MỤC LỤC
A
Tóm tắt nội dung bài viết
1
B
Cơ sở lý thuyết
1
C
Ví dụ giải toán
7
D
Bài tập
9
1
Đề bài
9
2
Lời giải, hướng dẫn
10
VỀ SỰ HỘI TỤ CỦA MỘT SỐ DÃY TRUY HỒI
Trần Minh Vũ - Trường THPT Trần Cao Vân - Gia Lai
A. TÓM TẮT NỘI DUNG BÀI VIẾT
Trong lý thuyết thống kê, quá trình đếm của một sự việc hay hiện tượng người ta hay dựa vào
thông tin trước đó và những thông tin nhiễu xung quanh, nghĩa là
U (t + 1) = A.U (t) + S(t),
trong đó A là hằng số, thường thì 0 < A ≤ 1 và S(t) là thông tin nhiễu.
Trong bài viết này tôi nghiên cứu điều kiện của nhiễu S(t) để kết quả của phép đếm tại thời
điểm sau U (t + 1) là kiểm soát được và mở rộng luôn cho A(t) là một nhiễu khác nữa.
B. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Định nghĩa 1. Hàm f : R → R gọi là hàm số Lipschitz nếu tồn tại số dương L để với mọi
x, y ∈ R ta có
(1)
| f ( x ) − f (y)| ≤ L | x − y| .
Khi đó L được gọi là hằng số Lipschitz của hàm số f .
Định nghĩa 2. Ta định nghĩa dãy truy hồi cấp một là dãy số ( xn ) được xác định bởi công thức
x1 ∈ D f ,
x n +1 = f ( x n )
( n ≥ 1),
(2)
trong đó D f được hiểu là tập xác định của hàm số y = f ( x ). Chẳng hạn, nếu f là một hàm số
Lipschitz trên R với hằng số Lipschitz L thỏa mãn 0 ≤ L < 1 và phương trình x = f ( x ) có
nghiệm thì dãy ( xn )∞
n=1 hội tụ đến nghiệm duy nhất của phương trình x = f ( x ). Như là một
mở rộng tự nhiên , chúng tôi quan tâm xem xét sự hội tụ của dãy truy hồi
x1 ∈ R,
x n + 1 = f ( a n x n + bn )
( n ≥ 1),
∞
trong đó ( an )∞
n=1 và ( bn )n=1 là hai dãy số hội tụ, f : R → R là một hàm số Lipschitz.
1
(3)
2
MỤC LỤC
∞
Định lí 1. Cho ( an )∞
n=1 và ( bn )n=1 là các dãy số thực hội tụ lần lượt đến a và b. Xét hàm số Lipschitz
f : R → R với hằng số Lipschitz L thỏa mãn | La| < 1. Nếu phương trình x = f ( ax + b) có nghiệm
thì dãy truy hồi ( xn )∞
n=1 cho bởi (3) hội tụ đến nghiệm duy nhất của phương trình x = f ( ax + b ).
Chứng minh. Theo giả thiết, phương trình x = f ( ax + b) có nghiệm. Giả sử α và β là hai
nghiệm của phương trình này. Khi đó,
|α − β| = | f ( aα + b) − f ( aβ + b)| ≤ | La||α − β|.
Vì | La| < 1, bất đẳng thức ở trên chỉ xảy ra khi α = β, nghĩa là phương trình x = f ( ax + b) có
nghiệm duy nhất. Ta gọi nghiệm duy nhất này là α.
Cố định q sao cho | La| < q < 1. Vì limn→∞ | Lan | = | La| < q nên có N1 ∈ N sao cho
| Lan | < q với mọi n ≥ N1 . Theo giả thiết
| x n +1 − α | = | x n +1 − α |
= | f ( an xn + bn ) − f ( aα + b)|
≤ L| an xn + bn − aα − b|
≤ | Lan || xn − α| + L|α( an − a) + bn − b|
với mọi n ≥ 1. Đặt un = | xn − α| và vn = L|α( an − a) + bn − b| với mọi n ≥ 1. Khi đó (vn )∞
n =1
là dãy các số thực không âm hội tụ đến 0 và (un )∞
n=1 là dãy các số thực không âm thỏa mãn
un+1 ≤ qun + vn
(n ≥ N1 ).
