Chuyên đề dãy số

Chia sẻ: monkeyduy

Trong chương trình toán học THPT, các bài toán liên quan đến dãy số là một trong những vấn đề quan trọng trong phần đại số và giải tích lớp 11. Dãy số là dạng toán khá phức tạp, cần rèn luyện, học tập thường xuyên thì mới giải nhanh và tốt được.Tài liệu tham khảo chuyên đề toán về Cấp số - Dãy số. Dãy số sẽ giúp cho các em học sinh có thể tự học, tự ôn tập, luyện tập và tự kiểm tra đánh giá năng lực tiếp thu kiến thức,......

Bạn đang xem 20 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Chuyên đề dãy số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ
Trường THPT Chuyên Lý Tự Trọng




CHUYÊN ĐỀ

DÃY SỐ
NHÓM THỰC HIỆN:


Bùi Tấn Phương Nguyễn Anh Lộc
Trần Mỹ Hoa Dương Minh Quân
Tiêu Ngọc Diễm Quỳnh Bùi Tuấn Anh
Trần Thị Thanh Huyền Tống Trung Thành
Lê Thanh Tú




Giáo viên hướng dẫn: Huỳnh Bửu Tính, Trần Diệu Minh.




-1-
LỜI NÓI ĐẦU

Trong chương trình toán học THPT, các bài toán liên quan đến dãy số là m ột trong nh ững

vấn đề quan trọng trong phần đại số và giải tích lớp 11. Dãy số là dạng toán khá ph ức t ạp, c ần

rèn luyện, học tập thường xuyên thì mới giải nhanh và tốt được. Vì thế, dãy số thường xuất hiện

trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Olympic toán để đánh giá khả năng t ư duy c ủa h ọc sinh. Do đó

để có thể học tốt môn dãy số, ta cần luyện tập giải các bài toán liên quan dãy s ố đ ồng th ời tích

cực tìm ra những phương pháp hay để giải toán dãy số một cách hợp lý nhất.

Ở chuyên đề này, tập thể tổ 02 lớp 11A1 đã tổng hợp và biên so ạn m ột số vấn đề liên

quan đến dãy số để làm tài liệu học tập cho môn chuyên cũng như để nghiên c ứu v ề m ột d ạng

toán khá lí thú.



Chuyên đề gồm các phần:

:

1. Định nghĩa và các định lý cơ bản về dãy số.

2. Các dạng dãy số đặc biệt.

3. Một số phương pháp xây dựng dãy số.

4. Phương trình sai phân tuyến tính.

5. Dãy số và các vấn đề liên quan đến giới hạn.




-2-
PHẦN 01: ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA DÃY SỐ
I)Cac đinh nghia về day sô:
́ ̣ ̃ ̃ ́
Day sô: là ham số f : S → ¡
̃ ́ ̀

S= { 1; 2;3;......; n} đối với dãy hữu hạn.
S= ¥ đối với dãy vô hạn bắt đầu là chỉ số 0.
S= ¥ * đối với dãy vô hạn bắt đầu là chỉ số 1.
Với dãy f: S → ¡ .
n a f (n) .

Ký hiêu: ( un ) ; { un } ; với un= f(n).
̣
Trong đó:
+ u0 hay u1 được goi là số hang đâu.
̣ ̣ ̀

+ un được goi là số hang tông quat.
̣ ̣ ̉ ́
+n được goi là chỉ số cua cac số hang.
̣ ̉ ́ ̣
Day số có thể được cho theo cac cach sau đây:
̃ ́ ́
1)Cho day số bởi công thức cua số hang tông quat:
̃ ̉ ̣ ̉ ́
n + 10
VD: Cho day số ( un ) vơi un =
̃ ́ .
2n − 9
2)Cho day số bởi hệ thức truy hôi:
̃ ̀
u1 = 20
VD:  .
un = 2un + 95( n ≥ 2)
3)Cho day số bởi phương phap liêt kê cac phân tử.
̃ ́ ̣ ́ ̀
VD: dãy 0;1;2;3;4;5;…….
́ ́
II)Tinh chât:
1)Day số tăng, day số giam:
̃ ̃ ̉
Day số ( un ) được goi là day số tăng nêu với moi n ta co: un < un +1 .
̃ ̣ ̃ ́ ̣ ́

Day số ( un ) được goi là day số giam nêu với moi n ta co: un > un +1 .
̃ ̣ ̃ ̉ ́ ̣ ́
Day số tăng hay day số giam được coi là day đơn điêu.
̃ ̃ ̉ ̃ ̣
1n
) với ∀n ∈ ¢ +.
VD: Xét tính đơn điệu của dãy số sau: un= n + (
2
1 1
> 0 ⇒ (un) là dãy tăng.
Giải: ∀n ∈ ¢ + Ta có: un+1- un= (1- n )+
2n +1
2
2)Day số bị chăn:
̃ ̣

-3-
Day số ( un ) được goi là day số bị chăn trên nêu tôn tai số M sao cho: ∀n ∈ ¥ , un ≤ M
*
̃ ̣ ̃ ̣ ́ ̣̀


Số M nhỏ nhât được goi là cân trên đung cua ( un ).Ký hiêu sup un .
́ ̣ ̣ ́ ̉ ̣

Day số ( un ) được goi là day số bị chăn dưới nêu tôn tai số m sao cho: ∀n ∈ ¥ , un ≥ m
*
̃ ̣ ̃ ̣ ́ ̣̀

Số m lớn nhât được goi là cân dưới đung cua ( un ).Ký hiêu inf un .
́ ̣ ̣ ́ ̉ ̣

Day số ( un ) được goi là day số bị chăn nêu nó vừa bị chăn trên, vừa bị chăn dưới, tức là tôn
̃ ̣ ̃ ̣ ́ ̣ ̣ ̀
* m≤u ≤M
tai số m và số M sao cho ∀n ∈ ¥
̣ .
n

VD: Xét tính bị chặn của dãy số sau: un= (-1)n + cos n, ∀n ∈ ¢ +.
Giải: un= (-1)n + cos n, ∀n ∈ ¢ +;
-1 ≤ cos n ≤ 1 ⇒ -2 ≤ (-1)n + cos n ≤ 2.
Ta có:
Vậy (un) bị chặn.
Chú y:
́
Moi day số ( un ) giam luôn bị chăn trên bởi u1
̣̃ ̉ ̣

Moi day số ( un ) tăng luôn bị chăn dưới bởi u1 .
̣̃ ̣
3) Dãy con và dãy tuần hoàn:
Dãy con:
Cho dãy (un) ∀n ∈ ¢ +.

Lập dãy (V nk ) với các số hạng: V n1 , V n2 ,….., V nk ,…….
Trong đó dãy (nk) là các số tự nhiên tăng vô hạn.

Dãy (V nk ) được gọi là dãy con của (un).
Nhận xét: (un) là dãy con của chính nó với nk=k.
VD: Cho dãy (un) xác định bởi:
0 ≤ u1 < 1
với ∀n ∈ ¢ +.

un +1 = un (un − 1)

CMR: dãy (u2n+1) là dãy giảm và dãy (u2n) là dãy tăng.
Giải: Áp dụng phương pháp quy nạp ta dễ dàng suy ra đpcm.
Dãy tuần hoàn:
Dãy tuần hoàn cộng tính:
Dãy (un) được gọi là tuần hoàn cộng tính khi và chỉ khi ∃l ∈ ¢ sao cho un+l = un ∀n ∈ ¢ +.
+


Số l min được gọi là chu kì cơ sở của dãy (un).
Đặc biệt: (un) tuần hoàn cộng tính, chu kì l=1 là dãy hằng.


-4-
VD: Dãy số (un) xác định bởi u0= 1, u1= 0, un+1= un + un-1 với n = 1,2,3,…… tuần hoàn với chu kì 6:
1,0,-1,-1,0,1,1,0,-1,-1,0,1,…….
Dãy tuần hoàn nhân tính:
Dãy (un) được gọi là tuần hoàn nhân tính khi và chỉ khi ∃l ∈ ¢ +, l>1 sao cho un.l = un ∃n ∈ ¢ +.
Số l min được gọi là chu kì cơ sở của dãy (un).


Bài tập:
n(n + 2)
, n ∈ ¥ và dãy (xn) xác định bởi xn= u1.u2.u3…un.
1) Cho dãy (un) với un=
(n + 1) 2
a) CMR dãy (un) tăng, (xn) giảm.
n+2
b) CMR xn= .
2(n + 1)
2) Dãy (un) xác định bởi:
u1 = u2 = u3 = 1
, ∀n ≥ 4 .

un = un −1 + un −3
CMR: dãy (un) tăng ∀n ≥ 3.
3) Xét tính bị chặn của dãy un:
1n
) ∀n ∈ ¢ +.
un= (1+
n
4) Dãy (un) xác định bởi:
0 < un < 1

 + . CM: dãy (un) tăng và bị chặn.
1
un +1 (1 − un ) > 4 ∀n ∈ ¢

5) Dãy (un) xác định bởi:
u1 = 1

2 + un với ∀n ≥ 1.

un +1 = 1 + u
 n

CM: dãy (u2n+1) tăng và dãy (u2n) giảm.
6) Cho k ∈ ¤ \ ¢ . CMR dãy (un) xác định bởi:
u0 = 1

u1 = −1
u = ku − u ∀n ∈ ¥ * .
 n +1 n −1
n

Không là dãy tuần hoàn.


-5-
PHẦN 02: MỘT SỐ DẠNG DÃY SỐ ĐẶC BIỆT
Cấp số cộng:
Định nghĩa:
được gọi là cấp số cộng khi và chỉ khi kể từ số hạng thứ 2 trở đi m ỗi số hạng b ằng
Dãy
số hạng đứng trước nó cộng với số không đổi. Số không đổi được gọi là công sai.
Ký hiệu:

: số hạng đầu tiên
: số hạng thứ n (tổng quát)
: công sai
Nhận xét:
1.

­

­ Dãy xác định bởi:




là các số thực)
(

là 1 cấp số cộng.

Tính chất:
Công thức số hạng tổng quát:
1.

là CSC có

Chứng minh:







Suy ra:
Nhận xét: mà:
thì

-6-
(Thường dùng chứng minh CSC):
2.




Tổng của n số hạng đầu tiên:
3.

là cấp số cộng đặt:







Hay

Chứng minh:





Nhận xét:




Ví dụ:

Chứng minh rằng nếu theo thứ tự lập thành một cấp số cộng thì theo
thứ tự cũng lập thành một cấp số cộng (giả sử )

Giải:

theo thứ tự lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi




-7-
Tức là khi và chỉ khi theo thứ tự lập thành một cấp số cộng.

Cấp số nhân:
Định nghĩa:
được gọi là cấp số nhân khi và chỉ khi kể từ số hạng thứ 2 trở đi m ỗi số hạng b ắng
Dãy
số hạng đứng trước nó nhân với số không đổi. Số không đổi được gọi là công bội.
Ký hiệu:

: số hạng đầu tiên
: số hạng thứ n (tổng quát)
: công bội
Nhận xét:

­



­ xác định bởi:
Dãy




là các số thực khác không)
(

là 1 cấp số nhân.

Tính chất:
Công thức số hạng tổng quát:
1.

là CSN có

Chứng minh:







Suy ra:
Nhận xét: mà:


-8-
thì
2.

Tổng của n số hạng đầu tiên:
3.

là cấp số nhân đặt:






Chứng minh:





Tổng các số hạng của CSN lùi vô hạn:
1 CSN được gọi là lùi vô hạn khi và chỉ khi công bội thỏa

là CSN lùi vô hạn với công bội
Dãy






Ví dụ:

Tính
1.


Giải:




-9-
Cho dãy số xác định bởi với mọi . Chứng minh

2.

rằng dãy số xác định bởi với mọi là một cấp số nhân. Hãy cho biết
số hạng đầu và công bội của cấp số nhân đó.

Giải:
Từ công thức xác định dãy số và , ta có:

với mọi .

Từ đó suy ra dãy số là một cấp số nhân với số hạng đầu




và công bội .
Các số theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng; đồng thời
3.

các số theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân. Tìm và .

Giải:
Với theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng, ta có:




hay
Ta lại có:

)

)




Tìm 3 số tạo thành cấp số cộng có tổng bằng 6, bi ết rằng n ếu hoán đ ổi v ị trí s ố h ạng th ứ
4.
nhất và số hạng thứ hai đồng thời giữ nguyên số hạng thứ ba ta được cấp số nhân.

- 10 -
Giải:
Gọi số cần thứ tự
3 tìm theo là :
dưới)
Ta có: (thay vào

số thoả
Ta có 2 dãy mãn:
+với hằng:
ta có dãy là dãy 2 , 2 , 2
+với ta có dãy -4 , 2, 8
Bài tập:
Chứng minh các mệnh đề sau đúng với:
1.




lập thành cấp số nhân. Cmr:
3. Cho




4. Tìm độ dài các cạnh tam giác ABC vuông tại A theo thứ tự lập thành c ấp số nhân.
Tìm công bội của cấp số đó.

5. Cmr điều kiện cần và đủ để 3 số tạo thành cấp số cộng là 3 số
lập thành cấp số nhân.
Một số dãy số đặc biệt:
1. Dãy Fibonacci:

Định nghĩa: Dãy xác định bởi:
1.1




- 11 -
được gọi là dãy Fibonacci

Dãy Fibonacci viết dạng liệt kê:




Các định lý:
1.2

Định lý 1: Cho dãy là dãy Fibonacci:
Khi đó:




Định lý 2: (Công thức Binet)
Cho là dãy Fibonacci:
Số hạng tổng quát của dãy là:




- 12 -
Hệ quả:
a. Khi thì:




b.




2. Dãy Farey:

Định nghĩa: Dãy Farey bậc n là dãy số gồm các phân số tối gi ản n ằm gi ữa 0 và 1 có m ẫu số
không lớn hơn n và sắp theo thứ tự tăng dần.
Ví dụ:

bậc 1

bậc 2

bậc 3

bậc 4

Tính chất:

N ếu và là các số kề nhau trong dãy Farey với thì
a.


N ếu với nguyên dương và là các số kề
thì và
b.

nhau trong dãy Farey bậc Max



N ếu với các số trong dãy Farey nào đó với ( được gọi là
và thì
c.

mediant của và )

3. Dãy Lucas:
Định nghĩa: Dãy xác định bởi:




- 13 -
Dãy Lucas viết dạng liệt kê:

2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123, ...
Tính chất:
a.




Với là tỉ lệ vàng (

b. Tính chia hết giữa các số Lucas
chia hết cho nếu m là số lẻ.
c. Mối liên hệ với các số Fibonacci:

1. Số Lucas liên hệ với số Fibonacci bởi các hằng đẳng thức sau:



Hoặc tổng quát hơn là công thức sau:

với mọi

2.

3.

4.

d. Khi chỉ số là số nguyên tố

Ln đồng dư với 1 mod n nếu n là số nguyên tố.
e. Số nguyên tố Lucas

Số nguyên tố Lucas là số Lucas, và đồng thời là một nguyên tố. Các số nguyên tố Lucas nhỏ
nhất được biết là:



2, 3, 7, 11, 29, 47, 199, 521, 2207, 3571, 9349, ...


4. Cấp số nhân cộng:
được gọi là cấp số nhân cộng nếu như
Dãy , ta có:
là các hằng số)
Đặc biệt:
là CSN công bội là .
dãy
- 14 -
dãy là CSC công sai là .
Dãy số thực:

Định nghĩa:

Theo quan điểm của lý thuyết tập hợp dãy số là một ánh xạ là tập hợp số
, trong đó

tự nhiên, hoặc tập con của tập số tự nhiên nhỏ hơn / lớn hơn m ột số t ự nhiên m nào đó. Khi đó
ta dùng kí hiệu
thay cho .



Nếu là hữu hạn ta có dãy hữu hạn:



Ngược lại nó được xem là vô hạn:




Đôi khi, dãy hữu hạn cũng có thể được xem là vô hạn v ới các ph ần t ử t ừ th ứ m trở đi là bằng
nhau.

Khi bắt đầu từ phần tử dãy thường được ký hiệu:

với là phần tử thứ .

Người ta thường xét hơn các dãy bắt đầu từ phần tử a1.
với là phần tử thứ

Ý nghĩa thực tế:

Trong nhiều bài toán, dãy số có thể được tạo dựng qua quá trình thu th ập d ữ li ệu. Các d ữ li ệu
thu thập có thể gồm nhiều số từ . Tập hợp các số này có thứ tự, nghĩa là có số

đầu tiên ( ), số thứ 2 ( ) và các số tiếp theo.



Biên của dãy:

. Tập hợp các giá trị của dãy:
Cho dãy




được gọi là biên của dãy đó.
- 15 -
Biên này không có thứ tự. Ví dụ, cho dãy , có biên là {-1,1}. Nó có 2 phần tử thay đổi

là 1 và -1.


Dãy số thực đơn điệu:
Định nghĩa

Cho dãy số thực với xn là các số thực. Nó là

. Tăng khi và chỉ khi ,

. Giảm khi và chỉ khi ,

Nếu dãy có được một trong hai tính chất này, ta gọi dãy đó là dãy đơn điệu.

Ví dụ: với dãy

Ta có .

Do nên , hay .

Suy ra là dãy tăng.



Tính đơn điệu và dấu của đạo hàm:

Một cách để xác định một dãy có đơn điệu hay không là dựa vào đạo hàm c ủa hàm số tương
ứng.

Ví dụ như cho dãy . Xét hàm số:


với

Lấy đạo hàm của nó, ta thu được:




Đạo hàm này nhỏ hơn 0 khi . Điều này xảy ra với mọi , nên dãy là dãy

giảm.

Dãy số thực bị chặn:

- 16 -
bị chặn trên khi và chỉ khi tồn tại ở đó . Số được gọi là giá
Dãy ,

trị chặn trên.

Ngược lại, dãy bị chặn dưới khi và chỉ khi tồn tại ở đó . Số
,

được gọi là giá trị chặn dưới.

Nếu một dãy có cả 2 tính chất trên thì dãy đó được gọi là dãy bị chặn.

Ví dụ: dãy bị chặn dưới bởi 0 vì nó luôn có giá trị dương.



Giới hạn của một dãy số thực:

Khái niệm giới hạn của dãy số bắt nguồn từ việc khảo sát m ột số dãy số th ực, có th ể ti ến "rất
gần" một số nào đó. Chẳng hạn, xét dãy số thực:




Hay




Khi cho n tăng lên vô hạn thì phân số trở nên nhỏ tuỳ ý, do đó số hạng thứ của dãy có

thể tiến gần đến 1 với khoảng cách nhỏ tuỳ ý . Người ta diễn đạt điều đó bằng định nghĩa sau:

Đinh nghĩa

Cho dãy số thực và một số thực . Khi đó nếu:




được gọi là giới hạn của dãy hội tụ.
thì . Khi đó ta cũng nói dãy

Giới hạn của dãy thường được kí hiệu:




Hoặc
(khi )
- 17 -
Các định lý cơ bản
Nếu dãy có giới hạn hữu hạn thì nó bị chặn.
1.

Dãy hội tụ chỉ có một giới hạn.
2.

3.



4.



Dãy đơn điệu tăng (giảm) hội tụ khi và chỉ khi nó bị chặn trên (dưới).
5.



Tính chất:

Nếu các dãy hội tụ và





thì




và (nếu L2 và khác 0)




Một số giới hạn cơ bản:




- 18 -
Vô cùng bé, vô cùng lớn:

Nếu một dãy số có giới hạn là 0 thì nó được gọi là m ột vô cùng bé. N ếu :
được gọi là vô cùng lớn. Khi đó ta
thì dãy
cũng viết:




Dãy tuần hoàn:
Dãy tuần hoàn cộng tính:
1.

được gọi là dãy tuần hoàn cộng tính khi và chỉ khi
Dãy sao cho


Số nhỏ nhất được gọi là chu kì cơ sở của dãy
Đặc biệt: tuần hoàn cộng tính, chu kì là dãy hằng.


Dãy tuần hoàn nhân tính:
2.

được gọi là dãy tuần hoàn nhân tính khi và chỉ khi
Dãy sao cho


Số nhỏ nhất được gọi là chu kì cơ sở của dãy
Lưu ý: Dãy tuần hoàn chu kì k thì max { } và min { } i nên
nó bị chặn
Ví dụ: Cm dãy tuần hoàn cộng tính chu kì 2 khi và chỉ khi có dạng:




Giải:
xác định bởi:
Xét dãy




- 19 -
Bằng quy nạp ta cm có:




Ngược lại, với dãy có:

sẽ là dãy cộng tính, chu kì 2.




PHẦN 03: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÂY DỰNG DÃY SỐ
Xây dựng dãy hội tụ bằng phương trình
Có thể xây dựng dãy số hội tụ về một số xuất phát từ một phương trình có nghiệm là theo
cách sau:

Ví dụ 1: Xét = là nghiệm của phương trình =2. Ta viết lại dưới dạng
2
,

và ta thiết lập dãy số thỏa mãn . Nếu dãy này hội tụ thì giới hạn sẽ là .
Tương tự như vậy, ta có thể xây dựng được dáy số tiến về căn bậc của như sau:




Cũng với giới hạn cần đến là , ta có thể xây dựng dãy khác theo “phong cách” như vậy:


- 20 -
=1+

Tất nhiên, trong tất cả các ví dụ trên, ta chỉ có được phương trình với nghi ệm theo ý mu ốn khi
đã chứng minh được sự hội tụ của dãy số. Vì vậy, cần cẩn thận với cách thiết lập bài toán kiểu
này. Ví dụ, với dãy số thì không phải với nào dãy cũng hội tụ và không phải
=1+
lúc nào giới hạn cũng là .
Một cách tổng quát, ta có thể dùng phương pháp tìm nghiệm xấp xỉ Newton đ ể xây d ựng các
dãy số. Để tìm nghiệm của phương trình phương pháp Newton đề nghị chọn
tương đố gần nghiệm đó và xây dựng dãy truy hồi:



sẽ dần đến nghiệm của phương trình
Khi đó dãy .

Ví dụ 2:Xét hàm số và ta được dãy số
-2 thì =

.

Xét hàm số và ta được dãy số
thì



Xây dưng dãy truy hồi từ cặp nghiệm của phương trình bậc hai
Chúng ta thấy, từ hai nghiệm của một phương trình bậc 2 có thể xây d ựng ra các dãy
truy hồi tuyến tính bậc 2 (kiểu dãy số Fibonacci). Tương t ự như th ế, có th ể xây d ựng các dãy
truy hồi tuyến tính bậc cao từ nghiệm của các phương trình bậc cao. Trong ph ần này, chúng ta
sẽ đi theo một hướng khác: xây dựng các dãy truy hồi phi tuyến tính b ậc nh ất t ừ c ặp nghi ệm
của phương trình bậc 2.
Xét phương trình bậc 2: có hai nghiệm là và . Xét một số thực
bất kỳ. Xét dãy số . Khi đó



Từ đó suy ra dãy số thỏa mãn công thức truy hồi

Ví dụ chọn , ta có bài toán: Tìm công thức truy hồi của dãy số được xác
định bởi
Tương tự như vậy, nếu xét thì




Từ đó suy ra dãy số thỏa mãn công thức truy hồi

- 21 -
Ví dụ xét , là hai nghiệm của phương trình , ta được bài toán:
Tìm công thức tổng quát của dãy số được xác định bởi . Hoàn
toàn tương tự, có thể xây dựng dãy truy hồi phi tuyến dạng đa th ức b ậc 4,5. B ằng phép d ời
trục, ta có thể thay đổi dạng của phương trình này.

Ví dụ 1: Nếu trong dãy ta đặt thì ta được dãy




Nếu , là các số thực thì trong hai số có ít nhất m ột số có tr ị tuy ệt đ ối l ớn h ơn 1, vì
vậy dãy số không hội tụ (trừ trường hợp hai nghiệm đối nhau và dãy là dãy h ằng). Tuy nhiên,
nếu chọn , là cặp số phức liên hợp có môđun nhỏ hơn hay bằng 1, ta có th ể t ạo ra các dãy
tuần hoàn hoặc dãy hội tụ. Chú ý rằng chọn , ở đây chính là chọn m và cũng chính là chọn
. Do đó tình chất của dãy số sẽ phụ thuộc rất nhiều vào
Ví dụ với dãy số thỏa

nếu thì

nếu là dãy hằng; nếu
thì thì
Dãy số là nghiệm của một họ phương trình phụ thuộc biến n
Xét một phương trình =0. Nếu với mỗi n, phương trình =0 có nghiệm duy
nhất trên một miền nào đó thì dãy số đã được xác định. Từ mối lien hệ giữa các hàm
=0, dãy số này có thể có những tính chất rất thú vị.
1 1 1
+ + ... + = 0 thuộc khoảng
Bài toán 1. Ký hiệu xn là nghiệm của phương trình:
x x −1 x−n
(0, 1)
a) Chứng minh dãy {xn} hội tụ.
b) Hãy tìm giới hạn đó.
1 1 1
f n ( x) = + + ... +
Bình luận: xn được xác định duy nhất vì hàm số liên tục và
x x −1 x−n
đơn điệu trên (0, 1). Tuy nhiên, ta không thể xác định được giá tr ị c ụ th ể c ủa x n. Rất may mắn,
để chứng minh tính hội tụ của xn, ta không cần đến điều đó. Chỉ cần chứng minh tính đ ơn đi ệu
và bị chặn là đủ. Với tính bị chặn, mọi thứ đều ổn vì 0 < x n < 1. Với tính đơn điệu, ta chú ý một
chút đến mối liên hệ giữa fn(x) và fn+1(x):
1
f n +1 ( x ) = f n ( x ) + . Đây chính là chìa khoá để chứng minh tính đơn điệu của xn.
x − n −1
Lời giải: Rõ ràng xn được xác định 1 cách duy nhất, 0 < x n < 1. Ta có fn+1(xn) = fn(xn) +
, trong khi đó fn+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 x n+1
< xn. Tức là dãy số {xn} giảm. Do dãy này bị chặn dưới bởi 0 nên dãy số có giới hạn.


- 22 -
Ta sẽ chứng minh giới hạn nói trên bằng 0. Để chứng minh đi ều này, ta c ần đ ến k ết qu ả quen
thuộc sau: 1 + > ln(n)

(Có thể chứng minh dễ dàng bằng cách sử dụng đánh giá ln(1+ )
0. Khi đó, do dãy số giảm nên ta có xn ≥ a với mọi n.

 ∞ khi n  ∞ nên tồn tại N sao cho với mọi n ≥ N ta có 1 +
Do 1 +
>

Khi đó với n ≥ N ta có :
1 1 1 1 1 1 111
0= + + ... + < + + + ... + < − =0
xn xn − 1 xn − n xn −1 −2 −n a a
Mâu thuẫn. Vậy ta phải có lim xn = 0.
Bài toán 2. (VMO 2007) Cho số thực a > 2 và fn(x) = a10xn+10 + xn + …+x + 1.
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình f n(x) = a luôn có đúng một nghiệm
dương duy nhất.
b) Gọi nghiệm đó là xn, chứng minh rằng dãy {xn} có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng.


Lời giải. Kết quả của câu a) là hiển nhiên vì hàm f n(x) tăng trên (0, +∞ ). Dễ dàng nhận thấy 0
xn. Tương tự như ở những lời giải trên, ta xét
fn+1(xn) = a10xnn+11 + xnn+1 + xnn + … + x + 1 = xnfn(xn) + 1 = axn + 1
Vì ta đã có fn+1(1) = a10 + n + 1 > a nên ta chỉ cần chứng minh ax n + 1 < a là sẽ suy ra xn < xn+1 < 1.
Như vậy, cần chứng minh xn < (a-1)/a. Thật vậy, nếu xn ≥ (a-1)/a thì
n +1
 a −1
1−  ÷
n +10 n n
a −1 a −1  a −1
10  10 
a
f n ( xn ) ≥ a  + = (a − 1)  ÷ + a − (a − 1)  ÷ >a
÷ a −1
a a a
1−
a
(do a – 1 > 1). Vậy dãy số tăng {xn} tăng và bị chặn bởi 1 nên hội tụ.
Nhận xét: Một lần nữa mối liên hệ f n+1(x) = xfn(x) + 1 lại giúp chúng ta tìm được mối quan hệ
giữa xn và xn+1. Từ lời giải trên, ta có thể chứng minh được rằng
lim xn = (a-1)/a. Thật vậy, đặt c = (a-1)/a < 1, theo tính toán ở trên thì
fn(c) – fn(xn) = kcn (với k = (a-1)((a-1)9 – 1) > 0)
Theo định lý Lagrange thì : fn(c) – fn(xn) = f’(ξ)(c – xn) với ξ thuộc (xn, c)
Nhưng f’(ξ) = (n+10)a10ξn+9 + nξn-1 + …+ 1 > 1 nên từ đây suy ra: kcn > c - xn
Từ đó ta có : c – kcn < xn < c . Và có nghĩa làm lim xn = c.




- 23 -
Bài toán 3. (VMO 2002) Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng ph ương trình
1 1 1 1
+ + ... + 2 = có một nghiệm duy nhất xn > 1. Chứng minh rằng khi n
x − 1 4x − 1 n x −1 2
dần đến vô cùng, xn dần đến 4.


Bình luận: Việc chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất x n > 1 là hiển nhiên. Mối liên hệ
fn+1(x) = fn(x) + 1/((n+1)2x-1) cho thấy xn là dãy số tăng (ở đây
1 1 1 1
f n ( x) = + + ... + 2 − ). Đề bài cho sẵn giới hạn của xn là 4 đã làm cho
x − 1 4x − 1 n x −1 2
bài toán trở nên dễ hơn nhiều. Tương tự như cách chứng minh lim x n = c ở nhận xét trên, ta sẽ
dùng định lý Lagrange để đánh giá khoảng cách giữa x n và 4. Để làm điều này, ta cần tính fn(4),
1 1 1 1
với f n ( x ) = + + ... + 2 − . Rất may mắn, bài tính fn(4) này liên quan đến
x − 1 4x − 1 n x −1 2
1 dạng tổng quen thuộc.
Lời giải: Đặt fn(x) như trên và gọi xn là nghiệm > 1 duy nhất của phương trình fn(x) = 0. Ta có
1 1 1 11 1 1 1
f n (4) = + + ... + 2 −= + + ... + −
4 − 1 16 − 1 (2n − 1)(2n + 1) 2
4n − 1 2 1.3 3.5
1 1 1 1 1 1 1
1 1
=  − + − + ... + − ÷− = −
2n − 1 2n  2
2 1 3 3 5 4n
Áp dụng định lý Lagrange, ta có : 1/4n = |fn(xn) – f(4)| = |f’(c)||xn-4| với c thuộc (xn, 4)
1 4 1
Nhưng do | f n '(c ) |= + + ... >
(c − 1) 2 (4c − 1) 2 9
Nên từ đây |xn – 4| < 9/4n, suy ra lim xn = 4.
Trong ví dụ trên (và trong phần nhận xét ở bài toán 3) chúng ta đã sử d ụng đ ịnh lý Lagrange đ ể
đánh giá hiệu số giữa xn và giá trị giới hạn. Ở ví dụ cuối cùng của bài viết này, ta tiếp tục nếu
ra ứng dụng dụng định lý này trong một tình huống phức tạp hơn.
Xây dựng các dãy số nguyên từ lời giải các phương trình nghiệm nguyên
Một dãy truy hồi tuyến tính với hệ số nguyên và các số h ạng đ ầu đ ều nguyên s ẽ ch ứa
toàn số nguyên, đó là điều hiển nhiên. Thế nhưng có những dãy số mà trong công th ức truy h ồi
có phân số, thậm chí có cả căn thức nhưng tất cả các số h ạng c ủa nó v ẫn nguyên, đ ấy m ới là
điều bất ngờ. Tuy nhiên, nếu xem xét kỹ, ta có thể thấy chúng có m ột m ối quan h ệ r ất tr ực
tiếp.
Chúng ta hãy bắt đầu từ bài toán quen thuộc sau: Chứng minh r ằng v ới m ọi s ố h ạng c ủa
dãy số xác định bởi đều nguyên.
Chuyển về và bình phương công thức truy hồi, ta được


Thay n bằng n-1 ta được


- 24 -
Từ đây suy ra là hai nghiệm của phương trình
,


. Từ đây suy ra tất cả các số hạng trong dãy
Suy ra: hay
đều nguyên.
Cả công thức ban đầu lẫn công thức hệ quả đều gợi cho chúng ta
đến với phương trình Pell. Quả thật là có thể xây dựng hàng loạt những dãy số t ương t ự b ằng
cách xét phương trình Pell.
Xét phương trình Giả sử phương trình có nghiệm không tầm thường
là nghiệm cơ sở của phương trình Khi đó, nếu xét hai dãy
và (
xác định bởi là nghiệm của
thì
Từ hệ phương trình trên ta có thể tìm được


và như vậy đã xuất hiện hai dãy số nguyên đươc cho bởi một công thức không nguyên.
Ví dụ, với Ta được hai dãy
thì ta có
số nguyên sau đây:




Cuối cùng, chú ý rằng ta có thể tạo ra m ột kiểu dãy số khác t ừ kết qu ả là hai
nghiệm của phương trình


Trên đây: Theo định lí Viete thì , suy ra




và ta có bài toán: Cho dãy số xác định bởi Chứng minh

rằng nguyên với mọi .


