GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP TÍNH GIỚI HẠN DÃY SỐ Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lƣơng Thế Vinh - Đồng Nai 1 - Nêu vấn đề Ta xét c{c b|i to{n kh{ kinh điển sau 1 2 Bài toán 1: Cho dãy số xn x{c định bởi xn1 5 2 xn , x1 . Hãy chứng minh dãy đã cho hội tụ v| tìm giới hạn. Bài toán 2: Cho dãy số yn x{c định bởi yn1 5 2 yn 1 1 , y1 . Hãy chứng 2n 1 2 minh dãy đã cho hội tụ v| tính giới hạn. 1 2 Bài toán 3: Cho dãy số zn x{c định bởi 2 zn2 5 2 zn1 5 2 zn , z1 z2 . Dãy đã cho có hội tụ hay không? Nếu có hãy tính giới hạn. Để giải quyết b|i to{n 1, có kh{ nhiều hướng đi Hƣớng 1: Sử dụng định lý Lagrange. Hƣớng 2: Chia l|m hai dãy, một dãy tăng v| có giới hạn, một dãy giảm v| có giới hạn để suy ra kết quả. Tuy nhiên, hai hướng đi n|y kh{ bế tắc trong trường hợp b|i to{n 2 v| 3 khi trong hai b|i to{n n|y có v|i sự thay đổi. B}y giờ, ta sẽ tổng qu{t hóa 1 lớp h|m cho b|i to{n 1 n|y v| giải được theo hướng 2. Sau đó, sẽ đề xuất c{c mở rộng phù hợp cho hai b|i to{n còn lại. 2 – Dãy số sinh bởi hàm nghịch biến một ẩn Kh{ nhiều b|i to{n giới hạn có cấu trúc xn1 f xn với f x l| h|m số nghịch biến. Ta xét ; , l| h|m số liên tục, nghịch biến Bài toán 2.1: Cho h|m số f : ; trên ; v| hệ phương trình x f y y f x 1 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai Có nghiệm duy nhất x y a thì dãy số xn : xn1 f xn , x0 ; hội tụ về a. Lời giải: Giả sử x0 x2 thì x1 f x0 x3 f x2 , x2 f x1 x4 f x3 ... . Qu{ trình n|y tiếp diễn liên tục cho ta x2n l| dãy giảm v| x2 n1 l| dãy tăng. Đồng thời hai dãy n|y bị chặn (do thuộc ; ) nên hội tụ. Đặt a1 lim x2n , b1 lim x2 n1 v| lấy lim ta có hệ a1 f a2 a2 f a1 Hệ n|y có duy nhất nghiệm theo giả thiết nên a1 a2 a hay dãy đã cho hội tụ. Trường hợp x0 x2 l|m tương tự cũng cho ta cùng 1 kết quả. ; , thì kết quả vẫn đúng do khi đó, giả sử Nhận xét 2.1: Nếu f : ; x2n l| dãy giảm v| nó bị chặn dưới bởi nên có giới hạn. Đồng thời từ x2n x2n1 f với mọi n hay dãy x2 n 1 tăng v| bị chặn trên nên cũng có giới hạn. Từ đ}y có kết quả cần tìm. Ví dụ 2.1: Dãy xn : xn1 1 1 thì xn 0;1 , n 0 và h|m số f x nghịch 2 1 x2 1 xn biến trên 0;1 đồng thời Im f 0;1 . Xét hệ phương trình 1 x 1 y 2 y 1 1 x2 Đưa về giải phương trình x 1 1 1 2 1 x 2 , thông qua xét h|m số, ta có phương trình n|y đúng 1 nghiệm nên dãy đã cho hội tụ. Thật sự, với giả thiết điều kiện của h|m f thì khó ứng dụng rộng rãi trong các bài toán khác. Tôi xét bài toán sau 1 2 Bài toán 2.2: (Đề thi trường hè to{n học 2016) Cho x1 ; xn1 1 xn xn2 . Tính giới hạn dãy đã cho. Lời giải: B|i to{n đưa ra vấn đề sau 2 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai Cần chặn dãy xn trên khoảng a; b hợp lý để f x 1 x x2 nghịch biến trên đó. Nếu khởi đầu bằng quy nạp, việc lựa chọn a; b thích hợp cũng g}y lúng túng cho học sinh. Ta xét c{ch chặn xn như sau. 1 - H|m số f x 1 x x2 nghịch biến trên ; . 2 - Phương trình x 1 x x2 có nghiệm l| 1 v| dự đo{n giới hạn l| 1. 1 2 ra hai dãy x2 n1 tăng v| x2n giảm đồng thời x2n 1; x2 , x2n1 x1;1 nên hai dãy - x1 1, x1 x3 và suy ra x2 1, x2 x4 . Qu{ trình n|y tiếp diễn liên tục tạo đã cho hội tụ. 2 x 1 y y Xét hệ phương trình cho ta giới hạn của dãy xn là 1. 