ´ 3 3 n.xn = 1. x2k , ta có lim ( xn s n ) = 1. Ta thấy dãy (s n ) tăng, do đó nếu dãy (sµn ) bị chặn thì dãy (s n ) hội tụ, đặt lim s n = x, x > 0 . ¶ n 1 P > 0 , suy ra lim s n = lim x2k = +∞ (vô lí). x k=1 Do vậy dãy (s n ) không bị chặn hay lim s n = +∞ , suy ra lim xn = 0. Ta có lim xn = Mặt khác lim xn s n = lim xn s n−1 + lim x3n ⇒ lim xn s n−1 = 1. Do ¢ ¡ ¢ ¡ s3n − s3n−1 = ( s n − s n−1 ) s2n + s n .s n−1 + s2n−1 = x2n s2n + s n .s n−1 + s2n−1 = 3. Nguyễn Tất Thu 2.3. Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số 45 s3n sn Nên ta có lim = 1 ⇒ lim p =1 . 3 3n 3n Do vậy ! Ãp 3 ³p ´ 3n 3 .xn s n = 1. lim 3 n.xn = lim sn  2.3 Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số 2.3.1 Xác định công thức tổng quát của dãy số Bài toán 2.1. Cho dãy ( xn ) được xác định : x1 = 1, xn+1 = xn + Tìm lim 1 + 2 n − 1, ∀ n > 1. 2n xn . n2 Lời giải. Ta có xn+1 − xn = 1 + (2 n − 1) , ∀ n > 1 2n (1) Trong (1) thay n bằng n − 1, n − 2, …, 2, 1 ta có : xn − xn−1 = 1 2n−1 xn−1 − xn−2 = + 2 ( n − 1) − 1 1 2n−2 + 2 ( n − 2) − 1 …………………………………….. x2 − x1 = 1 + 2.1 − 1. 2 Cộng các đẳng thức ta được: xn = x1 + nX −1 i =1 −1 1 nX + (2 i − 1); ∀ n > 2. 2 i i=1 Mặt khác theo công thức tính tổng n số hạng đầu của CSC và CSN ta có: nX −1 (2 i − 1) = i =1 n−1 [1 + (2 n − 3)] = ( n − 1)2 và 2 nX −1 i =1 1 1 − n−1 1 1 1 2 = . = 1 − n−1 . i 1 2 2 2 2 Suy ra µ xn = 1 + 1 − Do đó lim xn 1 = . n2 2 Nguyễn Tất Thu 1 2n−1 ¶ + ( n − 1)2 = n2 − 2 n + 3 − 1 2n−1 , ∀ n > 2.  Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 46 p p p Bài toán 2.2. Cho dãy số thực xn xác định bởi x0 = 1, xn+1 = 2 + xn − 2 1 + xn với mọi n ∈ N. Ta xác định dãy yn bởi công thức yn = n X xi 2i , ∀n ∈ N ∗ . i =1 Tìm lim yn . 2n Lời giải. Ta có : xn+1 = 2 + p q q 2 p p xn − 2 1 + xn = ( 1 + xn − 1) . Từ đó tính được: µq ¶2 ´2 ³ ´2 ³p p n 2 − 1 , …, xn = 21/2 − 1 . x1 = 2 − 1 , x2 = Ta viết p x1 = 1 + 2 − 2 2, p x2 = 1 + 2 − 2.21/4 x3 = 1 + 21/4 − 2.2.1/8 . … xn = 1 + 21/2 n−1 − 2.21/2 n n n Suy ra yn = 2 + 4 + … + 2n + 4 − 2n+1 .21/2 = 2n+1 (1 − 21/2 ) + 2. Do đó lim yn = 0. 2n  Bài toán 2.3. Cho của dãy số ( xn ) xác định bởi công thức: µ x1 = 2015, xn+1 = 1 − 1 ¶ ( n + 1)2 xn + 2014 ( n + 1)2 ; ∀ n > 1. Tìm lim xn . Lời giải. Ta có xn+1 − 2014 = xn − 2014 − xn − 2014 ; ∀ n > 1 Đặt yn = xn − 2014 ta có ( n + 1)2 µ ¶ 1 1 yn = 1 − yn , ∀ n > 1. y1 = 1, yn+1 = yn − ( n + 1)2 ( n + 1)2 Hay yn+1 = ( n + 2) n ( n + 1)2 yn , ∀ n > 1. Trong (1) thay n bằng n − 1, n − 2, …, 2, 1 ta được: ( n + 1) ( n − 1) yn−1 n2 n ( n − 2) yn−1 = yn−2 ( n − 1)2 yn = ……………………….. y2 = Nguyễn Tất Thu 3.1 y1 22 (1) 2.3. Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số 47 Nhân theo vế các đẳng thức trên rồi giản ước các số hạng bằng nhau ở hai vế, ta được: yn = 3. 1 n+1 ( n + 1) ( n − 1) n ( n − 2) . ….. 2 y1 = , ∀n > 2 2 2 2n n 2 ( n − 1) (2) Dĩ nhiên (2) cũng đúng với n = 1. Do đó 4029 n + 1 n+1 , ∀ n > 1 ⇒ xn = yn + 2014 = , ∀ n > 1. yn = 2n Vậy lim xn = 2n 4029 . 2  Bài toán 2.4. Cho dãy số ( xn ) xác định bởi công thức:   r  xn+1 = x1 = 1 . 2n + 1 , n > 1 x2n + 3n Tính lim xn . Lời giải. Ta có s xn+1 = x2n + 2n + 1 2n + 1 , ∀ n > 1 ⇔ x2n+1 − x2n = , ∀n > 1 n 3 3n (∗) Trong (1) thay n bằng n − 1, n − 2, …, 2, 1 ta được: 2 ( n − 1) + 1 3n−1 2 ( n − 2) + 1 x2n−1 − x2n−2 = 3n−2 ………………………… x2n − x2n−1 = x22 − x12 = 2. 1 + 1 31 Cộng các đẳng thức trên rồi giản ước các số hạng bằng nhau ở hai vế, ta được: x2n = x12 + nX −1 2 i + 1 i =2 Đặt S = nP −1 2 i + 1 i =1 3i 3i = 1+ nX −1 2 i + 1 i =1 3i . , ta có à ! −1 2 i + 1 nX −2 1 nX −1 2 i + 1 nX 2 2n − 1 n+1 1 S =S− S = − = 1 − + 2 ⇒ S = 2 − n i i +1 i +1 3 3 3 3n−1 i =1 3 i =1 3 i =2 3 Do đó n+1 x2n = 3 − n−1 ⇒ xn = 3 s 3− n+1 , ∀n > 1 3n−1 Ta có 3n = (1 + 2)n = n X k=0 Mặt khác lim C nk 2k > 4C 2n = 2 n ( n − 1) , ∀ n > 2 ⇒ 0 < n+1 n+1 < , ∀ n > 2. n 3 2 n ( n − 1) p n+1 n+1 = 0 ⇒ lim n = 0. Từ đó suy ra lim xn = 3. 2 n ( n − 1) 3 Nguyễn Tất Thu  Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 48 Bài toán 2.5. (VMO 2013) Cho hai dãy số thực dương ( xn ), ( yn ) xác định hồi quy bởi p x1 = 1, y1 = 3, và ( xn+1 yn+1 − xn = 0 x2n+1 + yn = 2 , với mọi n = 1, 2, . . .. Chứng minh rằng hai dãy số hội tụ, và tìm giới hạn của chúng. p p 2− 3 = Lời giải. Ta có x2 = giá trị lượng giác. Ta có p p p p 6− 2 6+ 2 , y2 = . Từ các giá trị trên gợi ý cho ta đến 2 2 p π π π π và y1 = 3 = 2 cos , y2 = 2 cos x1 = 1 = 2 sin , x2 = 2 sin 6 12 6 12 Điều này dẫn tới, ta đi chứng minh xn = 2 sin π 3. 