Bài tập xây dựng hệ thống bài tập dãy số
Bài 1:Cho phương trình Chứng tỏ rằng với mỗi n nguyên dương
thì phương trình có duy nhất một nghiệm dương và tìm .
Giải
f(x) = xn + xn-1 +…+ x-1 (n N\{1})
Xét
f’(x) = nxn-1 + (n-1)xn-2 + …+ 1 > 0, x > 0
Hơn nữa f(0).f(1) = 1-n < 0
f(x)= 0 có nghiệm dương duy nhất xn.
- 25 -
Khi đó : xn > xn+1 > 0

(vì ngược lại : 0 < xn xn+1

1 = xn+ + …+ < 0, a2 > 0 và an+1= Chứng minh rằng dãy
số {an} hội tụ và tìm giới hạn của dãy số đó.
Giải
Xét dãy số {Mn} với Mn=max{an, an+1, 4}.
 Nếu Mn=4 thì an, an+1 , từ đó Mn+1=4.
, suy ra an+2
 Nếu Mn=an+1 thì an+1 an, an+1 Khi đó



suy ra: an+2 = + = an+1.
Suy ra Mn+1 = max{an+1, an+2, 4} = an+1 = Mn.
 Nếu Mn = an thì an an+1, an 4. Khi đó
an+2 = + 2 an.

Suy ra Mn+1 an = Mn.
Vậy trong mọi trường hợp thì Mn+1 Mn, tức (Mn) là dãy số giảm. Do (Mn) bị chặn dưới bởi 4
nên dãy này có giới hạn. Ta chứng minh gi ới hạn này bằng 4. Th ật v ậy, gi ả s ử gi ới h ạn là M >
4. Khi đó với mọi > 0, tồn tại N sao cho với mọi n N thì . Chọn n N
sao cho Mn+2 = an+2 (theo các lập luận ở trên và do M > 4 thì tồn tại chỉ số n như vậy). Ta có

.

Mâu thuẫn vì M > 4 và có thể chọn nhỏ tùy ý.
, suy ra dãy đã cho cũng hội tụ tại 4.
Do đó

Bài 3:Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số {an} xác định bởi a0 = 1, a n +1 = 2a n + 3a n − 2
2


đều nguyên.
Giải

- 26 -
Chuyển vế và bình phương công thức truy hồi, ta được
an+12 – 4anan+1 + 4an2 = 3an2 – 2
an+12 – 4anan+1 + an2 + 2 = 0

Thay n bằng n-1, ta được
an2 – 4anan-1 + an-12 + 2 = 0
Từ đây suy ra an-1 và an+1 là hai nghiệm của phương trình x 2 – 4anx + an2 + 2 = 0. Suy ra a n+1 + an-1
= 4an hay an+1 = 4an – an-1. Từ đây suy ra tất cả các số hạng trong dãy đều nguyên, vì a 0 = 1 và a1 =
3 nguyên.

Bài 4:Cho dãy số {xn} xác định bởi x1 ∈ (1, 2) và xn+1 = 1 + xn – . Chứng minh rằng {xn} có giới
hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng và tìm giới hạn đó.
Giải

Giả sử xn có giới hạn là a thì từ đó suy ra a = 2 . Ta sẽ dùng định nghĩa để
a=1+a–
chứng minh lim xn = 2.
2 + xn − 1
2
xn
Ta có | x n +1 − 2 |=| 1 + x n − − 2 |=| x n − 2 || |.
2 2
Tiếp theo ta có thể chứng minh bằng quy nạp rằng 1 < x n < 3/2 với mọi n = 2, 3, … Từ đó, do
< 2 nên suy ra lim xn = 2.



Bài 5:Cho hai dãy số {an} và {bn} thỏa (n=1,2,3…)




Chứng minh rằng an+bn>2 ,
Giải
Ta có a2b2=(a1+1/b1)(b1+1/a1)=2+a1b1+1/a1b1 4

a3b3=(a2+1/b2)(b2+1/a2)=2+a2b2+1/(a2b2)>6

a3+b3 2

BĐT đúng với n=3

Giả sử BĐT đúng với n=k 3, tức là:
ak+bk>2

Khi đó

+

2ak+1bk+1=2akbk+2/(akbk)+4
- 27 -
(ak+1+bk+1)2=(ak+bk)2+2(ak/bk+bk/ak)+4

(1/ak+1/bk)2+4>8k+4+4
ak+1+bk+1>2

Vậy BĐT đúng với n=k+1 (Đpcm)
Bài 6:Cho n là một số nguyên dương > 1. Chứng minh r ằng ph ương trình x n = x + 1 có một
nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là xn. Chứng minh rằng xn dần về 1 khi n dần đến vô cùng và
tìm lim n( x n − 1) .
n →∞

Giải
Rõ ràng xn > 1. Đặt fn(x) = xn – x – 1. Khi đó fn+1(1) = - 1 < 0 và fn+1(xn) = xnn+1 – xn – 1 > xnn – xn –
1= fn(xn) = 0. Từ đó ta suy ra 1 < x n+1 < xn . Suy ra dãy {xn} có giới hạn hữu hạn a. Ta chứng minh
a = 1. Thật vậy, giả sử a > 1. Khi đó x n ≥ a với mọi n và ta tìm được n đủ lớn sao cho: x nn ≥ an >
3 và xn + 1 < 3, mâu thuẫn ví fn(xn) = 0.
Để giải phần cuối của bài toán, ta đặt xn = 1 + yn với lim yn = 0. Thay vào phương trình fn(xn) =
0, ta được (1+yn)n = 2 + yn. Lấy logarith hai vế, ta được
nln(1+yn) = ln(2+yn)
Từ đó suy ra
lim nln(1+yn) = ln2
Nhưng lim ln(1+yn)/yn = 1 nên từ đây ta suy ra lim nyn = ln2, tức là
lim n( xn − 1) = ln 2.
n →∞

Bài 7: Cho n là một số nguyên dương > 1. Chứng minh rằng phương trình x n = x2 + x + 1 có
một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là x n. Hãy tìm số thực a sao cho giới hạn
lim n a ( xn − xn +1 ) tồn tại, hữu hạn và khác 0.
n →∞

Bình luận.
Dễ thấy giá trị a, nếu tồn tại, là duy nhất. Tương tự như ở bài toán 2, có th ể ch ứng minh đ ược
rằng xn ~ 1 + ln(3)/n. Từ đó có dự đoán là a = 2. Định lý Lagrange sẽ giúp chúng ta đánh giá hi ệu
xn – xn+1 và chứng minh dự đoán này.
Giải
Đặt Pn(x) = xn – x2 – x – 1.
Ta có Pn+1(x) = xn+1 – x2 – x – 1 = xn+1 – xn + Pn(x) = xn(x-1) + Pn(x).
Từ đó Pn+1(xn) = xnn(xn-1) + Pn(xn) = (xn2+xn+1)(xn-1) = xn3 – 1.
Áp dụng định lý Lagrange, ta có
(xn2+xn+1)(xn – 1) = Pn+1(xn) – Pn+1(xn+1) = (xn – xn+1)Pn+1’(c)
với c thuộc (xn+1, xn), Pn+1’(x) = (n+1)xn – 2x – 1.
Từ đó
(n+1)(xn+1+1+1/xn+1) – 2xn+1 – 1 = Pn+1’(xn+1) < Pn+1’(c)
< Pn+1’(xn)= (n+1)(xn2+xn+1) – 2xn – 1.

- 28 -
Từ đây, với lưu ý lim xn = 1, ta suy ra
Pn'+1 (c)
=3
lim
n
n →∞

Tiếp tục sử dụng lim n(xn – 1) = 3, ta suy ra
lim nPn'+1 (c)( x n − x n +1 ) = lim n( x n + x n + 1)( x n − 1) = 3 ln(3)
2
n →∞ n →∞
'
P (c )
⇔ lim n 2 ( x n − x n +1 ). = 3 ln(3)
n +1

n
n →∞

P ' (c )
⇔ lim n 2 ( x n − x n +1 ) lim n +1 = 3 ln(3)
n
n →∞ n →∞

⇔ lim n 2 ( x n − x n +1 )3 = 3 ln(3)
n →∞

⇔ lim n 2 ( x n − x n +1 ) = ln(3)
n →∞

Vậy với c = 2 thì giới hạn đã cho tồn tại, hữu hạn và khác 0. Dễ th ấy v ới c > 2 thì gi ới h ạn đã
cho bằng vô cùng và nới c < 2 thì giới hạn đã cho bằng 0. Vậy c = 2 là đáp s ố duy nh ất c ủa bài
toán.
Bài 8:Cho ba số thực dương a,b,c và dãy số {ak},{bk},{ck},k=0,1,2,… được xác định như sau:
1) a0=a, b0=b, c0=c.
2) ak+1=ak+2/(bk+ck), bk+1=bk+2/(ck+ak), ck+1=ck+2/(ak+bk), k 0
Chứng minh các dãy {an},{bn},{cn} này dần tới vô cực khi n tiến tới vô cực
Giải
Với mỗi k 0, ta đặt
Mk=max{ak,bk,ck} và mk=min{ak,bk,ck}
Dễ thấy các dãy này đều dương. Ta sẽ chứng minh rằng:



Thật vậy, xét Mk, từ giả thiết ta có:
ak+12 + bk+12 + ck+12 > ak2 + bk2 + ck2 + 2[ak/(bk+ck)+bk/(ck+ak)+ck/(ak+bk)] ak2 + bk2 + ck2 + 6.
Bằng quy nạp,suy ra:
ak2 + bk2 + ck2>6k, Mk2 ( ak2 + bk2 + ck2)/3>2k .

, ta chứng minh được: mk+1 mk+1/Mk, Mk+1 Mk+1/mk,
Xét

Suy ra:

Mk+1. mk ( Mk+1/mk).mk=Mk(mk+1/Mk) Mk .mk+1 .

Hơn nữa, rõ ràng này hội tụ, tức là tồn tại giới hạn p của
1, suy ra dãy .

- 29 -
Từ đó suy ra và suy ra đpcm.




PHẦN 04: PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH

PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP MỘT:


Phương trình sai phân tuyến tính cấp một là phương trình dạng:
u1= α , aun+1 + bun = f(n) n ∈ ¥ * (1), trong đó α , a ≠ 0, b ≠ 0 là các hằng số và f(n) là biểu
thức của n cho trước.
Ta giải phương trình sai phân thuần nhất tương ứng.
Giải phương trình đặc trưng: a λ + b = 0 để tìm λ .

• Tìm nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng: aun+1 + bun = 0

dưới dạng u n = c λ n ( c là hằng số).

• Tìm nghiệm riêng u*n của phương trình không thuần nhất.

• Tìm nghiệm tổng quát của phương trình (1): un = u*n + u n .


Các phương pháp tìm nghiệm riêng của phương trình sai phân tuyến tính cấp 01:
- 30 -
Trường hợp 01: Nếu f(n) = Pm(n) là đa thức bậc m đối với n.
Khi đó:
Nếu λ ≠ 1 thì ta chọn u*n = Qm(n) cũng là đa thức bậc m đối với n.
Nếu λ ≠ 1 thì ta chọn u*n =nQm(n) trong đó Qm(n) cũng là đa thức bậc m đối với n.


VD1: Giải phương trình sai phân:
 x0 = 7

 xn +1 = 15 xn − 14n + 1
Giải. Ta có f(n) = -14n + 1 là đa thức bậc nhất, λ = 15 ≠ 1 nên ta chọn x*n = an+b. Thay vào
phương trình đã cho ta được: a(n+1) + b= 15 (an+b) – 14n +1.

Suy ra a=1, b=0. Vậy x*n = n còn x n = C.15n ( với C là hằng số) và nghiệm tổng quát là:

x n = C.15 + n, mà x0 = 7 nên C = 7. Vậy phương trình có nghiệm: xn = 7.15 + n.
n n



 x0 = 99
VD2: Giải phương trình sai phân: 
 xn +1 = xn − 2n − 1
Giải: f(n)= - 2n - 1 là đa thức bậc nhất, λ = 1 nên ta chọn x*n = n(an + b). Thay vào ta được:

(n + 1)[a(n + 1) + b] = n (an + b) – 2n – 1 ⇒ a = -1 ; b = 0 ⇒ x*n = -n2; x n = C.1n = C ⇒
xn = C ⇒ xn = C – n2, mà x0 = 99 ⇒ C = 99 ⇔ C = 99. Vậy phương trình có nghiệm: xn =
2
99 – n .


Trường hợp 02: f(n) = p. β n (p; β ≠ 0). Khi đó:
Nếu λ ≠ β thì ta chọn x*n = d. β n ( d ∈ ¡ ).
Nếu λ = β thì ta chọn x*n = d. n. β n ( d ∈ ¡ ).


VD3: Giải phương trình sai phân:
 x0 = 8


 xn +1 = 2 xn + 3 .
n

Do λ = 2 ≠ 3 = β nên ta chọn x*n = d.3n. Thay vào phương trình đã cho được d = 1

⇒ x*n = 3n. Ta có x n = C.2n, vậy xn = C.2n + 3n, mà x0 = 8 nên C = 7.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm xn = 7.2n + 3n.


VD4: Giải phương trình sai phân:



- 31 -
 x0 = 101

 n +1
 xn +1 = 7 xn + 7 .

Giải: Do λ = 7 = β nên ta chọn x*n = d.n.3n. Thay vào phương trình đã cho được d = 1

⇒ x*n = n.7n. Ta có x n = C.7n, vậy xn = C.7n + n7n, mà x0 = 101 nên C = 101.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm xn = (101 + n).7n.


Trường hợp 03: f(n) = α .sinnx + β .cosnx ( α + β ≠ 0; x ≠ k π ; k ∈ ¢ ). Khi đó, ta chọn
u*n = A.sinnx + B.cosnx với A; B ∈ ¡ là các hằng số.


VD5: Giải phương trình sai phân:
 x0 = 1



 2.xn +1 = xn − sin 4 .

nπ nπ nπ
1
Giải: Có λ =
∗ ∗
; f(n) = sin nên ta chọn xn = A. cos + B. sin . Thay xn vào phương
2 4 4 4


trình trên, biến đổi và so sánh các hệ số ta được A= 1; B= 0 suy ra xn = cos . Ta có
4
n n

1 1

x n = C.  ÷ ⇒ xn = C.  ÷ + cos 4 . Thay vào điều kiện biên x 0 = 1 ta được C = 0. Vậy
 2  2

phương trình đã cho có nghiệm xn = cos .
4


m

∑f (n).
Trường hợp 04: f(n) = k
k =1

m

∑x ∗ ∗
trong đó x nk tương ứng là
Khi đó ta chọn nghiệm riêng x*n của (1) dưới dạng: x*n = nk
k =1

nghiệm riêng của phương trình sai phân (1) với vế phải là f k (n) .


VD6: Giải phương trình sai phân:
 x0 = 17


 xn +1 = 2 xn − n + 2n + 1 + 6.2 .
2 n

∧ ∗
Giải: Ta có λ = 2, f1(n) = -n2 + 2n +1, f2(n) = 6.2n. Suy ra: x n = C.2n ; x n1 = an2 + bn + c ;
x∗n2 = d.n.2n.




- 32 -

Vậy ta chọn x n = an2 + bn + c + d.n.2n. Thay vào phương trình đã cho ta suy ra được: a = 1,
b = c = 0, d = 3. Vậy: xn = C.2n + n2 + 3n.2n, mà x0 = 17 ta được C = 17 và do đó nghiệm của
phương trình sai phân đã cho là: xn = 17.2n + n2 + 3n.2n.


Bài tập:
Giải các phương trình sai phân tuyến tính sau:


u1 = 1
Đáp số: un = 3n + 1 − 3 .
n

1. ;
un +1 = 3un − 6n + 1
u1 = 1
 1
Đáp số: un = (2n − 3n + n + 3).
3 2

2. 2;
un +1 = un + 2n 3

u0 = 1
 1n n
Đáp số: un = (5 + 3 ).

3. n;
un +1 = 5un − 3 2

u0 = 1

Đáp số: un = 2 + 3 − n − 1.
n n

4. n;
un +1 = 2un + n + 3





PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI:
Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai là phương trình dạng:

u1= α , u2 = β , aun+1 + bun+1+cun = f(n) n ∈ ¥ * (1), trong đó α β , a, b, c là các hằng số a ≠ 0,
,
c ≠ 0 và f(n) là biểu thức của n cho trước.
Giải phương trình thuần nhất tương ứng.
Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất.
Tìm nghiệm tổng quát của phương trình (1) dưới dạng:

un = u*n + u n .
Giải phương trình thuần nhất tương ứng:
aun+1 + bun+1+cun = 0.
Giải phương trình đặc trưng: a λ 2 + b λ + c = 0 (2) để tìm λ .
Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng.


Trường hơp 01: Nếu (2) có hai nghiệm phân biệt: λ = λ1 , λ = λ2 thì:

u n = A.λ1n + B.λ2 n , trong đó A và B được xác định khi biết u1 và u2.

- 33 -
Trường hơp 02: Nếu (2) có hai nghiệm kép: λ = λ1 = λ2 thì:

u n = ( A + Bn).λ n , a 2 + b 2 trong đó A và B được xác định khi biết u1 và u2.


 x0 = 2; x1 = −8
VD1: Giải phương trình sai phân: 
 xn + 2 = −8 xn +1 + 9 xn .
Giải. Phương trình đặc trưng:
λ 2 + 8 λ - 9 = 0 ⇔ λ = 1 hoặc λ = −9

Suy ra x n = xn = A + B.(-9)n.

Mà x0 = 2; x1 = −8 nên suy ra A = 1; B = 1.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: xn = 1 + (-9)n.


 x0 = 1; x1 = 16
VD2: Giải phương trình sai phân: 
 xn + 2 = 8 xn +1 − 16 xn .
Giải: Ta tìm được λ1 = λ2 = 4 nên giải theo trường hợp 02.




Các phương pháp tìm nghiệm riêng của ph ương trình sai phân tuy ến tính c ấp 02 không
thuần nhất:
aun+1 + bun+1+cun = f(n) với vế phải có dạng đặc biệt.
f(n) = Pk(n) là đa thức bậc k đối với n.
Khi đó:

Nếu phương trình đặc trưng (2) không có nghiệm λ = 1 thì ta chọn xn = Qk(n), trong đó
Qk(n) là đa thức bậc k nào đó đối với n.

Nếu (2) có nghiệm đơn λ = 1 thì ta chọn xn = nQk(n), trong đó Qk(n) là đa thức bậc k
nào đó đối với n.

Nếu (2) có nghiệm kép λ = 1 thì ta chọn xn = n2Qk(n), trong đó Qk(n) là đa thức bậc k
nào đó đối với n.

VD3: Tìm một nghiệm riêng xn của phương trình sai phân:
xn + 2 = −4 xn +1 + 5 xn + 12n + 8.
Giải: Phương trình đặc trưng:
λ 2 + 4 λ - 5 = 0 ⇔ λ = 1 hoặc λ = -5 ; f(n) = 12n + 8.

- 34 -

Chọn xn = n(an + b). Thay vào phương trình đã cho ta suy ra: a = 1 ; b = 0.

Suy ra phương trình đã cho có một nghiệm riêng là xn = n2.

VD4: Giải phương trình sai phân:
2 xn + 2 − 5 xn +1 + 2 xn = n 2 − 2n + 3 với x0 = 1 ; x1 = 3.
Giải: Phương trình đặc trưng:
1
2 λ 2 -5 λ + 2 = 0 ⇔ λ = 2 hoặc λ = , f(n) = n2 – 2n + 3.
2
1n

Vậy phương trình thuần nhất có nghiệm thuần nhất tổng quát x n = xn = A.2n + B.( ).
2

Chọn xn = an2 + bn + c. Thay vào phương trình đã cho rồi cho n bất kì để gi ải hệ ta suy ra đ ược a
= -1, b = 4, c = -10.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm riêng là xn = -n2 + 4n -10.
Do đó phương trình đã cho có nghiệm tổng quát là:
1n
xn = A.2n + B.( ) – n2 + 4n -10.
2
Thay vào x0 = 1 và x1 = 3 ta tìm được A = 3 ; B = 8. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
1n
xn = 3.2n + 8.( ) – n2 + 4n -10.
2


Trường hợp khi f(n) = Pk(n). β n trong đó Pk(n) là một đa thức bậc k đối với n.
Khi đó:
Nếu β không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng (2) thì ta chọn:

xn = Qk(n), trong đó Qk(n) là đa thức bậc k nào đó đối với n với hệ số cần được xác định.

Nếu β một nghiệm đơn của phương trình đặc trưng (2) ta chọn xn = nQk(n), trong đó Qk(n)



là đa thức bậc k nào đó đối với n.
Nếu β một nghiệm kép của phương trình đặc trưng (2) ta chọn xn = n2Qk(n), trong đó Qk(n)



là đa thức bậc k nào đó đối với n.
VD5: Tìm một nghiệm riêng của phương trình sai phân sau:
2 xn + 2 + 5 xn +1 + 2 xn = (35n + 51)3n .

Giải: Ta có β = 3, Pk(n) = 35n + 51 là đa thức bậc nhất.
Phương trình đặc trưng:
1
( đều khác β )/
2 λ 2 + 5 λ + 2 = 0 ⇔ λ 1 = -2 ; λ 2 = -
2

- 35 -

Chọn xn = (an + b).3n. Thay vào phương trình đã cho rồi cho n bất kì ta suy ra: a = 1, b = 0.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm riêng là: xn = n.3n.

VD6: Tìm một nghiệm riêng của phương trình sai phân sau:
xn + 2 − 5 xn +1 + 6 xn = (8n + 11)2n.

Giải: Ta có β = 2, Pk(n) = 8n + 11 là đa thức bậc nhất.
Phương trình đặc trưng:
λ 2 - 5 λ + 6 = 0 ⇔ λ 1 = 2 ; λ 2 = 3 ( λ 1= β ).

Chọn xn = n(an + b).2n. Thay vào phương trình đã cho rồi cho n bất kì ta suy ra: a = -4, b = -23.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm riêng là: xn = -(4n2 + 23n).2n.

VD7: Tìm một nghiệm riêng của phương trình sai phân sau:
xn + 2 − 10 xn +1 + 25 xn = (n + 2)5n +1.

Giải: Ta có β = 5, Pk(n) = 5n + 10 là đa thức bậc nhất.
Phương trình đặc trưng:
λ 2 - 10 λ + 25 = 0 ⇔ λ 1 = λ 2 = 5 ( λ 1= λ 2 = β ).

Chọn xn = n2(an + b).5n. Thay vào phương trình đã cho rồi cho số nguyên dương n bất kì ta suy
4 7 n2

ra: a = , b = . Vậy phương trình đã cho có một nghiệm riêng là: xn = (4n + 7).5n.
50 50 50


m

∑f (n).
Trường hợp 04: f(n) = k
k =1

m

∑x ∗ ∗
trong đó x nk tương ứng là
Khi đó ta chọn nghiệm riêng x*n của (2) dưới dạng: x*n = nk
k =1

nghiệm riêng của phương trình sai phân ( 2) với vế phải là f k (n) và được tìm theo một trong
các trường hợp trên.
VD8: Tìm một nghiệm riêng của phương trình sai phân sau:
xn + 2 = 5 xn +1 − 6 xn + 2n + n − 1.
Giải: Phương trình đặc trưng:
λ 2 - 5 λ + 6 = 0 ⇔ λ 1 = 2 ; λ 2 = 3.
f(n) = 2n + n – 1 := f1(n) + f2(n) với f1(n) = 2n ; f2(n)= n – 1.
Đối với phương trình: xn+2 = 5xn+1 – 6xn + 2n (*) , do λ 1 = 2 = β nên ta chọn nghiệm riêng:
1 1
x∗n1 = an.2n. Thay vào (*) rồi chia cả hai vế cho 2n ta được: a = - ∗
=> x n1 = - n.2n.
2 2

- 36 -
Đối với phương trình:
xn+2 = 5xn+1 – 6xn + n – 1. (**)

Ta chọn nghiệm riêng: x n2 = cn + d. Thay vào (**) rồi cho số nguyên dương n bất kì ta suy ra
1 1 1 1

c = ; d = => x n2 = n + .
2 4 2 4
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm riêng:
1 1 1
x∗n = x∗n1 + x∗n2 = - n.2n + n + .
2 2 4
Bài tập
1. yn + 2 − 5 yn +1 + 6 yn = 0 .

2. 8 yn + 2 − 6 yn +1 + yn = 2 .
n



3. yn + 2 − 3 yn +1 + 2 yn = 5 + 2n + 3n + 1 .
n 3



4. yn + 2 − yn +1 + 2 yn = n .
2




PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP BA

Cho a, b, c, d, α , β , γ là các hằng số thuộc tập ¡ ; a ≠ 0 ; d ≠ 0 còn f(n) là một hàm số biến số
n. Phương trình:
u1 = α ; u2 = β ; u3 = γ

 aun +3 + bun + 2 + cun +1 + dun = f (n)
được gọi là phương trình sai phấn tuyến tính cấp 03.



Phương trình sai phân tuyến tính cấp 03 có nghiệm tổng quát dạng: un = un + un .



∧ ∗
trong đó, u n là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất, còn un là
nghiệm riêng của phương trình đã cho.

Cách tìm u n
Xét phương trình đặc trưng:
aλ 3 + bλ 2 + cλ + d = 0. (3)

Nếu (3) có ba nghiệm thực phân biệt thì: u n = C1. λ1 + C2. λ2 + C3. λ3 .
n n n



Nếu (3) có nghiệm kép và một nghiệm đơn thì: u n = (C1 + C2n). λ1,2 + C3. λ3 .
n n



- 37 -

Nếu (3) có một nghiệm chung duy nhất: u n = (C1 + C2n+ C3n2). λ .
n



Kí hiệu: C1; C2; C3 là các hằng số mà sẽ được xác định bằng cách thay u n vào các điều kiện biên
và giải hệ phương trình thu được.

Cách tìm un :
Trường hợp 01: Nếu f(n) = Pm(n) là đa thức bậc m đối với n thì:

Khi (3) không có nghiệm λ = 1 thì ta chọn: un = Qm(n) trong đó Qm(n) là đa thức bậc m đối với n.

Khi (3) có nghiệm đơn λ = 1 thì ta chọn: un = nQm(n) trong đó Qm(n) là đa thức bậc m đối với n.

Khi (3) có hai nghiệm λ = 1 thì ta chọn: un = n2Qm(n) trong đó Qm(n) là đa thức bậc m đối với n.

Khi (3) có cả 3 nghiệm λ = 1 thì ta chọn: un = n3Qm(n) trong đó Qm(n) là đa thức bậc m đối với n.




Trường hợp 02: Nếu f(n) = A. µ n ( A ; µ là các hằng số cho trước) thì

Khi µ không là nghiệm của (3) thì ta chọn: un = B. µ n với B là hằng số được xác định bằng
∗ n


cách thay un vào phương trình đã cho.

Khi µ là nghiệm đơn của (3) thì ta chọn: un = B.n. µ n .
∗ n



Khi µ là nghiệm bội hai của (3) thì ta chọn: un = B.n2 µ n .
∗ n



Khi µ là nghiệm bội ba của (3) thì ta chọn: un = B.n3 µ n .
∗ n



 x 1 = 0; x2 = 1; x3 = 3
VD1: Giải phương trình sai phân: 
 xn = 7 xn −1 − 11xn −2 + 5 xn −3 .
Giải: Phương trình đặc trưng:
λ 3 − 7λ 2 + 11λ − 5 = 0 ; có λ1 = λ2 = 1; λ3 = 5.
Vậy phương trình có nghiệm tổng quát:
∧ n n n
x n = (C1 + C2n).1 + C3.5 = C1 + C2n + C3.5 .
13 3 1
Thay vào điều kiện biên ta suy ra được: C1 = − ; C2 = ; C3 = .
16 4 80
1 n −1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: xn = (5 + 12n − 13).
16



- 38 -
 x0 = 1; x1 = 2; x2 = 3
VD2: Giải phương trình sai phân: 
 xn +3 − 3 xn + 2 + 3 xn +1 − xn = 1.
Giải: Phương trình đặc trưng: λ 3 − 3λ 2 + 3λ − 1 = 0 ; có nghiệm λ1 = λ2 = λ3 = 1.
Vậy phương trình có nghiệm tổng quát:
∧ 2
x n = C1 + C2n+C3n .

Do f(n) = 1 nên ta chọn nghiệm riêng xn = B.n3. Thay vào phương trình đã cho rồi so sánh các hệ
1 1

số ta suy ra được: B = => xn = .n3.
6 6
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
13
xn= C1 + C2n + C3n2 + .n .
6
4 1
Thay vào các điều kiện biên và giải hệ phương trình ta thu được: C1 = 1; C2 = ; C3 = − . Vậy
3 2
4 1 1
phương trình đã cho có nghiệm là: xn= 1 + n − n2 + .n3.
3 2 6



NHẬN XÉT VỀ PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO
Định nghĩa: Phương trình
a0 yn+k + a1 yn+k −1 + ....... + ak yn = f (n) (1)
được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp
Giải.
A. Giải phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất tương ứng
- Giải phương trình đặc trưng
a0λ k + a1λ k −1 + .......... + ak −1λ + ak = 0 (2)
để tìm
- Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng.
Nếu(2) có k nghiệm thực khác nhau là λ1 , λ2 ,...., λk thì nghiệm

tổng quát là
^
yn = c1λ1n + c2λ2n + ...... + ckn (3)
trong đó c1 , c2 ,......, ck là các hằng số tùy ý.
• Nếu (2) có nghiệm thực λ j bội s thì nghiệm tổng quát là:
 s −1  k
^
yn =  ∑ c j +i ni ÷λ jn + ∑ ci λin
 i =1  i =1,i ≠ j

• Nếu phương trình đặc trưng (2) có nghiệm phức đơn
λ j = r (cosθ + i.sin θ ) thì λ j = r (cosθ − i.sin θ ) cũng là nghiệm của (2).
Đặt λ j +1 = λ j . Để thu được công thức nghiệm tổng quát, trong công thức (3)
ta thay bộ phận
c j λ jn + c j +1λ jn+1
- 39 -
bởi bộ phận tương ứng
c j r n cos nθ + c j +1r n sin nθ
• Nếu phương trình đặc trưng (2) có nghiệm phức bội s
λ j = λ j +1 = .... = λ j + s−1 = r (cosθ +isin θ )
thì (2) cũng có nghiệm phức bội s liên hợp với λ j là λ j mà ta đặt là
λ j + s = λ j + s +1 = ..... = λ j + 2 s −1 = r (cosθ − isin θ )
Trong trường hợp này, để thu được công thức nghiệm tổng quát, trong công
thức (3) ta thay bộ phận
c j λ jn + c j +1λ jn+1 + ..... + c j + 2 s −1λ jn+2 s −1
bởi bộ phận tương ứng

 s −1   s−1 
∑ c j +i ni ÷r n cos nθ +  ∑ c j + s+i ni ÷r n sin nθ
 i =0   i =0 
Tìm nghiệm riêng của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất. Việc
B.
tìm nghiệm riêng của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất cấp k làm
tương tự như tìm nghiệm riêng của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất
cấp hai và cấp ba.
C. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp k. Ngiệm tổng
quát có dạng
^
yn = y n + y n
*


trong đó
yn là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp k.