2 y 1 x x Nhận xét 1: Chỉ cần x1 ;1 thì dãy cũng hội tụ. 1 2 Nhận xét 2: Chỉ cần x1 0;1 thì dãy đã cho cũng hội tụ. Ta có thể mở rộng điều kiện b|i to{n 2.1 từ c{ch giải quyết b|i to{n 2.2 như sau Bài toán 2.3: Cho h|m số f : D , nghịch biến trên D v| dãy xn x{c định bởi xn1 f xn v| thỏa điều kiện: 1/ x1 x3 , x1 x2 và x1; x2 D a f b có nghiệm duy nhất a b l trên x1; x2 . b f a 2/ Chứng minh dãy đã cho có giới hạn Lời giải: Đầu tiên, ta chứng minh xn x1; x2 D, n . Thật vậy, có thể xét quy nạp không ho|n to|n như sau 3 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai x1 x2 x2 x3 x3 x1; x2 x3 x4 và x1 x3 x2 x4 x4 x1; x2 x3 x5 . Từ đó, ta có x3 x5 , x3 x4 ; x3 , x4 , x5 x1; x2 . Qu{ trình n|y tiếp diễn liên tục cho ta điều phải chứng minh. Xét dãy x2n f f x2n2 , x2n1 f f x2n1 . Từ chứng minh trên ta có x2 n1 là dãy tăng v| x2n l| dãy giảm. Đồng thời x2n1 x1; x2 , x2n x1; x2 nên hai dãy đã cho hội tụ. Đặt a lim x2n , b lim x2n1 . Lấy lim hai vế của xn1 f xn ta có hệ a f b b f a Vậy, theo giả thiết, hệ có nghiệm duy nhất a b l nên lim xn l . Nhận xét 2.3: Điều kiện của b|i to{n 2.3 bỏ đi điều kiện cho Imf đồng thời thu x f y hẹp miền có nghiệm duy nhất cho hệ . y f x Nhận xét 2.4: Điều kiện 1/ có thể thay th|nh x0 x1 , x0 x2 . 4 xn3 1 4 x3 , x0 . Thì khi đó, f x Ví dụ 2.2: Xét dãy xn , xn1 l| h|m nghịch 3 2 3 1 biến, x0 1, x0 x2 0, 615 . Mặt kh{c, lại xét hệ 2 3a 4 b3 3 3b 4 a Ta chỉ quan t}m a, b x0 ; x1 . Thay b 4 a3 v|o phương trình đầu để có 3 phương trình a 1 3 a 6 3a5 6a 4 2a3 21a 2 57a 44 0 Và do a x0 ; x1 ; 1 31 nên a 1 và suy ra b 1 . Vậy, theo b|i to{n 2.2.3, dãy 2 24 đã cho hội tụ về 1. 4 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai Sau đ}y, ta xét thử 1 dãy kh{c với kết cấu h|m thay đổi nhưng c{ch chứng minh vẫn không bị ảnh hưởng. Ví dụ 2.3:Xét dãy xn x{c định bởi xn1 4 xn3 1 1 1 yn1 , x1 ; yn1 2 yn , y1 . 6 2 2 2 Lời giải: Nhận xét đơn giản ta có: y2 n1 l| dãy tăng v| y2n l| dãy giảm đồng thời lim yn 1. Xét v|i gi{ trị: x1 0,5; x2 1, 26; x3 0,75; x4 1,118 v| có bảng dưới. Khi đó, quy nạp không ho|n to|n ta có hai dãy như sau x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 .... y1 y2 y3 y4 y5 y6 y7 .... Ta kiểm tra được tính chất xi xi 1 thì xi 1 xi 2 , xi 2 xi 3 với mọi gi{ trị i.Và tính được x1 1, x1 x3 , x1 x2 nên quy nạp được x2n1 1, x2n1 l| dãy tăng với mọi gi{ trị n nguyên dương. Tương tự, dãy x2n giảm v| bị chặn dưới bởi x1 . Vậy hay 3a 4 b dãy x2n , x2n1 lần lượt hội tụ về a,b. Khi đó, lấy lim ta có hệ v| hệ 3 3 3b 4 a n|y đúng 1 nghiệm l| 1 thuộc x1; x2 nên dãy xn hội tụ về 1. 5 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Ví dụ 2.4: Xét dãy xn : xn1 Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai axn b , x0 0 và ad bc 0; a, b, c, d 0 thì rõ ràng các cxn d ay b x cy d phần tử của dãy đều l| số dương đồng thời hệ cũng chỉ có đúng 1 y ax b cx d nghiệm dương. Theo b|i to{n 2.1 ta có dãy đã cho hội tụ. Ví dụ 2.5: Xét dãy xn : xn1 3 a , x0 0 với a,b l| c{c số dương thỏa b a, b 1 . x b 2 n Khi đó, dãy đã cho hội tụ theo b|i to{n 1. a 3 x y 2 b Thật vậy, ta chỉ cần chứng minh hệ có nghiệm duy nhất thuộc 0;1 , y3 b x2 b quy đồng rồi trừ theo vế ta có phương trình x y x2 y 2 b x2 xy y 2 0 . Lại chú ý rằng x2 y 2 xy 1 b nên có x y điều cần chứng minh. Thay v|o 1 x 2 y 2 xy trong hai phương trình ta có x5 bx3 a v| tất nhiên phương trình n|y có nghiệm dương duy nhất. Ví dụ 2.6: Cho dãy số x0 1, xn1 cos sin xn thì khi đó, xn 0;1 với mọi n v| lại x cos sin y có h|m số f x cos sin x nghịch biến trên (0;1). Xét hệ . Thay y cos sin x phương trình thứ hai v|o phương trình đầu cho ta x cos sin cos sin x , bằng việc khảo s{t h|m số, ta thấy phương trình chỉ có nghiệm duy nhất. Hay hệ có nghiệm duy nhất. Từ đ}y ta có dãy xn hội tụ theo b|i to{n 1. 