2 n và yn = 2 cos π 3.2n . (∗) Ta chứng minh (*) bằng phương pháp quy nạp. Hiển nhiên là (*) đúng với n = 1. Giả sử (*) đúng với k = 1, n. Khi đó, ta có xn+1 = Và p r 2 − yn = π r ³ π ´ π 2 − 2 cos = 2 1 − cos = 2 sin . n n 3. 2 3. 2 3.2n+1 π 2 sin xn 3.2n = 2 cos π . yn+1 = = xn+1 2 sin π 3.2n+1 3.2n+1 Theo nguyên lí quy nạp, ta có (*) đúng. π Vì lim n = 0 nên lim x n = 0, lim yn = 2.  3.2 Bài toán 2.6. (VMO 2004) Cho dãy ( xn ) : x1 = 1; xn+1 = Đặt yn = (2 + cos 2α) xn + cos2 α . (2 − 2 cos 2α) xn + 2 − cos 2α n P 1 ∀ n > 1. Tìm α để dãy số ( yn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. i =1 2 x i + 1 Lời giải. Ta có 2sin2 α 1 1 1 1 = + ⇒ = n + (1 − n−1 )sin2 α. 2 xn+1 + 1 3 3(2 xn + 1) 2 xn + 1 3 3 1 Suy ra yn = Vì lim n X n 1 n X X 1 1 3 1 1 1 2 = + sin α (1 − i−1 ) = (1 − n ) + [ n − (1 − n )]sin2 α. i 2 3 2 3 3 i =1 2 x i + 1 i =1 3 i =1 1 1 = 0 nên dãy ( yn ) có giới hạn hữu hạn ⇔ sin α = 0 ⇔ α = kπ. Khi đó lim yn = . n 3 2 Nguyễn Tất Thu  2.3. Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số 2.3.2 49 Sử dụng nguyên lí Weierstrass ( u1 = 1 Bài toán 2.7. Cho dãy (u n ) : u n (3 + u n−1 ) + 1 = 0, n = 1, 2, … có giới hạn hữu hạn và tìm lim u n . . Chứng minh rằng dãy (u n ) Lời giải. Ta chứng p minh dãy (u n ) giảm và bị chặn dưới. Để có được điều này trước hết 5−3 ta chứng minh u n > (1) bằng quy nạp. 2p 5−3 • Với n = 1 ta có u 1 = 1 > nên (1) đúng với n = 1. 2 p 5−3 • Giả sử u n > , ta có 2 p p 5−3 3+ 5 un + 3 > 3 + = . 2 2 Do đó −1 −2 u n+1 = > p = un + 3 3 + 5 p 5−3 , 2 suy ra (1) đúng theo nguyên lí quy nạp. Ta chứng minh dãy (u n ) giảm. Ta có un = − 1 ⇒ u n − u n+1 = u2n + 3 u n + 1 > 0, ∀ n. un + 3 u n−1 + 3 p 5−3 do u n > . Suy ra u n > u n+1 , ∀n, dẫn tới dãy (u n ) là dãy giảm. 2 Do vậy dãy (u n ) tồn p tại giới hạn hữu hạn. 5−3 Đặt lim u n = x > ⇒ lim u n−1 = x. 2 Từ công thức p −1 −1 5−3 un = ⇒x= ⇔x= . u n−1 + 3 x+3 2 p 5−3 Vậy lim u n = . 2 Bài toán 2.8. Cho a > 2 và dãy số ( xn ) với x1 = a và s 2 xn+1 = 3 x2n + n+3 . n Chứng minh dãy số ( xn ) có giới hạn và tìm giới hạn đó. 3 ∀ n ∈ N∗ . n Ta có x12 = a2 > 4 nên khẳng định đúng với n = 1. 3 Giả sử xk > 1 + với mọi k 6 n. k Lời giải. Ta chứng minh x2n > 1 + Ta có: 1 3 1 12 3 x2n+1 = (3 x2n + 1 + ) > (4 + ) > 1 + . 4 n 4 n n+1 Nguyễn Tất Thu  Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 50 Theo nguyên lí quy nạp khẳng định trên được chứng minh. Ta có: s 1 2 xn − xn+1 = xn − 3 x2n + 1 + 1 3 > xn − n 2 q 3 x2n + x2n = 0. Nên dãy ( xn ) là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên ( xn ) có giới hạn hữu hạn. Đặt lim xn = x ta có x là nghiệm của phương trình 2x = p 3 x 2 + 1 ⇔ x = 1. Vậy lim u n = 1.  1 2 Bài toán 2.9. Cho dãy (a n ) xác định bởi a 1 = , và a n+1 = dãy (a n ) có giới hạn và tính giới hạn đó. ( n + 1)a2n . Chứng minh rằng n(a n + 1) Lời giải. Ta có a n > 0, ∀n ∈ N∗ (1). a n+1 an − n Mặt khác −1 = (2). an n(a n + 1) a2 a1 − 1 Suy ra : −1 = < 0, dẫn tới a 2 < a 1 < 1. a1 a1 + 1 Từ đây, bằng quy nạp ta có a n giảm, bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn. Đặt a = lim a n . Ta chuyển giả thiết về phương trình giới hạn : a= a2 ⇒ a(a + 1) = a2 ⇒ a = 0. a+1 Vậy a n có giới hạn hữu hạn và lim a n = 0.  ( Bài toán 2.10. Cho dãy số (u n ) xác định bởi u 1 = 2010 2 u n − 2 u n .u n+1 + 2011 = 0 , ∀ n > 1 . Chứng minh rằng dãy (u n ) có giới hạn và tính giới hạn đó. Lời giải. Trước hết ta nhận xét rằng u n > 0, với mọi n, Thật vậy, ta có u1 = 2010 > 0. Giả sử u k > 0, ∀k > 1, ta chứng minh u k+1 > 0. Từ hệ thức truy hồi suy ra 2 u k .u k+1 = u k 2 + 2011 > 0 ⇒ u k+1 = Do đó ta có u n+1 = u k 2 + 2011 > 0. 2u k u n 2 + 2011 1 2011 = (u n + ). 2u n 2 un Theo bất đẳng thức Cosi, ta có u n 2 + 2011 u n+1 = > 2u n s un. 2011 p = 2011, ∀ n > 1. un Mặt khác ta có u n+1 u n 2 + 2011 1 2011 1 1 = = + 6 + = 1. un 2 2u n 2 2 2 2u n 2 Nguyễn Tất Thu 2.3. Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số 51 p 2011 2011 1 6 = ). 2 2.2011 2 p 2u n Nên (u n ) là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 2011, do đó dãy (u n ) có giới hạn hữu hạn. (vì u n > 2011, ∀n > 1 ⇒ Giả sử lim u n = a, khi đó 0 < a 6 2010 và ta có p u n 2 + 2011 u n 2 + 2011 a2 + 2011 ⇒ lim u n+1 = lim ⇒a= ⇒ a2 = 2011 ⇒ a = 2011. 2u n 2u n 2a p Vậy lim u n = 2011.  u n+1 = Bài toán 2.11. (VMO 2012) Cho dãy số thực ( xn ) xác định bởi :   x1 = 3 . n+2  xn = ( xn−1 + 2) ∀ n > 2 3n Chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn khi n → +∞ và tính giới hạn đó. Lời giải. Rõ ràng ta có xn > 0 với mọi n nguyên dương (1). Ta sẽ chứng minh kể từ số hạng thứ hai, dãy số đã cho là giảm. Thật vậy, xét hiệu xn − xn−1 = 2 [( n + 2) − ( n − 1) xn−1 ] n+2 ( xn−1 + 2) − xn−1 = . 