^
• yn là nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng.
*
yn là một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất





PHẦN 05: DÃY SỐ VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN GIỚI HẠN

I. Các định nghĩa và các định lí cơ bản

Định nghĩa 1
Ta nói dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn a nếu với mọi ε > 0, tồn tại số tự nhiên N0 (phụ
thuộc vào dãy số xn và ε ) sao cho với mọi n > N0 ta có xn − a < ε .
lim xn = a ⇔ ∀ε > 0, ∃ N0 ∈ ¥ : ∀n > N0 : xn − a < ε .
Ta nói dãy số (xn) dần đến +∞ nếu với mọi số thực dương M lớn tùy ý, tồn tại số tự
nhiên N0 (phụ thuộc vào dãy số xn và M sao cho với mọi n > N0, ta có xn > M.
lim xn = +∞ ⇔ ∀M > 0, ∃N 0 ∈ ¥ : ∀n > N 0 : xn > M .
Tương tự,
lim xn = −∞ ⇔ ∀P < 0, ∃N 0 ∈ ¥ : ∀n > N 0 : xn < P.


- 40 -
Dãy số có giới hạn hữu hạn được gọi là dãy hội tụ. Dãy số không có gi ới h ạn h ữu h ạn
hoặc dần đến vô cùng ( +∞ hoặc −∞ ) gọi là dãy phân kì.
n −1
=1
Ví dụ 1. a) Chứng minh rằng lim
n +1
Giải.
n −1
Với mọi ε > 0, xét bất phương trình −1 < ε . (*)
n +1
n −1 2 2
−1 < ε ⇔ < ε ⇔ n > − 1.

ε
n +1 n +1
2 2
Nếu chọn n0 =   > − 1 thì (*) luôn đúng ∀n > n0 , n0 ∈ ¥ .
ε  ε
b) Tìm lim ( 3n − 101n − 51) .
2


Giải.
2 101 51 
Có 3n − 101n − 51 = n  3 − −÷
2

n n2 

 101 51 
− 2 ÷ = 3 > 0 nên lim ( 3n 2 − 101n − 51) = +∞ .
Mà lim n 2 = +∞ và lim  3 −
 n n
 Tính chất của dãy có giới hạn vô cực:
1
1) Nếu lim un = +∞ thì lim = 0 .
un
2) Nếu lim un = ±∞, lim vn = ±∞ thì lim un .vn = ±∞ , trong đó dấu + hoặc − được chọn theo
đúng quy tắc nhân dấu thông thường.
3) Nếu lim un = ±∞, lim vn = L ≠ 0 thì lim un .vn = ±∞ , trong đó dấu + hoặc − được chọn theo
đúng quy tắc nhân dấu thông thường.
4) Nếu lim un = L ≠ 0, lim vn = 0 và (vn) có dấu xác định kể từ một số hạng nào đó trở đi thì
u
lim n = ±∞ trong đó dấu + hoặc − được chọn theo đúng quy tắc chia dấu thông thường.
vn
5) Nếu lim un = ±∞, lim vn = L thì lim ( un + vn ) = ±∞ .

Định lí 1. Mọi dãy hội tự đều có giới hạn duy nhất.
Chứng minh.
Ta thấy rằng nếu a1 , a2 ∈ ¡ và a1 − a2 < ε . Khi đó với mọi ε dương nhỏ tùy ý cho trước thì
a1 − a2
⇒ a1 − a2 > ε , mâu thuẫn.
a1 = a2 . Thật vậy, nếu a1 ≠ a2 ta chọn ε =
2
Giả sử xlim un = a1 , xlim vn = a2 . Khi đó ∀ε > 0 :
→+∞ →+∞

ε ε
∃n : ∀n > n1 : un − a1 < và ∃n2 : ∀n > n2 : un − a2 < .
2 2
Đặt n0 = max { n1 ; n2 } có:
εε
+ =ε .
a1 − a2 = a1 − un + un − a2 ≤ un − a1 + un − a2
n1 ≥ 1 ⇒ n2 ≥ 2 , tương tự ta có nk ≥ k , ∀k ∈ ¥ .
*


Dãy ( un ) là dãy con của chính nó với nk = k .
Định lí 2. Mọi dãy con của dãy hội tụ là dãy hội tụ và có cùng giới hạn của dãy.
Chứng minh.
Giả sử xlim un = a , theo định nghĩa ta có: ∀ε > 0, ∃n0 : ∀n > n0 : un − a < ε .
→+∞

() là dãy con của ( un ) . Khi đó ∀k > n0 , ta có nk ≥ k > n0 nên unk − a < ε ⇒ kl→+∞ unk = a .
im
Cho unk

Định lí 3. (Tổng, hiệu, tích, thương các dãy hội tụ)
Nếu (xn),(yn) là các dãy hội tụ và có giới hạn tương ứng là a, b thì các dãy số (xn+ yn), (xn-
x  a
yn), (xn.yn),  n ÷ cũng hội tự và có giới hạn tương ứng là a + b, a − b, a.b, . (Trong trường hợp
 yn  b
dãy số thương, ta giả sử yn ≠ 0 và b ≠ 0) .
Chứng minh:
- Trường hợp lim ( xn + yn ) = a + b
ε ε
> 0, ∃n1 sao cho ∀n > n1 thì xn − a < (1)
Có limxn= a nên ∀
2 2
ε ε
limvn= b nên ∀ > 0, ∃n2 sao cho ∀n > n2 thì yn − b < (2)
2 2
Đặt n0 = max { n1 , n2 } thì ∀n > n0 ⇒ (1), (2) thỏa. Khi đó ∀n > n0 :
εε
( xn + yn ) − (a + b) ≤ xn − a + yn − b < + = ε ⇒ lim ( xn + yn ) = a + b
22
- Trường hợp lim ( xn − yn ) = a − b ta chứng minh tương tự trường hợp lim ( xn + yn ) = a + b được
εε
( xn − yn ) − (a − b) ≤ xn − a + b − yn < + = ε ⇒ lim ( xn − yn ) = a − b
22
- Trường hợp lim ( xn . yn ) = ab
Có limxn= a nên ∀ e > 0 , ∃n1 sao cho ∀n > n1 thì xn − a < ε (3)
limyn=b nên ∀ e > 0 , ∃n2 sao cho ∀n > n2 thì yn − b < e (4)
Đặt n0 = max { n1 , n2 } thì ∀n > n0 ⇒ (3), (4) thỏa. Khi đó ∀n > n0 :

( xn − a ) ( yn − b ) = ( xn . yn − ab − xnb − yn a + 2ab ) ≥ xn . yn − ab − xnb + yn a − 2ab ≥ xn . yn − ab
⇒ xn . yn − ab ≤ ε . ε = ε ⇒ đpcm.
x  a
- Trường hợp lim  n ÷ = , ( yn ≠ 0, b ≠ 0) , ta chứng minh tương tự trường hợp lim ( xn . yn ) = ab
 yn  b
được
 1 1  x a x xax xa
a 2a a 2a
( xn − a )  − ÷ =  n − ÷− n − + ≥ n − − n + − ≥ n −
 y n b   y n b  b yn b yn b b yn b yn b
- 42 -
xn a
− ≤ ε ε = ε ⇒ đpcm.

yn b
2n3 − 4n 2 + 3n + 3
Ví dụ 2. Tìm lim un với un =
n3 − 5n + 7
Giải.
433
2− ++
n n2 n3
Ta có: un =
57
1− 2 + 3
nn
 4 3 3
lim  2 − + 2 + 3 ÷ lim 2 − lim 4 + lim 32 + lim 33
n = 2=2
 n n n n n
lim un = =
Suy ra:
5 7
 5 7 1
lim1 − lim 2 + lim 3
lim 1 − 2 + 3 ÷
n n
 n n
1
Vì với k ∈ ¢ + , ta có: lim k = 0 .
n
1 1 1 1
Do nếu chọn n0 =  k  + 1 > k thì bất đẳng thức k < ε đúng ∀n > n0 hay lim k = 0 .
 ε ε n n

Định lí 4. Giả sử lim un = L . Khi đó:
a) lim un = L và lim 3 un = 3 L .
b) Nếu un ≥ 0∀n thì L ≥ 0 và lim un = L .

Định lí 5. (Chuyển qua giới hạn trong bất đẳng thức)
Cho dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn l ; nếu ∃N 0 ∈ ¥ sao cho ∀n > N 0 , ta có
a ≤ xn ≤ b ⇒ a ≤ l ≤ b .

Định lí 6. (Định lí kẹp)
Cho ba dãy số (xn), (yn), (zn), trong đó (xn) và (zn) có cùng giới hạn hữu hạn L, và
∃N 0 ∈ ¥ : ∀n > N 0 ta có xn ≤ yn ≤ zn . Khi đó (yn) cũng có giới hạn là L.
Chứng minh:
Ta chứng minh kết luận của định lí cho trường hợp L=0.
Vì lim un = 0 nên ∀ε > 0, tồn tại n1 sao cho ∀n > n1 : un < ε , tức là −ε < un < ε .
Tương tự, tồn tại n2 sao cho ∀n > n2 : w n < ε , tức là −ε < w n < ε .
Như vậy, ∀n > n0 = max { n1 , n2 } ta có −ε < un ≤ vn ≤ w n < ε .
Theo định nghĩa, ta có lim vn = 0 .
Hệ quả.
1) Nếu un ≤ c ∀n thì lim un ≤ c (nếu giới hạn tồn tại).
2) Nếu un ≤ vn ∀n và lim vn = 0 thì lim un = 0 .
Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu q < 1 thì lim q n = 0 .
Giải.


- 43 -
1
Đặ t a = > 1 . Áp dụng bất đẳng thức Bernoilli, ta có:
q
a n = ( 1 + a − 1) ≥ 1 + n(a − 1) > 0
n


Suy ra
1 1 1
0< ≤
N 0 thì
−1 < xn − L < 1 ⇒ L − 1 < xn < L + 1 .
{ } { }
Đặt M = max x1 , x2 ,..., xN0 , L + 1 , m = min x1 , x2 ,..., xN0 , L − 1 thì ta có: m ≤ xn ≤ M ∀n = 1, 2,3,...
Suy ra ( xn ) bị chặn.

Định lí 8. Một dãy tăng không nghiêm ngặt (knn) và bị chặn trên hay m ột dãy giảm knn và bị
chặn dưới thì hội tụ. Ngắn gọn hơn, một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ.

Định lí 9.
a) Nếu dãy (xn) tăng knn và có giới hạn là L thì ta có xn ≤ L ∀n .
b) Nếu dãy (xn) giảm knn và có giới hạn là L thì ta có xn ≥ L ∀n .
Chứng minh.
Ta chỉ cần chứng minh a), vì b) hoàn toàn tương tự.
Giả sử ngược lại, tồn tại k sao cho xk > L . Khi đó, vì (xn) tăng knn nên ta có xn ≥ xk ∀n > k suy ra
L = l imx n ≥ xk > L (theo định lí 3) ⇒ mâu thuẫn. Vậy ta được đpcm.

Định lí 10. (Nguyên lí Cantor về dãy các đoạn thẳng lồng nhau)
Cho hai dãy số thực (an), (bn) sao cho:
a) ∀n ∈ ¥ * : an ≤ bn .
b) ∀n ∈ ¥ : [ an ; bn ] ⊃ [ an +1 ; bn +1 ] .
*


c) bn − an → 0 khi n → +∞ .

Khi đó tồn tại duy nhất số thực L sao cho I [ an ; bn ] = { L} .
n =1

Chứng minh.
Theo điều kiện b) thì an +1 ≥ an và bn +1 ≤ bn nên (an) là dãy tăng knn, (bn) là dãy giảm knn kết hợp
điều kiện a) ta được an ≤ b1 ∀n và bn ≥ a1 ∀n . Suy ra (an) là dãy tăng knn và bị chặn trên, (bn) là
dãy giảm knn và bị chặn dưới.
⇒ tồn tại lim an = A và lim bn = B . Do bn − an → 0 khi n → +∞ ⇒ A = B = L ( L ∈ ¡ ).
Mặt khác, (an) và (bn) là 2 dãy đơn điệu và có giới hạn là L nên an ≤ L ≤ bn ∀n (định lí 7), suy ra

{ L} = nI [ an ; bn ] . L là giới hạn của 2 dãy (an), (bn) nên có tính duy nhất ⇒ đpcm.
=1




- 44 -
Định lí 11. (Bolzano-Weierstrass)
Từ một dãy bị chặn luôn có thể trích ra một dãy con hội tụ.
Chứng minh.
Xét ( an ) bị chặn hay ∃m, M sao cho đoạn [ m; M ] chứa tất cả các số hạng của ( an ) .
Ta xây dựng dãy các đoạn thẳng [ xn ; yn ] theo quy tắc sau:
x1 = m, y1 = M
x +y
Đặt t = 1 1 . Vì [ x1 ; y1 ] chứa tất cả các số hạng của ( an ) nên một trong hai đoạn [ x1 ; t ] , [ t ; y1 ]
2
phải chứa vô số các số hạng của ( an ) . Giả sử đoạn [ x1 ; t ] chứa vô số các số hạng của ( an ) thì ta
đặt x2 = x1 , y2 = t (trường hợp đoạn [ t ; y1 ] chứa vô số các số hạng của ( an ) ta làm tương tự).
Tiếp tục thực hiện như vậy, nếu ta đã xây dựng được đoạn [ xk ; yk ] chứa vô số các số hạng của
thì ta sẽ xây dựng được đoạn [ xk +1 ; yk +1 ] là 1 trong 2 nửa của [ xk ; yk ] và cũng chứa vô số các
( an )
số hạng của ( an ) .
M −m
suy ra ta xây dựng được dãy các đoạn thẳng [ xk ; yk ] lồng nhau và yk − xk = → 0 và mỗi
2k −1
đoạn [ xk ; yk ] chứa vô số các số hạng của ( an ) .
()
Ta chọn dãy con ai j của ( an ) như sau:
ai1 = a1 . Giả sử ai1 ,..., ai j đã được chọn thì ta sẽ chọn chỉ số i j +1 sao cho:
1) i j +1 > i j ;
2) ai j+1 ∈  x j +1 ; y j +1  .
 
Việc chọn này luôn thực hiện được vì  x j +1 ; y j +1  chứa vô số các số hạng của ( an ) .
 


Từ cách chọn dãy các đoạn thẳng [ xn ; yn ] , theo định lí 8 ∃! L ∈ ¡ sao cho { L} = I[ xn ; yn ] hay
n =1


() ( 1)
thì x j ≤ ai j ≤ y j với mọi j ⇒ lim ai = L
l imx n = lim yn = L (1). Mặt khác theo cách chọn ai j
j

(định lí kẹp).
Vậy ta đã trích ra được một dãy con hội tụ từ ( an ) (đpcm).

Định nghĩa 3.
Dãy ( xn ) được gọi là dãy cơ bản hay dãy Cauchy nếu ∀ε > 0, ∃N 0 ∈ ¥ : ∀m, n > N 0 (N0
phụ thuộc ε ) thì xm − xn < ε .
Ví dụ 4. Chứng minh rằng nếu ( xn ) là dãy Cauchy thì ( xn ) bị chặn.
Chứng minh.
Ta cố định m = N 0 + 1 > N 0 , khi đó xm − xn < ε ⇔ xn − xN 0 +1 < ε ⇔ xN0 +1 − ε < xn < xN 0 +1 + ε
⇒ a < xn < b với a = xN0 − ε , b = xN0 + ε ⇒ ( xn ) bị chặn (đpcm).
Định lí 12. (Tiêu chuẩn Cauchy)
Dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi nó là dãy Cauchy.
Chứng minh.


- 45 -
ε
Nếu ( xn ) hội tụ về giới hạn hữu hạn L thì ∀ε > 0 : ∃N 0 ∈ ¥ sao cho ∀m > N 0 ta có xm − L < .
2
Khi đó ∀m, n > N 0 , ta có:
εε
xm − xn = ( xm − L ) − ( xn − L ) ≤ xm − L + xn − L < + =ε
22
Suy ra ( xn ) là dãy Cauchy.
Ngược lại, giả sử ( xn ) là dãy Cauchy. Khi đó ( xn ) bị chặn. Theo định lí Bolzano-Weierstrass, tồn
() của ( xn ) có giới hạn hữu hạn L.Ta chứng minh L cũng là giới hạn của ( xn ) .
tại dãy con xik
ε
∀ε > 0, tồn tại k sao cho ∀k > k0 , ta có xik − L < .
2
ε
Mặt khác ( xn ) là dãy Cauchy nên tồn tại N0 sao cho ∀m, n > N 0 , ta có: xm − xn < .
2
Do ik → +∞ ⇒ ∃k > k0 sao cho ik > N 0 . Xét m > N 0 bất kì, ta có:
εε
( )
xm − xik = ( xm − L ) − xik − L ≤ xm − L + xik − L < + = ε
22
Suy ra l imx n = L .
1 1
Ví dụ 5. Chứng minh rằng dãy số ( xn ) xác định bởi xn = 1 + 2 + ... + 2 hội tụ.
2 n
Giải.
Ta có với m > n thì:
1 1 1 1
xm − xn = + ... + 2 < + ... +
n ( n + 1) ( m − 1) m
( n + 1)
2
m
1 1 1 1 1 1111
=
− + − + ... + −=−
0 , ta chọn N0 =   + 1 > thì ∀m, n > N 0 , ta có:
ε  ε

1 1
1 + ÷ ⇔ 1 + ÷ 1+ > 1+ ⇔
( n 2 + 2n ) − 1 ), suy
2 2
<  n −1+ ÷=
Mà n
n + 2  n ( n + 2)
n+2 n
ra ( xn ) là dãy tăng.
n +1 n
n +1 n n +1 n +1
n2
 1  1
yn < yn −1 ⇒ 1 + ÷ < 1 + ⇒ ⇒2 >n
÷
 n −1  n −1
 n n n n
n +1 1  n + 1  n2 + 1 n2
, nên ( yn ) là dãy giảm.
<  n −1+ = 2 x1 ta chứng minh tương tự được ( xn ) giảm knn hay là dãy đơn điệu. Vậy ta
được đpcm.
b. Nếu f là hàm số giảm knn trên I thì f o f là hàm số tăng knn trên I. Giả sử x0 ≤ x2 thì
f ( x0 ) ≥ f ( x2 ) ⇒ x1 ≥ x3 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x3 ) ⇒ x2 ≤ x4 .
Thực hiện tương tự, suy ra: ( x2 n ) tăng knn, ( x2 n +1 ) giảm knn nên ( x2 n ) , ( x2 n +1 ) ngược chiều
nhau.
Trường hợp x0 > x2 chứng minh tương tự ta cũng được đpcm.
c. Do f là hàm liên tục trên I nên L = lim f ( xn ) = f ( x0 ) = x1 ∈ I ⇒ đpcm.
x → x0



- 47 -
xn +1 = f ( xn ) suy ra L = f ( L ) (hiển nhiên).

( 2)
Ví dụ 1. Cho dãy ( xn ) xác định bởi x0 = 2 và xn +1 =
xn
với n = 0,1,2,... Chứng minh rằng
( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Giải.
( 2) thì dãy số có dạng x0 = 2 và xn +1 = f ( xn ) . Ta thấy f(x) là hàm số tăng knn và
x
Đặ t f ( x ) =

( 2)
2
x1 = > 2 = x0 .
Do f(x) là hàm số tăng knn nên x2 = f ( x1 ) > f ( x0 ) = x1 , x3 = f ( x2 ) > f ( x1 ) = x2 ,...
Suy ra ( xn ) là dãy tăng knn.
• Ta chứng minh bằng quy nạp xn < 2 ∀n ∈ ¥ .
2 = x0 < 2 đúng.
Với n = 0,

( 2) < ( 2)
xk 2
Giả sử xn < 2 đúng với n = k ∈ ¥ hay ta có xk < 2 , khi đó xk +1 = = 2 ⇒ đpcm.

( 2)
Dãy ( xn ) tăng knn và bị chặn trên bởi 2 nên có hội tụ. Đ ặt lim xn = a , ta có xn +1 =
xn
nên
x →∞
a
a = 2 2 và a ≤ 2 (định lí 1c).
a
Giải phương trình a = 2 2 ta được a = 2 thỏa điều kiện a ≤ 2
Vậy lim xn = 2 .
x →∞



Định nghĩa
Cho I là một khoảng đóng. Hàm số f : I → I được gọi là một hàm số co trên I nếu tồn
tại số thực q, 0 < q < 1 sao cho
f ( x ) − f ( y ) ≤ q. x − y ∀x, y ∈ I .
Định lí 2.
Cho I là một khoảng đóng bị chặn. Nếu f ( x ) là một hàm số co trên I thì dãy số ( xn ) xác
định bởi x0 = a ∈ I , xn +1 = f ( xn ) hội tụ. Giới hạn của dãy số là nghiệm duy nhất trên I của
phương trình x = f ( x ) .
Chứng minh.
Với mọi n > m thì áp dụng định nghĩa hàm số co, ta có:
xn − xm = f ( xn −1 ) − f ( xm −1 ) ≤ q. xn −1 − xm −1 ≤ ... ≤ q m . xn − m − x0 (*)

xn − x0 ≤ xn − xn −1 + xn −1 − xn − 2 + ... + x1 − x0 ≤ ( q n −1 + q n − 2 + ... + q + 1) x1 − x0
(*)
Mặt với
khác:
n − m = 1 .Suy ra ( xn ) bị chặn.
Xét ε > 0 , từ (*), do q < 1 và xn − m − x0 bị chặn nên tồn tại N0 saco cho
xn − xm ≤ q m . xn − m − x0 < ε ∀n, m > N 0 .
Suy ra ( xn ) là dãy Cauchy nên ( xn ) hội tụ.
Ví dụ 2. Cho số thực a và dãy ( xn ) xác định bởi:
x1 = a, xn +1 = ln ( 3 + cos xn + sin xn ) − 2008 ∀n = 0,1, 2,...

- 48 -
Chứng minh rằng dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn.
Giải.
cos x − sin x
Đặt f ( x ) = ln ( 3 + cos x + sin x ) − 2008 , có: f ' ( x ) = .
3 + cos x + sin x
2
⇒ f '( x) ≤ = q < 1 (do cos x − sin x ≤ 2 , cos x + sin x ≤ 2 ).
3− 2
Áp dụng định lí Lagrange cho f ( x ) có đạo hàm trên ¡ , do f ( x ) liên tục trên ¡ nên tồn tại
z ∈ ( x; y ) ⊂ ¡ sao cho f ( x ) − f ( y ) = f ' ( z ) . ( x − y )
⇒ f ( x ) − f ( y ) ≤ q x − y ∀x, y ∈ ¡ ⇒ f ( x ) là một hàm số co trên ¡ nên dãy ( xn ) hội tụ.
Ví dụ 3. Cho dãy ( xn ) xác định như sau: x0 = 0, xn +1 = c − 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 .
Giải.
Để x1 tồn tại thì c − c + x0 ≥ 0 ∀x0 ∈ ( 0; c ) ⇔ c ( c − 1) ≥ x0 ∀x0 ∈ ( 0; c ) ⇒ c ≥ 2 .
Với c ≥ 2 ⇒ 0 < x1 = c − c + x0 < c .
Nếu 0 < xn < c thì c − c + xn > c − 2c > 0 (do c ≥ 2 ), suy ra xn +1 tồn tại và 0 < xn +1 < c
.Ngược lại, nếu xn < 0 hay xn > c thì xn +1 không tồn tại.
−1
Đặt f ( x ) = c − c + x thì f ' ( x ) = .
4 c+x c− c+x
Với mọi x ∈ ( 0; c ) ta có

)( )
(
( c + x) ( c − ) 1
c+ x > c c− c+ c ≥ 2 2− 2+ 2 > .
4
f ( c ) − f ( 0)
Suy ra f ' ( x ) < q < 1 với mọi x ∈ ( 0; c ) (theo định lí Lagrange thì = f ' ( x ) với
c
x ∈ ( 0; c ) ) hay f ( x ) là hàm số co trên ( 0; c ) , suy ra ( xn ) là dãy hội tụ.
Vậy tất cả các giá trị c cần tìm là c ≥ 2 .
2. Dãy số dạng xn +1 = xn ± ( xn ) và định lí trung bình Cesaro
α


Đây là trường hợp đặc biệt của dãy số dạng xn +1 = f ( xn ) . Tuy nhiên, với dãy số dạng này,
vấn đề hội tụ của ( xn ) thường không được đặt ra (vì quá đơn giản và giới hạn chỉ có thể là 0
hoặc ∞ ). Ở đây, ta có một yêu cầu cao hơn là tìm bậc ti ệm cận c ủa ( xn ) , cụ thể là tìm β sao
xn
cho xn = O ( n ) tức là
β
bị chặn. Với các dãy số có dạng này, định lí trung bình Cesaro tỏ ra rấ

hữu hiệu.
Định lí 3. (Định lí trung bình Cesaro)
 x + x + ... + xn 
Nếu dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn là a thì dãy số các trung bình cộng  1 2 ÷
n
 
cũng có giới hạn a.


- 49 -
xn
Ta có thể phát biểu như sau: Nếu lim ( xn +1 − xn ) = a thì lim =a.
n
Chứng minh.
Xét trường hợp a = 0 . Khi đó, lim ( xn +1 − xn ) = 0 nên ∀ε > 0 , ∃N 0 sao cho ∀n ≥ N 0 , có
xn +1 − xn < ε . Khi đó, ∀n > N 0 :

( n − N0 ) ε .
xN + xN0 +1 − xN0 + ... + xn − xn −1 xN
xn
≤0 < 0+
n n n n
xN0 xn
< 2ε .
Giữ cố định N0, ta có thể tìm đc N1 > N 0 sao cho < ε . Khi đó với mọi n > N1 , ta có
n
N1
xn
=0.
Vậy lim
n
Nhận xét: Từ cách phát biểu 2 của định lí, ta áp dụng vào dãy có dạng xn +1 = xn ± ( xn ) để tìm số
α


xn
β sao cho β có giới hạn hữu hạn, theo định lí trung bình Cesaro ta chỉ c ần tìm γ sao cho
n
1
xn
γ 1
xn γ
xn +1 − xn có giới hạn hữu hạn a. Khi đó, lim = a , suy ra lim 1 = a , tức là β = .
γ γ
γ
n nγ
1
Ví dụ 4. Cho dãy ( xn ) được xác định bởi x0 = , xn +1 = xn − xn . Chứng minh rằng lim nxn = 1 .
2

2
Giải.
Ta thấy β = −1 nên ta thử với γ = −1 . Dễ dàng chứng minh được lim xn = 0 . Ta có:
1 x −x 2
xn
1 1
− = n n +1 = = →1
( xn − xn ) xn 1 − xn
2
xn +1 xn xn xn +1
1
= 1 nên lim nxn = 1 (đpcm).
Từ đó áp dụng định lí trung bình Cesaro, suy ra lim
nxn
1
Ví dụ 5. Dãy ( an ) được xác định bởi a1 = 1 và an +1 = an + .
an
β
an
Hãy tìm tất cả các số thực β để dãy số có giới hạn hữu hạn khác 0.
n
Giải.
Ta chứng minh an → ∞ khi n → ∞ . Thật vậy, ta có
1
an +1 = an + 2 an + > an + 2 (do an ≥ 1 với mọi n).
2 2 2

an
Từ đó an +1 > 1 + 2n ⇒ đpcm.
2


Ta xét biểu thức:
3
 2

1 + −1
 3÷
3
 a2 ÷
 1
3 3 3
2
 n
an2+1 − an2 =  an + ÷ − an2 =
 ÷ 1
an 
 3
an2
- 50 -
1 3 3

thì xn → 0 khi n → ∞ . Do đó lim  an2+1 − an2 ÷ = lim (
1 + xn ) 2 − 1 ( 1+ x) 2 −1 .
3 
xn = 3
Đặ t = lim
3
an2 xn x
x→0
 
3
Mặt khác, với x0 = 0 thì ( 1 + x0 ) 2 − 1 = x0 = 0 nên áp dụng quy tắc L’Hopital ta có
'
 
3
3
( 1 + x ) − 1 = lim (
1 + x ) 2 − 1 ( 1+ x) 3 .
3

  = lim 2
2
=
lim
( x) '
x 1 2
x→0 x→0 x →0

3

Suy ra lim a = 3 .
2
n

n2
3 3
Với β > thì giới hạn bằng ∞ , với β < thì giới hạn bằng 0.
2 2
3
Vậy β = là giá trị duy nhất thỏa yêu cầu bài toán.
2

Định lí4. (Trung bình nhân)
Nếu dãy số dương ( xn ) có giói hạn hữu hạn là a thì dãy số các trung bình nhân
( )
x1 x2 ...xn cũng có giới hạn là a.
n


Chứng minh.
nên ta có lim ( ln xn ) = ln a . Mà theo định lí
Vì lim xn = a và hàm số y = ln x liên tục trên ¡ +


Cesaro, ta được:
ln x1 + ln x2 +...+ ln xn
ln x1 + ln x2 + ... + ln xn 1

( )
= ln a ⇔ lim e = eln a = a ⇔ lim e ln x1 .eln x2 ...eln xn = lim n x1 x2 ...xn = a
lim n n
n
n +1
=e.
Ví dụ 6. Chứng minh rằng lim n
n!
n
 1
Ta xét dãy xn = 1 + ÷ có lim xn = e .
 n
1 2 n

Áp dụng định lí 4, ta có lim n 1 +   1 +  ... 1 +  = e .
1 1 1
 ÷ ÷ ÷
 1  2   n 
Mặt khác, ta có:
2 32 43 ( n + 1) ( n + 1) = n + 1 ⇒ lim n + 1 = e (đpcm).
n n
1 2 n
 1  1   1 
n 1+ 1 + ÷ ...  1 + ÷ = n × 2 × 3 × × n = n
×
 ÷
 1  2   n  12 3 n 1.2.3...n n n ! n
n!
3. Dãy dạng tổng và phương pháp sai phân
Để tính tổng n số hạng đầu tiên của một dãy số, một trong nhưng phương pháp hi ệu qu ả
nhất là phương pháp sai phân: Để tính tổng n số hạng đầu tiên của dãy số ( an ) , ta tìm hàm số
f ( n ) sao cho an = f ( n + 1) − f ( n ) . Khi đó, a0 + a1 + a2 + ... + an = f ( n + 1) − f ( 0 ) .
Một ví dụ kinh điển là phương pháp mà Bernoulli và các nhà toán h ọc khác c ủa th ế k ỉ XVIII đã
n
đưa ra để tìm công thức tính tổng các lũy thừa mũ k bất kì S ( n, k ) = ∑ i = 1 + 2 + ... + n .
k k k k

i =1




- 51 -
Dùng phương pháp hệ số bất định, tìm đa thức f k ( n ) sao cho n = f k ( n + 1) − f k ( n ) và từ đó
k


tìm được S ( n, k ) = f k ( n + 1) − f k ( 0 ) . Phương pháp này hiệu quả hơn phương pháp xây dựng
công thức truy hồi, vì để tính S k ta không cần dùng đến các công thức tính S k −1 , S k − 2 ,...
Ví dụ 7. Lập công thức tính tổng S n = 1 + 2 + 3 + ... + n .
2 2 2 2


Giải.
Ta tìm hàm số f ( x ) có dạng f ( x ) = ax + bx + cx + d sao cho f ( n + 1) − f ( n ) = n với mọi n
3 2 2


(áp dụng tích phân cho đa thức bậc k, có ∆f k = f k ( n + 1) − f k ( n ) = n ⇒ f k có bậc k+1).
k



Suy ra  a ( n + 1) + b ( n + 1) + c ( n + 1) + d  −  an + bn + cn + d  = n , ∀n ∈ ¥ .
3 2 3 2 2
 

⇔ 3an 2 + ( 3a + 2b ) n + ( a + b + c ) = n 2 , ∀n ∈ ¥ .
 3a = 1
−1
 1 1
Đồng nhất hệ số 2 vế ta được  3a + 2b = 0 ⇔ a = , b = , c = , d tùy ý, ta có thể chọn d = 0
3 2 6
a + b + c = 0