2 1 Ví dụ 2.7: Cho dãy số x0 3, xn1 2 x . Khi đó, h|m số f x 2 x đi từ 1,5; đến 1,5; do ta chứng minh được theo quy nạp: xn 1,5 với mọi gi{ trị n. n 2 y x 2 Xét hệ phương trình , giả sử x < yta có theo định lý Lagrange, tồn tại 2 y 2x 1 x y x c y để xy 2c ln 2 . x y 2. c ln 2 xy Từ đó, 2x ln 2 xy 2 y ln 2 2ln 2 y, x 2ln 2 . Điều n|y m}u thuẫn do x 1,5 . 6 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai L|m tương tự trường hợp y < x ta cũng dẫn đến m}u thuẫn. Vậy x y , và khi 2 ấy, phương trình x 2 x chỉ có nghiệm duy nhất nên ta có giới hạn dãy đã cho là 2. Tương tự ý tưởng n|y, ta tổng qu{t hóa 1 b|i to{n như sau x a f x Bài toán 2.4: Cho a>1 và f x nghịch biến trên 0; . Giả sử hệ có f y y a nghiệm dương duy nhất x y l thì khi đó, dãy số x{c định bởi x0 0, xn1 a f x hội tụ. n 3 – Dãy số sinh bởi hàm hai biến loại I 1 2 Ta xét dãy số xn2 2 2 xn xn1 , x1 , x2 1 . Bằng c{ch thử bằng m{y tính, ta thấy dãy đã cho hội tụ về 2 v| dãy có kết cấu dạng xn2 f xn1 , xn v| h|m số f x, y có tính chất 1/ Đồng biến theo biến y với mọi x dương v| nghịch biến theo biến x với mọi y dương. 2/ Qua tính to{n, ta thấy xn thỏa 1 xn số f x, y bị chặn. 5 với mọi gi{ trị n lớn hơn 1 nên hàm 2 Từ c{c nhận xét trên, ta thử xét b|i to{n Bài toán 3.1:Cho h|m số f x, y đi từ 0; đến 0; thỏa điều kiện 1/ v| bị 2 x f y; x có nghiệm duy nhất l| L y f x; y chặn hay M sup f x, y . Đồng thời hệ x , y 0 thì dãy xn : x0 , x1 0; xn2 f xn1 , xn hội tụ về L. Lời giải:Ta sẽ chọn dãy phụ để kẹp dãy xn . Xét hệ dãy u0 0, v0 M un 1 f vn , un vn 1 f un , vn 1 Khi đó, dễ có u0 x1 ,..., xn , xn1 , xn2 ... v0 với mọi n tự nhiên. Và u1 x2 ,..., xn2 f xn1; xn , xn3 ,.... f u0 ; v0 v1 đúng với mọi gi{ trị n tự nhiên. Một c{ch tương tự thì 7 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai u2 x4 ; x5 ;...; xn ;... v2 u3 x6 ; x7 ;...; xn ;... v3 <<.<<<<< un x2n , x2n1 ,.... vn Hay đơn giản hơn: hai dãy x2n , x2n1 bị kẹp giữa hai dãy un , vn Lại có u0 u1 , v0 v1 nên từ định nghĩa hai dãy un , vn ta có u2 u1 , v2 v1 ,... Và quy nạp được un l| dãy tăng, vn l| dãy giảm. Tất nhiên theo tính bị chặn của h|m số f x, y cho ta sự hội tụ của hai dãy. u f v; u Đặt lim un u,lim vn v v| lấy lim hai vế của (1) cho ta hệ có nghiệm v f u; v duy nhất l| L hay lim un lim vn L . Áp dụng định lý kẹp, ta có lim x2n lim x2n1 L lim xn . Nhận xét 3.1: - Từ c{ch chứng minh trên, ta có thể thay điều kiện h|m số f x, y bị chặn bởi dãy xn bị chặn trên *a;b+. - Ta thay điều kiện 1/ bởi: Đồng biến theo biến y trên *a;b+ với mọi x a; b và nghịch biến theo biến x trên *a;b+ với mọi y a; b . Áp dụng: Quay lại b|i to{n mở đầu 5 5 5 - Do u1; u2 1; nên 1 2 2 u3 2 2u1 u2 2 5 1 v| quy nạp được 2 5 kết quả un 1; với mọi n. 2 2 2 2 2 x 2 2x y 5 - Vậy ta chỉ xét h|m số f x; y 2 2 y x trên miền 1; v| hệ 2 2 y 2 2y x 5 chỉ có nghiệm duy nhất l| (2;2) trên vùng 1; . 2 Vậy, dãy đã cho có giới hạn l| 2. 