(4)
∞
Ta chứng minh dãy (un )∞
n=1 hội tụ về 0 và do đó dãy ( xn )n=1 hội tụ đến α như yêu cầu. Liên
tiếp áp dụng bất đẳng thức (4) ta thu được
un+1 ≤ qn+1− N1 u N1 +
n− N1
∑
q j vn− j
(5)
j =0
với mọi n ≥ N1 . Cố định e > 0. Vì limn→∞ qn+1− N1 u N1 = 0 nên tồn tại N2 ∈ N sao cho
qn+1− N1 u N1 <
1
e
3
(6)
với mọi n ≥ N2 . Vì dãy (vn )∞
n=1 hội tụ đến 0 nên tồn tại N3 ∈ N sao cho
vn <
với mọi n ≥ N3 . Do đó
n− N3
∑
q j vn− j <
j =0
1−q
e
3
1 − q n− N3 j
1
e ∑ q < e
3
3
j =0
(7)
với mọi n ≥ N3 . Hơn nữa, dãy (vn )∞
n=1 cũng bị chặn trên bởi số thực M > 0 nào đó. Vì
n
limn→∞ q = 0 nên có N4 ∈ N để cho
qn <
1
e
3M ( N3 + N1 + 1)
với mọi n ≥ N4 . Khi đó, nếu N3 > N1 và n ≥ max { N3 , N4 } thì
n− N1
∑
j=n− N3
e
q j vn− j < .
3
+1
Đặt N = max{ N1 , N2 , N3 , N4 }. Sử dụng (6), (7) và (8) trong (5) ta được
u n +1 < e
với mọi n ≥ N. Do đó limn→∞ un = 0 như yêu cầu.
(8)
MỤC LỤC
3
Nhận xét 1. Hằng số Lipschitz L và lim an = a thoả mãn 0 ≤ aL < 1 là một giả thiết quan
trọng cho định lí trên. Còn trường hợp aL = 1, sự hội tụ cần phải xét thêm, chưa có khẳng định
nào chắc chắn. Chẳng hạn, dãy số thoả mãn un+1 = un hội tụ về u1 , còn dãy số un+1 = (−1)n un
thì không hội tụ.
VÍ DỤ 1. Cho dãy số (un ) được xác định bởi u1 = 1; un+1 = un +
1
1
1
a) Chứng minh rằng: u2n = n+
1 + n+2 + ... + n+n , n > 1.
b) Chứng minh dãy số đã cho có giới hữu hạn và tìm giới hạn đó.
(−1)n
n +1 ,
∀n ∈ N ∗ .
Chứng minh.
a) Ta chứng minh bằng quy nạp, rõ ràng điều phải chứng minh đúng với n = 1. Giả sử với
n = k ≥ 1, ta có
1
1
1
+
+ ... +
.
u2k =
k+1 k+2
k+k
Khi đó với n = k + 1, vì
(−1)2k+1
u2k+2 = u2k+1 +
2k + 2
và
(−1)2k
u2k+1 = u2k +
2k + 1
nên
1
1
−
u2k+2 = u2k +
2k + 1 2k + 2
1
1
1
1
1
=
+
+ ... +
+
−
k+1 k+2
k + k 2k + 1 2k + 2
1
1
1
1
1
+ ... +
+
+
−
=
k+2
k + k 2k + 1 k + 1 2k + 2
1
1
1
1
+ ... +
+
+
.
=
k+2
k + k 2k + 1 2k + 2
Ta có điều phải chứng minh.
b) Từ chứng minh trên, ta kết luận dãy riêng (u2n ) là dãy số tăng và u2n+1 = u2n −
u2n > u2n+1 . Do đó
u2(n+1) = u1 − [(u2 − u3 ) + (u4 − u5 ) + . . . + (u2n − u2n+1 )]
< u1 .
Vậy (u2n ) là dãy tăng và bị chặn trên bởi 1 nên hội tụ.