3n 3n Để chứng minh xn giảm bắt đầu từ số hạng thứ hai, ta chỉ cần chứng minh: ( n + 2) − ( n − 1) xn−1 < 0 ∀ n > 3 (2) Ta chứng minh điều này bằng quy nạp toán học. Với n = 3, do x2 = 10 nên bất đẳng thức 3 ( n + 2) − ( n − 1) xn−1 = 5 − 2. 10 5 = − < 0 text(ffló ng). 3 3 n+2 Giả sử ta đã có (n + 2) − (n − 1) xn−1 < 0 thì xn−1 > . n−1 Khi đó : xn = n+2 n+2 n+2 n+2 n+3 ( xn−1 + 2) > ( + 2) = > . 3n 3n n − 1 n−1 n Suy ra (n + 3) − nxn < 0. Vậy (2) đúng đến n + 1. Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có (2) đúng với mọi n > 3. Như vậy, ( xn ) là dãy số giảm kể từ số hạng thứ hai. Ngoài ra, theo (1), nó bị chặn dưới bởi 0. Suy ra, tồn tại giớ hạn hữu hạn lim xn = a. n→∞ n+2 1 Chuyển đẳng thức xn = ( xn−1 + 2) sang giới hạn, ta được a = (a + 2). Từ đó suy ra 3n 3 a = 1. Vậy dãy số đã cho có giới hạn khi n dần tới vô cùng và lim xn = 1. n→∞ Bài toán 2.12. (VMO 2011) Cho dãy ( xn ) :      xn = x1 = 1 −1 2 n nP 2 ( n − 1) dãy ( yn ) : yn = xn+1 − xn có giới hạn hữu hạn khi n → +∞. Nguyễn Tất Thu i =1 xi , ∀n > 2  . Chứng minh rằng Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 52 Lời giải. Từ giả thiết ta có: ( n − 1)2 xi = xn , 2n i =1 nX −1 suy ra à ! ¶ µ n nX −1 2( n + 1) X 2( n + 1) 2( n + 1) ( n − 1)2 xn+1 = xi = xn . xn + xi = xn + 2n n2 i=1 n2 n2 i =1 Hay xn+1 = ( n + 1)( n2 + 1) xn . n3 Do vậy: yn = xn+1 − xn = n2 + n + 1 xn . n3 Suy ra: yn+1 − yn = 2 xn 3 n ( n + 1)2 >0 với ∀n do đó dãy ( yn ) là dãy tăng. Mặt khác bằng quy nạp ta chứng minh được xn < 4( n − 1). Nên ta có: n2 + n + 1 ( n2 + n + 1)4( n − 1) x < < 4. n n3 n3 Suy ra dãy ( yn ) bị chặn. Vậy dãy ( yn ) có giới hạn hữu hạn. yn = 2.3.3  Sử dụng nguyên lí kẹp Bài toán 2.13. Chứng minh rằng: lim a n = n P µr k=1 ¶ k 1 1+ 2 −1 = . 4 n Lời giải. Dùng đánh giá sau với x > −1: p x x < 1+ x−1 < . 2+ x 2 Thay x bởi k và tính tổng hai vế từ 1 đến n, ta được: n2 s  n n n n X X X X k k k n( n + 1)  1+ < 1 < − 1 k ⇔ < s < . n 2 2 n2 2 n2 k=1 4 n2 k=1 2 n + k k=1 k=1 2 n + k n( n + 1) 1 = ; hơn nữa: 4 4 n2 n n n n k2 X X X X k k2 k n( n + 1)(2 n + 1) − = < = → 0, 2 2 2 2 4 24 n4 k=1 2 n + k k=1 2 n k=1 2 n (2 n + k) k=1 4 n Ta thấy: lim suy ra: à ! n n n X X X k k k k 1 lim − = 0 ⇒ lim = lim = . 2 2 2 2 4 k=1 2 n + k k=1 2 n k=1 2 n + k k=1 2 n n X Theo nguyên lí kẹp, ta có đ¬ược: lim a n = n X s  k=1  1+ k 1 − 1 = . 2 4 n  Nguyễn Tất Thu 2.3. Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số 53 Bài toán 2.14. (ĐHSPHN TST 2011) Cho dãy số (a n ) : a 1 = 1, a n = Đặt b n = n P i =1 2n − 3 a n−1 , ∀ n > 2. 2n a i , n > 1. Chứng minh rằng ( b n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Lời giải. Ta có 2 na n = (2 n − 3) a n−1 ⇔ a n−1 = 2 [( n − 1) a n−1 − na n ] , ∀ n > 2. Do đó bn = n X ai = i =1 n X 2 [ ia i − ( i + 1) a i+1 ] = 2 [1 − ( n + 1) a n+1 ] . i =1 Lại có an = ⇒ a2n < ¡ 2n − 3 (2 n − 3) (2 n − 5) ...5.3 a n−1 = 2n 2 n (2 n − 2) ...4.2 1 12 .32 .52 ...(2 n − 3)2 ¢¡ ¢ ¡ ¢ = 2 22 − 1 42 − 1 ... (2 n − 2) − 1 4 n2 (2 n − 1) 4 n2 ⇒ an < 1 p 2n 2n − 1 µ ¶ 1 Suy ra 2 1 − p < 2 [1 − ( n + 1) a n+1 ] = b n < 2. 2 2n + 1 Từ đó, ta có lim b n = 2.  Bài toán 2.15. (30/4/2012 Shortlist) Cho hai dãy số (u n ) , (vn ) xác định bởi: u1 = 2011, v1 = 2012 và ¶ ¶ µ µ u n+1 = 1 u n vn 1 u n vn + vn sin u n ; vn+1 = + u n cos vn 2 2 vn + 1 2 u2n + 1 Tính giới hạn của hai dãy đã cho. Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski ta có ! à ¶2 µ 2 ¡ ¢ v 1 u v 1 n n n 2 u2n+1 = + vn sin u n 6 u2n + v2n ¡ ¢2 + sin u n 2 4 v2n + 1 4 vn + 1 µ ¶ ¢ 1 ¢ 5 ¡ 2 1¡ 6 u2n + v2n +1 = u n + v2n 4 4 16 à ! µ ¶2 2 ¢ ¡ u 1 u v 1 n n n 2 v2n+1 = + u n cos vn 6 v2n + u2n ¡ ¢2 + cos vn 2 4 u2n + 1 4 un + 1 µ ¶ ¢ 1 ¢ 1¡ 5 ¡ 2 6 u2n + v2n +1 = u n + v2n 4 4 16 Do bất đẳng thức a2 ¡ a2 + 1 ¢2 6 ¢2 1 ¡ 2 ⇔ a − 1 > 0. 4 Từ đó suy ra u2n+1 + v2n+1 6 ¢ ¡ ¢ 5¡ 2 u n + v2n ⇒ lim u2n + v2n = 0 ⇒ lim u n = lim vn = 0. 