2 xn 1 , x1 , x0 0 , khi đó, dãy n|y bị chặn bởi 0 v| 2 1 xn1 xn 2 y 1 đồng thời h|m số f x; y đồng thời thỏa cả hai điều kiện: x y 1 Ví dụ 3.1: Cho dãy xn2 8 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai 1/ Đồng biến theo biến y với mọi x dương v| nghịch biến theo biến x với mọi y dương. x f y; x 2/ Bị chặn v| hệ có nghiệm dương duy nhất l| 1. y f x; y Vậy, dãy đã cho hội tụ. Ta có lim xn 1 . Bài toán 3.2: Cho h|m số f x, y đi từ 0; đến 0; thỏa điều kiện 2 1/ Đồng biến theo biến x với mọi y dương v| nghịch biến theo biến y với mọi x dương x f x; y 2/ Bị chặn hay M sup f x, y . Đồng thời hệ có nghiệm duy y f y; x x , y 0 nhất l| L thì dãy xn : x0 , x1 0; xn2 f xn1 , xn hội tụ về L. Lời giải: Ta nhận xét đ}y l| b|i to{n 3.1 chỉ thay đổi giả thiết của h|m số f x; y . Chú ý l| phương ph{p l|m vẫn tương tự như thay đổi c{ch đặt dãy kẹp như sau u0 0, v0 M un 1 f un , vn vn 1 f vn , un 1 C{c bước còn lại như b|i to{n 2.1 nên ta không viết lại ở đ}y. Ví dụ 3.2: Cho dãy xn2 2 xn1 1 , x1 , x0 0 thì dãy này thỏa c{c điều kiện của 1 xn1 xn bài toán 2.2 nên hội tụ về 1. Ví dụ 3.3: Cho dãy x1 x2 1, xn2 1 3 xn xn1 1 . Chứng minh dãy đã cho hội tụ. 3 Lời giải: - Ta quy nạp được xn 0;1 với mọi gi{ trị n, hay dãy (xn) bị chặn. 1 3 y x 1 đồng biến theo x với mọi y thuộc 0;1 v| nghịch 3 biến theo y với mọi x thuộc 0;1 . - H|m số f x; y 9 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai 1 3 x 3 x y 1 - Hệ chỉ có nghiệm L duy nhất thuộc *0;1+. y 1 y 3 x 1 3 Vậy, dãy đã cho hội tụ. 4 – Dãy số phát sinh bởi hàm hai ẩn loại II Xét dãy xn x1 x2 2 x{c định bởi . 3 xn 2 1 x x n n 1 Nhận xét: Dãy đã cho có dạng xn2 f xn1 , xn và f x; y 3 nghịch biến 1 x y theo từng biến x,y. Dễ thấy: xn 0;3 với mọi gi{ trị n 1, 2,... u1 0, v1 3 3 Đặt un 1 , 1 2 v n 3 vn 1 1 2un Khi ấy ta có: xn u1; v1 với mọi gi{ trị n nên xn 2 3 3 3 3 v2 và xn 2 u2 , 1 xn xn1 1 2u1 1 xn xn1 1 2v1 Điều n|y đúng với mọi gi{ trị n 0 . Lập luận tương tự thì xn 2 3 3 3 3 v3 và xn 2 u3 , 1 xn xn1 1 2u2 1 xn xn 1 1 2v2 V| điều n|y đúng với mọi gi{ trị n 2 . Qu{ trình n|y tiếp diễn liên tục thì um xn2 vm , n 2 m 2 10 1 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Mặt kh{c, u1 u2 , v1 v2 nên u3 Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai 3 3 3 3 u2 , v3 v2 < qu{ 1 2v2 1 2v1 1 2u2 1 2u1 trình n|y l|m tương tự cho ta un l| dãy tăng v| vn l| dãy giảm. Đồng thời hai dãy bị chặn nên tồn tại lim l| a,b thuộc 0;3 . Xét hệ 3 a 1 2b b 3 1 2a Thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất trong (0;3). Vậy, lấy lim c{c vế của (1) v| từ định lý kẹp cho ta lim xn 1 Từ c{ch chứng minh trên v| c{c b|i to{n 2.1, 3.1 ta có b|i to{n tổng qu{t sau Bài toán 4.1: Cho dãy xn : x1 , x2 , xn2 f xn1 , xn v| bị chặn trên (a;b). Biết f x; y thỏa hai điều kiện sau 1/ Nghịch biến theo từng biến trên (a;b). x f y; y 2/ Hệ chỉ có nghiệm (L;L) duy nhất trên (a;b) 2. y f x; x Khi ấy, dãy đã cho hội tụ về L. Phương ph{p chứng minh vẫn tương tự như c{c phần trước v| đã minh họa ở b|i to{n mở đầu nên ta không chứng minh lại nữa. Ví dụ 4.1: Cho dãy xn x{c định bởi x1 , x2 0, xn2 1 1 . 1 xn1 1 xn Lời giải: 1. Dãy đã cho bị chặn trên 0; 2 v| h|m số f x; y 1 1 nghịch biến theo 1 x 1 y từng biến trên (0;2). 2 x 1 y x y x xy 2 2 2. Xét hệ v| hệ n|y chỉ có nghiệm duy nhất l| y xy 2 x x 2 2 y 1 x (1;1) Vậy dãy đã cho có giới hạn l| 1. 