1
Cũng từ đẳng thức u2n+1 = u2n − n+
1 suy ra dãy con ( u2n+1 ) hội tụ.
Ta có
1
1
1
u2n =
+
+...+
n+
n+n
" 1 n+2
#
1
1
1
1
=
+
+...+
.
n 1 + n1
1 + nn
1 + n2
Vì vậy
Z 1
1
dx
0 1+x
= ln 2.
lim u2n =
Do đó lim un = ln 2.
1
n +1
⇒
4
MỤC LỤC
(−1)n
Nhận xét 2. Nhiễu n ở bài toán trên là chấp nhận được theo nghĩa là dãy số vẫn hội tụ.
Còn nếu thay thế nó bởi n1 là không chấp nhận được theo nghĩa, dãy số không hội tụ.
∞
∞
∞
Định lí 2. Cho các dãy số thực ( an )∞
n=1 , ( bn )n=1 , ( cn )n=1 và ( dn )n=1 . Ta xét dãy số ( xn ) được xác
định bởi công thức
x1 ∈ R,
x n + 1 = f ( a n x n + bn ) + g ( c n x n + d n )
( n ≥ 1),
(9)
∞
∞
∞
trong đó f , g là hai hàm số Lipschitz cho trước. Giả sử ( an )∞
n=1 , ( bn )n=1 , ( cn )n=1 và ( dn )n=1 hội tụ
lần lượt đến a, b, c và d. và hai hàm số Lipschitz f , g : R → R với hằng số Lipschitz L, N thỏa mãn
| aL| + |cN | < 1. Khi đó nếu phương trình x = f ( ax + b) + g(cx + d) có nghiệm thì dãy số ( xn )∞
n =1
được cho bởi (9) hội tụ đến nghiệm duy nhất của phương trình đó.
Chứng minh. Theo giả thiết, phương trình x = f ( ax + b) + g(cx + d) có nghiệm. Giả sử α và
β là hai nghiệm của phương trình này. Khi đó,
|α − β| = | f ( aα + b) − f ( aβ + b) + g(cα + d) − g(cβ + d)| ≤ | aL||α − β| + |cN |α − β|.
Vì | aL| + |cN | < 1, bất đẳng thức ở trên chỉ xảy ra khi α = β, nghĩa là phương trình x =
f ( ax + b) + g(cx + d) có nghiệm duy nhất. Ta gọi nghiệm duy nhất này là α.
Ta có
| xn+1 − α| = | f ( an xn + bn ) + g(cn xn + dn ) − f ( aα + b) − g(cα + d)|
= | f ( an xn + bn ) − f ( aα + b) + g(cn xn + dn ) − g(cα + d)|
≤ | f ( an xn + bn ) − f ( aα + b)| + | g(cn xn + dn ) − g(cα + d)|
≤ L| an xn + bn − aα − b| + N |cn xn + dn − cα − d|
≤ L | a n ( x n − α ) + ( a n − a ) α + bn − b | + N | c n ( x n − α ) + ( c n − c ) α + d n − d |
≤ | Lan || xn − α| + L|α( an − a) + bn − b| + N |cn || xn − α| + N |α(cn − c) + dn − d|
= (| Lan | + | Ncn |) | xn − α| + Pn ,
với Pn = L|α( an − a) + bn − b| + N |α(cn − c) + dn − d|.
Vì lim an = a; lim bn = b nên tồn tại N0 sao cho với mọi n > N0 ta có | an L + cn N | < 1. Và dễ
dàng chứng minh được lim Pn = 0.
Do đó áp dụng cách chứng minh của Định lí 1, ta có được lim xn = α.
∞
∞
∞
Hệ quả 1. Cho các dãy số thực ( an )∞
n=1 , ( bn )n=1 , ( cn )n=1 và ( dn )n=1 . Ta xét dãy số ( xn ) được
xác định bởi công thức
x1 ∈ R,
x n + 1 = a n f ( x n ) + bn g ( x n )
( n ≥ 1)
(10)
∞
trong đó f , g là hai hàm số Lipschitz cho trước. Giả sử các dãy số thực ( an )∞
n=1 và ( bn )n=1 hội
tụ lần lượt đến a và b. Xét hai hàm số Lipschitz f , g : R → R với hằng số Lipschitz L, N thỏa
mãn | aL + bN | < 1. Khi đó nếu phương trình x = a f ( x ) + bg( x ) có nghiệm thì dãy số ( xn )∞
n =1
được cho bởi (10) hội tụ đến nghiệm duy nhất của phương trình này.
