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 xn1  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 yn1  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 zn2  5 2  zn1  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 xn1  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  : xn1  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 n1  l| dãy tăng.
Đồng thời hai dãy n|y bị chặn (do thuộc  ;   ) nên hội tụ. Đặt a1  lim x2n ,
b1  lim x2 n1 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    x2n1  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  : xn1 
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  ; xn1  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 n1  tăng v|  x2n  giảm đồng thời x2n  1; x2  , x2n1   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 xn1  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  x2n2   , x2n1  f  f  x2n1   . Từ chứng minh trên ta có  x2 n1  là dãy
tăng v|  x2n  l| dãy giảm. Đồng thời  x2n1    x1; x2  ,  x2n    x1; x2  nên hai dãy đã
cho hội tụ.
Đặt a  lim x2n , b  lim x2n1 . Lấy lim hai vế của xn1  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  , xn1 
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 xn1 
4  xn3 1
1
1
 yn1 , x1  ; yn1  2  yn , y1  .
6
2
2
2
Lời giải:
Nhận xét đơn giản ta có:  y2 n1  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 x2n1  1,  x2n1  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  ,  x2n1  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  : xn1 
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  : xn1  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, xn1  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, xn1  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, xn1  a f  x 
hội tụ.
n
3 – Dãy số sinh bởi hàm hai biến loại I
1
2
Ta xét dãy số xn2  2  2 xn  xn1 , 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 xn2  f  xn1 , 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; xn2  f  xn1 , 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 , xn1 , xn2 ...  v0 với mọi n tự nhiên. Và
u1  x2 ,..., xn2  f  xn1; xn  , xn3 ,....  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 , x2n1 ,....  vn
Hay đơn giản hơn: hai dãy  x2n  ,  x2n1  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 x2n1  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  xn1  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 xn2 
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; xn2  f  xn1 , 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 xn2 
2 xn1  1
, x1 , x0  0 thì dãy này thỏa c{c điều kiện của
1  xn1  xn
bài toán 2.2 nên hội tụ về 1.
Ví dụ 3.3: Cho dãy x1  x2  1, xn2 
1 3
 xn  xn1  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 xn2  f  xn1 , 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  xn1 1  2u1
1  xn  xn1 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  xn1 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  xn2  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  , xn2  f  xn1 , 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, xn2 
1
1
.

1  xn1 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 xn2 
1
1
1
 . 2  xn1 , 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 
22
1  xk 2
2
1
1
1
 . 2  xk  2  1 
22
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 xn1  f  xn ; n 
A - Mở đầu
Ta xét bài toán sau
Ví dụ 5.1:Chứng minh rằng dãy xn1 
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 xn1  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 xn1  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  yn2 
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 yn1  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 yn1  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. xn1  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 xn1  qxn  yn
Bài toán 5.1:Cho dãy  xn  x{c định bởi x1  , xn1  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 xn1  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, xn1  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
xn1  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, xn1    .
8 n 2
Tính giới hạn dãy đã cho.
Lời giải:
Dùng quy nạp thì 0  xn  2, n * .
Từ đó
xn2  4 xn
xn1  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
xn2   p  q  xn1  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: xn2  qxn1  p  xn1  qxn   an , n  1;2;3... từ đ}y suy ra
lim  xn1  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 xn2 
1
1
n2
xn1  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
xn1  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: xn1  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 xn1  x0  f  xn   f  x0   an  a từ đ}y {p dụng định lý Largange ta
có đ{nh gi{
xn1  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: xn1  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 xn1  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{
xn1  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, xn1 
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; un1 
n 1 2
un  2 . Chứng minh dãy đã cho hội tụ v| tính giới
3n  2
hạn ấy.
3. Cho dãy xn1 
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: xn1  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{
xn1  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, xn1 
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 xn1  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{: xn1  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; xn1 
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 xn1  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: xn2  an . f  xn1   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, xn2  log3  3xn1  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  3xn1  75  4  log 2  xn  2   2  log3  3xn1  75  log 2  xn  2   2
Từ đó suy ra: xn2  2 
1
1
xn1  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, yn2  yn1  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 un2  qun1  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
yn2  qyn1  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  am1 xm1  ...  a0  0 có
tất cả c{c nghiệm (kể cả phức) có module (trị tuyệt đối) < 1 thì dãy  un  thỏa
unm  am1unm1  am2unm2  ...  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 un2  qun1  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  , yn1   p  q  yn thì bằng quy nạp sẽ chứng minh
được 0  x2n1; x2n  yn và chú ý lim yn  0 . Từ đó có c{c kết quả.
Tổng quát 1: Cho dãy  un  dương v| thỏa
unm  p0un  p1un1  ...  pm1unm1 , n  1;2;3;... .
Trong đó, c{c số thực dương p0 ; p1; p2 ;...; pm1 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 un2  anun1  bnun , n  1;2;3;...
Khi đó, lim xn  0
Ví dụ 6.2: Cho dãy  xn  : x1 , x2  , xn2  sin
xn1
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
xn1  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  , xn2  sin
xn1
x
x
 sin n  sin n1 . Chứng minh dãy
3
3
4
đã cho hội tụ.
Lời giải:
Vẫn theo định lý Lagrange, ta có
xn3 
1
3
1
3
1
1
1
xn 2  xn1  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