11 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai Ví dụ 4.2: Cho dãy xn x{c định bởi xn2 1 1 1 . 2 xn1 , x1 x2 . Tính giới 1 xn 2 2 hạn dãy đã cho. Lời giải: Ta lần lượt kiểm tra c{c điều kiện của b|i to{n 4.1 1/ Ta có x1 , x2 0; 2 . Giả sử xk , xk 1 0; 2 thì 0 xk 2 0 xk 3 1 1 1 . 2 xk 1 1 22 1 xk 2 2 1 1 1 . 2 xk 2 1 22 1 xk 1 2 2 Vậy dãy đã cho bị chặn v| giảm theo từng biến. 1 1 x 1 y 2 2 y 2/ Xét hệ . Trừ theo vế ta có 1 1 y 2 x 1 x 2 1 x y 1 1 x 1 y 2 0 1 2 x 2 y 1 1 11 xn với mọi gi{ trị n > 2. Từ 2 10 1 4 và Khi đó, do 1 x 1 y 9 Mặt kh{c, ta có thể chặn dãy trên chặt hơn: 1 11 đó chỉ xét hệ đã cho trên ; . 2 10 2 1 2 x 2 y 10 1 nên 12 1 x 1 y 2 x y v| ta có phương trình x 1 2 x 2 y 1 . Vậy từ (1) suy ra 1 1 2 x với vế tr{i l| h|m số đồng biến 1 x 2 nên chỉ có đúng 1 nghiệm v| nghiệm đó l| 1. Hay hệ đã cho chỉ có nghiệm (1;1). Vậy dãy đã cho hội tụ về 1. 5 – Sự hội tụ của dãy xn1 f xn ; n A - Mở đầu Ta xét bài toán sau Ví dụ 5.1:Chứng minh rằng dãy xn1 2 1 , x1 2 . xn 1 n 12 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai Lời giải:Lập trình trên Excel, ta có gi{ trị của một số số hạng đầu như sau Từ c{c bảng gi{ trị trên, ta có thể sử dụng ý tưởng: dãy giảm bị chặn thì hội tụ theo định lý Weiestrass. Nghĩa l| cần chứng minh xn 1 với mọi gi{ trị n. Khi ấy, xét xn1 1 0 điều n|y tương đương chứng minh xn n 1 . V| ta chứng n 1 minh được kết quả n|y theo quy nạp. Tất nhiên {p dụng định lý kẹp để có điều cần chứng minh. Qua b|i to{n n|y, ta nhận xét về hai vấn đề 1. Chặn n|o l| hợp lý cho lớp dãy xn với xn1 f xn g n ? 2. Phương ph{p n|o tổng qu{t cho lớp dãy xn với f x , g x có điều kiện cho trước? 1 1 n 1 9n 2 2n 1 có nghiệm l| yn . 1 x n 2n 1 1 1 1 Khi đó, ta có y2 x2 y1 và suy ra x3 y2 . Mặt kh{c, x3 1 x2 2 1 x2 2 1 1 1 y1 y3 . 1 y1 2 2 Cách giải 1: Xét phương trình x 13 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai Ta sẽ chứng minh yn yn2 1 n n 1 9 n 2 2 n 2 1 9n 2 2n 1 1 2n 2 n 2 n n 1 n 2 2 2n 2 n 2 2 (9n 2 2n 1) n 2 9 n 2 2 n 2 1 n 2 9n 2 2n 1 n 9 n 2 2 n 2 1 2 2 2 n 1 6n 2 n 1 n 2 9n2 2n 1 n 9 n 2 2 n 2 1 2 Lại có 2n2 6n 2 n 1 n 2 3n 1 n 3n 7 với mọi gi{ trị n> 1. Vậy yn yn 2 1 với mọi n. n n 1 Ta chứng minh yn1 xn yn với mọi gi{ trị n nguyên dương. Thật vậy, kiểm tra mệnh đề đúng khi n =1, 2. Giả sử mệnh đề đúng khi n = k hay ta có yk 1 xk yk xk 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 yk 1 yk theo yk và xk 1 xk 1 k yk 1 1 k k k 1 xk 1 k yk 1 k chứng minh trên. Vậy theo quy nạp thì yn1 xn yn đúng với mọi gi{ trị n. Lấy giới hạn hai vế, ta có điều cần chứng minh. Cách 2: Ta sử dụng bổ đề Cho dãy xn , yn l| c{c dãy số dương thỏa mãn 1. lim yn 0 2. xn1 qxn yn , n 1, 2,3,... Với q l| 1 số dương bé hơn 1 cho trước. Vậy khi đó, lim xn 0 . Áp dụng:Từ giả thiết ta có xn 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . xn 1 xn 1 xn 1 n xn 1 n 2 n Từ đ}y, {p dụng bổ đề ta có lim xn 1 0 hay lim xn 1 . 14 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai Chứng minh bổ đề: Ta chứng minh ở b|i to{n 5.2 Nhận xét 5.1: 1. Với c{ch 1, ta đề xuất tìm ra 1 dãy chặn hợp lý cho dãy xn đó dãy yn thỏa yn 2 1 . 