8  Nguyễn Tất Thu Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 54 Bài toán 2.16. (T11/422 THTT) Cho dãy số (u n ) được xác định bởi u 0 = a ∈ [0; 2) ; u n = u2n−1 − 1 n , ∀ n = 1, 2, … p ¢ ¡ Tìm giới hạn lim u n n . Lời giải. Ta chỉ ra rằng luôn tìm được số hạng thứ k nào đó của dãy mà u k ∈ [−1; 1]. Thật vậy, nếu a ∈ (0; 1] thì u0 = a ∈ (0; 1] ⊂ [−1; 1]. Xét trường hợp a ∈ (1; 2), tức u0 ∈ (1; 2). Nếu xảy ra trường hợp mọi u n ∉ [−1; 1] thì từ hệ thức un = u2n−1 − 1 n , suy ra u n > 1, ∀n > 1. Để ý rằng n + 2 − un n + 1 + u n−1 n + 1 = > , n + 1 − u n−1 n n tức là k + 2 − uk k+1 > , k = 1, 2, …, n k + 1 − u k−1 k Nhân theo vế của n bất đẳng thức trên với k = 1, 2, …, n ta thu được n + 2 − u n ( n + 1) ( n + 2) > 2 − u0 2 µ ¶ 2 − u0 1 ( n + 1) ( n + 2) ⇒ u n < n + 2 − (2 − u 0 ) = ( n + 1) ( n + 2) − 2 n+1 2 µ ¶ u0 Điều này là không thể, vì khi n đủ lớn n > thì vế trái là số dương còn vế phải là 2 − u0 số âm. Vậy luôn tồn tại k ∈ N sao cho u k ∈ [−1; 1]. u2n−1 − 1 , suy ra Khi đó theo hệ thức u n = n |u n | 6 Do đó 1 , ∀ n > k. n ¯ p ¯ ¯ u n n¯ 6 p1 , ∀ n > k. n ¡ p ¢ Suy ra lim u n n = 0.  Bài toán 2.17. Cho a > 0. Xác định dãy số ( xn ) : x0 = a, xn+1 = xn + 1 x2n , ∀ n > 0. xn Tìm giới hạn lim p . 3 n Lời giải. Ta có à x3k+1 = xk + 1 x2k !3 = x3k + 3 + 3 x3k + 1 x6k > x3k + 3, suy ra x3n > x03 + 3 n, ∀ n > 1 Nguyễn Tất Thu (1) 2.3. Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số 55 Từ (1) suy ra x3k+1 < x3k + 3 + 3 x03 + 3 k +¡ 1 x03 + 3 k ⇒ x3n < x13 + 3 ( n − 1) + ⇒ Ta có x3n < x13 + 3 n + 3 ¢2 < x k + 3 + 1 1 + 2 k 9k nX −1 −1 1 1 1 nX + 9 k=1 k2 k=1 k n 1 n 1 X 1X + 9 k=1 k2 k=1 k (2) n 1 X 1 1 1 1 + + ... + < 1+ = 2− < 2 2 1. 2 2. 3 n ( n − 1) n k=1 k (3) Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta được à !2 n 1 X k=1 k 6n n 1 n 1 p X X < 2n < 2 n ⇒ 2 k=1 k k=1 k (4) Từ (1) , (2) , (3) và (4) suy ra x03 x3n x13 +3 < < +3+ n n n s 2 2 + n 9n Chuyển qua giới hạn khi n → +∞, theo SLT ta được lim p x3n xn 3 = 3 ⇒ lim p = 3. 3 n n  Bài toán 2.18. (T9/405. THTT) Cho k ∈ N∗ , α ∈ R. Xét dãy số £ k ¤ £ k ¤ £ ¤ 1 .α + 2 .α + ... + n k .α (a n ) : a n = n k+1 , ∀ n = 1, 2, ... Trong đó [ x] là kí hiệu phần nguyên của x. Tìm lim a n . Lời giải. Ta có x − 1 < [ x] 6 x nên ¡ ¢ α 1k + 2k + ... + n k n k+1 − 1 nk < an 6 ¡ ¢ α 1k + 2k + ... + n k n k+1 . Lại có 1k + 2k + ... + n k n k+1 µ ¶ n µ i ¶k n 1X 1X i = = f n i=1 n n i=1 n với f ( x) = x k . Theo định nghĩa tích phân xác định thì lim 1k + 2k + ... + n k n k+1 Do đó theo SLT thì lim a n = Nguyễn Tất Thu µ ¶ Z1 Z1 n 1X i 1 = lim f = f ( x) dx = x k dx = n i=1 n k+1 0 α k+1 . 0  Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 56 p 1 − 1 − 4 xn−1 , ∀ n > 1. Đặt Bài toán 2.19. Cho dãy số ( xn ) : x0 = −2, xn = 2 ¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢ yn = 1 + x02 1 + x12 … 1 + x2n , ∀ n > 0. Chứng minh rằng ( yn ) có giới hạn hữu hạn. Lời giải. Từ phương trình truy hồi của dãy suy ra p 1 − 4 xn−1 = 1 − 2 xn ⇒ x2n = xn − xn−1 Do đó x02 + x12 + … + x2n = x02 + x1 − x0 + x2 − x1 + … + xn − xn−1 = x02 − x0 = 6. Dễ thấy ( yn ) là dãy tăng. Áp dụng bất đẳng thức ln (1 + x) < x, ∀ x > 0, ta có ¡ ¢¡ ¢ ¡ ¢ ln yn = ln 1 + x02 1 + x12 … 1 + x2n ¢ ¢ ¢ ¡ ¡ ¡ = ln 1 + x02 + ln 1 + x12 + … + ln 1 + x2n < x02 + x12 + ... + x2n = 6. Vậy ( yn ) bị chặn, do đó ( yn ) hội tụ. 2.3.4  Xây dựng dãy phụ Bài toán 2.20. Cho a, b ∈ (0; 1). Dãy số (u n ) xác định bởi u 0 = a, u 1 = b, u n+2 = 1 2013 p 4 u4n+1 + u n , n = 0, 1, 2... 2014 2014 Chứng minh dãy (u n ) có giới hạn và tính giới hạn đó. Lời giải. Xét (vn ) : v0 = min (a, b) , vn+1 = 1 4 2013 p 4 v + vn , n > 0 2014 n 2014 Ta chứng minh được lim vn = 1. Ta sẽ chứng minh vn 6 min (u2n , u2n+1 ) , ∀n ∈ N bằng qui nạp (*). Thật vậy , (*) đúng khi n = 0 theo định nghĩa của dãy (vn ). Giả sử vn 6 min (u2n , u2n+1 ), ta sẽ chứng minh vn+1 6 min ( u 2n+2 ; u 2n+3 ) . Ta có: 1 2013 p 1 4 2013 p 4 4 u42n+1 + u 2n > v + vn = vn+1 2014 2014 2014 n 2014 1 2013 p 1 2 2013 p 1 2 2013 p 4 4 4 u 2n+3 = u42n+2 + u 2n+1 > vn+1 + vn > v + vn+1 = vn+1 2014 2014 2014 2014 2014 n 2014 u 2n+2 = ( do vn+1 > vn ). Suy ra vn+1 6 min (u2n+2 , u2n+3 ). Vậy (*) đúng với mọi n ⇒ vn 6 u2n < 1, vn 6 u2n+1 < 1, ∀n. Mà lim vn = 1 ⇒ lim u n = 1. Nguyễn Tất Thu  2.3. Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số 57 Bài toán 2.21. Cho dãy số không âm (u n ) thỏa mãn ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 4 u n+2 6 + + ... + u n+1 + + ... un. n+1 n+2 n+n n+n n + 3n µ Chứng minh dãy (u n ) có giới hạn và tìm giới hạn đó. Lời giải. Ta có 1 1 1 n 1 1 2n + 1 3 + + ... + < < 1, + ... < 6 . n+1 n+2 n+n n+1 n+n n + 3n 2n 2 Suy ra 3 1 u n+2 < u n+1 + u n . 4 8 Xét dãy (vn ) thỏa mãn 1 3 v1 = u 1 , v2 = u 2 , vn+2 = vn+1 + vn , n > 1. 4 8 Giải PT đặc trưng ta được µ ¶n µ ¶n 3 1 vn = c 1 + c2 − ⇒ lim vn = 0. 4 2 Tiếp theo ta chứng minh vn > u n > 0 theo qui nạp. Giả sử khẳng định đúng đến k + 1 khi đó suy ra 1 3 1 3 vk+2 = vk+1 + vk > u k+1 + u k = u k+2 . 