.
Khi đó: S n = 1 + 2 + 3 + ... + n
2 2 2 2


= ( f ( 2 ) − f ( 1) ) + ( f ( 3) − f ( 2 ) ) + ... + ( f ( n + 1) − f ( n ) ) = f ( n + 1) − f ( n )
n ( n + 1) ( 2n + 1)
( n + 1) − ( n + 1) + ( n + 1) −  − +  = n3 + n 2 + n =
1 1 1 111 1 1 1
3 2
=  ÷
3 2 6 3
3 2 6 2 6 6
Ví dụ 8. Cho x1 , x2 ,..., xn là các số thực bất kì. Chứng minh rằng:
xn
x1 x2
+ + ... + < n.
1 + x1 1 + x1 + x2 1 + x1 + x2 + ... + xn
2 2 2 2 2 2


Giải.
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có:
 
2
 x1  2
x12 2
xn xn
x2 x2
≤ n 
+ + ... + + + ... +
 2÷
 ( 1 + x2 ) 2 ( 1 + x2 + x2 ) 2 ( 1 + x12 + x2 + ... + xn ) 
 1 + x1 1 + x1 + x2 1 + x12 + x2 + ... + xn  22
2 2 2 2 2
 
1 1 2

Mặt khác ta có:
xk2 1 1
≤ −
( 1 + x12 + ... + xk2 ) 1 + x1 + x2 + ... + xk −1 1 + x1 + x22 + ... + xk2
2 2 2 2


2
x12 2
xn
x2 1
⇒ + + ... + ≤ 1− 0 , tồn tại N ∈ ¢ + sao cho ∀n > N thì: l − < An < l + ⇒ an ≤ An < l + .
3 3 3
ε ε ε
- Nếu an ≥ l − thì l − ≤ an < l + , ∀ε > 0 ⇒ lim an = l .
3 3 3
ε ε ε
- Nếu an < l − , khi đó do An = max { an , an +1} mà An > l − ⇒ An = an +1 > l −
3 3 3
 ε  ε
⇒ an ≥ 2an +1 − an −1 ≥ 2  l − ÷−  l + ÷ = l − ε ⇒ l − ε < an < l + ε , ∀ε > 0 ⇒ lim an = l .
 3  3
Vậy ( an ) có giới hạn hữu hạn (đpcm).
2. Xây dựng dãy hội tụ bằng phương trình.
Có thể xây dựng dãy hội tụ về một số α xuất phát từ phương trình có nghiệm là α theo
cách sau:
2
Giả sử xét α = 2 , α là nghiệm của phương trình α 2 = 2 . Ta viết lại dưới dạng α =
α
2
2 xn +
α+
2
α và ta thiết lập dãy ( xn ) thỏa x0 = a ,
⇔ 2α = α + xn . Nếu dãy này
α ⇔α = xn +1 =
2 2
hội tụ thì lim xn = 2 . Tương tự như vậy, ta có thể xây dựng được dãy số như sau:
m
xn + k −1
xn .
x0 = a, xn +1 =
2
Cũng với giới hạn là 2 , ta có thể xây dựng một dãy số khác như sau:
α2 α2
α 2 = 2 ⇔ 1− = 0 ⇔ α = 1+ α −
2 2
2
xn
Khi đó ta có dãy ( xn ) xác định bởi x0 = a, xn +1 = 1 + xn − .
2
Trong ví dụ trên, ta chỉ có được phương trình với nghi ệm theo ý mu ốn khi đã ch ứng minh
được sự hội tụ của dãy số. Vì vậy, cần cẩn thận với các thi ết lậ bài toán theo ki ểu này. Ví d ụ,
dãy
x2
x0 = a, xn +1 = 1 + xn − n thì không phải với x0 nào dãy cũng hội tụ, và không phải lúc nào gi ới
2
hạn cũng là 2 .
Một cách tổng quát, ta có thể dùng phương pháp tìm nghiệm xấp xỉ Newton để xây d ựng các
dãy số. Để tìm nghiệm của phương trình F ( x ) = 0 , phương pháp Newton đề nghị chọn x0 tương
đối gần nghiệm đó và xây dựng dãy truy hồi:


- 53 -
F ( xn )
xn +1 = xn −
F ' ( xn )
Khi đó dãy ( xn ) sẽ dần đến nghiệm của phương trình F ( x ) = 0 .
2
F ( x ) x2 − 2 xn +
Ví dụ 2. Xét hàm số F ( x ) = x − 2 thì =
2
và ta được dãy số xn .
F '( x) xn +1 =
2x
2
F ( x) x −x
3
x3
Xét hàm số F ( x ) = x − x thì =2 và ta được dãy số xn +1 = 2 × 2 n .
3

F ' ( x ) 3x − 1 3 xn − 1
3. Dãy số là nghiệm của một họ phương trình phụ thuộc biến n
Xét một họ phương trình F ( n, x ) = 0 . Nếu với mỗi n, phương trình F ( n, x ) = 0 có nghiệm
duy nhất xn trên một miền xác định D nào đó thì dãy số ( xn ) đã được xác định. Từ mối liên hệ
giữa các hàm F ( n, x ) = 0 , dãy số này có thể có những tính chất thú vị.
Ví dụ 3. Cho số thực a > 2 và f n ( x ) = a x
10 n +10
+ x n + ... + x + 1, ∀n ∈ ¥ .
a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình f n ( x ) = a luôn có đúng 1
nghiệm dương duy nhất.
b) Gọi nghiệm đó là xn , chứng minh rằng dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô
cùng.
Giải.
a. Ta thấy hàm f n ( x ) liên tục trên ( 0; +∞ ) mà ta thấy với mọi b > 0 thì f ( 0 ) ≠ f ( b ) nên
f n ( x ) = a có ít nhất 1 nghiệm. Ta chứng minh f n ( x ) = a có duy nhất một nghiệm duy nhất.
Giả sử phương trình trên có 2 nghiệm dương x1 < x2 , khi đó áp dụng định lí Rolle: tồn tại
c ∈ ( x1 , x2 ) sao cho f n' ( c ) = 0 (1).
Mặt khác, hàm g ( x ) = f n ( x ) = a ( n + 10 ) x + nx + ... + 1 liên tục trên ( 0; +∞ ) nên ta luôn có
n +9 n −1
' 10


g ( 0 ) g ( b ) > 0 kết hợp với (1), suy ra mâu thuẫn với tính chât hàm liên tục ⇒ đpcm.
b. Dễ thấy 0 < xn < 1 . Ta chứng minh ( xn ) tăng. Ta thấy:
f n +1 ( xn ) = a10 xn +11 + x n+1 + ... + x + 1 = xn f n ( xn ) + 1 = axn + 1 .
n


Và f n +1 ( 1) = a + n + 2 > a nên ta chỉ cần chứng minh axn + 1 < a thì xn < xn +1 < 1 , vậy cần chứng
10


a −1
minh xn < .
a
a −1
Thật vậy, nếu xn ≥ thì:
a
n +1
 a −1 
1−  ÷
n +10 n n
10  a − 1   a  = a − 1 10  a − 1  + a − a − 1  a − 1  > a
f n ( xn ) ≥ a  ( ) ( )
÷+ ÷ ÷
a −1
a a a
1−
a
(do a > 2) ⇒ vô lí vì f n ( x ) = a .
Vậy dãy ( xn ) tăng và bị chặn nên hội tụ.

IV. LÍ THUYẾT DÃY SỐ DƯỚI CON MẮT TOÁN CAO CẤP
- 54 -
1. Rời rạc hóa các khái niệm và định lí của lí thuyết hàm biến số thực
Dãy số là hàm số nên nó có đầy đủ các tính chất chung c ủa hàm s ố. Tuy nhiên, do tính ch ất
đặc biệt của tập ¥ , một số khái niệm như đạo hàm, tích phân không được định nghĩa cho các
dãy số. Nhung thực ra dãy số cũng có các khái niệm tương tự. Bằng cách so sánh và phép t ương
tự, có thể tìm được những định lí thú vị của lí thuyết dãy số. Đó là quá trình rời rạc.
Ví dụ 1. (Định lí Stolz - so sánh với quy tắc L’Hopital)

Xét 2 dãy ( xn ) và ( yn ) , trong đó ( yn ) là dãy dương tăng và dần đến vô cùng. Khi đó ta có
x −x
x
lim n = lim n n −1
yn − yn −1
yn
Với điều kiện tồn tại giới hạn ở vế phải.
Chứng minh.
xn − xn −1 x −x
= A . Theo định nghĩa giới hạn, ∀ε > 0, ∃N1 : ∀n > N1 : n n −1 − A < ε , suy ra:
Đặt lim
yn − yn −1 yn − yn −1
x −x
A − ε < n n −1 < ε + A .
yn − yn −1
Mà ( yn ) là dãy tăng nên ta có:
( A − ε ) ( yN ) ( )
− yN1 −1 < xN1 − xN1 −1 < ( A + ε ) y N1 − y N1 −1
1

...
( A − ε ) ( yn − yn−1 ) < xn − xn−1 < ( A + ε ) ( yn − yn−1 ) .
Cộng các đẳng thức trên, ta được:
( ) ( )
( A − ε ) yn − yN1 −1 < xn − xN1 −1 < ( A + ε ) yn − yN1 −1
Chia 2 vế cho yn , ta được:
xN −1 − ( A − ε ) y N1 −1 xn xN −1 − ( A − ε ) y N1 −1
A−ε + 1 < A+ε + 1

N1 sao cho với mọi n > N 2 :
xN1 −1 − ( A − ε ) y N1 −1 xN1 −1 − ( A + ε ) y N1 −1
> −ε và N 2 : A − 2ε < < A + 2ε ⇒ lim n = A .
yn yn
2. Sử dụng xấp xỉ trong dự đoán kết quả
Trong nhiều trường hợp, dự đoán được kết quả đã là m ột nửa, thậm chí là 2/3 l ời gi ải.
Chúng ta đã gặp nhiều tình huống là lời giải đầu tiên thu đ ược m ột cách r ất khó khăn, nh ưng sau
đó thì hàng loạt lời giải đẹp hơn, gọn hơn xuất hiện. Sao chúng ta không nghĩ ngay đ ược nh ững
lời giải đẹp? Vì chúng ta chưa biết đáp số. Khi bi ết rồi thì có th ể đ ịnh h ướng d ễ dàng h ơn r ất
nhiều. Dưới đây, ta xem xét một số ứng dụng của xấp xỉ trong việc dự đoán kết quả.
 
1 1 + 1 ÷
Ta xét ví dụ 5 phần II, ta có an +1 = an + = an
 3÷
an  a2 ÷
 n

Vì an → ∞ khi n → ∞ nên với mọi β , ta có


- 55 -
β
  
 3
1 ÷ ≈ a β 1 + 1
β ÷= aβ + β aβ − 2
β
an +1 = an 1 + 3
 ÷ n
÷n n
3
 a2 ÷  a2
÷
  

n n

3
Do đó để hiệu số này xấp xỉ là hằng số, ta chọn β = .
2
an −1
Ví dụ 5. Cho dãy số ( an ) xác định bởi: a1 = a2 = 1, an +1 = an + ×
n ( n + 1)
Chứng minh rằng dãy ( an ) có giới hạn.
Giải.
an −1
> 0 với mọi n ≥ 2 nên ( an ) tăng knn. Ta cần chứng minh dãy ( an ) bị chặn
Có an +1 − an =
n ( n + 1)
trên. Ta có
 1
an −1
an +1 = an + < an 1 + 
n ( n + 1)  n ( n + 1) 
Suy ra
 1   1 
1 1
an +1 < 1 +  ... 1 + ÷a2 = 1 +  ... 1 + ÷
 n ( n + 1)   2.3   n ( n + 1)   2.3 
 1 
1 1
Ta thấy với mọi n ≥ 2 thì 1 + > 1 , ta chứng minh 1 +  ... 1 + ÷< 2 .
n ( n + 1)  n ( n + 1)   2.3 
1
Với mọi n tùy ý thì 1 + ≈ 1 mà theo tính toán trực tiếp thì với n ≥ 2 , n nhỏ thì tích
n ( n + 1)
 1 
1 1
1+ < 2 nên 1 +  ... 1 + ÷< 2 .
n ( n + 1) n ( n + 1)   2.3 

Vậy dãy ( an ) có giới hạn.

( xn ) . Khi đó nếu tổng x1 + x2 + ... + xn có giới
Định lí. Cho dãy số thực hạn hữu hạn khi
thì tích ( 1 + x1 ) ( 1 + x2 ) ... ( 1 + xn ) cũng có giới hạn hữu hạn khi n → ∞ .
n→∞

V. BÀI TẬP
1) Tìm giới hạn sau
)
( n2 + n + 1 − n
a. lim
Giải.
Ta có
1
1+
)
( n +1 1
n
n 2 + n + 1 − n = lim = lim =
lim
2
11
n + n +1 + n
2
1+ + 2 +1
nn
( )
n +1 − n n
b. lim
Giải.
Ta có
- 56 -
( ) n 1
n + 1 − n n = lim = lim
lim
n +1 + n 11 1
+ 2+
nn n
1
1 1 1 = +∞
lim
+ 2+ ÷ = 0 nên
Mà lim  .
11 1
nn n÷ + 2+
  nn n
n +1 2 k
n
2) Cho dãy số ( S n ) với S n = n +1 ∑ . Chứng minh rằng nlim Sn tồn tại và tính giới hạn đó.
→+∞
2 k =1 k
Giải.
Ta có
n + 2  21 22 2n +1  n + 2 n + 1  21 22 2n  n+2 n+2
( Sn + 1)
S n +1 = n + 2  + + × ×+ × = × n +1  + + × ×+ ÷+
× =
÷
n + 1  2 ( n + 1) 2  1 2 n  2 ( n + 1) 2 ( n + 1)
2 1 2
n+3
( Sn +1 + 1)
Tương tự, ta có S n + 2 =
2 ( n + 2)
(n + 4n + 3) ( S n +1 − S n ) − S n − 1
( n + 1) ( n + 3) ( Sn+1 + 1) − ( n + 2 ) ( Sn + 1)
2 2

⇒ Sn + 2 − Sn +1 = = (1).
2 ( n + 1) ( n + 2 ) 2 ( n + 1) ( n + 2 )
Ta thấy S n > 0, ∀n ∈ ¥ .
*


Mặt khác, dãy ( S n ) tồn tại k0 ∈ ¥ : S k0 +1 − S k0 < 0 , khi đó từ công thức (1) S k0 + 2 − Sk0 +1 < 0 và thực
hiện tương tự thì S n +1 − S n < 0, ∀n ≥ k0 . Ta thấy
6  21 22 25  5  21 22 24  1
S5 − S 4 = + + × ×+ ÷− 5  + + × ×+ ÷ = − < 0
× ×
6
2 1 2 5 2 1 2 4 15
Suy ra ∀n ≥ 4 thì S n +1 − S n < 0 hay dãy ( S n ) là dãy giảm ∀n ≥ 4 mà S n > 0, ∀n ∈ ¥ , nên ( S n ) có
*


giới hạn. Ta đặt lim Sn = L , khi đó:
n →+∞

S +1 S +1 S +1
n+2
( Sn + 1) = nlim n + nlim n
lim Sn +1 = lim = lim n
2 ( n + 1) →+∞ 2 ( n + 1)
2 2
n →+∞ n →+∞ →+∞ n →+∞

Sn + 1
= 0 ).
(do nlim
2 ( n + 1)
→+∞

L +1
⇒L= ⇒ L =1.
2
Vậy ( S n ) hội tụ về 1.
 u0 = 2000
 3
un
3) Cho dãy số ( un ) 1
xác định như sau:  . Tìm lim .
un +1 = un + u 2 ; n = 0,1, 2... n →∞ n
 n

Giải.
1 31
Ta có un +1 = un + ⇒ un +1 = un + 3 + 3 + 6
3 3
(1)
2
un un un
> un + 3 với mọi n ≥ 0 (do un > 0, ∀n ≥ 0 )
3




- 57 -
 u13 > u0 + 3
3

3
⇒  u2 > u13 + 3 ; ∀n ∈ ¥ * ⇒ un > u0 + 3n
3 3
(2)
u 3 > u 3 + 3
n n −1

3 1 1 1
Từ (1), (2) suy ra un +1 < un + 3 + u 3 + 3n + < un + 3 + +2
3 3 3

(u + 3n )
2
n 9n
3
0 0
n −1
1 1 n −1 1
⇒ un < u13 + 3 ( n − 1) + ∑ + ∑ 2 với n ≥ 2 .
3
(3)
k =1 k 9 k =1 k
Mặt khác, ta có:
 1 1 1
n
1 1 1 1
∑ k 2 < 1 + 1.2 + 2.3 + ×××+ ( n − 1) n = 1 + 1 − 2 ÷+ ×××+  n − 1 − n  < 2 , ∀n ≥ 1
 ÷ (4)
 
k =1
2
 n 1 n 1
⇒  ∑ ÷ ≤ n  ∑ 2 ÷ < 2n (C.S) (5)
 k =1 k   k =1 k 
2 ( n − 1)
Từ, (2), (3), (4), (5) ta được 3 + u0 < un < u1 + (
3 n − 1)
3 3 3
2 u13 22
+ + < + 3+ +
n n n n n 9n n n 9n
 u3 2 2
 u3  u3
lim  3 + 0 ÷ = lim  1 + 3 + + ÷ = 3 nên lim n = 3 (định lí kẹp).
Mà n→+∞
n  n →+∞  n n 9n ÷
 n →+∞ n
 
4) Cho 2 dãy số ( an ) và ( bn ) thóa:
 2005
 a1 = 2006

 b = 2007
 1 2006

 1
 an +1 = an +
bn

 1
 bn +1 = bn +
 an

(n = 1, 2,3,...)
1001
Tìm nlim .
an + bn
→+∞

Giải.
 1  1 1
Ta có a2b2 =  a1 + ÷ b2 + ÷ = a1b1 + + 2 ≥ 4 (A-G) ⇒ a2 + b2 ≥ 2 a2b2 ≥ 4 (A-G).
b1  a1  a1b1

Ta chứng minh an + bn > 2 2n với mọi n ≥ 2 .
Giả sử ak + bk > 2 2k , ta chứng minh ak + bk > 2 2 ( k + 1) .
1 2ak
Có ak +1 = ak + +
2 2
(1)
bk2 bk
1 2b
bk2+1 = bk2 + 2 + k (2)
ak ak



- 58 -
2
2ak +1bk +1 = 2ak bk ++4 (3)
ak bk
Cộng theo vế các đẳng thức (1), (2), (3), ta được
2
1 1 a b 
( ak +1 + bk +1 ) = ( ak + bk )
2 2
+  + ÷ + 2  k + k ÷+ 4
 ak bk   bk ak 
( )
2
> 2 2k + 8 = 8k + 8 .

⇒ ak +1 + bk +1 > 2 2 ( k + 1) .
Theo nguyên lí quy nạp suy ra an + bn > 2 2n với mọi n ≥ 2 .
1001 1001 1001
1001
Khi đó 0 < < = 0 ⇒ lim = 0 (định lí kẹp).
, mà nlim 0 = nlim
an + bn 2 2n n →+∞ a + b
→+∞ 2 2 n
→+∞
n n

12 k
5) Cho dãy số ( xn ) xác định bởi xk = + + × × × lim n x n + x n + ... + x1999 .
n

( k + 1) ! . Tính n→+∞ 1 2
2! 3!
Giải.
k +1
Ta có xk +1 − xk = > 0 ⇒ xk +1 > xk , ∀k ≥ 1
( k + 2) !
⇒ x1999 < x1n + x2 + ... + x1999 < 1999 x1999 ⇒ x1999 < n x1n + x2 + ... + x1999 < n 1999 x1999 (*).
n n n n n n


( k + 1) − 1 = 1 − 1
k
=
Mặt khác:
( k + 1) ! ( k + 1) ! k ! ( k + 1) !
111 1 1 1 1
⇒ xk = 1 − + − + × ×+ −× = 1− ⇒ x1999 = 1 − .
k ! ( k + 1) ! ( k + 1) !
2! 2! 3! 2000!
 1
1
Khi đó: (*) ⇔ 1 − < n x1n + x2 + ... + x1999 < n 1999 1 −
n n
÷.
 2000! 
2000!
Có n 1999 − 1 ≥ 0, ∀n ∈ ¥ ⇒ n 1999 ≥ 1, ∀n ∈ ¥ . Đặt q = n 1999 − 1 , khi đó
n
1999 1999 1999
1999 = ( 1 + q ) = ∑ Cnk q k ≥ Cn q = nq ⇒
n
≥ q ⇒ n 1999 ≤ + 1 ⇒ 1 ≤ n 1999 ≤ +1
1

n n n
k =0

 1999 
+ 1÷ = 1 nên nl→+∞ n 1999 = 1 .
Mà nlim 1 = nlim  im
n 
→+∞ →+∞

 1  1
1
Suy ra nlim 1999 1 − ÷= 1− = lim 1 −
n
÷
 2000!  2000! n→+∞  2000! 
→+∞

1
⇒ lim n x1n + x2 + ... + x1999 = 1 −
n n
.
2000!
n →+∞

6) Chứng minh rằng không tồn tại xlim sin n .
→+∞

Giải.
Gọi dãy số ( xn ) xác định bởi xn = sin n ; giả sử ( xn ) có giới hạn. Khi đó
lim sin ( n + 2 ) − sin n  = 0 ⇔ 2sin1. lim cos ( n + 1) = 0 ⇒ lim cos ( n + 1) = 0
 
x →+∞ x →+∞ x →+∞

⇒ lim cos n = 0 (1)
x →+∞

⇒ lim  cos ( n + 2 ) − cos n  = 0 ⇒ −2sin1 lim sin ( n + 1) = 0
x →+∞   x →+∞



- 59 -
⇒ lim sin n = 0 (2)
x →+∞

Từ (1), (2), suy ra: xlim ( sin n + cos n ) = xlim sin n + xlim cos n = 0 .
2 2 2 2
→+∞ →+∞ →+∞

Mà sin n + cos n = 1, ∀n ⇒ xlim ( sin n + cos n ) = 1 , mâu thuẫn.
2 2 2 2
→+∞

Vậy không tồn tại xlim sin n .
→+∞

7) Cho dãy số dương ( un ) và 2 dãy số ( vn ) và ( w n ) xác định bởi:
1 1 1 1
1
( u1 + u2 + ... + un ) , w n =  + + ×××+ ÷
vn =
n n  u1 u2 un 
Chứng minh rằng nếu lim vn = a, lim wn = b thì ab ≥ 1 .
Giải.
Áp dụng A-G, ta được
11 1
vn ≥ n u1u2 ...un > 0 và w n ≥ n × × × > 0 ×
u1 u2 un
⇒ vn w n ≥ 1 với mọi n.
Suy ra lim ( vn w n ) = ab ≥ 1 (chuyển qua giới hạn trong bất đẳng thức).
8) Cho dãy số ( un ) thỏa mãn điều kiện sau với mọi n ≥ 1
 0 < un < 1

 1
( 1 − un ) un +1 > 4

Chứng minh dãy ( un ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Giải.
Cách 1.
1
Vì 0 < un < 1 ⇒ un ( 1 − un ) < 1 và − ( 2un − 1) ≤ 0 nên un ( 1 − un ) ≤
2
.
4
1
1 ⇒u > ≥ un ⇒ un +1 > un , ∀n nên ( un ) là dãy tăng và bị chặn,
Mà ta có ( 1 − un ) un +1 >
4 ( 1 − un )
n +1
4
do đó nó có giới hạn hữu hạn: lim un = L ∈ ¡ .
Vì 0 < un < 1 với mọi n nên qua giới hạn, có 0 ≤ L ≤ 1 . Từ bất đẳng thức
1 1
un ( 1 − un ) ≤ và ( 1 − un ) un +1 >
4 4
1 1
⇒ L ( 1 − L ) ≤ và ( 1 − L ) L >
4 4
1 1
Suy ra ( 1 − L ) L = ⇔ L = (do 0 ≤ L ≤ 1 ).
4 2
1
Vậy lim un = .
2
Cách 2.
Với n ³ 1 , áp dụng bất đẳng thức A-G:
un+1 + ( 1 - u n ) ³ 2 un+1.( 1 - un ) > 1 Þ un+1 > un
Suy ra (un) là dãy tăng và bị chặn trên bởi 1 ⇒ tồn tại giới hạn hữu hạn L = lim un , 0 < L < 1 .
n® ¥


- 60 -
1
Do un+1 ( 1 - u n ) >
, " n = 1, 2,... . Chuyên qua giới han, ta co:
̉ ̣ ́
4
2
1 æ 1÷ ö
çL - ÷ £ 0 Þ L = 1 (thỏa điều kiện)
Þ L ( 1- L) ³ Þ ç
4ç è 2÷ ø 2
1
Vậy limun = .
2
9) Cho dãy số ( un ) với mọi n=1,2,... xác định như sau:
 u1 = 1
 với mọi n=1,2,...
un +1 = 1 + u1.u2 ...un
n
1
Đặ t S n = ∑ . Tìm xl→+∞ S n .
im
k =1 uk

Giải.
Ta có un +1 = 1 + u1u2 ...un , ∀n ≥ 1 và un = 1 + u1u2 ...un −1 , ∀n ≥ 2 , suy ra:
un +1 − 1
= un , ∀n ≥ 2 ⇒ un +1 − 1 = un ( un − 1) , ∀n ≥ 2 .
un − 1
1 1 1 1 1 1 1
⇒ = = − ⇒ = − ( ∀n ≥ 2 )
un +1 − 1 un ( un − 1) un − 1 un un un − 1 un +1 − 1
1 11
n n
1 11 1 1
⇒ Sn = + ∑ = + ∑  − ÷= + − .
u1 k = 2 uk u1 k =2  uk − 1 uk +1 − 1  u1 u2 − 1 un +1 − 1
1
Mà u1 = 1, u2 = 1 + u1 = 2 nên S n = 2 − ;
un +1 − 1
un +1 − un = 1 + un ( u1.u2 ...un −1 − 1) > 0 hay ( un ) tăng nên ∀n ≥ 2 un +1 − 1 = u1u2 ...un > u1 ( 1 + u1 )
n −1
= 2n −1
.
⇒ lim ( un +1 − 1) = +∞ .
x →+∞

1
⇒ lim S n = 2 − lim =2.
un +1 − 1
x →+∞ x →+∞

10) Xét tính hội tụ của dãy sau tùy ý theo giá trị của a:
 x1 = a ≠ −1

3 2 xn + 2 − 2
2

 xn +1 = , n = 1, 2,3,...
2 xn + 2 xn + 2
2

Giải.
Giải phương trình f ( x ) = x với x ≠ −1 :
3 2x2 + 2 − 2
= x ⇔ 3 2 x2 + 2 − 2 = 2x2 + x 2x2 + 2 .
2x + 2x + 2 2


 2 x 2 − t 2 = −2
Đặt 2 x + 2 = t > 0 , khi đó ta có hệ:  . Cộng theo vế 2 phương trình của hệ:
2

3t − 2 = 2 x + xt
2


t 2 + t ( x − 3) = 0 ⇔ t = 3 − x (do nghiệm t = 0 loại)
⇔ 2 x 2 + 2 = 3 − x ⇔ x 2 + 6 x − 7 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −7 .
- 61 -
Xét dấu của f ( x ) − x trên từng khoảng ( −∞; −7 ) , ( 1; +∞ ) , ta có:
f ( x ) > x, ∀x < −7 và f ( x ) < x, ∀x > 1 .
Xét phương trình f ( x ) = 1 chỉ có nghiệm x = 1 nên f ( x ) − 1 không đổi dấu trên từng khoảng
( −1;1) và ( 1; +∞ ) , ta có:
f ( x ) ≥ 1, ∀x > −1
Tương tự, trường hợp f ( x ) = −7 thì f ( x ) ≤ −7, ∀x < −1 .
Suy ra:
- Nếu a > −1 thì dãy ( xn ) giảm knn và bị chặn dưới nên nó hội tụ với lim xn = 1 .
- Nếu a < −1 thì dãy ( xn ) tăng knn và bị chặn trên nên nó hội tụ với lim xn = −7 .

n
1
(un ) (n=1,2,…) được xac đinh bởi u1 =2 và un +1 = − un +1.Tim lim ∑
VD1: Cho day số ̃ ̣́ ̀
i =1 ui

Để giai bai toan trên, ta lam theo cac bước sau đây:
̉̀ ́ ̀ ́
u n = +∞
Bước 1: Chứng minh: lim
n
1
Bước 2: Tinh ∑
́
i =1 ui
n
1
Bước 3: Tim lim ∑ .
̀
i =1 ui

̀̀
Bai lam:
Băng quy nap, dễ dang chứng ninh được (un ) là day tăng.
̀ ̣ ̀ ̃
Ta chứng minh day trên không bị chăn trên. Giả sử (un ) bị chăn trên thì (un ) hôi tu, khi đó lim u n =
̃ ̣ ̣ ̣̣
a (a > 1) ⇒ a=a +(a−1) 2 ⇔ a=1 (mâu thuân).Từ đó lim u n = +∞ .
̃
1 1 1
( i = 1, 2,...)
Ta có ui +1 −1= ui ( ui −1) ⇒ = −
ui ui − 1 ui +1 − 1
1 1 1
n
1
⇒∑ = − → 1 khi n → +∞
=1−
ui − 1 ui +1 − 1 un +1 − 1
i =1 ui
n
1
Vây lim ∑
̣ =1
ui
i =1

( xn ) (n=1,2,…) 2
được xac đinh bởi x1 =1 và xn +1 =2008 x n + xn .Tim lim
̃ ́ ̣ ̀
VD2: Cho day
 x1 x2 xn 
 + ... + ÷.
 x2 x3 xn +1 
̀̀
Bai lam
Ta có : xn +1 − xn = 2008 xn > 0 nên ( xn ) là day tăng và dương.
2
̃
Ta chứng minh lim xn =+∞.
Giả sử lim xn =a (a > 0 ) ⇒ a=2008 a 2 + a ⇔ a=0 ( vô ly) ⇒ lim xn =+∞
́
xn +1 =2008 x 2 n + xn
́
Ta co:
1 1 1
xn
⇔ = − ÷
xn +1 2008  xn xn+1 

- 62 -
x
x1 x2
+ + ... + n =

x2 x3 xn +1
x x x 1
⇒ lim  1 + 2 ... + n ÷= .
 x2 x3 xn +1  2008
VD3 : Cho day ( xn ) (n=1,2,…) được xac đinh bởi x1 =1 và xn +1 = xn ( xn + 1) ( xn + 2 ) ( xn + 3) + 1
̃ ̣́
n
1
Tim lim yn = ∑
̀ .
xi + 2
i =1

̀̀
Bai lam:
́
Ta co:
(x + 3 xn ) ( xn + 3 xn + 2 ) + 1 = xn + 3 xn + 1 ⇒
xn +1 = xn ( xn + 1) ( xn + 2 ) ( xn + 3) + 1 = 2 2 2
n


xn +1 − xn = ( xn + 1) > 0 nên ( xn ) là day tăng .Ta chứng minh lim xn = +∞ .Giả sử lim xn = a ⇒
2
̃
a 2 + 3a + 1 ⇒ a = −1 (vô ly) ⇒ lim xn = +∞ .
́
́ ̉
Biên đôi:
xn +1 = xn + 3 xn + 1
2


1 1 1 1
⇔ xn +1 + 1 = ( xn + 1) ( xn + 2 ) ⇒ = = −
xn +1 + 1 ( xn + 1) ( xn + 2 ) xn + 1 xn + 2
1 1 1
⇒ = − .
xn + 2 xn + 1 xn +1 + 1

́
Do đo:
1 1 1 1 1 1 1
n n
1
yn = ∑ = ∑ ÷ = x + 1 − x + 1 = 2 − x + 1 → 2 khi n → +∞ .

xi + 2 i =1  xi + 1 xi +1 + 1 
i =1 n +1 n +1
1


n
11
Vây lim yn = ∑
̣ =.
xi + 2 2
i =1



̣̀
Bai tâp:
( xn ) (n=1,2,…) được xac đinh bởi x1 =3 và xn +1 = xn − 3xn + 4 ,Tim lim
2
1) Cho day số
̃ ́ ̣ ̀
1 1
1
+ + ... +
 ÷
 x1 − 1 x2 − 1 xn −1 
2) Cho day số ( xn ) (n=1,2,…) được xac đinh bởi x1 = a > 1 và xn +1 = xn .
2
̃ ̣́
x xn 
x
Tim lim  1 + 2 + ... +
̀ ÷
 x2 − 1 x3 − 1 xn +1 − 1 
3) Cho day số (un ) (n=1,2,…) được xac đinh bởi
̃ ̣́
u1 = 8
 n
1
vn = ∑
 ̀
Tim lim
12
k =1 un − 2
un +1 = 3 (un − 7un + 25)

4) Cho day sô( un ) thoa:
̃ ́ ̉


- 63 -
u1 = 2009
1  n ui2 

2009un ( 1 + un ) Tim lim  ∑
2
 ̀ ÷
n  i =1 1 + ui2 
un +1 =
2009un − un + 2009
2

1
5) Cho day số thực ( an ) (n=1,2,…) được xac đinh bởi a1 =1 và an +1 = an + , n ≥ 1 .Chứng minh
̃ ́ ̣
an
an
=2
răng: lim
̀
n
n
1
12
6) Cho day sô: ( xn ) ( n = 1, 2,...) được xac đinh bởi: x1 = 2 và xn +1 = ( xn + 1) . Đăt S n = ∑
̃ ́ ̣́ ̣ .
k =1 xk + 1
2
Tinh [ S n ] và lim [ S n ]
́
7) Tim giới han cua day số được xac đinh bởi:
̀ ̣ ̉ ̃ ̣́
 x1 = x2 = 1


 22
 xn + 2 = 5π xn +1 + 5 sin xn , n ∈ ¥
*






8) Cho hai day sô: ( an ) , ( bn ) thoa:
̃ ́ ̉


 a1 ; b1 > 0
 1
 an +1 = an + (n = 1, 2...)
bn

 1
bn +1 = bn +
an

Chưng minh răng: an + bn ≥ 2 2n , ∀n ≥ 3
́ ̀
9) Cho day số ( un ) được xac đinh bởi:
̃ ̣́
1
un = 1 , n = 1; 2..
n +1
n
Đăt S n = ∑ uk , tim [ S n ]
̣ ̀
k =1
10) Xet day số thực xac đinh bởi:
́̃ ̣́
 x1 = a (a ∈ ¡ )


 xn +1 = 2 xn − 5 xn + 4 xn ( ∀n ≥ 1)
3 2

Tim tât cả cac giá trị cua a để day số ( xn ) có giới han hữu han.Hay tim giới han cua day số ( xn )
̀ ́ ́ ̉ ̃ ̣ ̣ ̃̀ ̣ ̉ ̃
trong cac trường hợp đo.
́ ́

Giới hạn của các dãy số sinh bởi các đại lượng trung bình


- 64 -
Định nghĩa 1. Ta gọi trung bình cộng bậc r của n số dương a1 , a2 ,..., an là biểu thức xác định bởi:



Nếu r ≠ 0, và



Chú ý 1. Đặc biệt khi r=1 ta có trung bình cộng, khi r = -1 ta có trung bình điều hòa, khi r = 2 ta có
trung bình bình phương ( hay còn gọi là trung bình toàn phương).