1 yn n 2. Với c{ch 2, ta đưa ra 1 bổ đề dùng hẳn cho 1 lớp h|m v| tính tổng qu{t cao hơn. Sau đ}y, l| một v|i tổng qu{t cho hai c{ch đã nêu trên B – Dãy dƣơng xn thỏa xn1 qxn yn Bài toán 5.1:Cho dãy xn x{c định bởi x1 , xn1 f xn ; n . Trong đó, đặt yn là dãy nghiệm của phương trình x f x; n . Nếu c{c điều kiện sau thỏa mãn 1/ x1 y1 2/ yn l| dãy tăng v| f x, n đồng biến theo x. Thì dãy xn bị chặn trên bởi dãy yn . Lời giải: Do f x, n đồng biến theo biến x v| lại có x1 y1 nên x2 f y1;1 y1 y2 , x3 f y2 ;2 y2 y3 ,... Qu{ trình n|y liên tục cho ta điều cần chứng minh. Bài toán 5.2: Cho q l| số dương nhỏ hơn 1. Xét xn , yn l| hai dãy dương trong đó lim yn 0. Khi đó, nếu xn1 qxn yn , n thì lim xn 0. Lời giải:Lấy ε l| một số dương bất kì. Do lim yn 0 nên tồn tại N đủ lớn để ε yn , n. 2 ε Với k l| một số nguyên lớn hơn N thì yk , n. Khi đó, ta có với mọi n thì 2 15 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai xn k qxn k 1 yn k 1 ε q qxn k 2 yn k 2 (1 q) 2 ε q 2 xn k 2 (1 q)(1 q) 2 ................................................... 1 qn ε q xk (1 q). 2 1 q n 1 qn ε ε q xk (1 q). q n xk . 2 1 q 2 n (*) Để ý rằng do q l| số dương nhỏ hơn 1 nên lim qn 0. Từ đó tồn tại M đủ lớn để qn ε , n M. 2 xk Vì vậy, kết hợp với (*) suy ra xn k ε, n. Hay ta có thể viết lại th|nh ε 0; T 0, n T : xn ε. Dẫn đến lim xn 0. Ho|n tất chứng minh. Nhận xét 5.2: - Bài toán 5.1 cung cấp cho ta 1 c{ch chặn dãy chứ không ho|n to|n đưa ra 1 phương ph{p tính giới hạn hiệu quả. - Bài toán 5.2 chỉ ra giới hạn của một lớp c{c h|m nhiều ứng dụng. Ta xét hai ví dụ sau để thấy rõ thêm điều n|y. Ví dụ 5.2:Cho dãy xn thỏa x1 3, xn1 xn 13 2 xn 2. n Tính giới hạn của dãy đã cho. Lời giải: Trước hết, dễ d|ng chứng minh quy nạp được 4 xn 6, n 2. Từ đó 16 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai xn1 4 xn 2 xn 2 13 2 xn n 3 2 xn n 1 xn 4 . xn 2 3 12 n 3 1 12 xn 4 , n * . 2 n Đến đ}y ta đã có được “dạng” của bổ đề. Áp dụng bổ đề, ta có lim xn 4 0, từ đó lim xn 4. Ví dụ 5.3:Cho dãy xn thỏa xn2 xn 3 x1 2, xn1 . 8 n 2 Tính giới hạn dãy đã cho. Lời giải: Dùng quy nạp thì 0 xn 2, n * . Từ đó xn2 4 xn xn1 2 8 n xn 2 8 . xn 2 xn n 1 2 xn 2 , n * . 2 n Áp dụng bổ đề, ta có lim xn 2 0, hay lim xn 2. B|i to{n sau l| một mở rộng của b|i to{n 5.2 lên dãy truy hồi cấp hai. Bài toán 5.3: Cho c{c số thực p, q 0;1 và dãy dương xn thỏa xn2 p q xn1 pqxn an , n 1;2;3;.... với lim an 0 . Khi đó, lim xn 0 . Lời giải: 17 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai Từ giả thiết cho ta: xn2 qxn1 p xn1 qxn an , n 1;2;3... từ đ}y suy ra lim xn1 qxn 0 theo b|i to{n 5.2. Lại có đ}y l| dãy dương nên cũng suy ra kết quả lim xn 0 . Ví dụ 5.4: Dãy số xn2 1 1 n2 xn1 3 xn ; x1 , x2 0 . Tính giới hạn dãy đã cho 3 2 6n 5 Lời giải: Ta đ{nh gi{ thông qua lượng liên hợp để có kết quả xn 2 1 1 1 7 xn1 1 xn 1 6 6 6 6n 5 Từ đ}y {p dụng b|i to{n 5.3 để suy ra kết quả. C – Các dãy số quy về đánh giá ở 5.2 Cho c{c h|m số f x ; g x khả vi trên tập x{c định D. Ta xét c{c cấu trúc dãy như sau Dãy 1: xn1 f xn an , trong đó lim an a, xn ; n và f ' L 1, ; , Cách biến đổi: Giả sử phương trình x f x a có nghiệm duy nhất x0 ; . Xét xn1 x0 f xn f x0 an a từ đ}y {p dụng định lý Largange ta có đ{nh gi{ xn1 x0 L xn x0 an a , n 1;2;... Với chú ý lim an a 0 nên {p dụng 5.2 ta có kết quả. Dãy 2: xn1 an . f xn bn , trong đó lim an a,lim bn b; xn ; n và af ' aL 1, ; , Cách biển đổi: Giả sử phương trình x af x b có nghiệm duy nhất x0 ; . Xét