4 8 4 8 Từ đây suy ra lim u n = 0.  Bài toán 2.22. Cho dãy (u n ) thỏa mãn 2 1 3 u 1 = 1, u 2 = , u n+2 < u2n+1 + u n , n = 1, 2, ... 3 4 4 Chứng minh dãy (u n ) có giới hạn và tìm giới hạn đó. Lời giải. Xét dãy hai (vn ) và ( z n ) xác định bởi 1 3 2 v1 = 1, v2 = , vn+2 = v2n+1 + vn , n > 1 3 4 4 31 1 2 3 z1 = , z n+1 = z n + z n , n > 1. 36 4 4 Ta chứng minh z n > max µ (v2n ,¶v2n+1 ) , ∀ n > 1 ( *). 2 31 31 , = = z1 nên (*) đúng khi n = 1. 3 36 36 Giả sử z n > max (v2n , v2n+1 ). Ta có Ta có max (v2 , v3 ) = max 1 2 3 1 2 3 v2n+2 = v2n +1 + v2n 6 z n + z n = z n+1 4 4 4 4 1 2 3 1 2 3 1 3 v2n+3 = v2n+2 + v2n+1 6 z n+1 + z n < z2n + z n = z n+1 4 4 4 4 4 4 Nguyễn Tất Thu Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 58 ( do z n+1 < z n ). Vậy z n+1 > max (v2n+2 , v2n+3 ) ⇒ 0 < v2n 6 z n , 0 < v2n+1 6 z n , ∀ n > 1. Ta chứng minh lim z n = 0. Thật vậy , 4 ( z n+1 − z n ) = z n ( z n − 1) < 0 ⇒ ( z n") giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn 1 4 L=0 3 4 hưũ hạn lim z n = L ∈ [0; 1) ⇒ L = L2 + L ⇔ L = 1(L) . Từ đó lim z n = 0 ⇒ lim vn = 0. Tiếp theo ta chứng minh 0 < u n 6 vn , ∀n ( 2). Hiển nhiên (2) đúng theo cách định nghĩa của dãy (vn ). 1 3 1 3 Giả sử (2) đúng đến n + 1 ⇒ u n+2 < u2n+1 + u n 6 v2n+1 + vn = vn+2 . 4 4 4 4 Theo qui nạp suy ra (2) đúng với mọi n. Từ 0 < u n 6 vn , ∀n, lim vn = 0 ⇒ lim u n = 0.  Bài toán 2.23. Cho dãy số (u n ) thỏa: u n + u n+1 > 2u n+2 và dãy (u n ) bị chặn. Chứng minh rằng dãy (u n ) tồn tại giới hạn hữu và tìm giới hạn đó. Lời giải. Xét dãy (vn ) : vn = max {u n , u n+1 }, ta có dãy (vn ) bị chặn. Từ giả thiết ta suy ra: max { u n , u n+1 } > u n+2 ⇒ max { u n , u n+1 } > max { u n+1 , u n+2 } . Do đó dãy (vn ) là dãy số giảm, từ đó suy ra tồn tại lim vn = l . Ta chứng minh: lim u n = l . Vì lim vn = l nên với mọi ε > 0 nhỏ tùy ý, luôn tồn tại n0 ∈ N∗ sao cho: |vn − l | < Với mọi k > n0 + 1 ta có: ε 3 ⇔l− ε ε < vn < l + , ∀ n > n 0 . 3 3 ε vk−1 = max { u k−1 , u k } < l + . 3 ε Suy ra u k−1 < l + (*). 3 Ta xét các trường hợp sau: ε ε ε ε • u k > l − ⇒ l − < u k 6 vk < l + ⇒ | u k − l | < . 3 3 3 ε ε • u k 6 l − , suy ra u k+1 > l − . 3 3 3 Khi đó: ³ u k > 2 u k+1 − u k−1 > 2 l − Dẫn tới: l − ε < u k 6 vk < l + ε 3 ε´ 3 ³ − l+ ε´ 3 = l − ε. < l + ε ⇒ | u k − l | < ε. Vậy lim u n = l . 2.3.5 Giới hạn của dãy u n = f (u n ) Với dãy số (u n ) : u n+1 = f (u n ) ta thường dựa vào các tính chất sau Nguyễn Tất Thu  2.3. Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số 59 Định nghĩa 2.5. Cho hàm f : I → R. Nếu hàm số f co trên I , nếu tồn tại số thực k, 0 < k < 1 sao cho | f ( x) − f ( y)| 6 k| x − y| ∀ x ∈ I. Định lí 2.8. Nếu hàm f : I → R là một hàm co trên I . Khi đó, dãy (u n ) : u n+1 = f (u n ) hội tụ đến x với x là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x) = x. Từ định lí trên, kết hợp với định lí Lagrang ta có kết quả sau Định lí 2.9. Cho dãy (u n ) : u n+1 = f (u n ), với f là hàm xác định trên I . Nếu | f 0 ( x)| < 1 ∀ x ∈ I thì dãy (u n ) hội tụ. 1 2 Bài toán 2.24. Dãy số ( xn ) thỏa mãn điều kiện 1 < x1 < 2 và xn+1 = 1 + xn − x2n , ∀n ∈ N∗ . Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ. Tìm lim xn . 1 2 Lời giải. Xét hàm số f ( x) = 1 + x − x2 , với x ∈ (1; 2). Ta có f 0 ( x) = 1 − x < 0 ∀ x ∈ (1; 2) ⇒ f ( x) ∈ (1; 2) ∀ x ∈ (1; 2). Từ đó, ta có | f 0 ( x)| < 1 ∀ x ∈ (1; 2). Mà dãy (u n ) : u n+1 = f (u n ) nên dãy (u n ) hội tụ. Đặt lim xn = x, khi đó xlà nghiệm của phương trình p 1 x = 1 + x − x2 ⇔ x = 2 do x ∈ (1; 2). 2  Bài toán 2.25. Cho ( xn ) : x1 = 2014, xn+1 = π 8 µ cos 2 xn cos 3 xn + . Chứng minh dãy 2 3 ¶ cos xn + ( xn ) có giới hạn hữu hạn. µ ¶ cos 2 x cos 3 x π + , x ∈ R có f 0 ( x) = (sin x + sin 2 x + sin 3 x). Lời giải. Xét hàm số f ( x) = cos x + 8 2 3 8 π Ta có (sin x + sin 2 x + sin 3 x)2 = (2 sin 2 x cos x + sin 2 x)2 ¡ ¢ = 4(sin 2 x cos x + cos x sin x)2 6 4 sin2 2 x + cos2 x µ µ ¶ ¶ 25 1 2 25 =4 − cos 2 x − 6 16 4 4 ¯ 0 ¯ π π 5 5π ⇒ ¯ f ( x)¯ = |sin x + sin 2 x + sin 3 x| 6 . = <1 8 8 2 16 Xét hàm số g ( x) = f ( x) − x có Ãp ! ³π´ 11 π π π 3 1 g0 ( x) = f 0 ( x) − 1 < 0 ∀ x ∈ R và g (0) = > 0, g =− + + <0 4 6 6 8 2 4 ³ π´ nên phương trình g ( x) = 0 có nghiệm duy nhất α ∈ 0; . Theo định lí lagarange, tồn tại 6 β soa cho ¡ ¢ f ( xn ) − f (α) = f 0 β ( xn − α) ¯ ¡ ¢¯ 5π | xn − α| ⇒ | xn+1 − α| = ¯ f 0 β ¯ | xn − α| 6 16 Nguyễn Tất Thu Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 60 Áp dụng qui nạp suy ra 5π 0 6 | xn+1 − α| 6 16 µ µ Do lim 5π 16 ¶n ¶n | u 1 − α| . = 0 suy ra lim xn = α.  