Nhận xét 1. Ta chứng minh được nếu a1 , a2 ,..., an là những số dương khác 1 thì


Do đó khi r = 0, ta có trung bình nhân. Còn (*) được chứng minh như sau: Ta có




Do đó

Nhận xét 2. Theo nhận xét 1 ta có ngay: Với a>0, b>0 thì




Tuy nhiên ta có thể chứng minh sơ cấp hơn như sau ( không sử dụng quy tắc Lopitan): Ta có




Vậy


- 65 -
Từ đây, cho m → +∞ ta được



Nhận xét 3. Ta chứng minh được két quả: Dãy



Là sắp được theo r như là một hàm đồng biến của hàm số biến r ∈ R . Kết quả này rát quan
trọng, nó định hướng cho ta trong quá trình so sánh các dãu số được thành lập từ các lượng trung
bình.

Nhận xét 4. Đối với các dãy số được thành lập từ các đại lượng trung bình thì giới hạn của các
dãu số thường là bằng nhau và thường thì ta tìm được số hạng tổng quát của các dãy số đó.

1.1. Trường hợp cùng chỉ số


( xn ) n=1 và ( yn ) n=1 được xác định như sau
+∞ +∞
Bài toán 1 (Cộng cùng-nhân cùng). Cho dãy số



Chứng minh rằng hai dãy số đã cho có giới hạn và lim xn = lim yn .
x →∞ x →∞

xn > 0, yn > 0 . Theo bất đẳng thức Cauchy ta
Giải. Từ giả thuyết suy ra với mọi n = 1,2,... thì
có:


Suy ra

Vậy

Tương tự ta có


Vậy nên



( yn ) tăng và bị chặn trên bởi a + b .
( xn ) giảm, bị chặn dưới bởi
Suy ra dãy số ab , còn dãy
2
Do đó chúng hội tụ. Đặt


xn + yn
Khi đó từ giả thiết xn +1 = , ∀n = 1, 2,... cho n → +∞ ta được
2



- 66 -
Vậy hai dãy số đã cho có giới hạn và lim xn = lim xn .
x →∞ x →∞



Bài toán 2 (Cộng cùng-điều hòa cùng). Cho hai số dương a, b. Xét các dãy số ( an ) n =1 và
+∞



( bn ) n =1 như sau
+∞




Tìm lim an và lim bn .
x →∞ x →∞


Giải.
Cách 1. Dễ thấy với mọi n = 1,2,…, ta có



Vì vậy


Suy ra

Ta có




Do đó, phép quy nạp theo n chứng tỏ rằng:



Vậy



Theo trên suy ra



Đặ t




- 67 -
Khi đó



Vậy


Cách 2. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có




Với mọi n = 2,3,… ta có




Hay ta viết lại



( an ) n=1 giảm và bị chặn dưới bởi a + b
2ab
+∞
Vậy kể từ số hạng thứ hai trở đi dãy số nên có giới

( bn ) n=1 tăng và bị chặn trên bởi a + b
+∞
hạn, dãy số nên có giới hạn. Đặt
2


an + bn
Khi đó từ giả thuyết an +1 = , ∀n = 1, 2,... cho n → +∞ ta được
2


Vậy hai dãy số đã cho có giới hạn và
Từ lim(anbn ) = lim( ab) = ab ta có lim(an ).lim(bn ) = ab . Do đó αβ = ab , mà α = β ≥ 0 nên
x →∞ x →∞ x →∞ x →∞

suy ra α = β = ab . Vậy




( an ) n=1 và ( bn ) n=1 xác định như sau
+∞ +∞
Bài toán 3 ( Nhân cùng -điều hòa cùng ). Cho các dãy số




Chứng minh hai dãu số đã cho có giới hạn hữu hạn và hai giới hạn đó bằng nhau.

Hướng dẫn. Theo giả thuyết ta có




- 68 -
1 1 1 1
= xn , = yn . Khi đó x1 = > 0, y1 = > 0 và
Đặ t
an bn a b



( an ) n=1 và
+∞
Vậy theo bài toán 1 suy ra hai dãy ( xn ) , ( yn ) hội tụ và lim xn = lim yn . Do đó hai dãy
x →∞ x →∞

( bn ) n=1
+∞
hội tụ và


Bài toán 4 ( Trung bình bậc r cùng – nhân cùng ). Cho trước ba số dương a, b và r. Xét hai dãy
( xn ) n=1 và ( yn ) n=1 như sau
+∞ +∞
số



Chứng minh rằng hai dãy số đã cho hội tụ và lim xn = lim yn .
x →∞ x →∞

xn > 0, yn > 0 . Theo bất đẳng thức Cauchy ta
Giải. Từ giả thuyết suy ra với mọi n= 1,2,.. thì
có:



Suy ra

Vậy

Tương tự ta có


Suy ra



Vậy nên


1

tăng và bị chặn trên bởi  a + b  .
r rr
Suy ra dãy số ( xn ) giảm, bị chặn dưới bởi ab còn dãy ( yn )  ÷
2
Do đó chúng hội tụ. Đặt

1
r 
Khi đó từ giả thuyết xn +1 =  xn + yn ÷ , ∀n = 1, 2,... cho n → +∞ ta được:
rr


2
 



Vậy hai dãy số đã cho có giới hạn và lim xn = lim yn .
x →∞ x →∞

1.2 Trường hợp lệch chỉ số
- 69 -
Bài toán 5 ( Cộng cùng – cộng lệch ). Cho trước a, b ∈ R.. Xét hai dãy ( an ) n =1 , ( bn ) n =1 và ( vn ) n =1
+∞
+∞ +∞


như sau:



Tìm lim un , lim vn .
x →∞ x →∞



Giải. Ta có


Suy ra với mọi n = 1,2,…, ta có




- 70 -
Ta chọn sao cho



∈ { −1, 2} , ta có:
Vậy với



un + vn = xn , suy ra
Đặ t



Vậy dãy số ( xn ) n =1 tạo thành một cấp số nhân với số hạng đầu
+∞
, công bội

. Do đó



Lần lượt lấy =2 ta được:
=1,




1
( a + 2b ) .
Suy ra lim un = lim vn =
3
x →∞ x →∞

Bài toán 6 ( Nhận cùng – nhân lệch ). Cho trước hai số dương a và b. Xét hai dãy số
như sau:

Hãy tìm lim un , lim vn .
x →∞ x →∞

Hướng dẫn. Dễ thấy với mọi n = 1,2,…ta có un > 0 và v n > 0. Gọi
xn = ln un , yn = ln vn (∀n = 1, 2,...). Khi đó x1 = ln a, y1 = ln b và với n = 1,2,…, ta có


Theo bài toán 5 ta có:


Vì hàm số mũ liên tục nên suy ra


Bài toán 7 (Điều hòa cùng – điều hòa lệch). Cho trước hai số a và b. Xét hai dãy số
như sau:




Hãy tìm lim un , lim vn .
x →∞ x →∞
Hướng dẫn. Từ giả thuyết ta có

- 71 -
1 1
= xn , = yn . Khi đó
Vậy đặt
un vn



Đến đây ta sử dụng kết quả bài toán 5.

Bài toán 8 (Trung bình bậc r cùng – trung bình bậc r lệch). Cho trước hai số dương a,b và cho
( un ) , ( vn ) như sau:
trước r ≠ 0 . Xét hai dãy số




lim un , lim vn .
Hãy tìm x →∞ x →∞
Hướng dẫn. Dễ thấy rằng với mọi n = 1,2,… ta có un >0, vn >0 . Với mọi n = 1,2,…, và
với mọi
ta có:




Tương tự bài tập 5, ta chứng minh được


1
Do đó và vì hàm số ƒ ( x ) = x r liên tục trên ( 0; +∞ ) nên




Chú ý 2. Hàm sin hypebolic và hàm cos hypebolic lần lượt là hàm

Bài toán 9 (Cộng cùng – nhân lệch). Cho trước hai số dương a, b không đổi. Xét các dãy số
(an ) và (bn ) như sau



Tìm lim an , lim bn .
x →∞ x →∞
Giải.
Trường hợp 1: a = b. Khi đó an = bn = a, ∀n = 1, 2,... Bởi vậy


a
Trường hợp 2: a < b. Vì 0 < a < b nên 0 < < 1 . Do đó đặt
b
- 72 -
Ta có




Bằng phương pháp chứng minh quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:




sin 2x
Theo công thức cos x = (Với sin x ≠ 0 ), ta có
2sin x




Do đó




v
Từ an = bn cos ta có
2n


a a
> 1 . Gọi α là số để = cosh α , tức là
Trường hơp 3. a > b.Vì a > b >0 nên
b b


Ta có:




- 73 -
Vì hàm số ƒ ( x ) = ln x liên tục trên khoảng (0; +∞) nên



Đặt e x − 1 = y , khi đó




Ta có




Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:




sinh 2x
Theo công thức cosh x = (với sinh x ≠ 0 ), ta có
2sinh x




Do đó




α
Từ an = bn cosh ta có
2n


- 74 -
( an ) n=1 , ( bn ) n=1 xác định như sau
+∞ +∞
Bài toán 10 (Điều hòa cùng – nhân lệch). Cho các dãy số




Tìm lim an , lim bn .
x →∞ x →∞

Giải. Từ giả thuyết suy ra an > 0, bn > 0, ∀n = 1, 2,... Ta có




1 1
= xn , = yn . Khi đó
Vậy đặt
an bn


Đến đây ta sử dụng kết quả của bài toán 9.

Bài toán 11 (Nhân cùng- cộng lệch). Cho trước hai số dương a và b. Xét hai dãy số
( an ) và ( bn ) như sau:



Chứng minh rằng hai dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn cà hai giới hạn đó bằng nhau.
Giải. Bằng quy nạp ta có thể dễ dàng suy ra ∀ ∈¥ * ta có an > 0, bn > 0 .
n
an = bn = a, ∀n = 1, 2,... ,suy ra
Trường hợp 1. a = b. Khi đó


a1 > b1. Giả sử ak > bk (k ∈ ¥ *). Khi đó
Trường hợp 2. a > b. Khi đó


Suy ra


Do đó


Theo nguyên lí quy nạp suy ra an > bn , ∀n = 1, 2,...
Do đó


Vậy




- 75 -
Suy ra dãy ( an ) giảm và bị chặn dưới bởi số b, dãy ( bn ) tăng và bị chặn trên bởi số a, do đó hai
a +b
dãy số này hội tụ. Đặt nlim an = x, nlim bn = y. Từ bn +1 = n +1 n , ∀n = 1, 2,..., cho n → +∞ ta
→+∞ →+∞
2
được


Trường hợp 3. a < b. Khi đó a1 < b1 . Giả sử ak < bk (k ∈ ¥ *) . Khi đó

Suy ra


Do đó


Theo nguyên lí quy nạp suy ra an > bn , ∀n = 1, 2,...
Do đó


Vậy

Suy ra dãy ( an ) tăng và bị chặn trên bởi số b, dãy ( bn ) giảm và bị chặn dưới bởi số a, do đó hai
a +b
dãy số này hội tụ. Đặt nlim an = x, nlim bn = y. Từ bn +1 = n +1 n , ∀n = 1, 2,..., cho n → +∞ ta
→+∞ →+∞
2
được


Kết luận: Trong mọi trường hợp ta đều có hai dãy số ( an ) , ( bn ) có giới hạn hữu hạn và
lim an = lim bn .
n →+∞ n →+∞

Bài toán 12 (Điều hòa cùng – cộng lệch). Cho trước hai số dương a và b. Xét hai dãy số
( an ) và ( bn ) như sau:




Chứng minh rằng hai dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và hai giới hạn đó bằng nhau.
Giải. Bằng quy nạp, dễ dàng suy ra ∀ ∈¥ * ta có an > 0, bn > 0 .
n
an = bn = a, ∀n = 1, 2,... ,suy ra
Trường hợp 1. a = b. Khi đó a = b. Khi đó


a1 > b1. Giả sử ak > bk (k ∈ ¥ *). Khi đó
Trường hợp 2. a > b. Khi đó



Suy ra

- 76 -
Do đó


1 1 1 1
+ > +
Theo nguyên lý quy nạp toán học suy ra an > bn , ∀n = 1, 2,... Vậy . Do đó
an bn an an



Ta viết lại


Suy ra dãy ( an ) giảm và bị chặn dưới bởi số b, dãy ( bn ) tăng và bị chặn trên bởi số a, do đó hai
a +b
dãy số này hội tụ. Đặt nlim an = x, nlim bn = y. Từ bn +1 = n +1 n , ∀n = 1, 2,..., cho n → +∞ ta
→+∞ →+∞
2
được


Trường hợp 3. a < b Khi đó a1 < b1 . Giả sử ak < bk (k ∈ ¥ *) . Khi đó


2
ak < < bk ⇒ ak < ak +1 < bk
11
Suy ra .
+
ak bk
a +b a +a
bk +1 = k +1 k > k +1 k +1 ⇒ bk +1 > ak +1.
Vậy
2 2
11 11
+ < + . Do đó
Theo nguyên lý quy nạp tóan học suy ra an < bn , ∀n = 1, 2... Vậy
an bn an an
a +b b +b
2 2
an +1 = > = an , bn +1 = n +1 n < n +1 n ⇒ bn+1 < bn .
11 11 2 2
+ +
an bn an an
Ta viết lại
a = a1 < a2 < ... < an < an +1 < bn +1 < bn < ... < b2 < b1 = b .
Suy ra dãy ( an ) tăng và bị chặn trên bởi số b ,dãy ( bn ) giảm và bị chặn dưới bởi số a ,do đó hai
a +b
dãy số nầy hội tụ.Đặt xlim an = x, xlim bn = y .Từ bn +1 = n +1 n , ∀n = 1, 2... ,cho n → ∞ ta được
→+∞ →+∞
2
x+ y
y= ⇔ x = y ⇒ lim an = lim bn .
2 x →+∞ x →+∞

Kết luận : Trong mọi trường hợp ta đều có hai dãy số ( an ),( bn ) có giới hạn hữu hạn và
lim an = lim bn .
x →+∞ x →+∞




- 77 -
Bài toán 13 (Cộng cùng – điều hòa lệch). Cho trước hai số dương a và b .Xét hai dãy số ( an )
và ( bn ) như sau:
an + bn 2
, bn +1 =
a1 = a , b1 = b , an +1 = 2 1 1
+.
an +1 bn
Chứng minh rằng hai dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và hai giới hạn đó bằng nhau.

1 1
= xn , = yn . Ta được
Hướng dẫn. Đặt
an bn

xn +1 + yn
2
xn +1 = , yn +1 = .
11 2
+
xn yn
Sau đó sử dụng kết quả bài toán 14

Bài toán 14 (Nhân cùng – điều hòa lệch). Cho trước hai số dương a và b. Xét hai dãy số
( an ) , ( bn ) như sau:


Chứng minh rằng hai dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và hai giới hạn đó bằng nhau.
1 1
= xn , = yn . Ta được:
Hướng dẫn. Đặt
an bn


Sau đó sử dụng kết quả bài toán 13
Bài toán 15 (Trung bình bậc r cùng-nhân lệch). Cho r ≠ 0, a > 0, b > 0 , xét các dãy số
( an ) n=0 ( bn ) n=0
+∞ +∞
như sau :



Tìm lim an , lim bn
x →∞ x →∞

Giải
Trường hợp 1: r > 0
an = a = bn , ∀n ∈ ¥ . Suy ra
Trường hợp 1.1: a = b. Khi đó


Trường hợp 1.2: a < b.Khi đó


Do đó đặt


Ta có

- 78 -
Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:




sin 2 x
Theo công thức cos x = ( với x ≠ 0 ),ta có
2sin x




Do đó




v
Từ an = bn cos
r r
ta có
2n



Do đó



ar
> 1 . Gọi α là số để
Trường hợp 1.3: a > b > 0. Khi đó
br


Ta có




- 79 -
Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:




sinh 2 x
Theo công thức cosh x = (với sinh x ≠ 0),ta có
2sinh x




Do đó




α
Từ an = bn cosh
r r
ta có
2n



Bởi vậy



Trường hợp 2: r < 0 .
Trường hợp 2.1: a = b.Khi đó an = a = bn , ∀n ∈ ¥ .Suy ra



Trường hợp 2.2: a > b.Khi đó


Do đó đặt


Tương tự như trường hợp 1.2,ta chứng minh được

- 80 -
ar ar
> 1 . Gọi α là số để r = cosh α . Tương tự như trường hợp
Trường hợp 2.3: a < b. Khi đó
br b
1.3,ta chứng minh được




Phối hợp ba,bốn dãy số.
0.1.3

Bài toán 16. Cho ba số thực a,b,c.Xét 3 dãy số ( xn ) n =1 , ( yn ) n =1 , ( zn ) n =1 như sau:
+∞ +∞ +∞




x1 = a, y1 = b, z1 = c



Chứng minh rằng các dãy số này hội tụ và tính giới hạn của chúng.
Giải. Với mọi n = 2,3,…Ta có


Sử dụng liên kết các kết quả trên ta thu được:

Đặt M = a + b + c,khi đó từ (1) ta có




Suy ra




Sử dụng liên tiếp các kết quả trên ta thu được:




1 1 1 n −1 1  n −1 1
= M  − 2 + 3 + ... − ( −1) n −1 ÷ (
+ −1) x1
2n −1
2 2 2 2




- 81 -
n −1
 1
1−  − ÷
M  ( −1)  ( −1) n −1
n
M n1
= .  2 + ( −1)
n −1
. n −1 = 1 + n −1 ÷+ n −1 a
 ÷2
1
2 2 3 2
1+ 
2
Ta có




Do đó




Tương tự ta chứng minh được



Cách khác. Ta có


Do đó



Tương tự ta chứng minh được


Ta có



yn −1 − xn−1 zn −1 − xn −1
= +
3 3
1 1
≤ xn −1 − yn −1 + xn −1 − zn−1 .∀n ∈ Z+
3 3

a+b+c
Do đó lim xn = . Tương tự ta chứng minh được
3
n →∞



a+b+c a +b+c
lim yn = , lim zn = .
3 3
n →∞ n →∞



Bài toán 17. Cho 3 số dương a , b , c.Lập 3 dãy ( un ) n =1 , ( vn ) n =1 , ( wn ) n =1 theo quy luật sau:
+∞ +∞ +∞



u1 = a, v1 = b.z1 = c và un +1 = vn wn , vn = wn un , wn +1 = un vn , ∀n = 1, 2...
Tìm lim un , lim vn , lim wn .
n →∞ n →∞ n →∞

Hướng dẫn.
Cách 1. Giải trực tiếp, tương tự như bài toán 16.
- 82 -
Cách 2. Dễ thấy với mọi n=1,2,… thì un >0 , vn >0 , wn >0. Do đó từ giả thiết ta có



Gọi xn = ln un , yn = ln vn , zn = ln wn . Khi đó
x1 = ln a, y1 = ln b, z1 = ln c



Đến đây ta sử dụng bài toán 16.

Bái toán 18. Cho 3 số dương a , b, c. Lập dãy ( un ) n =1 , ( vn ) n =1 , ( wn ) n =1 theo quy luật sau :
+∞ +∞ +∞


2v w 2 wnun 2u v
, wn +1 = n n ( n = 1, 2,...) .
u1 = a, v1 = b.w1 = c và un +1 = n n , vn +1 =
vn + wn wn + un un vn
Tìm lim un , lim vn , lim wn .
n →∞ n →∞ n →∞



1 1 1 1 1 1
= xn , = yn , = zn . Khi đó x1 = , y1 = , z1 = ,
Hướng dẫn. Đặt
un vn wn a b c


Đến đây ta sử dụng bài toán 16.

Bái toán 19. Cho 3 số dương a , b , c và cho r ≠ 0 . Xét ba dãy số ( xn ) n =1 , ( yn ) n =1 , ( zn ) n =1 như sau:
+∞ +∞ +∞


x1 = a, y1 = b, z1 = c và với mọi n=1,2,…thì



Chứng minh rằng các dãy số nầy hội tụ và tính giới hạn của chúng.

Giải. Dễ thấy với mọi n=1,2,…thì xn >0 , yn >0 , zn >0. Gọi M = a r + b r + c r .Khi đó với mọi n
= 1,2,.. ta có


Do đó




Đặt xn = g n .Khi đó
r




Bởi vậy bằng quy nạp ta chứng minh được:




- 83 -
1
M
.Suy ra lim xn =  M  . Tương tự ta chứng minh được:
r
Do đó lim g n = ÷
3
n →∞
3
n →∞




Vậy




Nhận xét 5. Các bài toán 16,17 là trường hợp riêng của bài toán của bài toán 19 này ứng ới r = 1,
r = -1. Bài toán 18 cũng có thể xem là bổ sung cho trường hợp r = 0 không được xét ở bài tập 19.

Bài toán 20. Cho bốn số thực a , b, c , d. Lập bốn dãy số ( xn ) n =1 , ( yn ) n =1 , ( zn ) n =1 , ( g n ) n =1 theo quy
+∞ +∞ +∞ +∞


luật sau: x1 = a, y1 = b, z1 = c , g1 = d và




Tìm



Giải. Với mọi n = 2,3,…Ta có




Sử dụng liên tiếp các kết quả trên ta thu được:

Đặt M = a + b + c + d , khi đó từ (1) ta có




Suy ra


Sử dụng liên tiếp các kết quả trên ta thu được:




- 84 -
Ta có



Do đó



Tương tự ta chứng minh được



( un ) n =1 , ( vn ) n=1 , ( wn ) n=1 , ( tn ) n=1
+∞ +∞ +∞ +∞
Bài toán 21. Cho a, b, c, d ∈ ( 0; +∞ ) . Lập bốn dãy số

theo quy luật sau u1 = a, v1 = b, w1 = c, t1 = d và


Chứng minh các dãy số này hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
Hướng dẫn. Dễ thấy với mọi n = 1, 2,… thì u1 > 0, v1 > 0, w1 > 0, t1 > 0 . Gọi xn = ln un , yn = ln vn ,
zn = ln wn , g n = ln tn . Khi đó




Đến đây ta sử dụng bài toán 20.

( un ) n =1 , ( vn ) n =1 , ( wn ) n =1 , ( tn ) n =1
+∞ +∞ +∞ +∞
Bài toán 22. Cho bốn số dương a,b,c,d. Lập bốn dãy số

theo quy luật sau u1 = a, v1 = b, w1 = c, t1 = d và




Chứng minh các dãy số này hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
Hướng dẫn. Đặt




- 85 -
Đến đây ta sử dụng bài toán 20.
Bài toán 23. Cho bốn số dương a,b,c,d và cho r ≠ 0 . Xét bốn dãy số ( u ) n =1 , ( vn ) n =1 ( wn ) n =1 , ( tn ) n =1
+∞ +∞ +∞ +∞


theo quy luật sau u1 = a, v1 = b, w1 = c, t1 = d và




Chứng minh rằng các dãy số này hội tụ và tính giới hạn của chúng.
Giải. Dễ thấy với mọi n = 1,2,… thì x1 > 0, y1 > 0, z1 > 0, t1 > 0 . Gọi M = a r + b r + c r + d r , Khi đó
với mọi n = 1,2,…, ta có

Vậy




1 M
xn = g n . Khi đó
r
g n +1 = − g n + , ∀n = 1, 2,... Do tính chất của cấp số nhân ta có:
Đặ t
3 3
n−1
1 
1 − ÷
n−1
 1 M 3 
g n =a r . − ÷ + .
1
 3 3 1+
3
(− ) 
M
n
n−1
1
r 1
=a . − ÷ + .  + n− 
1
31
 3 4
 
n
M  1  M
=3  −a r ÷ − ÷ +

4  3  4
1
M
. Suy ra lim x =  M  . Tương tự ta chứng minh được:
r
Bởi vậy lim g n =
÷
4
x →∞ n
4
x →∞




Vậy

- 86 -
Bài toán 24. Cho ba số thực dương a,b,c và các dãy số ( un ) , ( vn ) , ( wn ) như sau:
u0 = a, v0 = b, w0 = c và với mọi n ∈ ¥ , ta có




Chứng minh rằng ba dãy số đã cho hội tụ và chúng có cùng giới hạn.
Giải. Dễ thấy với mọi n ∈ ¥ thì un > 0, vn > 0, wn > 0 . Theo bất đẳng thức AM-GM




Suy ra u1 ≥ v1 ≥ w1 . Bằng quy nạp ta dễ dàng suy ra

Từ (*) suy ra với mọi n ∈ ¥ * , ta có




Do đó un ≥ un +1 ≥ wn +1 ≥ wn , ∀n = 1, 2,... Hay viết rõ ra là




a+b+c
w1 , dãy số ( wn )
Nghĩa là từ số hạng tăng và bị chặn trên bởi nên hội tụ. Kể từ số
3
3
hạng u1 , dãy số ( un ) giảm và bị chặn dưới bởi 1 1 1 nên hội tụ.
++
abc
Gọi lim un = α , lim wn = , khi đó >0, ≤ α và
x →∞ x →∞




Vậy dãy ( vn ) hội tụ và lim vn = 2α − . Suy ra
x →∞




≤ α ). Suy ra
(ta loại trường hợp 4α − = 0 vì nó mâu thuẫn với >0,


Vậy ta chứng minh được ba dãy số trên hội tụ và lim un = lim vn = lim wn .
x →∞ x →∞ x →∞


- 87 -
Bài toán 25. Cho ba dãy số ( un ) , ( vn ) , ( wn ) như sau: u0 > 0, v0 > 0, w0 > 0 và



Hãy tìm giới hạn của ba dãy số đã cho.
Giải. Dễ thấy với mọi n ∈ ¥ thì un > 0, vn > 0, wn > 0 và

Với mọi n ∈ ¥ , ta có




Vậy với mọi n ∈ ¥ * , ta có un ≥ vn ≥ wn . Do đó với mọi n ∈ ¥ * , ta có


Như vậy ta có


u0 + v0 + w0
Vậy kể từ số hang w1 thì dãy số ( wn ) tăng và bị chặn trên bởi nên hội tụ. Kể từ số
3
3u0 v0 w0
u1 , dãy số ( un ) giảm và bị chặn dưới bởi
hạng nên hội tụ. Gọi
u0 v0 + v0 w0 + w0u0
lim un = α , lim wn = ≤ α và
, khi đó >0,
x →∞ x →∞




un vn + vn wn + wnun
Do đó từ vn +1 = , ∀n ∈ ¥ , cho n → +∞ ta được
un + vn + wn




Trường hợp 1: 4α = . Khi đó


Điều này mâu thuẫn với trên. Vậy trường hợp 1 không thể xảy ra ( ta lý luận cách khác là từ
4α = suy ra mâu thuẫn với >0, ≤ α ).
Trường hợp 2: α = . Khi đó


Do đó

- 88 -
Từ un vn wn = u0v0 w0 , ∀n ∈ ¥ , cho n → +∞ suy ra




- 89 -
PHẦN 06: BÀI TẬP TỔNG HỢP

ì x =1
ï
Bai 1. Cho dãy số (xn) được xác định bởi: í x 1= x + 2 x + 3x + ... + ( n - 1) x
̀
ïn
ï
î n- 1 n- 2 n- 3 1

Tìm số hạng tổng quát xn.
(T7/244)
Giải. Theo đề bài ta có:
x + 2 xn- 3 + 3 xn- 4 + ... + ( n - 2) x1 = xn- 1
+ n- 2
xn = xn- 1 + 2 xn- 2 + 3 xn- 3 + ... + ( n - 1) x1
xn = 2 xn- 1 + xn- 2 + xn- 3 + ... + x1 (1)
Tương tự: xn- 1 = 2 xn- 2 + xn- 3 + xn- 4 + ... + x1 (2)
(1) - (2) Û xn - xn- 1 = 2 xn- 1 - xn- 2
Û xn - 3xn- 1 + xn- 2 = 0
Xét phương trình đặc trưng a 2 - 3a + 1 = 0 , có nghiệm:
é 3+ 5
ê=
a
ê 2
Ûê
3- 5
ê=
a
ê
2
ë
n n
æ+ 5 ö ÷ + c æ- 5 ö
3 3
Þ xn = c1 ç ÷ 2ç ÷
ç ç ÷ (3)
÷ ÷
ç2ø ç
ç ç
÷ ÷
è2ø
è
Theo giả thiêt ta dễ dàng thấy được x2 = x1 = 1
́
Thế giá trị của x1, x2 vao phương trình (3) và giải hệ phương trình sau để tìm c1, c2
̀
ì
ì 3+ 5 ï
ï ï c = 5- 2 5
3- 5
ï c1 + c2 = x1 = 1 ï1
ï
Þï 2 Ûï 5
2
í í
ï 7 +3 5 ï
7- 3 5 5+2 5
ï c2 = x2 = 1 ï c2 =
c1 +
ï ï
ï ï
2 2 5
ï ï
î î
Thế giá trị của c1, c2 vào phương trình (3) ta được công thức tổng quát của xn:
n n
5 - 2 5 æ + 5 ö 5 + 2 5 æ- 5 ö
3 3
.ç .ç
÷+ ÷
ç ç
÷ ÷ (n>0).
xn = ÷ ÷
ç2ø ç
ç ç
÷ ÷
5 5 è2ø
è