Chứng minh. Theo giả thiết, phương trình x = a f ( x ) + bg( x ) có nghiệm. Giả sử α và β là hai
nghiệm của phương trình này. Khi đó,
|α − β| = | a f (α) − a f ( β) + bg(α) − bg( β)| ≤ | aL||α − β| + |bN |α − β|.
Vì | aL| + |bN | < 1, bất đẳng thức ở trên chỉ xảy ra khi α = β, nghĩa là phương trình x =
a f ( x ) + bg( x ) có nghiệm duy nhất. Ta gọi nghiệm duy nhất này là α.
MỤC LỤC
5
Ta có
| xn+1 − α| = | an f ( xn ) + bn g( xn ) − a f (α) − bg(α)|
= | an ( f ( xn ) − f (α)) + f (α)( an − a) + bn ( g( xn ) − g(α)) + g(α) (bn − b)|
≤ | an ( f ( xn ) − f (α))| + |bn ( g( xn ) − g(α))| + | f (α)( an − a) + + g(α) (bn − b)|
≤ | Lan || xn − α| + | Nbn || xn − α| + | f (α)( an − a) + + g(α) (bn − b)|
= (| Lan | + | Nbn |) | xn − α| + Pn ,
với Pn = | f (α)( an − a) + g(α) (bn − b)| .
Vì lim an = a; lim bn = b nên tồn tại N0 sao cho với mọi n > N0 ta có | Lan + Nbn | < 1. Và dễ
dàng chứng minh được lim Pn = 0.
Do đó áp dụng định lí 1, ta có được lim xn = α.
∞
Định lí 3. Cho các dãy số thực ( an )∞
n=1 và ( bn )n=1 hội tụ lần lượt đến a và b. Xét các hàm số Lipschitz
f , g : R → R với hằng số Lipschitz L, N thỏa mãn | aL| + |cN | < 1. Ta xét dãy số ( xn ) được xác định
bởi công thức
y1 , y2 ∈ R,
y n + 2 = f ( a n y n + 1 + bn ) + g ( c n y n + d n )
( n ≥ 1),
(11)
Khi đó nếu phương trình x = a f ( x ) + cg( x ) có nghiệm thì dãy số (yn )∞
n=1 được cho bởi (11) hội tụ về
nghiệm duy nhất này.
Chứng minh. Để chứng minh định lý ta cần có bổ đề sau
Bổ đề 1. Cho p, q là hai số thực thỏa mãn | p| < 1, |q| < 1, p + q > 0 và − pq > 0. Giả sử
∞
(vn )∞
n=1 là dãy số hội tụ về 0. Nếu dãy các số thực không âm ( xn )n=1 thỏa mãn
xn+2 ≤ ( p + q) xn+1 − pqxn + vn
( n ≥ 1)
(12)
thì limn→∞ xn = 0.
Chứng minh.
Liên tiếp áp dụng công thức (12) cho ta
xn+2 ≤ pn x2 + ( x2 − px1 )
n
∑
pn−k qk +
n
k
∑ ∑ pn−k qk− j v j .
k =1 j =1
k =1
Theo bất đẳng thức tam giác
n
k
∑ ∑ pn−k qk− j v j
n
≤
k =1 j =1
k
∑ ∑ (max {| p|, |q|})
n− j
k =1 j =1
n
=
k
∑ ∑ αn− j v j
k =1 j =1
với α = max {| p|, |q|} < 1. Đặt Sn = ∑nk=1 ∑kj=1 αn− j v j với n ≥ 1, ta có
n +1
Sn+1 = αSn +
∑ α n +1− j v j
j =1
= αSn + un
với un = ∑nj=+11 αn+1− j v j
(n ≥ 1). Biến đổi truy hồi ta được
n +2
u n +1 =
∑ α n +2− j v j
j =1
= αun + vn+2 .