xn1 x0 an f xn f x0 an a . f x0 bn b với mọi n = 1;2;3;< Lại {p dụng định lý Largange ta có đ{nh gi{ xn1 x0 aL xn x0 an a . f x0 bn b , n đủ lớn Từ đ}y ta suy ra kết quả. Áp dụng: 18 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh 1. Cho dãy x1 0, xn1 Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai 3n 10 3 xn 6, n 1; 2;3;... Chứng minh dãy đã cho hội tụ v| 2n 3 tính giới hạn dãy đã cho. 2. Cho dãy u1 1; un1 n 1 2 un 2 . Chứng minh dãy đã cho hội tụ v| tính giới 3n 2 hạn ấy. 3. Cho dãy xn1 3n 2 3 2 . xn 4 , x1 0 . Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ 2n 5 3 v| tính giới hạn. Dãy 3: xn1 an . f xn bn g xn cn , trong đó lim an a,lim bn b,lim cn c; xn ; n và f ' L , g ' H , ; trong đó aL bH 1 . Cách biển đổi: Giả sử phương trình x af x bg x c có nghiệm duy nhất x0 ; v| ta biến đổi tương tự để có đ{nh gi{ xn1 x0 aL bH xn x0 an a . f x0 bn b g x0 cn c , n đủ lớn Áp dụng: (VMO 2015) Cho dãy số x{c định bởi công thức x1 3, xn1 n2 1 xn2 3 xn 2 4n a 2 Chứng minh dãy đã cho hội tụ với mọi gi{ trị a dương, tính giới hạn đó. Dãy 4: Cho xn1 f an .g xn bn với lim an a,lim bn b; an g xn bn ; n và f ' L , g ' H , ; trong đó aLH 1 . Cách biến đổi: Giả sử phương trình x f ax b có nghiệm duy nhất x0 ; v| ta biến đổi: xn x0 f an .g xn bn f a.g x0 b0 f ' . an g xn ag x0 bn b0 f ' an g ' k xn x0 bn b 0 Từ đ}y có đ{nh gi{: xn1 x0 aLH xn x0 L bn b v| suy ra kết quả. Áp dụng: 1. (VMO 2016) Cho a l| số thực dương v| xét dãy x1 a; xn1 1 2n 3 1 xn 2 n 1 4 Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ. 19 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh 2. Cho dãy xn1 xn3 12 xn Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai 20n 21 , x1 0 . Chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ. n 1 Dãy 5: xn2 an . f xn1 bn g xn cn , trong đó lim an a,lim bn b,lim cn c; xn ; n và f ' L , g ' H , ; trong đó aL p q, bH pq và p,q là các số dương bé hơn 1. Cách biến đổi: Biến đổi như trên và dùng bài toán 5.3 6 – Một bất đẳng thức dãy nhiều ứng dụng Để tiếp cận hướng đi n|y, ta xét b|i thi chọn đội tuyển Đồng Nai 2018 – 2019. Ví dụ 6.1: Cho dãy xn x{c định bởi x1 x2 1, xn2 log3 3xn1 75 log2 xn 2 , n 1, 2,3,... 1. Chứng minh xn 1, n 1, 2,3,... 2. Tính lim xn Lời giải Ta chứng minh 1 xn 4, n 1, 2,3,.... Khi n 1, 2 thì mệnh đề đúng. Giả sử mệnh đề đúng khi n k , k 1, ta chứng minh mệnh đề đúng khi n k 2 . Ta có xk 2 log3 78 log 2 6 1 và xk 2 log3 87 log 2 3 4 Vậy mệnh đề đúng khi n k 2 hay mệnh đề đúng với mọi n nguyên dương. Theo định lí Lagrange, tồn tại c, d 1 sao cho log3 3x 75 4 log 2 x 2 2 3 x 2 , x 1 và 3c 75 ln 3 1 x 2 , x 1 d 2 ln 2 Do đó, ta có log3 3x 75 4 1 1 x 2 , x 1 và log 2 x 2 2 x 2 , x 1 6 2 Do xn 1, n 1, 2,3,... nên xn 2 2 log3 3xn1 75 4 log 2 xn 2 2 log3 3xn1 75 log 2 xn 2 2 Từ đó suy ra: xn2 2 1 1 xn1 2 xn 2 , n 1, 2,3,... 6 2 20 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai 1 6 1 2 xn 2 yn , n 1, 2,3,... (1) Ta đặt y1 y2 1, yn2 yn1 yn , n 1, 2,3,... v| từ quy nạp, ta có 1 6 1 2 Mặt kh{c, dãy yn có phương trình đặc trưng x 2 x 0 nên có công thức nghiệm tổng qu{t l|: yn a.t1n b.t2n với t1 , t2 l| nghiệm phương 1 6 1 2 trình x 2 x 0 nên t1 , t2 1;1 và lim yn 0 . Từ (1), {p dụng định lý kẹp ta có lim xn 2 0 hay lim xn 2 B|i to{n trên l| sự mở rộng b|i dãy của VMO 2018, mấu chốt cuối cùng l| đưa về một bất đẳng thức dãy như sau Bài toán 6.1: Cho dãy un dương v| thỏa un2 qun1 pun . Trong đó, c{c số thực dương p,q l|m cho phương trình x2 qx p 0 có 2 nghiệm thuộc (-1;1). Khi ấy, lim xn 0 . Lời giải: Ta nhận xét rằng c{ch giải quyết b|i to{n tổng qu{t n|y không khác c{ch giải ở ví dụ 2.7 gồm việc x}y dựng một dãy yn thỏa y1 , y2 max u1; u2 và yn2 qyn1 pyn Khi ấy, có hai vấn đề dễ thấy như sau 1/ yn xn 0, n 1, 2,3,... 