 2− 3
 a0 =
Bài 2. Cho day (an) xác định bởi 
̃ ̀
. Tim (an).
2
 a = a (4a 2 − 10a + 5) 2
 n+1 n n n


(T7/277)
Giai. Dễ thây:
̉ ́


- 90 -
3 3 3 3
a0 = 1 - ; a1 = 1 + ; a2 = 1 - ; a3 = 1 + ;
2 2 2 2
3
; ∀n ∈ ¥ (*)
- Dự đoán: an = 1 + (-1)n+1.
2
Ta chứng minh (*) bằng quy nạp:
- Với n = 0; 1; 2; 3 thì (*) đúng.
- Giả sử (*) đúng với n = k ( k ∈ ¥ , k ≥ 4)
3
Tức là: ak = 1 + (-1)k+1.
2
- Ta cần chứng minh (*) cũng đúng với
3
n = k + 1, tức là: ak+1 = 1 + (-1)k+1.
2
2
Thật vậy: ak+1= ak (4 ak - 10ak + 5)2
3 32 3
(-1)k+1 (-1)k+1. (-1)k+1 ]+5}2
= [ 1 + ]{4[1+ ] – 10[1 +
2 2 2
7
3
(-1)k+1 (-1)k+1 3 ] 5 3 (-1)k+1+5}2
= [1 + ]{4[ + – 10 -
4
2
3
= [1 + (-1)k+1 ][2- 3 (-1)k+1]2
2
3
= 1 + (-1)k+2 (đpcm).
2
3
, ∀n ∈ ¥ .
Vậy an = 1 + (-1)n+1
2
 1
 x1 =
2
Bài 3. Cho day (xn) xác định như sau: 
̃
 x = x 2 + x (n > 0)
 n +1 n n

1 1 1
. Tinh [ A] (phần nguyên của A)
+ + ... +
̣ ́
Goi A =
x1 + 1 x2 + 1 x1993 + 1

Giai. Dễ thấy xn > 0, ∀n ≥ 1
̉
1 1 1 1
=−
Từ gt: xn+1 = xn + xn ⇔
2
=
xn ( xn + 1)
xn +1 xn xn +1
1 1 1
⇔ x +1 = x − x , n > 0
n +1
n n

1 1 1 1 1 1 1 1 1
Do đó: A = + + ….. + = - + - + ….. + -
x1 + 1 x2 + 1 x1993 + 1 x1 x2 x2 x3 x1993 x1994

- 91 -
1 1 1
= - =2- 1.
4
1 1
1 1 1 1 1 + 26
⇒ A = x + 1 + x + 1 + ….. + x + 1 > x + 1 + x + 1 = 1 + 1 3 + 1 = >1 (2)
21
1 2 1993 1 2
2 4
Từ (1) và (2) suy ra:
1 < A < 2, ∀n ≥ 1
Vậy [A] = 1.
ì 1
ï
ï a1 =
ï
Bai 4. Cho dãy số ( an ) xác định bởi ï 2 aaaa (1)
í
̀
ï a = 2n - 3 a
ïn (n ³ 1)
ï 2 n n- 1
ï
î
m

å ak < 1 .
Chứng minh rằng với mọi m ³ 1 ta có
k =1


Giải. Ta có: " l ³Î 2, l ¥ *
(1) Û 2l.al = ( 2l - 3) al - 1
Û 2 ( l - 1) al - 1 - 2l.al = al- 1
Cho l = 2; 3;…; m+1, ta được:
ì a1 = 2a1 - 4a2
ï
ï
ï a2 = 2a2 - 6a3
ï
í ...
ï
ï a = 2m.a - 2 m +1 a
ïm ( ) m+1
ï
î m

Cộng vế theo vế ta được:
a1 + a2 + ... + am = 2a1 - 2( m + 1) am +1
æ1 ö
2n - 3
Dễ thấy (an) là dãy dương ça1 = > 0; 2÷
> 0, " n ³ ÷
ç
ç ÷
è ø
2 2n
m

nên å ak < 2a1 = 1 .
k =1
m

å
Vậy với mọi m ≥ 1 ta có ak < 1 .
k =1

ì u = 3; u = 17
ï
Bai 5. Cho dãy số ( un ) xác định bởi: í u0 = 6u 1 - u
̀ ( n > 1) . Chứng minh rằng với mọi
ïn
ï
î n- 1 n- 2


n ta có ( un - 1) M và thương là một số chính phương.
2
2
Giai. Xet phương trình đặc trưng của phương trình sai phân đã cho:
̉ ́
é = 3+ 2 2
x
x 2 - 6 x +1 = 0 Û ê
ê = 3- 2 2
x
ë

- 92 -
n n
( ) ( )
Do đó: un = a 3 + 2 2 + b 3 - 2 2
Theo đề bài ta có:
ì 1
ï
( )
ï a = 3+2 2
é +b = 3
a ï
ï 2
Û ê3 + 2 2 a + 3 - 2 2 b = 17 Û í
( ) ( )
ê ï b = 1 3- 2 2
( )
ï
ë ï 2
ï
î
1 1
n +1 n +1
( ) ( )
Nên un = 3+ 2 2 + 3 - 2 2 . Ta co: ́
2 2
n +1 2
é ù
n +1
( ) ( )
3 + 2 2 - 3- 2 2 ú
un - 1 ê
2

=ê ú
ê ú
2 22
ê ú
ë û
n +1 n +1
( ) ( )
3+2 2 - 3- 2 2
Ta chứng minh ( vn ) với v = là dãy số nguyên bằng quy nạp .
n
22
.Với n = 0, v0 = 2 là số nguyên.
k +1 k +1
( ) ( )
3+ 2 2 - 3- 2 2
.Giả sử vk nguyên (k > 0) hay: v = .
k
22
Ta chứng minh vk+1 cũng nguyên
k +2 k +2
( ) ( )
3+ 2 2 - 3- 2 2
Thật vậy: v =
k +1
22
k +1 k +1
( 3 + 2 2) ( )
- 3- 2 2 k +1 k +1
( ) ( )
=3 + 3+2 2 + 3- 2 2
22
k +1 2
( ) ( ) ( )
Do 3 + 2 2 = 3k +1 + Ck1+1 3k 2 2 + Ck2+1 3k - 1 2 2 + ...
k +1 2
( 3- ) ( ) ( )
22 = 3k +1 - Ck1+1 3k 2 2 + Ck2+1 3k - 1 2 2 - ...
n +1 n +1
( ) ( )
Vì vậy 3 + 2 2 - 3- 2 2 sẽ có dạng 2 2 .M (M nguyên) kết hợp giả thiêt qui nap
́ ̣
ta được vn+1 nguyên (đpcm).
Vậy với mọi n ta có ( un - 1) M và thương là một số chính phương.
2
2

 x1 = 7, x2 = 50
Bài 6. Cho day (xn) xác định như sau: 
̃ .Chứng minh x1996 M1997.
 xn+1 = 4 xn + 5 xn −1 − 1975
(T6/251)
1975
, ∀n
Giai. Đặt xn = Vn +
̉
8
⇒ xn+1 = 4xn + 5xn-1 – 1975
 Vn+1 – 4Vn – 5Vn-1 = 0

- 93 -
Xét phương trinh đặc trưng: x2 – 4x – 5 = 0  x = -1 hoặc x = 5
̀
⇒ Vn = a.(-1)n-1 + b.5n-1
Do đó ta được:

2005 1747 n-1
⇒ Vn = - .5 , ∀n
.(-1)n-1 -
12 24
2005 1747 n-1 1975
⇒ xn = - .(-1)n-1 - .5 +
12 24 8
1747 1995 9935
⇒ x1996 = - .5 +
24 24
= (-1747.51996 + 49675):120
 120x1996 = - 1747(51996 – 1) + 1997.24
Theo định lí nhỏ Fermat:
51996 ≡ 1 (mod 1997)  51996 -1 ≡ 0 (mod 1997)
⇒ 120x1996 M 1997 mà (120,1997) = 1.
Vậy: x1996 M 1997 (đpcm).
1
(a2 m + a2n ) với m ≥ n .
Bài 7. Cho dãy (an) thỏa am+n+am-n= (1)
2
Chứng minh an = n2 biết a1 = 1.
(T6/258)
Giải. Cho m=n=0 thì a0=0
1
(a2 + a0 ) suy ra a2=4.
. m=1, n=0 ta có a1+a1=
2
Ta chứng minh an=n2 (*) bằng qui nạp toán học
. Với n = 0;1 (*) đúng
. Giả sử (*) đúng đến n = k ( k ∈ ¥ * ) hay ak=k2 (2)
Ta chứng minh (*) đúng với n=k+1. Thật vậy:
1
Trong (1) thay m=k, n=1 ta có ak + ak = (a2 k + a0 ) ⇒ a2k = 4k 2 (3)
2
1
Trong (1) thay m=k, n=0 ta có ak +1 + ak −1 = (a2 k + a2 ) (4)
2
1
Thay (2), (3) vào (4) ta có ak +1 + (k − 1) 2 = (4k 2 + 4) ⇔ ak +1 = (k + 1) 2 (đpcm)
2
Vậy an=n2 vơi mọi n tự nhiên.
́
 x1 = 2
 1
. Chứng minh < xn+1 < 2 với n > 0.
xn + 1
Bài 8. Cho dãy (xn) thỏa  4

 xn+1 = 5 x (n > 1) 5
 n


(T6/238)

- 94 -
Giai. Dễ thấy xn > 0, ∀n ≥ 1.
̉
xn + 1 1 3 1 131 1 1 1 1 1
4
1 1
= ( xn + ) = [( xn + + + )+ ] ≥ (1 + ) > .1 =
Ta có: xn+1 =
5 xn 5 8 xn 8 xn 4 xn 2 xn 5 2 xn
5 xn 5 5
1
⇒ xn+1 > , ∀n ≥ 1 (1)
5
xn + 1 xn + 4
4 4

, ∀n ≥ 1
Mặt khác: xn+1 = < (2)
5 xn 5 xn
Xét dãy (yn) xác định bởi:


Ta đi chứng minh yn = 2, ∀n ≥ 1 (*). Thật vậy, với n = 1, y1 = 2 ⇒ (*) đúng
Giả sử (*) đúng với n = k (k≥ 1)
yk4 + 4
= 2 , ∀k ≥ 1
Tức là: yk = 2. Ta có: yk+1 =
5 yk

⇒ (*) cũng đúng với n = k + 1
∀n ≥ 1
Vậy yn = 2, (3)
Từ (2) và (3) suy ra: xn+1 < 2, ∀n ≥ 1 (4)
1
< xn+1 < 2, ∀n ≥ 1 (đpcm).
Kết hợp (1) và (4) ta được:
5




ì 1
ï
ï a0 =
ï
ï 2
Bai 9. Cho dãy số a0 , a1 , a2 ,..., an thoả mãn í
̀
ï a = a + 1 a2 0 £ k < n
ï k +1 ( )
ï k
nk
ï
î
1
Chứng minh rằng 1 - < an < 1 .
n
Giải. Ta có:
1
ak = ak - 1 + ak2- 1
n
Û n ( ak - ak - 1 ) = ak2- 1
Û nak - nak - 1 + ak .ak - 1 - ak2- 1 = ak .ak - 1
Û ak ( n + ak - 1 ) - ak - 1 ( n + ak - 1 ) = ak .ak - 1
Û ( ak - ak - 1 ) ( n + ak - 1 ) = ak .ak - 1
1 1 1
Û - =
ak - 1 ak n + ak - 1
Ta có a0 , a1 , a2 ,..., an là dãy số tăng

- 95 -
æ1 1ö
1 1 11 1 1 1
n
ç ÷
å1 ça a ø< n. n Þ a - a < 1
= a0 < a1 < a2 < ... < an Þ - 1 = 1 Þ < an < 1 (1)
an a0 2
næ ö
1 1 1 1 1 1 1÷ n
Þ åç
Þ £ ak - 1 < 1 Þ ÷
ç
- = > -
Þ
- > >
a0 an n +1 n + 1 an n + 1 an
n +1 n - 1 1
Þ an > Þ an > 1 - (2)
>
n+2 n n
1
Từ (1), (2) Þ 1 - < an < 1 .
n
 a1 = 1; a2 = 3
Bài 10. Cho dãy (an) xác định như sau: 
 an+1 = (n + 2)an − (n + 1)an−1
Tìm n để an chính phương.
(T5/239)
Giải. Đặt vn = an − an−1 (n ≥ 2) , v2 = a2 - a1 = 2.
Ta có:
an+1 = (n + 2)an − (n + 1)an−1
⇔ an+1 − an = (n + 1)( an − an−1 )
⇔ vn+1 = (n + 1)vn
vn = nvn−1
v = (n − 1)v
 n−1 n−2
Cho n chạy từ 2,3,…,n-1 ; ta có : 
...
v3 = 3v2

n!
Nhân theo vế và rút gọn ta có vn= v2 = n !(n ≥ 2)
2
Với n ≥ 2 an-an-1 = n! ⇒ an = an−1 + n !
 an = an−1 + n !
 a = a + (n − 1)!
 n−1 n−2
Cho n chạy từ 2,3,…,n; ta có: 
....
 a2 = a1 + 2!

Cộng theo vế và rút gọn ta có:
n n
an = a1 + 2!+ 3!+ ... + n! = 1!+ 2!+ 3!+ ... + n! = ∑ k ! = 1!+ 2!+ 3!+ 4!+ ∑ k !
k =1 k =5

.Với n > 4 ta có k!=1.2.3.4.5… ≡ 0 (mod 10)
Mà 1!+2!+3!+4!=33 ≡ 3 (mod 10)
Do đó an ≡ 3 (mod 10) (vô lí vì số chính phương không thể tân cùng là 3)
̣
Vậy 0 < n < 5 . Xet cac trường hợp:
́́
• n=1 ta có a1 = 1 (thỏa)
- 96 -
•n=2 ta có a2 = 1! + 2! = 3 (loại)
•n=3 ta có a3 = 1! + 2! + 3! = 9 (thỏa)
•n=4 ta có a4 = 1! + 2! + 3! + 4! = 33 (loại)
Vậy với n = 1; n = 3 thì an là số chính phương.
 4
 x1 = Ck
n
xn = ∑ n (*)
3
Bài 11. Cho dãy (xn) xác định  . Chứng minh
k =0 2 k + 1
(2n + 1) x = 2n + 2nx (n ≥ 2)
 n −1
n

Giải. Ta chứng minh bằng qui nạp
k
Cn 1
14
. Với n=1 ta có ∑ = 1 + = = x1 ( đúng)
k = 0 2k + 1 33
k
Cp
p
Giả sử (*) đúng với n=p ( p ∈ ¥ , p ≥ 1 ) tức là x p = ∑
2k + 1
k =0
k
C
p +1
Ta chứng minh (*) đúng với n=p+1 hay x p +1 = ∑
p +1

2k + 1
k =0
p +1
2( p + 1)
2
Thật vậy: Theo đề bài x p +1 = + x p (2)
2p +3 2p +3
p +1

Mà 2 = (1 + 1) = ∑ C p +1
p +1 p +1 k

k =0

Ngoài ra ( p + 1)C = ( p + 1 − k )C p+1
k k
p

Thế vào (2) ta có
k
C p+1
n
+ 2( p + 1)∑
p +1
(2 p + 3) x p+1 = 2
2k + 1
k =0

( p + 1 − k )C p+1
k
p +1 p
= ∑ C p+1 + 2∑
k

2k + 1
k =0 k =0

Ck
 2( p + 1 − k )  k
p +1 p +1
= ∑ 1 + .C p+1 = (2 p + 3).∑ p+1
2k + 1  k = 0 2k + 1
k =0  
k
C
p +1
⇔ x p+1 = ∑ p+1
k =0 2k + 1

Đến đây kết thúc qui nạp
Cnk
n
Vậy xn = ∑ với n ∈ ¥ * .
k =0 2 k + 1

1
Bai 12. Cho dãy số (un) thoả mãn 0 < un < 1 và un+1 ( 1 - un ) >
̀ với n=1,2,…
4
Tìm lim un .
n® ¥

(Đề đề nghị OLP 30/4 Quang Ngai năm 2007)
̉ ̃
Giải. Với n ³ 1 , áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
un+1 + ( 1 - un ) ³ 2 un+1.( 1 - un ) > 1 Þ un+1 > un
(un) là dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi 1.
Vậy theo nguyên lí giới hạn, tồn tại giới hạn hữu hạn L = lim un , 0 < L < 1
n® ¥


- 97 -
1
Do un+1 ( 1 - un ) > , " n = 1, 2,... . Chuyên qua giới han, ta co:
̉ ̣ ́
4
2
1 æ 1÷ ö
çL - ÷ £ 0 Þ L = 1 (thỏa điều kiện)
Þ L ( 1- L) ³ Þ ç
4ç è 2÷ ø 2
1
Vậy limun = .
2

π

 x1 = 2 cos
9 . Tìm lim xn .
Bài 13.Cho dãy số (x) xác định bởi:  x →∞
 xn +1 = 3 xn − 1

 1
1
Giai. Xét xn +1 − = 3  xn − ÷
̉
 2
2
Đặt vn = xn+ L
vn+1 = xn+1 + 1 = 3xn - 1 + 2 = 3(vn - L) - 1 + 2 = 3vn - 2L -1
 π1
 v1 =2cos -
1
Chọn L = - ⇒ vn+1 = 3vn. Nên  92
2  v n+1 =3v n

vn = 3vn-1

v2 = 3v1
π 1
⇒ vn = 3n-1( 2cos − )
9 2
π 1 1
Mà vn = xn+ L ⇒ vn = 3n-1( 2cos − )+
9 2 2
Vậy lim xn = +∞

 x0 = 1, x1 = 5
Bài 14. Cho dãy số (x) xác định bởi 
 xn +1 = 6 xn − xn −1 (n ≥ 1)
{ 2 xn } với { a} = a − [ a ] là phần lẻ của a.
Tìm lim xn
x →∞



GIẢI

Phương trình đặc trưng của dãy ( x ) là:
X - 6X +1= 0, X= 3 ± 2
Từ đó, ∀n ≥ 0 ta có:
xn = a (3 + 2 2 ) n + b(3 − 2 2) n
 2 +1
a =
a + b = 1
  22
⇔
)( )
Trong đó, a, b được xác định bởi: 
( 3 + 2 2 a + 3 − 2 2 b = 5 2 −1
b =


 22
Vậy ∀n ≥ 0 thì
- 98 -
( )( )( )( ) ( ) ( )
1  1 
2 n+ 1 2 n+ 1
n n

xn = 2 +1 3 + 2 2 + 2 −1 3 − 2 2  = 2 +1 + 2 −1
2 2  
  2 2 
Suy ra

( ( ( ( 2) ( 2)
1 
2 n +1 2 n +1
1 2 n +1
=
2 n +1 2 n +1 2 n +1− k 2 n +1− k
∑ C2kn +1 − ∑
2 − 1) 2 + 1) 2 − 1)
=
2 xn − − (−1)C2 n +1 ÷
k

2  k =0

2   
k =0
2( n −t )

( 2)
1n n
= .2∑ C2 n+1 = ∑ 2n −t C22n+1 ∈ ¢ aaaaaaaaa ( 1)
2t t
+1 +1
2 t =0 t =0

Hơn nữa dễ thấy 0 < ( 2 − 1)
2 n +1
< 1; ∀n ∈ ¥ aaaaaaaaaa(2)


{ ( )
2 n +1

2 xn } =
Từ (1) và (2) suy ra 2 −1 ; ∀n ∈ ¥
Do vậy ∀n ∈ ¥ ta có

{ ( )
1 
4 n+2

xn 2 xn } = 1+ 2 −1
2 2 
 
Dẫn tới
1 
{ ( ) 1
4n+2
2 xn } = 1 + lim 2 −1 ÷=
lim xn
2 2  x →∞ ÷ 22
x →∞
 

{ 1
2 xn } =
Vậy lim xn
22
x →∞




 1
b1 = 2

Bai 15. Cho dãy số (bn) được xác định bởi: 
̀ .

bn +1 = 1  bn + bn 2 + 1 ÷
2 ÷
 4n
 

Chứng minh dãy số hội tụ và tìm lim bn . x →∞

(T6/241)
1 π
Giai. Ta chứng minh bn = cot n +1 ; ∀n ∈ ¥ (*)
̉ n
2 2
1 π 1
Thật vậy: n = 1: b1 = 1 cot 1+1 =
2 2 2
⇒ (*) đúng với n = 1
1 π
Giả sử (*) đúng với n=k, k∈ ¥ * , nghĩa là có : bk = k cot k + 1
2 2
1 
1
Ta chứng minh (*) cũng đúng với n= k+1. Thật vậy bk +1 =  bk + bk +
2
÷
 ÷
4k
2 
1 
1 1 1
π 1 π π π
=  k cot k +1 + k cot 2 k +1 + k ÷ = k +1  cot k +1 + cot 2 k +1 + 1 ÷
4÷ 2  ÷
22 2 4 2 2 2
 




- 99 -
 
1 1÷
π π
= k +1  cot k +1 + ÷ ( vì khi k → +∞ thì k +1 → 0; sin → 0 )
π
2 2 2
sin k +1 ÷
 2
π π
cos k +1 + 1 2 cos 2 k + 2
1 1 1 π
2 2
= k +1 . = k +1 = k +1 cot k + 2
π 2 2sin π cos π
2 2 2
sin k +1 k +2 k +2
2 2 2
⇒ (*) cũng đúng với n = k + 1.
1 π
Vậy bn = cot n +1 ; ∀n ∈ ¥
n
2 2
   
π π
 cos 2n +1 1 ÷  n +1 2 ÷
π 2
2
lim bn = lim  . n ÷ = lim  cos n +1 ÷=
π ππ
2 ÷ x →∞  2 ÷π
x →∞ x →∞
 n +1 n +1
2   
2
2
Vậy dãy hội tụ và có lim bn = .
π
x →∞




u1 = a
Bài 16. Cho a > 1 và dãy số (un) được xác định như sau: 
un +1 = un − un + 1(n ≥ 1)
2


11 1
+ + ... + ) .
Tính lim(
u1 u2 un
x →∞



Giai. Ta có: un+1= un2 - un + 1 = un = (un - 1)2 , với n=1,2,…
̉
Do u1 = a > 1 , nên bằng quy nạp dễ dàng suy ra: un+1 > un với mọi n=1,2,…
Như vậy ta có: 1 < u1 < u2 < u3 1
x →∞

Giả sử tồn tại giới hạn hữu hạn: α = lim un (2) x →∞

Từ công thức xác định dãy: un+1= u – un + 1 với mọi n = 1,2,…; sau khi lấy giới hạn
2
n
n → ∞ hai vế và sử dụng (2) , ta đi đến:
α = α 2 − α + 1 ⇒ (α − 1) 2 = 0 ⇒ α = 1 (3)
α > 1 Vậy giả thiết (2) với α là số hữu hạn là sai, tức là
(3) mâu thuẫn với
lim un = +∞ (4)
x →∞

Theo công thức xác định dãy, thì với mọi k ta có:
uk+1= uk2 – uk +1 hay uk+1 -1 = uk(uk - 1).
1 1 1 1 1 1 1
= = − = −
Từ đó ta có: hay (5)
uk −1 − 1 uk (uk − 1) uk − 1 uk uk uk − 1 uk +1 − 1
n
1 1 1 1 1
Từ (5) đi đến: ∑ = − = − (6)
u1 − 1 uk +1 − 1 a − 1 uk +1 − 1
k =1 u k

11 1 1
Do đó: lim( + + ... + ) =
x →∞ u u2 un a − 1
1

Ghi chú:
- 100 -
Bằng việc thay thế liên tiếp un +1 = 1 + ( un − 1) un = 1 + ( un −1 − 1) un −1un = .....
( un ) u1 = a và
thấy số thể định dưới dạng:
ta dãy còn có xác
un +1 = 1 + ( un − 1) u1u2 ....un , ∀n ∈ ¥ * . Từ đây ta thấy ngay un +1 ≥ 1 + ( a − 1) a n , ∀n ≥ 1 .
Từ đó chúng ta chứng minh khác cho kết luận xlim un = +∞
→+∞

Hai bài toán tương tự dưới đây xin dành cho bạn đọc:
u1 = a > 0
Bài 1. Cho 
un +1 = un + un , ∀n = 1, 2,3,....
2


1 1
1
+ + .... +
Tính xlim  ÷.
→+∞ 1 + u 1 + u2 1 + un 
 1

Bài 2.
u1 = 3,
Cho  .
un +1 = un − 3un + 4, ∀n = 1, 2,3...
2


Chứng minh u1 < u2 < u3 < ....., lim un = +∞
x →+∞

1 1
1
− + ....... +
và tính xlim  ÷.
 u1 − 1 u2 − 1 un − 1 
→+∞




u1 = 1
un
u1 u2

un . Tìm lim( u + u + ... + u ) .
Bài 17. Cho dãy số (un) xác định bởi  2

un +1 = un +
x →∞
n +1
2 3
 1999
Giai. Từ cách xác định dãy suy ra: 1 = u1 < u2 < u3… Vậy (un) là dãy đơn điệu tăng, nên tồn
̉
tại giới hạn hữu hạn. giả sử tồn tại giới hạn hữu hạn: l = lim un (1)
x →∞
2
un
Khi đó l >1, từ công thức xác định dãy: un +1 = un + sau khi lấy giới hạn hai vế và sử
1999
l2
dụng (1) ta có: l = l + ⇒l =0
1999
Đó là điều vô lý, vì l >1. vậy lim = +∞ (2)
x →∞

Từ thức hồi định với mọi
công truy xác dãy, n = 1,2,… ta có:
1999(un +1 − un )
2
un u 1 1
= = = 1999( −
n
)
un +1 unun +1 unun+1 un un +1
un
u1 u2 1 1 1
Từ (3) suy ra hệ thức sau: + + ... + = 1999( − ) = 1999(1 − )
u2 u3 un +1 u1 un +1 un +1
1
=0
Từ (2) có lim
x →∞ u
n +1

un
u1 u2
Vì thế theo (4) , ta đi đến kết quả sau: lim( + + ... + ) = 1999
x →∞ u u3 un +1
2

Nhận xét:



- 101 -
Với bài toán này, ta có thể thay bất kì một số nào đó cho số 1999, ta đều có thể nhận được
giới hạn của dãy số bằng chính số đó, cách giải tương tự như trên. ( Điên hinh với số 2007,
̉ ̀
ta có môt bai day số trong bộ đề đề nghị Olympic 30/4 tinh Thanh Hoa năm 2007).
̣̀̃ ̉ ́

Bai 18. Cho a là số thực mà a < 1. Hãy tìm tất cả các dãy ( un ) sao cho:
̀
1/ un ≤ 1 với mọi n = 1,2,...
un +1 + a 2
2
2/ un = với mọi ∀n ≥ 1.
2
Giai. Đăt (un) là day thỏa mãn điều kiện đã cho. Vì un ≤ 1, ∀n ≥ 1 nên theo tính chất 2, ta có:
̉ ̣ ̃
a2 + 1
12
un = u n +1 + a 2 ≤ (1)
2 2
a2 + 1
Ñaëβ = .Do a < 1 ⇒ β < 1.
t
2
Töø coù n ≤ β . Maëkhaù∀n ≥ 1, ta coù
(1) u t c :
u 2 n + 2 − u 2 n +1 un + 2 + un +1
u n +1 − u n = ≤ u n + 2 − u n +1
2 2
⇒ u n +1 − u n ≤ β u n + 2 − u n +1
Laä luaä töông töï ta ñi ñeá :
pn n
un +1 − un ≤ β k un + k +1 − un + k ≤ β k ( un + k +1 + u n + k ) ≤ 2β k +1 (2)
Doβ < 1, neâ lim(2β k +1 ) =0, vaä töø suy ra k → ∞ :
n y (2)
k →∞

un +1 − un =0 hay un +1 = un∀n ≥ 1. (3)
un + a 2
2
hay un − 2un + a 2 =0.
2
Töø vaø chaá2, suy ra: un =
(3) tính t
2
Do a < 1 ⇒ ∆ / = 1 − a 2 > 0 ⇒ 1 ± 1 + a 2 .
Vì un ≤ 1 ⇒ un = 1 − 1 − a 2 .
Toù laï coù nhaádaõ { un } thoû maõ caùñieà kieä ñaõ laø
m i duy ty a n c u n cho :
u1 = u2 = ... = un ... = 1 − 1 − a 2

 n(1 + n) n n (1 + n n )
an = 1 + + ... +
 1 + n2 1 + n2n

(n = 1, 2,...)
Bai 19. Cho dãy số (an) và (bn) xác định bởi 
̀ 1
b = ( an ) n ( n +1)
n n +1

Tìm lim bn .
x →∞

(T7/221)
Giai. Trước hết ta thấy rằng với mọi n = 1,2,… và với k = 1,2,….,n, ta có:
̉
n k (1 + n k )
1≤ ≤2 (1)
1 + n2 k

- 102 -
Thật vậy (1) ⇔ 1 + n 2 k ≤ n k + n 2 k ≤ 2 + 2n 2 k ⇔ 1 ≤ n k ≤ 2 + n2 k (2)
Vì (2) hiển nhiên đúng với mọi n = 1,2,… và với mọi k = 1,2,…,n nên (1) đúng. Vì lẽ đó từ
công thức xác định dãy suy ra với mọi n = 1,2,…, thì : n + 1 ≤ an ≤ 2n + 1 < 2(n + 1)
un 1 1
Từ đó: 1 ≤ < 2 , hay với mọi n = 1,2,… thì: 1 ≤ b ≤ 2 n ( n +1) < 2 n (3)
n +1 n

2 + 1 +4 2 ... + 1
1 1 + 43
1
1 (4)
Sử dung AM-GM: 2 n = n 2.1...1
0, dễ thấy lim 2 n = lim n 2 = 1
x →∞
x →∞ x →∞



Bai 20. Cho α ≥ 2 và dãy số thực dương (an) thỏa mãn điều kiện:
̀
an = a1 + a2 + ..... + an−1 , ∀n ≥ 2
α


a 
Chứng minh rằng dãy số  n ÷ có giới hạn hữu hạn khi n → ∞ và hãy tìm giới han đó.
̣
n
(T7/252)
Giai. Bai toan có thể giai theo 2 cach:
̉ ̀ ́ ̉ ́
Cách 1:
Ta có an +1 = a1 + a2 + ..... + an = an + an > an
α α α


hay a2 < a3 < a4 < ......
Suy ra an + an = an +1 = a1 + a2 + ..... + an < a1 + (n − 1)an
α α


hay an < a1 + (n − 2)an
α


 Nếu a1 < 1 thì a2 = a1 < 1 , dẫn đến a2 > a1 ⇒ an > a1 , ∀ n = 2,3, 4......
α

α −1
Từ (*) ⇒ an < an + (n − 2)an = (n − 1)an ⇒ an < n − 1
α


1
1−
α −1
n −1
Suy ra 0 <  an  < α −1 = α −n
÷
n2
n n
1 α −1
1−  an  a
Do α > 2 nên lim n = 0 , suy ra: xlim  ÷ = 0 ⇒ xlim n = 0
n →+∞ n
→+∞
x →+∞ n α − 2

 Nếu a1 ≥ 1 thì an > 1, ∀n ≥ 2
Từ (*) suy ra
α −1
n−2 n−2
a  a a
0 2 . Ta chứng minh an > 2 ∀n ∈ ¥ *
a1 > 2
Giả sử ak > 2 . Ta chứng minh ak +1 > 2
2ak 3 − 2ak 2 − 2
> 2 ⇔ ( ak − 2 ) > 0 ( đúng)
2
ak +1 > 2 ⇔
3ak − 4ak − 1
2


Ta chứng minh (an) là dãy giảm :
− an 3 + 2an 2 + an − 2 − ( an − 1) ( an − 2 )
2

∀n, an +1 − an = = < 0 . (đpcm)
3an 2 − 4an − 1 3an 2 − 4an − 1
( do tử âm, mẫu dương)
 2+ 7
 an >
3
3an 2 − 4an − 1 > 0 ⇔ 
 2− 7
 an
2 > ⇒ 3an 2 − 4an − 1 > 0
3
(an) giảm và bị chặn dưới ⇒ (an) có giới hạn là L.
2an3 − 2an 2 − 2 2 L3 − 2 L2 − 2
lim an +1 = lim ⇒
3an 2 − 4an − 1 3L2 − 4 L − 1
⇒ L = 2 ( an > 2 ⇒ L ≠ −1 )

- 105 -
Vậy lim an = 2 .
. Nếu a1 = a ≤ −2 . Tương tự, ta chứng minh (an) tăng và bị chặn trên bởi -1
an < −1, ∀n , an +1 − an > 0, ∀n
2 L3 − 2 L2 − 2
⇒ L = −1 ( a n < − 1 ⇒ L ≠ 2 )
L=
3L2 − 4 L − 1
Vậy lim an = −1
Tóm lại: + Nếu an = 2 thì lim an = 2
+ Nếu an > 2 thì lim an = 2
+ Nếu an ≤ −2 thì lim an = −1 .

a1 > 0

Bai 24. Cho c là hằng số và dãy ( an ) thỏa mãn: 
̀ . Chứng minh rằng:
an+1 = can + an
2

a) an ≥ c n −1n n a1n+1
 1
b) a1 + a2 + ... + an > n  na1 − ÷ với mọi n.
 c
(T3/THPT)



Giải. Rõ ràng an > an−1 > 0 ;
a) Ta có: an − an−1 = can−1
2


1 1 ca
⇔ − = n −1
an −1 an an
1 1 ca1 1 1 ca2 1 1 ca
Vậy − = ;−= − = n−1
;...;
a1 a2 a2 a2 a3 a3 an−1 an an
Cộng theo từng vế ta được:
1 1 n−1 cai
− =∑
a1 an i =1 ai +1
1 n−1 cai 1 a
=∑ + ≥ n n c n−1 1
⇒ 2
a1 i =1 ai +1 an an
1 a
≥ n nc n −1 1 ⇒ an ≥ c n−1n n a1n+1
⇒ n 2
a1 an
⇒ (đpcm)
1 1 ca ca 1
− = n−1 = 2 n−1 =
can−1 + an −1 a + 1
b) Lại có: an −1 an an
n −1
c
Tương tự câu a:


- 106 -
n2
1 1 1 1
− = + ... + ≥
a1 an +1 a + 1 1 n
n
∑a + c
an +
1 i
c c i =1



n2  1
1 n
⇒ > ⇒ a1 + a2 + ... + an > n 2 a1 − = n  na1 − ÷
n
n  c
a1 c
∑a + c i
i =1
Vậy ta có đpcm.

 x0 = a

Bai 25. Cho 0 < a < 1 và dãy số ( xn ) được xác định bởi: 
̀ .
4
xn = 1 − 2 arccos 2 xn −1
 π

Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn khi n → ∞ và tìm giới hạn đó.