vj
(13)
6
MỤC LỤC
∞
Từ đó (un )∞
n=1 , ( vn )n=1 là các dãy số dương thỏa mãn (4) và theo cách chứng minh của Định
∞
lý 1, ta có (un )∞
n=1 hội tụ về 0. Và ta cũng kiểm tra được ( Sn )n=1 là dãy số dương đã thỏa mãn
(4) nên hội tụ về 0. Cố định e > 0, do limn→∞ Sn = 0 nên tồn tại N1 để cho với mọi n ≥ N1 ta
có
e
(14)
Sn < .
3
Vì limn→∞ qn x2 = 0 nên tồn tại N2 sao cho với mọi n ≥ N2 ta có
e
p n x2 < .
(15)
3
Vì | x2 − px1 || ∑nk=1 pn−k qk | ≤ | x2 − px1 |n (max {| p|, |q|})n và vế phải bất đẳng thức này hội tụ
về 0 nên tồn tại N3 để với mọi n ≥ N3 ta có
n
| x2 − px1 ||
∑
pn−k qk | ≤ || x2 − px1 ||
k =1
n
e
∑ pn−k qk | < 3 .
(16)
k =1
Đặt N = max { N1 , N2 , N3 }, sử dụng(13), (14), (15) và (16), với mọi n ≥ N ta có
un+2 < e.
Vì lẽ đó, limn→∞ un = 0. Bổ đề này được hoàn tất.
Nhận xét 3. Phương trình x2 − λ1 x − λ = 0 có hai nghiệm p, q mãn Bổ đề 2.1 nếu λ1 , λ2 ∈
(0, 1) và λ1 + λ2 < 1. Nghĩa là mọi dãy truy hồi ( xn )∞
n=1 thỏa mãn xn+2 ≤ λ1 xn+1 + λ2 xn + vn
có thể được viết dưới dạng (12).
Nhận xét 4. Bằng cách làm tương tự, nếu cho dãy số ( xn ) bị chặn và thoả mãn bất đẳng thức
sau
xn+2 ≥ pxn+1 + qxn (n ≥ 1)
thì dãy số ( xn ) hội tụ.
VÍ DỤ 2 (Olympic Sinh viên Việt Nam 2001). Cho p, q là các số dương thỏa mãn p +
q < 1. Chứng minh rằng dãy số (yn )∞
n=1 không âm thỏa mãn
y1 , y2 ∈ R,
yn+2 ≤ pyn+1 + qyn (n ≥ 1)
hội tụ về 0.
Bây giờ ta đi chứng minh Định lý 2. Theo giả thiết phương trình x = f ( ax + b) + g(cx + d)
có nghiệm. Giả sử α, β là hai nghiệm của phương trình này. Khi đó,
|α − β| = | f ( aα + b) + g(cα + d) − f ( aβ + b) − g(cβ + d)|
≤ (| aL| + |cN |) |α − β|
< | α − β |.
Vì bất đẳng thức trên chỉ xảy ra khi α = β nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Gọi
nghiệm duy nhất này là α. Sử dụng bất đẳng thức tam giác và giả thuyết ta có
|yn+2 − α| ≤ | an L||yn+1 − α| + |cn L||yn − α| + |αL|| an − a| + L|bn − b| + |αN ||cn − c| + N |dn − d|.
Vì limn→∞ an = a, limn→∞ cn = c nên tồn tại M > 0 sao cho với mọi n ≥ M ta có
| an L| + |cn N | < 1.
Ký hiệu xn = |yn − α| và vn = |αL|| an − a| + L|bn − b| + |αN ||cn − c| + N |dn − d| với n ≥ M.
∞
Khi đó ( xn )∞
n=1 và ( vn )n=1 là dãy các số không âm mà theo Nhận xét ?? thỏa mãn (12). Vì vậy
theo Bổ đề 2.7 ta có limn→∞ xn = 0 suy ra limn→∞ yn = α.