Bài toán 2.26. (VMO 2000) Cho dãy số { xn } xác định như sau: x0 = 0, xn+1 = q c− p c + xn , n = 0, 1, 2, ... Tìm tất cả các giá trị của c để với mọi giá trị x0 ∈ (0, c), xn xác định với mọi n và tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn . Lời giải. Ta có x1 = p c− p c + x0 . Do đó x1 tồn tại khi c− p c + x0 > 0 ⇔ c( c − 1) > x0 . (1) p p Vì (1) đúng với mọi x0 ∈ (0; c) nên ta có c > 2 và khi đó 0 < x1 < c. Giả sử 0 < xn < c, ta có p xn+1 tồn tại và 0 < xn+1 < c. Do đó xn tồn tại khi c > 2. p p p Xét hàm số f ( x) = c − c + x, x ∈ (0; c). Ta có 1 f 0 ( x) = − p . p 4 ( c + x)( c − c + x) p Vì x ∈ (0; c) nên ta có ( c + x)( c − p c + x) > c ( c − q c+ p q c) > 2(2 − p 1 2 + 2) > . 4 p Suy ra | f 0 ( x)| 6 q < 1 ∀ x ∈ (0; c). Do đó dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn. Vậy c > 2 là những giá trị cần tìm.  Ngoài ra để xét tính hội tụ của dãy (u n ) ta còn dựa vào tính đơn điệu của hàm số f . Cụ thể: Định lí 2.10. Cho hàm f : D → D và dãy (u n ) : u n+1 = f (u n ). Khi đó • Nếu f là hàm đồng biến trên D thì dãy ( u n ) là dãy tăng nếu u 1 > u 0 và là dãy giảm nếu u1 < u0 . • Nếu f là hàm nghịch biến trên D thì hai dãy ( u 2n ) và ( u 2n+1 ) là hai dãy đơn điệu ngược chiều nhau. Khi đó nếu dãy (u n ) bị chặn thì tồn tại lim u2n = x, lim u2n+1 = y với x, y là nghiệm của hệ  x = f ( y)  y = f ( x) . Dãy (u n ) hội tụ khi và chỉ khi x = y. Bài toán 2.27. (Vũng Tàu 2013) Cho dãy số ( xn ) xác định bởi    x1 = 2013 . x2n + 8  , n ∈ N∗  xn+1 = 2 ( xn − 1) Chứng minh rằng dãy số ( xn ) có giới hạn và tìm giới hạn đó . Nguyễn Tất Thu 2.3. Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số 61 Lời giải. Trước hết chứng minh xn > 4, ∀n ∈ N∗. 9 Ta có x1 = 2013 > 4, x2 = 1007 + > 4. 4024 Giả sử xn > 4, ta chứng minh x2n + 8 xn+1 > 4 ⇔ > 4 ⇔ x2n − 8 xn + 16 > 0 ⇔ ( xn − 4)2 > 0. 2 ( xn − 1) Điều này luôn đúng. Từ đó ta có xn > 4, ∀n ∈ N∗. Xét hàm số f ( x) = x2 + 8 với x > 4, ta có 2( x − 1) f 0 ( x) = x2 − 2 x − 8 2( x − 1)2 > 0, ∀ x > 4. Mặt khác xn+1 = f ( xn ) và x1 > x2 nên suy ra dãy ( xn ) là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1. Do đó, dãy ( xn ) tồn tại giới hạn hữu hạn. Đặt lim xn = x > 4, ta có x= x2 + 8 ⇔ x 2 − 2 x − 8 = 0 ⇔ x = 4. 2 ( x − 1) Vậy lim xn = 4.  Bài toán 2.28. (VMO 2013)Cho dãy (a n ) được xác định bởi a 1 = 1 và a n+1 = 3 − an + 2 ∀ n > 1. 2a n Chứng minh rằng dãy (a n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Lời giải. Xét hàm số f ( x) = 3 − x+2 với x ∈ (1; 2), ta có 2x f 0 ( x) = ( x + 2) ln 2 − 1 > 0, ∀ x ∈ (1; 2) . 2x Suy ra f là hàm đồng biến trên (1; 2) và 1< 3 = f (1) < f ( x) < f (2) = 2 ∀ x ∈ (1; 2) . 2 3 Ta có a 2 = ∈ (1; 2) và a 2 > a 1 , suy ra dãy (a n ) là dãy tăng và a n ∈ (1; 2) ∀n > 2. Nên dãy 2 (a n ) hội tụ. Đặt lim a n = x, x ∈ [1; 2] thì x là nghiệm của phương trình x = 3− Xét hàm số g ( x) = x + x+2 x+2 ⇔ x + x − 3 = 0. x 2 2 x+2 − 3, x ∈ [1; 2] ta có 2x g 0 ( x) = 2 x + 1 − ( x + 2) ln 2 , x ∈ [1; 2] . 2x Hàm số h ( x) = 2 x − x − 1, x ∈ [1; 2] có h0 ( x) = 2 x ln 2 − 1 > 0 ∈ [1; 2] Nguyễn Tất Thu Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 62 nên h ( x) > h (1) = 0 ⇒ 2 x + 1 > x + 2 ∀ x ∈ [1; 2] . Mà ln 2 < 1 nên 2 x + 1 > x + 2 > ( x + 2) ln 2 ∀ x ∈ [1; 2] hay g0 ( x) > 0 ∀ x ∈ [1; 2]. Suy ra phương trình h ( x) = 0 có duy nhất nghiệm x = 2 trên [1; 2]. Vậy lim a n = 2.  Bài toán 2.29. Cho ( xn ) xác định bởi x1 = 1, xn+1 = x2n + 4 xn + 1 x2n + xn + 1 ; n > 1. Chứng minh ( xn ) có gới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. Lời giải. Dễ thấy xn > 0, ∀n, và xn+1 = 1 + Xét f ( x) = 3 xn x2n + xn + 1 = 2− ( xn − 1)2 x2n + xn + 1 ⇒ xn ∈ [1; 2], ∀ n. x2 + 4 x + 1 ; x ∈ [1; 2], ta có x2 + x + 1 ¡ ¢ 2 3 1 − x ¢ 6 0; ∀ x ∈ [1; 2] ( f 0 ( x) = 0 ⇔ x = 1) f 0 ( x) = ¡ 2 x + x+1 nên hàm số nghịch biến trên [1; 2]. Ta thấy x1 < x3 nên ( x2n+1 ) tăng và bị chặn trên bởi 2 , còn ( x2n ) giảm và bị chặn dưới bởi 1. Do đó chúng có giới hạn hữu hạn. Giả sử lim x2n = a, lim x2n+1 = b; a, b ∈ [1; 2] ; ta có hệ ( a = f ( b) b = f ( a) · ⇒ (a − b) 1 − ¡ " ¸ a=b 3(ab − 1) ¢¡ ¢ =0⇔ ¡ 2 ¢¡ 2 ¢ 2 2 a +a+1 b +b+1 a + a + 1 b + b + 1 = 3 (ab − 1) (2) Do ¡ ¢¡ ¢ a, b ∈ [1; 2] ⇒ 3 (ab − 1) 6 9 6 a2 + a + 1 b2 + b + 1 nên (2) ⇔ a = b = 1( loại). Do ( x2n+1 ) tăng nghiêm ngặt và x1 = 1 ⇒ b > 1) Vậy a=b=t⇒t= π t2 + 4 t + 1 ⇔ t 3 − 3 t = 1. 2 t + t+1 Từ đây tìm được lim xn = 2 cos . 9 Bài toán 2.30. (Bắc Ninh 2013) Cho dãy số (u n ) xác định bởi u1 = 1; u n+1 = n > 1. Chứng minh rằng dãy số ( xn ) không có giới hạn hữu hạn. Nguyễn Tất Thu  p 3 2 + , u n u2n 2.3. Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số 63 p 3 2 Lời giải. Xét hàm số f ( x) = + 2 , x > 0. Ta có u n+1 = f (u n ) với u1 = 1 có x x p 2 2 3 f 0 ( x) = − 2 − 3 < 0, ∀ x > 0. x x p p Mặt khác u2 = 2 + 3, u3 = −8 + 5 3 nên ( u4 = f (u3 ) > f (u1 ) = u2 u3 < u1 < u2 ⇒ . u5 = f (u4 ) < f (u2 ) = u3 Bằng quy nạp ta chứng minh được dãy {u2n } tăng và {u2n+1 } là dãy giảm với n > 1. p Do đó 1 = u1 > u3 > u5 > ….. và 2 + 3 = u2 < u4 < u6 < ..... Giả sử dãy (u n ) có giới hạn hữu hạn và lim u n = x. Suy ra lim u2n = lim u2n+1 = x. Theo đánh giá trên ta có ( lim u 2n = x < 1 p (vô lí). lim u 2n+1 = x > 2 + 3 Vậy dãy (u n ) không có giới hạn hữu hạn. 2.3.6  Giới hạn của một tổng Bài toán 2.31. Cho dãy số (u n ) được xác định như sau ( u1 = 1 u n+1 = Đặt vn = p u n ( u n + 1)( u n + 2)( u n + 3) + 1; n = 1, 2, .. . n P 1 . Tìm lim vn . i =1 u i + 2 Lời giải. Ta có u n+1 = q q = ( u2n + 3 u n )( u2n + 3 u n + 2) + 1 2 ( u2n + 3 u n + 1) = u2n + 3 u n + 1. Suy ra u n+1 + 1 = ( u n + 1)( u n + 2) ⇒ 1 u n+1 + 1 = 1 1 − . un + 1 un + 2 Suy ra 1 1 1 = − . u n + 2 u n + 1 u n+1 + 1 Do đó, suy ra vn = n X i =1 µ ¶ 1 1 1 1 1 1 − = − = − . u i + 1 u i+1 + 1 u 1 + 1 u n+1 + 1 2 u n+1 + 1 Mặt khác, từ u n+1 = u2n + 3u n + 1 ta suy ra u n+1 > 3n . Nên lim 1 2 Vậy lim vn = . Nguyễn Tất Thu 1 u n+1 + 1 = 0.  Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 64 Bài toán 2.32. Cho ( xn ) xác định bởi x1 = 5, xn+1 = x2n − 2, ∀n > 1. Tính ¶ 1 1 1 A = lim + + … + . x1 x1 x2 x1 x2 ….xn µ Lời giải. Ta có dãy ( xn ) là dãy tăng và không bị chặn nên lim xn = +∞ Mặt khác: ¡ ¢ ¡ ¢ x2n+1 − 4 = x2n x2n − 4 = x2n …x12 x12 − 4 = 21 x2n …x12 µ ¶2 xn+1 4 = 21 + . ⇒ x1 x2 …xn ( x1 x2 …xn )2 Suy ra lim p xn+1 = 21. x1 x2 …xn Lại có µ ¶ x2k − xk+1 1 xk 1 xk+1 = = − x1 x2 …xk 2 x1 x2 …xk 2 x1 x2 …xk−1 x1 x2 …xk µ ¶ 1 1 1 xn+1 1 + + …. + = x1 − ⇒ x1 x1 x2 x1 x2 …xn 2 x1 x2 …xn Do đó p ¶ 1 1 1 5 − 21 lim + . + … + = x1 x1 x2 x1 x2 ….xn 2 µ  Bài toán 2.33. (VMO 2009) Cho dãy ( xn ) :    x1 = 1   xn = 2 ³q 1 2 . ´ x2n−1 + 4 xn−1 + xn−1 , ∀ n > 2 Chứng minh rằng dãy ( yn ) xác định bởi yn = n 1 P i =1 x2i có giới hạn và tìm giới hạn đó. Lời giải. Ta có xn > 0 ∀n nên ¶ µ x2n−1 + 3 xn−1 1 q 2 1 xn − xn−1 = xn−1 + 4 xn−1 − xn−1 = q 2 2 x2 + 4 x +x n−1 n−1 > 0. n−1 Nên dãy ( xn ) là dãy tăng. Giả sử dãy ( xn ) bị chặn trên, suy ra tồn tại lim xn = x > 0. 1 ³p ´ Ta có phương trình x = x2 + 4 x + x ⇔ x = 0 (vô lí). 2 Do vậy, ta có được lim xn = +∞. Từ công thức truy hồi, ta có được (2 xn − xn−1 )2 = x2n−1 + 4 xn−1 ⇔ x2n = ( xn + 1) xn−1 . Dẫn tới 1 xn−1 = xn + 1 x2n = 1 x2n + 1 1 1 1 ⇒ 2 = − ∀ n > 2. xn xn xn−1 xn Suy ra 1 ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 yn = 2 + − + − + … + − = 6− . x1 x2 x2 x3 xn−1 xn xn x1 µ Mà lim xn = +∞ ⇒ lim Vậy lim yn = 6. Nguyễn Tất Thu 1 = 0. xn  2.4. Dãy số sinh bởi phương trình 2.4 65 Dãy số sinh bởi phương trình Ví dụ 2.15 Ký hiệu xn là nghiệm của phương trình: 1 1 1 + + … + =0 x x−1 x−n thuộc khoảng (0, 1) 1. Chứng minh dãy xn hội tụ 2. Hãy tìm giới hạn đó. Lời giải. Rõ ràng xn được xác định một cách duy nhất, 0 < xn < 1. Ta có f n+1 ( xn ) = f n ( xn ) + 1 1 = < 0, xn − n − 1 xn − n − 1 trong khi đó f n+1 0+ > 0. Theo tính chất của hàm liên tục, trên khoảng (0, xn ) có ít nhất 1 nghiệm của f n+1 ( x). Nghiệm đó chính là xn+1 . Như thế ta đã chứng minh được 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. Để chứng minh điều này, ta cần đến kết quả quen thuộc sau: ¡ ¢ 1+ 1 1 1 + + ... + > ln ( n) . 2 3 n µ ¶ 1 1 (Có thể chứng minh dễ dàng bằng cách sử dụng đánh giá ln 1 + < ) Thật vậy, giả sử n n lim xn = a > 0. Khi đó, do dãy số giảm nên ta có xn > a với mọi n. Do µ ¶ 1 1 lim 1 + + … + = +∞ 2 n nên tồn tại N sao cho với mọi n > N ta có 1+ 1 1 1 + … + > . 2 n a Khi đó với n > N ta có : 0= 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + … + < + + + ... + < − = 0. xn xn − 1 xn − n xn −1 −2 −n a a Mâu thuẫn. Vậy ta phải có lim xn = 0. Ví dụ 2.16 ( VMO-2007) Cho số thực a > 2. Đặt f n ( x) = a10 x n+10 + x n + … + x2 + x + 1 với n = 1, 2, …. Chứng minh rằng với mỗi n, phương trình f n ( x) = a có đúng một Nguyễn Tất Thu  Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 66 nghiệm xn ∈ (0; +∞) và dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn khi n → ∞. Lời giải. Đặt g n ( x) = f n ( x) − a, n = 1, 2, …thì g n ( x) liên tục và tăng trên [0; +∞). g n (0) = 1 − a < 0, g n (1) = a10 + n + 1 − a > 0 nên g n ( x) = 