Giải. Ta thấy để xn có giá trị khi n → ∞ thì ∀n : −1 ≤ arccos xn ≤ 1 .
4
⇔ −1 ≤ 1 − 2 arccos 2 xn−1 ≤ 1
π
4
⇔ −2 ≤ − 2 arccos 2 xn−1 ≤ 0
π
π 2
⇔ ≥ arccos 2 xn−1 ≥ 0
2
π
⇔ ≥ arccos xn−1 ≥ 0
2
* Xét n = 1.
4
x1 = 1 − 2 arccos 2 x0 .
π
Mà x0 = a ⇒ 0 < x0 < 1
π π
 
⇔ > arccos x0 > 0aaa  Do ≥ arccos xn−1 ≥ 0 ÷
2  
2
π 2
⇔ > arccos 2 x0 > 0
4
4
⇔ −1 < − 2 arccos 2 xo < 0
π
4
⇔ 0 < 1 − 2 arccos 2 xo < 1
π
⇔ 0 < xn < 1
Ta chứng minh 0 < vn < 1, ∀naaa ( *)
Chứng minh quy nạp:
Với n = 1 theo chứng minh ở trên thì (*) đúng.
- 107 -
Giả sử (*) đúng với n = k. Nghĩa là 0 < xk < 1
Ta chứng minh (*) đúng với n = k+1.
Tức là cần chứng minh 0 < xk +1 < 1 .
Từ giả thiết quy nạp ta có:
⇔ 0 < xk < 1
π
⇔ > arccos x > 0
2
4
⇔ 0 < 1 − 2 arccos 2 xk < 1
π
⇔ 0 < xk +1 < 1
Vậy (*) đúng với n = k+1.
⇒ 0 < xn < 1, ∀n
Vậy dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn.
4
* Pt giới hạn x = 1 − 2 arccos 2 x, aaaax ∈ [ 0;1]
π
4
⇔ 2 arccos 2 x = 1 − x
π
π2
( 1− x)
⇔ arccos 2 x =
4
π
⇔ arccos x = 1− x
2
π
⇔ arccos x − 1− x = 0
2
π
Đặt f ( x ) = arccos x − 1− x
2
π ( −1) π
−1 −1
f '( x ) = −. = +
1 − x2 2 2 1 − x 1 − x2 4 1 − x
π
1
⇔ π 2 ( 1 − x 2 ) = 16 ( 1 − x )
f '( x ) = 0 ⇔ =
4 1− x
1− x 2


⇔ π 2 x 2 − 16 x + 16 − π 2 = 0
x = 1
⇔
 x = 16 − π
2

 π2

x = 0
là nghiệm hàm số tăng nên lim xn = 1 .
Nhìn vào bảng biến thiên có 
x =1 n →∞





- 108 -
Bai 26. Cho a, b là hai số thực thỏa mãn 4b > a 2 và hai dãy số ( an ) , ( bn ) được xác định
̀
bởi:
 a0 = a, b0 = b

 an +1 = −an + 2bn với n = 0, 1, 2, …
2


bn +1 = bn
2


Chứng minh rằng tồn tại n ≥ 0 mà an > 0 .


 a0 = a, b0 = b

Giải. an +1 = −an + 2bn (1)
2


bn +1 = bn
2


bn = b 2 n
Bằng phương pháp quy nạp dễ dàng chứng minh được:

Thay vào (1), ta có:
an +1 = − an + 2b 2 n
2


a1 = − a0 + 2b = −a 2 + 2b
2


a1 > 0 ⇔ 2b − a 2 < 0
.
a2
a1 > 0 ⇔ b
a 2 ⇔ b >
4
a2 a2
thì a1 < 0
−a 2 + =−
2 2
a a2 
2
a2 = −a1 + 2b > −a1 + ,  b > ÷
2 2 2

8 4
2 4
a4 a4 a4
a a
Mà 0 > a1 > − ⇒ −a1 > − ⇒ a2 > − + = −
2

2 4 48 8
4 4
a2 2 a2 a2 2
a a
a2 = −a12 + 2b 2 < 0 ⇔ 2b 2 < a12 ⇔ 2b 2 < ⇔ b2 < ⇔b< ⇒ − đã chứng minh ở trên vậy (*) đúng với n = 1.
2
Giả sử (*) đúng với n = k.
2 ( a2 )
2k −2

hay: ak > − .
42 k − 2
2 ( a2 )
2k

Ta cần chứng minh (*) đúng với n = k+1. Tức là ak +1 > −
42 k
Thật vậy: ak +1 = − ak + 2b
2 2k

2
 2 ( a 2 ) 2 k −2 
4 ( a2 )
2k
 
Mà −ak2 >   =−
(4 )2k −2 2 42 k

( a2 )
2k
a2
b> ⇒ b > 2k
2k

4 4
4 ( a2 ) 2 ( a2 ) 2 ( a2 )
2k 2k 2k

⇒ ak +1 > − + =−
42 k 42 k 42 k
Vậy (*) đúng với n = k+1

 x1 = a

Bai 27. Cho số thực a ≥ 1 . Xét dãy số ( xn )  xn  với
̀ xác định:  2

 xn +1 = 1 + ln  1 + ln x ÷
 n

n=1,2,...
Chứng minh rằng ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
̉
(VMO 1998 bang A)

 
2
xn
Giải. Xét dãy số ( xn ) với x1 = a, (a ≥ 1) và xn +1 = 1 + ln  ÷, ( ∀n ≥ 1) .
 1 + ln xn 
* Nếu a = 1 thì xn = 1, ( ∀n ) ⇒ nlim xn = 1.
→+∞

* Xét a > 1. Ta chứng minh bằng quy nạp là xn > 1, ( ∀n ) . Có x1 = a > 1 .
Giả sử với n có xn > 1 . Ta thấy xn +1 > 1 ⇔ xn − 1 − ln xn = 0. Hàm số f ( x ) = x − 1 − ln x đồng
2
2


biến trên [ 1; +∞ ) (do f ' ( x ) > 0 và f ( 1) = 0 nên f ( x ) > 0 ( ∀x > 1) ). Suy ra xn +1 > 1 . Vậy
xn > 1, ( ∀n ) (1)
Tiếp theo sẽ chứng tỏ rằng nếu xn > 1, ( ∀n ) thì xn > xn +1 , ( ∀v ) hay xn − xn −1 > 0 bằng cách xét
 x2 
÷ trên [ 1; +∞ ) .
g ( x ) = x − 1 − ln 
hàm số
 1 + ln x 
x − 1 + x ln x − 2 ln x
Có g ' ( x ) = (2)
x ( 1 + ln x )

- 110 -
Xét hàm h ( x ) = x − 1 + x ln x − 2 ln x trên [ 1; +∞ ) .
 1
Có h ' ( x ) = 2 1 − ÷+ ln x.
 
x
Ta thấy h ' ( x ) > 0 ( ∀x > 1) và h ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1 nên h ( x ) đồng biến trên [ 1; +∞ ) mà h ( 1) = 0 ,
suy ra h ( x ) > 0, ( ∀x > 1) và h ( x ) = 0 ⇔ x = 1 .
Từ đó và (2) có g ' ( x ) > 0, ( ∀x > 1) và g ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1 nên g ( x ) đồng biến trên [ 1; +∞ ) mà
g ( 1) = 0 , suy ra g ( x ) > 0, ( ∀x > 1) và g ( x ) = 0 ⇔ x = 1 . Do đó nếu xn > 1, ( ∀n ) thì
xn > xn +1 , ( ∀n ) .
Từ đó và (1) ta thấy rằng dãy ( xn ) (n = 1, 2, 3,...) với x1 = a > 1 là dãy đơn điệu giảm và bị
chặn dưới bởi 1. do đó dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn.

* Đặt nlim xn = b . Vì xn > 1, ( ∀n ) nên b ≥ 1 .
→+∞

Từ hệ thức xác định dãy ( xn ) ở đề bài, chuyển qua giới hạn được:
 b2   b2 
b = 1 + ln  b − 1 − ln  ÷= 0 .
÷ hay
 1 + ln b   1 + ln b 
Từ phần khảo sát hàm g ( x ) ở trên có g ( x ) = 0 ⇔ x = 1 suy ra b = 1 hay xl→+∞ xn = 1
im

Vậy dãy ( xn ) giới hạn hữu hạn và xlim xn = 1 .
→+∞


Bai 28. Cho các số nguyên a, b. Xét dãy số nguyên ( an ) xác định bởi:
̀
a0 = a, a1 = b, a2 = 2b − a + 2
( n ≥ 1)

an+3 = 3an+ 2 − 3a2+1 + an
a) Tìm công thức tổng quát ( an ) .
b) Tìm tất cả các số a, b để an là số chính phương với mọi n ≥ 1998 .
̉
(VMO 1998 bang B)

Giải. a) Phương trình đặc trưng:
⇔ x3 − 3x 2 + 3x − 1 = 0
⇔ ( x − 1) = 0
3


⇔ x =1
Công thức tổng quát của dãy:
an = α ( 1) + β n ( 1) + γ n 2 ( 1)
n n n

với n = 0, 1, 2, …
an = α + nβ + n 2γ
Theo đề bài ta có:
α = a α = a
a0 = a
  
⇒ α + β + γ = b ⇔ β = b − a − 1
a1 = b
a = 2b − a + 2 α + 2β + 4γ = 2b − a + 2 γ = 1
 
2

- 111 -
Vậy an = a + n ( b − a − 1) + n
2


b) Giả sử an = n + ( b − a − 1) n + a = u aaa ( n ≥ 1998, u > 0 )
2 2 2


4u 2 = 4n 2 + 4 ( b − a − 1) n + 4a
Từ đó:
4u 2 =  2n + ( b − a − 1)  + 4a − ( b − a − 1)
2 2
 
 2n + b − a − 1 = v

, ta có: d = 4u − v = ( 2u − v ) ( 2u + v )
2 2
Đặ t 
4a − ( b − a − 1) = d
2

Với n đủ lớn thì v = 2n + b − a − 1 > 0
Nếu d ≠ 0 thì 2u − v ≠ 0
Và d = ( 2u − v ) ( 2u + v ) ≥ 2u + v ≥ v = 2n + b − a − 1
Với n đủ lớn thì d = hằng số không thể luôn lớn hơn bằng v.
Do đó, d = 0, suy ra 4a = ( b − a − 1)
2


⇒ a chính phương. Đặt a = t 2 wwww ( t > 0, t ∈ N )
⇒ 4t 2 = b 2 + t 4 + 1 − 2bt 2 + 2t 2 − 2b
⇔ b 2 + t 4 + 1 − 2bt 2 − 2t 2 − 2b = 0
⇔ b 2 − ( 2t 2 + 2 ) b + t 4 − 2t 2 +1 = 0

⇔ ∆ ' = ( t 2 + 1) − ( t 4 − 2t 2 +1) = 4t 2
2



b1 = t 2 + 1 + 2t = ( t + 1) 2
⇒
b2 = t 2 + 1 − 2t = ( t − 1) 2

an = n 2 ( t + 1) − t 2 − 1 n + t 2 = n 2 + 2tn + t 2
a = t 2 , b = ( t + 1) thì
2
2
Đảo lại, với chính
 
phương.
Với a = t 2 , b = ( t − 1) thì an = ( n − t ) chính phương.
2 2


a = t 2


Vậy an = u ⇔  b = ( t + 1)
2
2


 b = ( t − 1)
2



u1 = u2 = 1

Bai 29. Cho dãy ( un ) u 2 + 2 với n = 3, 4, 5, …
̀ xác định như sau: 
un = n −1
 un − 2

Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số nguyên.



Giải. Xét bổ đề:
Cho dãy ( un ) xác định bởi u1 = m , u2 = p , u3 = q (m, p, q > 0 ) và
- 112 -
un +1 + c
2
un + 2 = , ∀n ≥ 1
un
Trong đó c = mq − p 2 .
q+m
Khi đó ( un ) là dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 dạng un + 2 = aun +1 − un . Với a = .
p
Chứng minh:
Ta có: c = unun + 2 − un+1 (1).
2


Thay n bởi n – 1, ta được: c = un +1un −1 − un (2).
2


Từ (1) và (2) suy ra: ⇔ un +1un−1 − un = unun + 2 − un+1
2 2


⇔ un +1 ( un −1 + un+1 ) = un ( un + 2 + un )
un −1 + un +1 un + 2 + un
⇔ =
un un +1
Thay n lần lượt bởi 1, 2, 3,……, n – 1, n – 2:
q + m u3 + u1 u +u u +u
a= = = ... = n −1 n +1 = n+ 2 n
p u2 un un − 2
Suy ra un + 2 = aun +1 − un . Bổ đề được chứng minh.
* Trở lại bài toán, ta có: m = u1 = 1
p = u2 = 1
12 + 2
q = u3 = =3
1
3 +1
⇒a= = 4.
1
3.1 − 12
= mq − p 2 = 2 , ta có: un = 4un −1 − un − 2 .
Áp dụng bổ đề với c =
1
Dễ thấy u1 , u2 ∈ ¢ nên u3 ∈ ¢ .
Bằng quy nạp toán học, ta chứng minh dễ dàng un ∈ ¢ , ∀n ∈ ¥ .
Vậy mọi số hạng của dãy đã cho đều nguyên.

 x1 = b

Bai 30. Cho a, b là hai số cho trước. Dãy số ( xn ) xác định: 
̀ 2.
 xn +1 = xn + ( 1 − 2a ) xn + a
2

Với điều kiện gì của các hằng số a, b thì dãy ( xn ) giới hạn hữu hạn?
(Oly m pic sinh viên
2 000)

Giải. Ta có: xn +1 = xn + ( 1 − 2a ) xn + a 2 = ( xn − a ) + xn ≥ xn , ∀n > 1 .
2
2



Vậy dãy ( xn ) là dãy đơn điệu tăng. Giả sử tồn tại lim xn = l , chuyển sang giới hạn
n →∞

ta thu được phương trình:
l = ( l − a) + l ⇒ l = a
2



Nếu tồn tại k để xk > a thì xn > a, ∀n ≥ k . Điều đó kéo theo dãy đã cho không có giới hạn.

- 113 -
Giả sử xn ≤ a, ∀n ∈ ¥ . Khi đó: ( xn − a ) + xn ≤ aahayaa − 1 ≤ xn ≤ a thì:
2



xn +1 = ( xn − a ) + x n ≤ ( a − xn ) + xn = a .
2



Vậy để tồn tại lim xn thì điều kiện cần và đủ là: a − 1 ≤ b ≤ a và khi đó: lim xn = a .
n →∞ n →∞




Bai 31. Cho dãy ( un ) xác định bởi: un = 2 + 2 + ... + 2 (n dấu căn). Tìm
̀
u u ...u
G→∞ i. Tan tìm .cách biểu diễn un với dạng khác. Từ giả thiết suy ra: un = 2 + un −1 , ∀n ≥ 2 .
lim 1 2 n
n iả 2
π
Ta có: u1 = 2 = 2 cos 2 .
2
π π

u2 = 2 + u2 ⇔ u2 = 2 + u1 = 2 1 + cos ÷ = 4 cos 2
2

 4 8
π
u2 = 2 + u2 ⇒ u2 = 2 cos 3
2
π
Do đó, dễ dàng chứng minh bằng quy nạp ta có: un = 2 cos .
2n +1
Khi đó:
π π π
u1u2u3 ...un = 2 cos .2 cos 3 ...2 cos n +1
2
2 2 2
π π π π π
cos 2 cos 3 ...cos n +1 sin n +1 sin
1
2 2 2 2= 2=
u1u2u3 ...un = 2n
π π π
sin n +1 sin n+1 sin n +1
2 2 2
π
2 n +1
u1u2 ...un 1 2
⇒ = =
π π
2n 2 sin n +1 π sin n +1
n

2 2

sin x n +1
= 1 ⇒ lim 2 =1
Lại có: lim 2π
x π
x→0 →0
sin n +1
n +1
2
2
u1u2 ...un 2
=
Vì thế: lim
π
2n



Bai 32. Cho dãy ( un ) xác định bởi: u = 2n 2 − 2 + 2 + ... + 2 (n dấu căn). Tìm
̀
n

lim un .
n →∞
2
Vậy lim = .
π
n →∞

Giải. Trước hết ta có:
π π
2 − 2 + 2 + ... + 2 = 2 − 2 cos = 2sin n + 2 (Theo bài 31).
n +1
2 2

- 114 -
π
sin
π 2n +1 .π
⇒ un = 2n +1 sin =
π
2n +1
2n +1
π
sin
2n +1 = 1, ( π → 0)
sin x
= 1 ⇒ lim
Sử dụng: lim π 2n +1
x
x →∞ n →∞

2n +1
Vì thế: lim un = π
Vậy lim un = π

−1 < un < 1

Bai 33. Cho dãy ( un ) xác định bởi: 
̀ 1 + un−1 , với n = 1, 2….
un =

 2
Hai dãy ( vn ) , ( wn ) được xác định như sau: vn = 4 ( 1 − un ) và wn = u1u2 ...un .
n


Tìm lim vn và lim wn
n →∞ n →∞




Giải. Do u0 < 1, đặt uo = cos α aaaa ( α ∈ ( 0; π ) )
1 + cos α α
Dễ thấy: u1 = = cos
2 2
α α
Và u2 = cos = cos 2
4 2
α
Dự đoán: un = cos n (dễ dàng chứng minh bằng quy nạp).
2
Do đó:
α

vn = 4n ( 1 − un ) = 4n 1 − cos n ÷
 2
α
sin 2 n α
α 2.
vn = 4n.2sin 2 n +1 = 2.4 n.
α 4 n+1
2
2
22 n + 2
2
α α
 
sin 2 sin n
2 = α . ÷
α 2 2
n
2
vn = . α ÷
α 2
2 2 ÷
 2n +1 
2 n+2
2
α
Khi n → ∞ ⇒ n+1 → 0
2



- 115 -
α
sin
2n = 1 ⇒ lim ( v ) = α
2
⇒ lim
α n
2
n →∞ n →∞
n +1
2
α α α
wn = u1u2 ...un = cos cos 2 ...cos n
2 2 2
α α α α
cos cos 2 ...cos n sin n
2 = sin α
2 2 2
wn =
α α
2 n sin n
sin n
2 2
α sin α
wn =
α
2n α sin n
2
sin α sin α
⇒ lim ( wn ) = lim =
n→∞ α α
n →∞

 α 2

lim vn = 2

Vậy 
lim w = sin α
 α
n


Bai 34. Chứng minh các dãy số sau đều có giới hạn hữu hạn:
̀
1 1 1
a) un = 1 + + + ... + −2 n
2 3 n
111 1
b) un = + + + ... +
1! 2! 3! n!
 1  1  1  1
c) un = 1 + ÷1 + ÷1 + ÷... 1 + ÷
 1!  2!  3!   n! 


1 1
Giải. a) Xét un − un+1 = − − 2 n + 2 n +1
n +1
n
)( ) > 0aaa ( n ∈ ¥ )
( n + 1 − n 2 n ( n + 1) + 1
n + 1 − n − 2n n + 1 + 2 ( n + 1) n
= =
n ( n + 1) n ( n + 1)
⇒ un > un +1 . Do đó đây là dãy giảm.
1
− 3, ∀n ≥ 1aaa ( n ∈ ¥ ) aaa ( 1)
Ta chứng minh: un >
n
* n = 1 :1 − 2 > 1 − 3 ⇔ 1 > 0 (Đúng)
Vậy (1) đúng với n = 1.
1
* Giả sử (1) đúng với n = k, tức là: uk > −3
k

- 116 -
1
* Ta chứng minh (1) cũng đúng với n = k+1, tức là uk +1 > −3
k +1
1 1
Theo giả thiết quy nạp: uk +1 > + 2 k − 3 − 2 k +1 +
k +1
k
1 1 1
+ + 2 k − 2 k +1 >
Ta đi chứng minh:
k +1 k +1
k
Dễ thấy:
1 1 1
= + + 2 k − 2 k +1 −
k +1 k +1
k
1 + 2k − 2 k ( k + 1)
1
= + 2 k − 2 k +1 =
k k
2k
( ) = 1−
1 + 2k k − k +1 k + k +1 > 0
=
k k
Vậy (1) đúng với mọi n.
1
Khi n → +∞ thì →0
n
1
Do đó: un > − 3 > −3
n
Dãy ( un ) giảm có giới hạn dưới là (-3) nên dãy hội tụ.
Vậy ( un ) có giới hạn hữu hạn.

111 1111 1 1
b) Ta có un = + + + ... + < + + 2 + 3 + ... + n−1
1! 2! 3! n ! 1! 2 2 2 2
1
1 − n−1
11 1
= + . 2 = 1 + 1 − n −1 < 2
1! 2 1 − 1 2
2
Do đó dãy ( un ) bị chặn trên.
1
(u )
Dễ thấy un +1 − un = >0
( n − 1) ! nên n là dãy tăng
⇒ ( un ) là dãy hội tụ.
Vậy dãy ( un ) có giới hạn hữu hạn.
un+1  1
= 1 + ÷ > 1, ∀n .
c) Dễ thấy:
un  ( n + 1) ! ÷
 
⇒ ( un ) là dãy tăng.
1
Ta chứng minh: un < 4 − , ∀n ∈ ¥ * (3)
n!
- 117 -
1 1 1
* n = 1: u1 − 4 − = 1 + − 4 − = −3 < 0
1! 1! 1!
⇒ (3) đúng với n = 1. Tương tự với n = 2, 3.
1
* Giả sử (3) đúng với n = k, tức là uk < 4 − aaa ( k ≥ 4 )
k!
1
Ta đi chứng minh (3) đứng với n = k+1, tức là uk +1 < 4 −
( k + 1) !
 1 1  1 4 1 1
Dễ thấy: uk +1 = uk 1 +  <  4 − ÷1 +  = 4+ −−
 ( k + 1) !  k !   ( k + 1) ! ( k + 1) ! k ! k !( k + 1) !
5k !− ( k + 1) !− 1
4 1 1 1
Xét: 4 + −− −4+ = 0 .
 ÷+
Giả sử đã có
5π  2 
 2 5 2

 π
Theo nguyên lí quy nạp ta suy ra xn ∈  0; ÷ , ∀n ∈ N * .
 
2

 π
2 2 2π
x + sin x − x, x ∈  0; ÷.
Xét hàm: f(x) =
 2
5π 5
4 2π
Ta có: f ( x) = x + cosx − 1
'

5π 5
4 2π
f '' ( x) = − sin x.
5π 5
Suy ra f '' ( x) = 0
2 2
⇔ sin x = ⇒ x = x0 = arcsin 2
2
π π
 π
Do đó f '' ( x) > 0 với x ∈ [ 0; x0 ] và f '' ( x) < 0 với x ∈  x0 ; ÷.
 
2

 π
Bảng biến thiên của f ' ( x) trên 0;  như sau:
 2
π
X 0 x0
2

f '' ( x) + 0


f ' ( x)
−3

−1
5 5
- 119 -
 π
Từ đó suy ra tồn tại x1 ∈  x0 ; ÷ để f ' ( x1 ) = 0, f ' ( x1 ) > 0 nếu x ∈ ( 0; x1 ) và
 
2

 π
f ' ( x1 ) < 0 nếu x ∈  x1 ; ÷.
 2
π

Vậy bảng biến thiên của f ( x) trên  0;1 ≤ a ≤ ÷ như sau:
 2
π
X 0 x1
2

f ' ( x) + 0

f ( x)

0 0


 π
Suy ra f ( x1 ) < 0 , ∀ x ∈  x0 ; ÷
 
2
π
và f ( x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = .
2

Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh rằng (xn) là dãy không giảm và nếu a = nlim xn thì
→+∞



π π
1≤ a ≤ và a thỏa mãn f(a) = 0. Từ phân tích ở trên cho ta thấy a = .
2 2

Bài 37.
 a0 = 1, a1 = 45
Cho dãy (an ) được xác định như sau:  với n = 0, 1 ,2, …
 an + 2 = 45an +1 − 7 an
a) Tính số các ước dương của an +1 − an an + 2 theo n.
2

n +1
b) Chứng minh rằng 1997 an + 4.7 là số chính phương với mỗi n.
2


(VMO năm 1997)
 a0 = 1, a1 = 45
Giải. a) Xét dãy số nguyên  với n = 0, 1, 2, …
 an + 2 = 45an +1 − 7 an
Thử với n = 0, 1 để dự đoán hệ thức:
an +1 − an an + 2 = 7 n +1
2
(*)
Ta chứng minh hệ thức trên đúng ∀n ∈ N bằng phương pháp quy nạp toán học
* Với n = 0, a1 − a0 an + 2 = 45 − 1.(45.45 − 7) = 7
2 2 1


* Giả sử (*) đúng với n = k (k ∈ N ) , tức là ta có: ak − ak −1ak +1 = 7
2 k


Ta phải chứng minh (*) cũng đúng với n = k +1, tức là chứng minh:
- 120 -
ak2+1 − ak ak + 2 = 7 k +1
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp và hệ thức truy hồi, ta có:
VT = ak2+1 − ak ( 45ak +1 − 7ak )
VT = ak2+1 − 45ak ak +1 + 7 ak2
VT = (7 ak2 − 7 ak −1 − ak +1 ) + (ak +1 − 45ak ak +1 + 7 ak −1ak +1 )
2


VT = 7(ak2 − ak −1ak +1 ) + ak +1 ( ak +1 − 45ak + 7 ak −1 )
VT = 7.7 k + ak +1.0
VT = 7 k +1
Vậy (*) đúng ∀n ∈ N
(*) ⇒ Số các ước số dương của an +1 − an an+ 2 bằng ( n + 2).
2


b/ Từ (*) có:
an +1 − an (45an +1 − 7 an ) − 7 n +1 = 0
2


⇔ an +1 − 45an an +1 + 7 an − 7 n +1 = 0, ∀n ∈ N
2 2


Điều này chứng tỏ pt: x 2 − 45an x + 7an − 7 n +1 = 0 có nghiệm nguyên nên:
2


∆ = (45an ) 2 − 4(7 an − 7 n +1 )
2


=1997a 2 + 7 n +1.4 phaûlaøsoá
i chính phöông.
n




U 0 = a

với n = 0,1,2, ....Tìm lim U n .
Bài 38. Cho a là một số thực. Xét dãy (U n ) : 
U n +1 = U n − 21− n n →∞





Giải.
1 1
Nếu a1 ≤ 0 thì a2 = 1 - a1 và a3 = a2 − > .
2 2
1
Bằng quy nạp, an +1 = an − với n ≥ 2
2n −1
1 1
1
⇒ an +1 = −  n −1 + n − 2 + ... + ÷+ a2
2 2
2
Và do đó:
lim U n = −a1 nếu a1 ≤ 0
n →∞

Bây giờ nếu a1 ∈ (0; 2) thì a2 ∈ [0;1) và bằng quy nạp ta thấy:
 1
an +1 ∈ 0; n −1  , điều này dẫn đến lim an = 0
n →∞
2
Cuối cùng, nếu a1 ≥ 2 thì a2 = a1 − 1 ≥ 1 . Bằng quy nạp, ta có:
1
an +1 = an − n −1
2
Và hệ quả là, cũng như trường hợp đầu, ta CM:
lim U n = a1 − 2
n →∞



- 121 -
f (1) f (3)...( f 2n − 1)
Bài 39. Đặt f(n) = (n 2 + n + 1) 2 + 1 . Xây đụng dãy ( U n ) như sau : U n =
f (2) f (4)... f (2n)
1
với n=1,2,3… .Chứng minh rằng: lim n U n =
2
n →∞




Giải.