MỤC LỤC
7
∞
∞
∞
Hệ quả 2. Giả sử ( an )∞
n=1 , ( bn )n=1 , ( cn )n=1 và ( dn )n=1 hội tụ lần lượt đến a, b, c và d. Xét
hai hàm số Lipschitz f , g : R → R với hằng số Lipschitz L, N thỏa mãn | g( x )|| aL| < 1,
| f ( x )||cN | < 1 với mọi x ∈ R. Ta xét dãy số (yn ) được xác định bởi công thức
y1 , y2 ∈ R,
y n + 2 = f ( a n y n + 1 + bn ) g ( c n y n + d n )
( n ≥ 1).
(17)
Khi đó nếu phương trình x = f ( ax + b) g(cx + d) có nghiệm thì dãy số ( xn )∞
n=1 được cho bởi
(17) hội tụ đến nghiệm duy nhất của phương trình đó.
C. VÍ DỤ GIẢI TOÁN
VÍ DỤ 3 (HSG-Gia lai 2016). Tính limn→∞
L Lời giải
Ký hiệu xn =
n +1
2n +1
∑nk=1
2k
k , an
=
n +2
2( n +1)
x1 = 1,
n +1
2n +1
∑nk=1
2k
k.
và f ( x ) = x. Ta được
x n +1 = f ( a n x n + a n )
( n ≥ 1) .
Hơn nữa f là hàm số Lipschitz với hằng số Lipschitz L = 1 và limn→∞ an = 21 thỏa mãn các
điều kiện của Định lý 1. Suy ra dãy ( xn )∞
n=1 hội tụ về nghiệm của phương trình
α=
1
1
α+ .
2
2
Giải phương trình này ta được α = 1. Do đó
n + 1 n 2k
∑ k = 1.
n → ∞ 2n +1
k =1
lim
VÍ DỤ 4 (VMO 2016). Cho a là một số thực và xét dãy số
x1 = a,
x n +1 =
1
+
2
2n + 3
1
xn +
n+1
4
( n ≥ 1).
1 Khi a = 5 chứng minh rằng dãy đã cho hội tụ và tính giới hạn đó.
2 Tìm tất cả các giá trị của a để dãy số đã cho xác định và có giới hạn.
L Lời giải
1
Với mọi a ≥ − 10
thì dãy số hoàn toàn xác định. Khi đó thì x2 ≥ 12 , x3 ≥ 1 và x4 ≥ 2. Hơn nữa
bằng quy nạp ta có thể chứng minh với mọi n ≥ 4 thì xn ≥ 2 bởi bất đẳng thức sau
x n +1 − 2 =
≥
2n+3
xn − 2
» n +1
2n+3
1
n +1 x n + 4 +
+2
2 nn+
1
»
2n+3
1
n +1 x n + 4 +
≥ 0.
3
2
3
2
8
MỤC LỤC
Do đó chọn f ( x ) =
1
2
+
»
x+
1
4
với x ≥ 2 và an =
1
x1 = a, x2 ≥ , x3 ≥ 1, x4 ≥ 2,
2
2n+3
n +1 .
Ta được công thức truy hồi
x n +1 = f ( a n x n )
( n ≥ 4).
Hơn nữa trên [2; +∞), f là hàm số có hằng số Lipschitz L = 31 và limn→∞ an = 2 nên áp dụng
Định lý 1 ta suy ra ( xn )∞
n=1 hội tụ với mọi giá trị a để dãy số xác định. Gọi limn→∞ xn = α, ta
có hệ phương trình
(
α≥2
»
α = 12 + 2α + 14 ,
giải hệ trên ta được α = 3, suy ra limn→∞ xn = 3.
VÍ DỤ 5 (VMO 2012). Xét dãy số ( xn )∞
n=1 được xác định theo công thức

 x1
= 3,
n+3
 x n +1 =
( x n + 2). ( n ≥ 1)
3n + 3
Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
L Lời giải
Chọn f ( x ) = x, an =
n +3
3n+3
n +3
và bn = 2 3n
+3 . Ta được công thức truy hồi
®
x1
= 3,
x n + 1 = f ( a n x n + bn ) ( n ≥ 1 ) .