0 có duy nhất nghiệm trên (0; +∞). Ta có ¶ 1 n+1 µ ¶ µ ¶ 1− 1− 1 1 n+10 a 10 + gn 1 − = a 1− −a 1 a a a ¶ ¶n+1 µ µ ¶9 µ 1 1 9 −1 a 1− = a 1− a a µ ¶ ¢ 1 n−1 ¡ = a 1− (a − 1)9 − 1 > 0 a 1 ⇒ xn < 1 − . a µ Mặt khác g n+1 ( xn ) = xn g n ( xn ) + 1 + axn − a = 1 + axn − a < 0 1 ( do xn < 1 − ). a Mà g n+1 ( x) là hàm tăng và g n+1 ( xn ) < 0 = g n+1 ( xn+1 ) ⇒ xn < xn+1 . Vậy dãy ( xn ) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn.  1 bằng sử dụng đánh giá a µ ¶ ¡ ¢ 1 1 n+1 1 9 1 − − a (a − 1) − 1 1 − < xn < 1 − . a a a Chú ý 13. Có thể tính được lim xn = 1 − Hoặc sử dụng định lí Lagrange. Ví dụ 2.17 (Bến Tre 2013) Cho phương trình: x2n+1 = x + 1 (1) (với n ∈ N∗). 1. Chứng minh rằng với mỗi giá trị nguyên dương n, phương trình (1) có đúng một nghiệm dương. 2. Xét dãy số ( xn ) được xác định như sau xn là nghiệm dương của: x2n+1 = x + 1. Tính lim xn . n→∞ Lời giải. Phương trình tương đương với x( x2n − 1) = 1. Từ đây suy ra x < 1 không phải là nghiệm của phương trình. Đặt f ( x) = x2n+1 − x − 1. Ta có f 0 ( x) = (2 n + 1) x2n − 1 > 0 với mọi x > 1. Nguyễn Tất Thu 2.4. Dãy số sinh bởi phương trình 67 Lại có f (1) = −1 < 0 nên phương trình có nghiệm duy nhất lớn hơn 1. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có xn = p 2 n+1 xn + 1 6 2 n + xn + 1 2n + 1 1 1 ⇔ xn 6 = 1+ ⇒ 1 6 xn 6 1 + . 2n + 1 2n 2n 2n Theo nguyên lí kẹp ta có limn→+∞ xn = 1.  Ví dụ 2.18 (Ninh Bình 2013) Cho phương trình (ẩn x, tham số n nguyên dương) x + 2 x2 + 3 x3 + ... + nx n − 3 = 0. 4 1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n phương trình có 1 nghiệm dương duy nhất, kí hiệu nghiệm đó là xn . 1 3 2. Chứng minh rằng lim xn = . n→∞ Lời giải. 1) Đặt f n ( x) = x + 2 x2 + 3 x3 + ... + nx n − 3 4 liên tục trên toàn trục số. Ta có f 0 ( x) = 1 + 4 x + 9 x2 + ... + n2 x n−1 > 0∀ x ∈ (0; +∞). Ta suy ra f ( x) đồng biến trên (0; +∞). Mặt khác f ( x) liên tục trên (0; +∞) và f (0) = −3 1 < 0, f (1) = + 2 + 3 + ... + n > 0. 4 4 Từ đây ta suy ra f (0). f (1) < 0 Từ các điều kiện trên ta suy ra tồn tại duy nhất xn ∈ (0; +∞) sao cho f n ( x) = 0 hay nói cách khác là f n ( x) có nghiệm dương duy nhất xn với mỗi n. 3 4 2) Ta dễ thấy xn là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0. Thật vậy xn + 2 x2n + ... + nxnn = . Do xn nguyên dương và 3 < 1 nên khi n → +∞ thì xn giảm. 4 Vậy xn tồn tại giới hạn hữu hạn. Đặt lim xn = L (0 6 L < 1) ⇒ lim xnn = 0. Từ công thức truy hồi ta có: xn + 2 x2n + ... + nxnn = 3 4 3 xn ( xn > 0) 4 3 3 ⇒ xn + x2n + … + xnn − nxnn+1 = − xn 4 4 xn (1 − xnn ) n 3 3 1 − n+1 = − xn (a > 1, x n+1 = n+1 ). ⇒ 1 − xn 4 4 a a ⇒ x2n + 2 x3n + … + nxnn+1 = Nguyễn Tất Thu Chương 2. GIỚI HẠN DÃY SỐ 68 Vì với mọi a > 1, n ∈ N thì lim n = 0 nên ta có an 3 1 L = (1 − L) ⇒ L = (0 6 L < 1). 1−L 4 3 1 3 Vậy lim xn = .  Ví dụ 2.19 Cho n > 1 là một số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình x n = x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là xn . Chứng minh rằng lim xn = 1 và tìm lim n( xn − 1). Lời giải. Rõ ràng xn > 1 ∀n. Đặt f n ( x) = xn x1, khi đó f n+1 (1) = −1 < 0 và f n+1 ( xn ) = xnn+1 xn 1 > xnn xn 1 = f n ( xn ) = 0. Từ đó ta suy ra 1 < xn+1 < xn . Suy ra dãy tồn tại lim xn = a. Ta chứng minh a = 1. Thật vậy, giả sử a > 1. Khi đó xn > a ∀n và ta tìm được n đủ lớn sao cho: xnn > a n > 3 và xn + 1 < 3, mâu thuẫn ví f n ( xn ) = 0. Để giải phần cuối của bài toán, ta đặt xn = 1 + yn với lim yn = 0 . Thay vào phương trình f n ( xn ) = 0, ta được (1 + yn )n = 2 + yn . Lấy logarith hai vế, ta được n ln (1 + yn ) = ln (2 + yn ) . Từ đó suy ra : lim n ln (1 + yn ) = ln 2 Nhưng lim ln (1 + yn ) = 1, yn nên từ đây ta suy ra lim (n yn ) = ln 2, tức là : lim n( xn − 1) = ln 2. Ví dụ 2.20 (VMO 2002) Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình 1 1 1 1 + + ... + 2 = x − 1 4x − 1 n x−1 2 có một nghiệm duy nhất xn > 1. Chứng minh rằng lim xn = 4. Nguyễn Tất Thu  Lời giải. Đặt f n ( x) = 1 1 1 1 + + … + 2 − x − 1 4x − 1 n x−1 2 và gọi xn > 1 là nghiệm duy nhất của phương trình f n ( x) = 0. Ta có 1 1 1 1 − + + … + 2 4 − 1 16 − 1 4n − 1 2 1 1 1 1 + + … + − = 1.3 3.5 (2 n − 1)(2 n + 1) 2 µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = − + − + … + − − =− . 2 1 3 3 5 2n − 1 2n 2 4n f n (4) = Áp dụng định lý Lagrange, ta có : 1 = | f n ( xn )– f (4)| = | f 0 ( c)|| xn − 4| với c ∈ ( xn , 4) Nhưng do 4n | f n 0 ( c)| = Nên từ đây | xn –4| < 1 2 ( c − 1) 9 , suy ra lim xn = 4. 4n + 4 1 + ... > . 9 (4 c − 1) 2 
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top