2/ yn at1n bt2n và t1 , t2 1;1 Vậy từ đậy, theo định lý kẹp ta có kết quả cần tìm. Với phương ph{p n|y, chỉ cần phương trình đa thức xm am1 xm1 ... a0 0 có tất cả c{c nghiệm (kể cả phức) có module (trị tuyệt đối) < 1 thì dãy un thỏa unm am1unm1 am2unm2 ... a0un Hội tụ về 0. Nhận xét: Bằng phương ph{p đặt dãy phụ, ta có thể chứng minh b|i to{n kh{c chặt chẽ hơn v| ứng dụng cao hơn Bài toán 6.3: Cho dãy un dương v| thỏa un2 qun1 pun . Trong đó, c{c số thực dương p,q có tổng bé hơn 1. Khi ấy, lim xn 0 . 21 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai Lời giải: Ta đặt y1 max x1; x2 , yn1 p q yn thì bằng quy nạp sẽ chứng minh được 0 x2n1; x2n yn và chú ý lim yn 0 . Từ đó có c{c kết quả. Tổng quát 1: Cho dãy un dương v| thỏa unm p0un p1un1 ... pm1unm1 , n 1;2;3;... . Trong đó, c{c số thực dương p0 ; p1; p2 ;...; pm1 có tổng bé hơn 1. Khi ấy, lim xn 0 . Tổng quát 2: Cho dãy an , bn l| c{c dãy dương thỏa an bn L 1 với mọi gi{ trị n v| L l| hằng số, dãy un dương thỏa un2 anun1 bnun , n 1;2;3;... Khi đó, lim xn 0 Ví dụ 6.2: Cho dãy xn : x1 , x2 , xn2 sin xn1 x sin n . Chứng minh dãy đã cho 2 3 hội tụ. Lời giải: Áp dụng định lý Lagrange, ta có xn 2 1 2 1 1 xn1 xn , n 1, 2,3,... 2 3 1 3 Phương trình x 2 x 0 có 2 nghiệm thuộc (-1;1). Nên {p dụng bổ đề ta có kết quả. Ví dụ 6.3: Cho dãy xn : x1 , x2 , x3 , xn2 sin xn1 x x sin n sin n1 . Chứng minh dãy 3 3 4 đã cho hội tụ. Lời giải: Vẫn theo định lý Lagrange, ta có xn3 1 3 1 3 1 1 1 xn 2 xn1 xn , n 1, 2,3,... 3 3 4 1 4 Phương trình x3 x 2 x 0 có 1 nghiệm thực v| 2 nghiệm phức module đều bé hơn 1. Vậy {p dụng b|i to{n tổng qu{t 6.1 ta có kết quả: lim xn 0 Ví dụ 6.4: Cho dãy xn x1 ; x2 0 thỏa xn xn 1 1 , chứng minh dãy đã cho hội tụ. xn 2 x 2 x 2 1 n n 1 22 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Ví dụ 6.5: Cho dãy dương xn Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai x1 ; x2 ; y1 ; y2 0 thỏa xn 2 3 xn 1 yn 1 , tính giới hạn dãy đã yn 2 3 xn yn 1 1 cho. 23 GVBS: Nguyễn Hoàng Vinh Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai Tài liệu tham khảo [1] Đo|n Quỳnh - Doãn Minh Cường - Trần Nam Dũng - Đặng Hùng Thắng (2010), Tài liệu chuyên toán đại số 11, Nh| xuất bản gi{o dục Việt Nam, 2012. [2] Nguyễn Văn Mậu, Biến phức định lý và áp dụng, Đại học Quốc gia H| Nội, 2009. [3] Phan Huy Khải – Trần Hữu Nam, 1001 bài toán dãy số, NXBGD Việt Nam, 2009. [4] Nguyễn T|i Chung, Bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên khảo dãy số, nh| xuất bản đại học Quốc gia H| Nội, 2013 *5+ Đề thi VMO c{c năm, đề chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia Đồng Nai c{c năm. *6+ A.V.Dorofeeva, gi{o trình To{n cao cấp cho khoa Triết học ở c{c trường đại học, NXB MGU, Moscow, 1971. *7+ G.Polya, G.Szege, c{c định lý v| b|i tập giải tích, NXB Mir, Moscow, 1973. Người thực hiện Nguyễn Ho|ng Vinh 24