Hơn nữa f là hàm số Lipschitz với hằng số Lipschitz L = 1 và các dãy số an và bn hội tụ lần
lượt về 13 và 32 . Vì vậy sử dụng Định lý 1 ta suy ra ( xn )∞
n=1 hội tụ về nghiệm của phương trình
2
1
x+ .
3
3
Giải phương trình này ta được x = 1, do đó limn→∞ xn = 1.
x=
VÍ DỤ 6 (VMO 2015). Xét dãy số ( xn )∞
n=1 được xác định theo công thức

 x1
=3
 x n +1
=
n2 p 2
1
xn + 3 + xn
2
2
4n + a
( n ≥ 1).
Với a ≥ 0 bất kỳ, chứng minh rằng lim xn = 1.
n→∞
L Lời giải
Vì xn ≥ 0 nên chọn f ( x ) =
√
®
x2 + 3, g( x ) = x, an =
x1
x n +1
n2
và bn = 21 . Ta được
4n2 + a
=3
.
= a n f ( x n ) + bn g ( x n ) ( n ≥ 1 )
Dễ dàng thấy được f và g là hai hàm Lipschitz với các hằng số Lipschitz L = N = 1 và an hội
tụ về 14 do đó theo Hệ quả 1 ta có ( xn )∞
n=1 hội tụ về nghiệm không âm của phương trình
1p 2
1
x=
x + 3 + x.
4
2
Giải phương trình này ta được x = 1 và vì vậy ta có điều phải chứng minh.
MỤC LỤC
9
D. BÀI TẬP
1. Đề bài
BÀI 1 (HSG-Quảng Trị-2018). Cho dãy số ( xn ) biết
x1 = a; xn+1 =
3 2 1 3
x − xn (∀n ∈ N, n > 1) .
4 n 8
1 Với a = 3, chứng minh rằng dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
2 Chứng minh rằng với mọi a ∈ [−2; 6], dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn.
BÀI 2. Cho dãy số dương (un ) thỏa mãn
u1 = 1; un+1 =
2u2n + 3un + 2
, ∀n ∈ N ∗ .
3un + 2
Tìm giới hạn của dãy số đã cho.
BÀI 3 (Lào Cai TST 2018-2019 vòng 1). Cho dãy số ( xn ) được xác định bởi

2019


 x1 =
2018

x2
2019n + 1

 x n +1 + n =
+ xn , ∀n ≥ 1.
2
2019n
1 Chứng minh rằng 1 ≤ xn ≤ 2, ∀n ≥ 1.
2 Chứng minh rằng dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
BÀI 4. Cho dãy số (un ) được xác định như sau:
2
2
u1 = 2019; n (2un − 1) = n − 1 un−1 + 1, n ≥ 2.
Chứng minh rằng dãy số (un ) có giới hạn và tìm giới hạn đó.
BÀI 5. Cho dãy số (un ) được xác định bởi
u1 = 2; un+1
(−1)n
n
un +
=
2
, ∀n ∈ N ∗ .
Hãy tìm lim un .
BÀI 6. Cho dãy số (un ) được xác định như sau:
…
u1 = 2019; un+1 =
Tìm giới hạn của dãy số đó.
n +1
n − 1 n 1 + 2n
u + n +1 , ∀ n ∈ N ∗
2n n
2
10
MỤC LỤC
2. Lời giải, hướng dẫn
1. 1. Với a = 3 ta sẽ chứng minh dãy số tăng và chỉ nhận các giá trị thuộc đoạn [3; 4].
Ta có hàm số y = f ( x ) = 34 x2 − 81 x3 đồng biến trên [3; 4]. Vì vậy
4 = f (4) > xn > f ( xn−1 ) > ... > f ( x1 ) = 3.
Vậy dãy số đã cho tăng và bị chặn trên bởi 4, do đó tồn tại x = lim xn .
Khi đó x là nghiệm thuộc [3; 4] của phương trình x = 34 x2 − 18 x3 ⇔ x = 4.
Do đó lim xn = 4.
2. Với a ∈ [−2; 6]. Xét hàm số f ( x ) = 43 x2 − 81 x3 , ta có
f 0 (x) =
3
3
x − x2 ; f 0 ( x ) = 0 ⇔ x = 0; x = 4.
2
8
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta suy ra nếu x1 ∈ [−2; 6] thì f ( x1 ) ∈ [0; 4] và x2 ∈ [0; 4] thì f ( x2 ) ∈ [0; 4].
Do đó với n ≥ 2 thì ( xn ) là dãy số đơn điệu và bị chặn nên hội tụ. Ta có điều phải chứng minh.
2. Dễ thấy un > 0 với mọi n.
2x2 + 3x + 2
với x ≥ 0. Ta có
Ta xét hàm số f ( x ) =
3x + 2
f 0 (x) =
Do đó
8
16
2
−
;
f
”
(
x
)
=
> 0.
3 9(3x + 2)2
3(3x + 2)2
2
8
−
≤ f 0 ( x ) ≤ lim f 0 ( x )
x →+∞
3 9(3.0 + 2)2
hay
4
2
≤ f 0 (x) ≤ .
9
3
2
Do đó f là hàm hàm số −Lipschitz, suy ra dãy số (un ) hội tụ về nghiệm dương của phương
3
trình
2x2 + 3x + 2
⇔ x (3x + 2) = 2x2 + 3x + 2 ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇒ x = 2.
x=
3x + 2
Do đó lim un = 2.
3.
1 Ta chứng minh bằng quy nạp:
Với n = 1, khẳng định đúng.
Giả sử khẳng định đúng với n = k ≥ 1.
MỤC LỤC
11
1
x (2 − x k )
+ k
> 1 do xk (2 − xk ) ≥ 0 vì 1 ≤ xk ≤ 2.
2019k
2
1 1 x (2 − x k )
2 − 2019k (1 − xk )2
1
− − + k
=
−
< 0.
Mặt khác xk+1 − 2 =
2019k 2 2
2
2 · 2019k
2k
Do đó xk+1 ≤ 2.
Vậy khẳng định cũng đúng khi n = k + 1.
Ta có xk+1 = 1 +
Theo nguyên lý quy nạp, suy ra điều phải chứng minh.
2 Ta có
x n +1 −
√
2 = ( xn −
√
xn +
2) 1 −
2
√ !
2
suy ra
x n +1 −
√
2 ≤ xn −
√
xn +
2 · 1−
2
√
2
+
1
,
2019n
+
1
.
2019n
Mà ta chứng minh được với 1 ≤ xn ≤ 2 thì
√
xn +
2
≤ 1−
−
2
2
√
√
2
√
√
xn + 2
4
1− 2
≤ .
≤
⇒ 1−
2
2
5
√
4
1
· xn − 2 +
.
5
√2019n
√
Áp dụng định lí 1, ta được lim | xn − 2| = 0. Suy ra lim xn = 2.
Do đó xn+1 −
2 ≤
4. Theo công thức truy hồi ta có
n 2 − 1 u n −1
1
n2 − 1
1 + n2
2un − 1 =
+
⇔
u
=
u
+
n
n −1
n2
n2
2n2
2n2
Chọn f ( x ) = x, an =
n2 −1
2n2
và bn =
®
1+ n2
.
2n2
u1
u n +1
Ta được công thức truy hồi
= 2019,
= f ( a n u n + bn ) ( n ≥ 1 ) .
1
Hơn nữa f là hàm số Lipschitz với hằng số Lipschitz L = 1 và các dãy số an và bn hội tụ về .
2
Vì vậy sử dụng Định lý 1 ta suy ra (un )∞
hội
tụ
về
nghiệm
của
phương
trình
n =1
x=
1
1
x+ .
2
2
Giải phương trình này ta được x = 1, do đó limn→∞ un = 1.
5. Áp dụng Định lí 1, lim un = 0.
6. Đặt yn = unn và áp dụng Định lí 1, ta được lim yn = 1 ⇒ un = 1.