Xét f ( k ) = (k 2 + k + 1) 2 + 1 = (k 2 + 1) 2 + 2k (k 2 + 1) + k 2 + 1
= (k 2 + 1)  (k + 1) 2 + 1
 
 f ( k − 1) = (k + 1) (k − 1) + 1
2 2
 
f (k − 1) (k − 1) + 1
2
 
=

 (k + 1) + 1
2
f (k )  
1 + 1 3 + 1 (2n − 1) + 1
2 2 2
2
U n = 2 . 2 ... =
3 + 1 5 + 1 (2n + 1) + 1 (2n + 1) 2 + 1
2


2n 2 2 1
n Un = = =
⇒ 42
4n + 4n + 2
2
2
4+ + 2
nn
1
Vậy lim n U n =
2
n →∞




2 − 2 + 2 + ... + 2
144 2444
4 3
Bài 40. Cho dãy số ( U n ) xác định như sau: U n = n
với n=1,2,3..
2 − 2 + 2 + ... + 2
144 2444
4 3
n −1
1
Chứng minh rằng với mọi n ta đều có U n > .
4

π
Giải. Ta chứng minh được: 124 4 2 + 4 + 42 = 2 cos n +1
+ ...
42 4 3 2
n

π π π
2 − 2 cos n +1 1 − cos n +1 sin 2 ( n + 2 )
2 2 2
Từ đó ta có: U n = = =
π π π
2 − 2 cos n 1 − cos n sin 2 ( n +1 )
2 2 2
π
1
sin 2 ( n + 2 )
2 π
= π = 4 cos 2 ( n + 2 )
π
4sin 2 ( n + 2 ).cos 2 ( n + 2 ) 2
2 2


- 122 -
1 1
π ≥
Do cos ( n + 2 ) ≤ 1 nên 4 cos 2 ( π ) 4
2

2
2n + 2
1
Vậy U n > ∀n
4

Bài 41. Cho 2 dãy số (an) và (bn) xác định như sau:
2 2
1 − 1 − an với n=0,1,2,...
a0 = , an +1 = 2

2 2
1 + b2 − 1
b0 = 1, bn +1 = với n=0,1,2,...
bn
Chứng minh rằng: 2n + 2 an < π < 2n + 2 bn với mọi n ∈ N


π π π
2
2
= sin 2 ; a1 = 1 − cos 2 2 = sin 3
Giải. Ta có a0 =
2 2 2 2
2
Từ đó dễ dàng bằng phép quy nạp suy ra:
2n + 2 an < π < 2n + 2 bn (1)
Lại thấy
π
b0 = 1 = tan (2)
22
1
−1
π π
1 + tan 2 − 1 cos 2
2
π
2 2
b1 = = = tan 3
π π 2
tan 2 tan 2
2 2
π
Từ đó cũng bằng phép quy nạp, có ngay: bn = tan
2n + 2
π
Sử dụng bất đẳng thức sin α < α < tan α khi 0 < α < , và sử dụng (1),(2), ta được;
2
π π π
sin n + 2 < n + 2 < tan n + 2
2 2 2
2n + 2 an < π < 2n + 2 bn
hay

Bài 42. Với giá trị nào của a và b thì dãy số sau đây hội tụ:
xo = a, x1 = 1 + bx0, x2 = 1 + bx1, …, xn+1 = 1 + bxn




Giải. Dễ thấy rằng :



- 123 -
an +1 = 1 + b + ... + b n −1 + b n a
1 1
 1 − b + ( a − 1 − b )b , b ≠ 1
n


an +1 = 
n + a, b =1


a ∈ R + ∞
1 1
+ (a = )b n , b ≠ 1

Do vậy an +1 =  1 − b b 1 và a > thì dãy phân kì tới +∞ . Cuối cùng nếu
1− b

Bài 43. Tìm các giới hạn sau :
k 3 + 6k 2 + 11k + 5 k 3 −1
n n
a) lim ∑ b) lim ∏ 3 .
(k + 3)! k =2 k + 1
x →∞ x →∞
k =1

1
, thì dãy phân kì tới −∞ .
b > 1 và a
0 ∀k ∈¥
( k + 2) !
⇒ xk +1 > xk > 0 , ∀ k ∈ ¥

(k + 1) − 1 1
k 1
Mặt khác k + 1 ! = k + 1 ! = k ! − k + 1 !
( ) ( ) ( )
111 1 1
⇒ xn = 1 − + − + ... + −
k ! ( k + 1) !
2! 2! 3!
1
= 1−
( k + 1) !
n n n n n
Ta lại có x1999 < x1 + x2 + ... + x1999 < 1999 x1999 (*)

1
Áp dụng xn = 1 − k + 1 ! vào (*) ta được
( )
n n
1 1
 
n n n
1 − 2000! ÷ < x1 + x2 + ... + x1999 < 1999 1 − 2000! ÷
   
1 1

n n n
< n x1 + x2 + ... + x1999 < n 1999 1 −
⇔ 1−
2000! ÷
2000!  



- 125 -
 1 
1 1
 
lim n
Vì xlim 1 − ÷ = x→∞  1999 1 − ÷÷ = 1 −
→∞ 2000! 2000! 2000!
   


1
n n n
Theo định lý kẹp giữa ta được xlim n x1 + x2 + ... + x1999 = 1 −
→∞ 2000!

1
n n n
Vậy xlim n x1 + x2 + ... + x1999 = 1 −
→∞ 2000!

Chú y: Thay 1999 bởi 2003, ta có đề OLP sinh viên năm 2003.
́


Ví dụ 1. Tìm quy luật biểu diễn của dãy số sau:1, -1, -1, 1, 5, 11, 19, 29, 41, 55.
Giải. y = f(x) : 1 -1 -1 1 5 11 19 29 41 55
∆y : -2 0 2 4 6 8 10 12 14
∆2y : 2222 2 2 2 2
Do các sai phân cấp 2 không đổi nên các giá trị của dãy cho bởi đa thức bậc hai:
f(x) = ax2 + bx + c, a ≠ 0.
Cho x = 0,1,2 ta được:
 c =1  a =1
 
 a + b + c = −1 ⇔ b = −3
4a + 2b + c = −1  c = 1


Vậy: Số hạng tổng quát của dãy là un = n2 -3n + 1, n = 0,1,…..,9.
n

∑x 2
Ví dụ 2. Tính .
x =1


Giải. Ta có: ∆n (x3) = x3 – (x-1)3 = 3x2 -3x + 1
n n

∑ (3x − 3x + 1) =∑ ( x3 ) = n3
2
Do đó:
x =1 x =1

3n(n + 1)
n n

Suy ra: 3∑ x = n + ∑ x − n = n + −n
2 3 3

2
x =1 x =1

n(n + 1)(2n + 1)
n

∑x =
2
Vậy: .
6
x =1



Ví dụ 3. Tìm dãy số biết un = 7un-1 - 11un-2 + 5un-3 (1) , và u0 = 0, u1 = 1, u2 = 3.
Giải. Phương trình đặc trưng của (1): λ 3 − 7λ 2 + 11λ + 5 = 0
 ( λ − 1) ( λ − 5 ) = 0
2


Như vậy:
λ1 là nghiệm bội 2.
λ2 là nghiệm đơn.
Công thức tổng quát của dãy:

- 126 -
Với n = 0, 1, 2:
−1

C1 =
 16
C1 + C3 = 0
 
  3
 C1 + C2 + 5C3 = 1 ⇔  C2 =
4
C + 2C + 25C = 3 
1  1
2 3

C3 = 16

1n 3n
( )
Vậy: un = 5 -1 +
16 4
dụ số được định bởi:
Ví 4. Cho dãy (an), n = 0, 1, 2, … xác
a0 = 20, a1 = 100, an + 2 = 4an +1 + 5an + 20 (1), n = 0,1, 2...

Tìm số hạng tổng quát của dãy.
Giải. (1) không là phương trình sai phân thuần nhất.
Đặt an = bn + c
Khi đó:
( 1) ⇔ bn+ 2 + c = 4 ( bn +1 + c ) + 5 ( bn + c ) + 20
( 2)
⇔ bn + 2 = 4bn +1 + 5bn + 8c + 20
−5
Chọn 8c + 20 = 0 ⇔ c = thì (2) trở thành phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất.
2
bn + 2 = 4bn +1 + 5bn
 −1
có phương trình đặc trưng λ − 4λ − 5 = 0 ⇔ λ = 
2

5
Công thức tổng quát của bn = C1 5n + C2 ( −1)
n


Lấy n = 0, 1:
 5 5
 C1 + C2 = b0 = a0 + 2 = 20 + 2
 125 10
→ C1 = , C1 =

5C − C = b = a + 5 = 100 + 5 6 6
1 2 1 1
 2 2
Suy ra:
5 125 n 10 5
.5 + ( −1) −
n
an = bn − =
2 6 6 2
 5 n+2
 6 ( 5 − 1) , n chaü n

= .
 5 ( 5n + 2 − 5 ) , n leû
6





- 127 -
n

∑ sin ix .
Ví dụ 5. Tinh
́
i =1

Giải. Ta có:
 1  1  1 x
∆ cos  k + ÷x = cos  k + ÷x − cos  k − ÷x = −2sin kx.sin
 2  2  2 2
 1
−∆ cos  k + ÷x
 2
⇒ sin kx =
x
2sin
2
n +1 n
sin x.sin x
 x
 1
n
1
⇒ ∑ sin kx = − 2 2.
 ∆ cos  k + 2 ÷x − cos 2 ÷ =
x x
 
2sin   sin
k =1
2 2

 x0 = a, y 0 = b

1. Bài toán 1: Cho hai dãy ( xn ) , ( yn ) , n = 0,1, 2,... thỏa:  xn = α xn−1 + β yn−1
y = γ x +δ y
n n −1 n −1

Trong đó α , β , γ ,δ cho trước và β .δ > 0 . Xác định công thức tổng quát của mỗi dãy.

Giải. Ta có:
xn + λ yn = ( α + λγ ) xn −1 + ( β + λδ ) yn −1
γ ≠0
∆ = ( α − δ ) + 4βγ > 0 →
2



(α −δ )
2
α −δ ± + 4βγ
∆1,2 =

Ta chọn λ sao cho: β + λδ = ( α + λγ ) λ
↔ γλ 2 + ( α − δ ) λ − β = 0 (1)
Theo giả thiết β .δ > 0 nên γ ≠ 0 và
∆ = ( α − δ ) + 4 βγ > 0 → (1) có 2 nghiệm phân biệt
2



(α −δ )
2
α −δ ± + 4βγ
∆1,2 =

Khi đó:
xn + λ yn = ( α + λγ ) ( xn −1 + λ yn −1 )
= ( α + λγ ) ( xn−2 + λ yn−2 ) = ....
2


Suy ra:
xn + λ1 yn = ( α + λ1γ ) ( a + λ1b )
n



xn + λ2 yn = ( α + λ2γ ) ( a + λ2b )
n



- 128 -
Do đó:
( α + λ1γ ) ( a + λ1b ) − ( α + λ2γ ) ( a + λ2b )
n n

yn =
λ1 − λ2
λ1 ( α + λ2γ ) ( a + λ2b ) − λ2 ( α + λ1γ ) ( a + λ1b )
n n

xn =
λ1 − λ2

α xn −1 + β
2. Bài toán 2: Cho dãy số ( xn ) , n = 0,1, 2,... thỏa x0 = a, xn = Trong đó α , β , γ ,δ
γ xn −1 + δ
cho trước và β .δ > 0 . Xác định công thức tổng quát của mỗi dãy.
 yn = α yn −1 + β zn −1
a (n = 0,1, 2,...)
Giải. Đặt 
 zn = γ yn −1 + δ zn −1
Thì yn , zn được xác định theo công thức ở bài toán trên và:
yn −1
α

yn α yn −1 + β zn −1 zn −1
= =
zn γ yn −1 + δ zn−1 γ yn −1 + β
zn −1
y0 yn
Ta có x0 = =a và xn =
z0 zn
Do đó
λ (α + λ2γ ) n (a + λ2 ) − λ2 (α + λ1γ ) n (a + λ1 )
xn = 1
(α + λ1γ ) n (a + λ1 ) − (α + λ2γ ) n (a + λ2 )
xn−1 + α
Ví dụ: Dãy (xn) thỏa x0 = a, xn = với αβ > 0
β xn−1 + 1

Thì phương trình (1) ở bài toán 1 trở thành

α
βλ 2 − α = 0 ⇔ λ1,2 = ±
β

Số hạng tổng quát của dãy

λ1 (1 + λ2 β ) n (a + λ2 ) − λ2 (1 + λ1β ) n ( a + λ1 )
xn = .
(1 + λ1β ) n (a + λ1 ) − (1 + λ2 β ) n ( a + λ2 )
 u1 = 1, u2 = 2
(n = 1, 2,...)
Bài 1. Cho dãy số (un) được xác định bởi: 
un + 2 = 3un +1 − un
2
un +1
Chứng minh rằng với mọi n = 1,2,… ta có bất đẳng thức: un + 2 + un ≥ 2 + , ∀n = 1, 2,...
un

Giải. Trước hết ta cần đến nhận xét sau: Với mọi n = 1,2,… ta có hệ thức:
un + 2un ≥ un +1 + 1
2
(1)
Ta thấy nếu un > 0, un+1 > 0 với mọi n ≥ 1 thì từ (1) suy ra:

- 129 -
un +1 + 1
2
un + 2 = (2)
un
và un+2 > 0
Mặt khác do u1 = 1 > 0; u2 = 2 > 0 nên từ (2) và lập luận trên suy ra:
un > 0 với mọi n = 1,2,…(dễ dàng chứng minh bằng quy nạp)
1
mà un + ≥ 2 (AM-GM)
un
un +1 + 1
2
1 u2 u2
⇒ u n + 2 + un = + un = un + + n +1 ≥ 2 + n +1
un u n un un
Đó là điều phải chứng minh.

Bai 2. Cho dãy số (an) xác định bởi a0 = 2, an+1 = 4an + 15an − 60 .
̀ 2




1
( a2 n + 8) có thể biểu diễn thành tông bình phương của ba số
Chứng minh rằng số ̉
5
nguyên liên tiếp với mọi n = 1,2,3,..
Giai. Từ giả thiêt: an +1 − 8an an+1 + an + 60 = 0
2 2
̉ ́ (1)
Thay n bơi n − 1 ta được: an − 8an −1an + an −1 + 60 = 0
2 2
̉ (2)
Trừ (1) cho (2) ta được: ( an +1 − an −1 ) ( an +1 − 8an + an −1 ) = 0
Do đây là day tăng nên: an +1 = 8an − an −1
̃
Phương trinh đăc trưng có dang: t 2 − 8t + 1 = 0 .
̀ ̣ ̣
( )
n
Vơi hai nghiêm t = 4 ± 15 . Ta xac đinh được công thức tông quat cua day (an) là
́ ̣ ̣́ ̉ ́̉ ̃

( ) +( 4− )
n n
an = 4 + 15 15
1
( a2n + 8) luôn biêu diên được dưới dang tông binh phương cua 3 số
Bây giờ ta chứng minh ̉ ̃ ̣ ̉ ̀ ̉
5
́
nguyên liên tiêp.
Thât vây, với môi n ≥ 1, thì ∃k ∈ ¥ để
̣̣ ̃
( ) − ( 4 − 15 ) = 15k
n n
aa 4 + 15

⇒  ( 4 + 15 ) + ( 4 − 15 )  = 15k
2
n n
2
 ÷
 
Hay ( 4 + 15 ) + ( 4 − 15 ) = 15k + 2
2n 2n
2




Do vây: ( a + 8 ) =  ( 4 + 15 ) + ( 4 − )
1 1
+ 8  = 3k 2 + 2 = ( k − 1) 2 + k 2 + ( k + 1) 2
2n 2n
15
̣ ÷
2n
5 
5
Ta có đpcm.


 x1 = 7, x2 = 50
Bài 3. Cho day (xn) xác định như sau: 
̃ .Chứng minh x1996 M1997.
 xn+1 = 4 xn + 5 xn−1 − 1975
(T6/251)
- 130 -
1975
, ∀n
Giai. Đặt xn = Vn +
̉
8
⇒ xn+1 = 4xn + 5xn-1 – 1975
 Vn+1 – 4Vn – 5Vn-1 = 0
Xét phương trinh đặc trưng: x2 – 4x – 5 = 0  x = -1 hoặc x = 5
̀
⇒ Vn = a.(-1)n-1 + b.5n-1
Do đó ta được:

2005 1747 n-1
⇒ Vn = - .5 , ∀n
.(-1)n-1 -
12 24
2005 1747 n-1 1975
⇒ xn = - .(-1)n-1 - .5 +
12 24 8
1747 1995 9935
⇒ x1996 = - .5 +
24 24
= (-1747.51996 + 49675):120
 120x1996 = - 1747(51996 – 1) + 1997.24
Theo định lí nhỏ Fermat:
51996 ≡ 1 (mod 1997)  51996 -1 ≡ 0 (mod 1997)
⇒ 120x1996 M 1997 mà (120,1997) = 1.
Vậy: x1996 M 1997 (đpcm).

Bai 4. Cho dãy số Fibonacci (un): u0 = u1 = 1; un+2 = un+1 + un với n = 0,1,2,3,….
̀

Đặt f(n) = 1985n2 + 1956n + 1960.

Chứng minh tồn tại vô hạn số hạng un của dãy sao cho f(un) M 1989.
Giai. Đăt h(n) = 4n 2 + 33n + 29 ⇒ f (n) + h(n) = 1989(n 2 + n + 1) . Từ đó suy ra:
̉ ̣
1989 ⇔ h(n)M
f ( n) M 1989 .

v0 = −1; v1 = 1
(n = 1, 2,...)
́̃
Xet day (vn): 
vn +1 = vn + vn −1
Noi khac đi, day trên là day sinh ra bởi day Fibonacci băng cac thêm vao trước day Fibonacci
́ ́ ̃ ̃ ̃ ̀ ́ ̀ ̃
3 số hang -1, 1, 0.
̣
Goi ri là phân dư trong phep chia vi cho 1989 (i = 0,1,2,…). Như vây ta có 0 ≤ r ≤ 1988 .
̣ ̀ ́ ̣
Xet day cac căp số sau đây:
́̃ ́ ̣
( r0 , r1 ) , ( r1 , r2 ) , ( r2 , r3 ) ,...

- 131 -
Vì môi số ri chỉ nhân môt trong 1989 giá tri. Vây cac căp khac nhau tôi đa là 1989 2. Từ đó
̃ ̣ ̣ ̣ ̣ ́ ̣ ́ ́
theo nguyên lí Dirichlet thì trong 1989 + 1 căp đâu tiên có it nhât hai căp trung nhau. Giả sử
̣ ̀ ́ ́ ̣ ̀
2

̣́̀
căp ây la:
( r , r ) ,( r , rp +α +1 ) , p, α ∈ ¥ .
p +α
p +1
p


Điêu ây có nghia la: rp = rp +α ; rp +1 = rp +α +1 . Theo cach xac đinh day, ta co:
̀́ ̃̀ ́ ̣́ ̃ ́
v p −1 = v p +1 − v p ⇒ rp −1 = rp +1 − rp .

Tương tự, ta co: v p +α −1 = v p +α +1 − v p +α ⇒ rp −1 = rp +1 − rp
́
Từ đó suy ra: rp −1 = rp +α −1
Tương tự, ta co: rp − 2 = rp +α − 2 ;
́

r2 = rα + 2 ;

r1 = rα +1 ;

r0 = rα .

Từ r0 = rα , r1 = rα +1 và vn +1 = vn + vn−1 suy ra ri = ri +α , ∀i = 0,1, 2,...
Do vây: r0 = rα = r2α = r3α = ... = rkα , ∀k ≥ 1, suy ra:
̣
h(vkα )1989 A + h(−1) = 1989 A.

Rõ rang vkα , ∀k = 1, 2,3,... đêu là số Fibonacci, suy ra có vô số số hang cua day Fibonacci thoa
̀ ̀ ̣ ̉ ̃ ̉
đề bai.
̀

Bai 5. Chứng minh rằng dãy Fibonacci có tính chất :
̀

a) Với mọi i.j : ai+j = aiaj-1 + ai+1aj

b) Với mọi k, n: akn M an

c) Hai số hạng liên tiếp nguyên tố cùng nhau.

Dùng các tính chất trên , tìm USCLN của u1998 và u1960.
Giai. a) Ta chứng minh bằng qui nạp Với mọi i.j : ai+ j = aiaj-1 + ai+1aj (1)
̉

Giả sử j không đổi (j > 0) .
. Với i = 0 VT(1) = aj VP(1) = a0aj-1 + a1aj = aj (do ao = 0, a1 = 1)
. Giả sử (1) đúng đến i = n
Ta chứng minh (1) đúng với i = n + 1
 an +1 = an .a j −1 + an +1 .a j

Theo giả thiết quy nạp 
 a( n −1) + j = an −1 .a j −1 + an .a j

Cộng theo vế lại an+l + a(n-1)+j = (an + an-j)aj-1 + (an + an+1)aj = an+1.aj-1 + an+2.aj

- 132 -
Lại có an+1+l = an+l + a(n-1)+l
Vì vậy an+1+l = an+1.aj-1+an+2.aj hay (1) đúng với k = 0,1,2,….
Xét với mọi i;j
. Với j = 0 thì (1) đúng với mọi i
. Giả sử (1) đúng với mọi i và mọi j ≤ m
Xét (1) với mọi i và j = m theo trên thì (1) đúng suy ra đpcm
b) Cố định n
. Với k = 1 thì khẳng định hiển nhiên đúng
. Giả sử khẳng định đúng đến k = m tức là amn M an
Xét k = m + 1 . Ta có uk(m+1) = ukm+m.
Theo phần a) an(m+1) = anman-1 + anm+1an
+Kết hợp giả thiết quy nạp suy ra an(m+1) M an
Vậy khẳng định đúng .
c) Kết quả này hiển nhiên.
Theo a) u1988 = u1960.u27 + u1961.u28 (1)
Đặt r = (u1988, u1960) suy ra u1988 Mr và u1960 Mr
Do u1988 và u1960 đều chia hết cho u28 tính chất b) nên r ≥ u28 > 1 (2)
suy ra u1961, u28 M r
Theo c) (u1960, u1961) = 1 mà u1960 M r . Vì vậy u28 M r hay u28 ≥ r (3)
Từ (2) và (3) suy ra ƯSCLN (u1998; u1960) = u28 = 317811
Các bổ đề và tính toán đề có thể dựa trên công thức tổng quát của dãy số Fibonacci:
1  1 + 5   1 − 5  
n n

 ÷  (n > 0)
un = ÷ −
5  2 ÷  2 ÷ 
  

ì u = 3; u = 17
ï
Bai 5. Cho dãy số ( un ) xác định bởi: í u0 = 6u 1 - u
̀ ( n > 1) . Chứng minh rằng với mọi
ïn
ï
î n- 1 n- 2


n ta có ( un - 1) M và thương là một số chính phương.
2
2
Giai. Xet phương trình đặc trưng của phương trình sai phân đã cho:
̉ ́
é = 3+ 2 2
x
x 2 - 6 x +1 = 0 Û ê
ê = 3- 2 2
x
ë
n n
( ) ( )
Do đó: un = a 3 + 2 2 + b 3 - 2 2
Theo đề bài ta có:
ì 1
ï
( )
ï a = 3+2 2
é +b = 3
a ï
ï 2
Û ê3 + 2 2 a + 3 - 2 2 b = 17 Û í
( ) ( )
ê ï b = 1 3- 2 2
( )
ï
ë ï 2
ï
î
1 1
n +1 n +1
( ) ( )
Nên un = 3+ 2 2 + 3 - 2 2 . Ta co: ́
2 2
n +1 2
é ù
n +1
( ) ( )
3 + 2 2 - 3- 2 2 ú
un - 1 ê
2

=ê ú
ê ú
2 22
ê ú
ë û


- 133 -
n +1 n +1
( 3+ 2 2) ( )
- 3- 2 2
Ta chứng minh ( vn ) với v là dãy số nguyên bằng quy nạp .
=
n
22
.Với n = 0, v0 = 2 là số nguyên.
k +1 k +1
( 3+ 2 2) ( )
- 3- 2 2
.Giả sử vk nguyên (k > 0) hay: v .
=
k
22
Ta chứng minh vk+1 cũng nguyên
k +2 k +2
( 3+ 2 2) ( )
- 3- 2 2
Thật vậy: v =
k +1
22
k +1 k +1
( 3 + 2 2) ( )
- 3- 2 2 k +1 k +1
( ) ( )
=3 + 3+2 2 + 3- 2 2
22
k +1 2
( ) ( ) ( )
Do 3 + 2 2 = 3k +1 + Ck1+1 3k 2 2 + Ck2+1 3k - 1 2 2 + ...
k +1 2
( 3- ) ( ) ( )
22 = 3k +1 - Ck1+1 3k 2 2 + Ck2+1 3k - 1 2 2 - ...
n +1 n +1
( ) ( )
Vì vậy 3 + 2 2 - 3- 2 2 sẽ có dạng 2 2 .M (M nguyên) kết hợp giả thiêt qui nap
́ ̣
ta được vn+1 nguyên (đpcm).
Vậy với mọi n ta có ( un - 1) M và thương là một số chính phương.
2
2

 x1 = 7, x2 = 50
Bài 6. Cho day (xn) xác định như sau: 
̃ .Chứng minh x1996 M1997.
 xn+1 = 4 xn + 5 xn −1 − 1975
(T6/251)
1975
, ∀n
Giai. Đặt xn = Vn +
̉
8
⇒ xn+1 = 4xn + 5xn-1 – 1975
 Vn+1 – 4Vn – 5Vn-1 = 0
Xét phương trinh đặc trưng: x2 – 4x – 5 = 0  x = -1 hoặc x = 5
̀
⇒ Vn = a.(-1)n-1 + b.5n-1
Do đó ta được:

2005 1747 n-1
⇒ Vn = - .5 , ∀n
.(-1)n-1 -
12 24
2005 1747 n-1 1975
⇒ xn = - .(-1)n-1 - .5 +
12 24 8
1747 1995 9935
⇒ x1996 = - .5 +
24 24

- 134 -
= (-1747.51996 + 49675):120
 120x1996 = - 1747(51996 – 1) + 1997.24
Theo định lí nhỏ Fermat:
51996 ≡ 1 (mod 1997)  51996 -1 ≡ 0 (mod 1997)
⇒ 120x1996 M 1997 mà (120,1997) = 1.
Vậy: x1996 M 1997 (đpcm).
Bai 28. Cho các số nguyên a, b. Xét dãy số nguyên ( an ) xác định bởi:
̀
a0 = a, a1 = b, a2 = 2b − a + 2
( n ≥ 1)

an+3 = 3an+ 2 − 3a2+1 + an
c) Tìm công thức tổng quát ( an ) .
d) Tìm tất cả các số a, b để an là số chính phương với mọi n ≥ 1998 .
̉
(VMO 1998 bang B)

Giải. a) Phương trình đặc trưng:
⇔ x3 − 3x 2 + 3x − 1 = 0
⇔ ( x − 1) = 0
3


⇔ x =1
Công thức tổng quát của dãy:
an = α ( 1) + β n ( 1) + γ n 2 ( 1)
n n n

với n = 0, 1, 2, …
an = α + nβ + n 2γ
Theo đề bài ta có:
α = a α = a
a0 = a
  
⇒ α + β + γ = b ⇔ β = b − a − 1
a1 = b
a = 2b − a + 2 α + 2β + 4γ = 2b − a + 2 γ = 1
 
2
Vậy an = a + n ( b − a − 1) + n
2


b) Giả sử an = n + ( b − a − 1) n + a = u aaa ( n ≥ 1998, u > 0 )
2 2 2


4u 2 = 4n 2 + 4 ( b − a − 1) n + 4a
Từ đó:
4u 2 =  2n + ( b − a − 1)  + 4a − ( b − a − 1)
2 2
 
 2n + b − a − 1 = v

, ta có: d = 4u − v = ( 2u − v ) ( 2u + v )
2 2
Đặ t 
4a − ( b − a − 1) = d
2

Với n đủ lớn thì v = 2n + b − a − 1 > 0
Nếu d ≠ 0 thì 2u − v ≠ 0
Và d = ( 2u − v ) ( 2u + v ) ≥ 2u + v ≥ v = 2n + b − a − 1
Với n đủ lớn thì d = hằng số không thể luôn lớn hơn bằng v.
Do đó, d = 0, suy ra 4a = ( b − a − 1)
2



- 135 -
⇒ a chính phương. Đặt a = t 2 wwww ( t > 0, t ∈ N )
⇒ 4t 2 = b 2 + t 4 + 1 − 2bt 2 + 2t 2 − 2b
⇔ b 2 + t 4 + 1 − 2bt 2 − 2t 2 − 2b = 0
⇔ b 2 − ( 2t 2 + 2 ) b + t 4 − 2t 2 +1 = 0

⇔ ∆ ' = ( t 2 + 1) − ( t 4 − 2t 2 +1) = 4t 2
2



b1 = t 2 + 1 + 2t = ( t + 1) 2
⇒
b2 = t 2 + 1 − 2t = ( t − 1) 2

an = n 2 ( t + 1) − t 2 − 1 n + t 2 = n 2 + 2tn + t 2
a = t 2 , b = ( t + 1) thì
2
2
Đảo lại, với chính
 
phương.
Với a = t 2 , b = ( t − 1) thì an = ( n − t ) chính phương.
2 2


a = t 2


Vậy an = u ⇔  b = ( t + 1)
2
2


 b = ( t − 1)
2



u1 = u2 = 1

Bai 29. Cho dãy ( un ) u 2 + 2 với n = 3, 4, 5, …
̀ xác định như sau: 
un = n −1
 un − 2

Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy đều là số nguyên.


Giải. Xét bổ đề:
Cho dãy ( un ) xác định bởi u1 = m , u2 = p , u3 = q (m, p, q > 0 ) và
un +1 + c
2
un + 2 = , ∀n ≥ 1
un
Trong đó c = mq − p 2 .
q+m
Khi đó ( un ) là dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 dạng un + 2 = aun +1 − un . Với a = .
p
Chứng minh:
Ta có: c = unun + 2 − un+1 (1).
2


Thay n bởi n – 1, ta được: c = un +1un −1 − un (2).
2


Từ (1) và (2) suy ra: ⇔ un +1un−1 − un = unun + 2 − un+1
2 2


⇔ un +1 ( un −1 + un+1 ) = un ( un + 2 + un )
un −1 + un +1 un + 2 + un
⇔ =
un un +1
Thay n lần lượt bởi 1, 2, 3,……, n – 1, n – 2:

- 136 -
q + m u3 + u1 u +u u +u
a= = = ... = n −1 n +1 = n+ 2 n
p u2 un un − 2
Suy ra un + 2 = aun +1 − un . Bổ đề được chứng minh.
* Trở lại bài toán, ta có: m = u1 = 1
p = u2 = 1
12 + 2
q = u3 = =3
1
3 +1
⇒a= = 4.
1
3.1 − 12
= mq − p 2 = 2 , ta có: un = 4un −1 − un − 2 .
Áp dụng bổ đề với c =
1
Dễ thấy u1 , u2 ∈ ¢ nên u3 ∈ ¢ .
Bằng quy nạp toán học, ta chứng minh dễ dàng un ∈ ¢ , ∀n ∈ ¥ .
Vậy mọi số hạng của dãy đã cho đều nguyên.

Bài 37.
 a0 = 1, a1 = 45
Cho dãy (an ) được xác định như sau:  với n = 0, 1 ,2, …
 an + 2 = 45an +1 − 7 an
a) Tính số các ước dương của an +1 − an an + 2 theo n.
2


b) Chứng minh rằng 1997 an + 4.7 n +1 là số chính phương với mỗi n.
2


(VMO năm 1997)


 a0 = 1, a1 = 45
Giải. a) Xét dãy số nguyên  với n = 0, 1, 2, …
 an + 2 = 45an +1 − 7 an
Thử với n = 0, 1 để dự đoán hệ thức:
an +1 − an an + 2 = 7 n +1
2
(*)
Ta chứng minh hệ thức trên đúng ∀n ∈ N bằng phương pháp quy nạp toán học
* Với n = 0, a1 − a0 an + 2 = 45 − 1.(45.45 − 7) = 7
2 2 1


* Giả sử (*) đúng với n = k (k ∈ N ) , tức là ta có: ak − ak −1ak +1 = 7
2 k


Ta phải chứng minh (*) cũng đúng với n = k +1, tức là chứng minh:
ak2+1 − ak ak + 2 = 7 k +1
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp và hệ thức truy hồi, ta có:
VT = ak2+1 − ak ( 45ak +1 − 7ak )
VT = ak2+1 − 45ak ak +1 + 7 ak2
VT = (7 ak2 − 7 ak −1 − ak +1 ) + (ak +1 − 45ak ak +1 + 7 ak −1ak +1 )
2


VT = 7(ak2 − ak −1ak +1 ) + ak +1 ( ak +1 − 45ak + 7 ak −1 )
VT = 7.7 k + ak +1.0
VT = 7 k +1

- 137 -
Vậy (*) đúng ∀n ∈ N
(*) ⇒ Số các ước số dương của an +1 − an an+ 2 bằng ( n + 2).
2


b/ Từ (*) có:
an +1 − an (45an +1 − 7 an ) − 7 n +1 = 0
2


⇔ an +1 − 45an an +1 + 7 an − 7 n +1 = 0, ∀n ∈ N
2 2


Điều này chứng tỏ pt: x 2 − 45an x + 7an − 7 n +1 = 0 có nghiệm nguyên nên:
2




∆ = (45an ) 2 − 4(7 an − 7 n +1 )
2


=1997a 2 + 7 n +1.4 phaûlaøsoá
i chính phöông.
n




- 138 -
TÀI LIỆU THAM KHẢO


1) Nguyễn Văn Mậu, Dãy số và áp dụng, NXB Giáo dục.

2) Nguyễn Văn Mậu, Một số bài toán chọn lọc về dãy số, NXB Giáo dục.

3) Nguyễn Thuỷ Thanh, Giới hạn dãy số và hàm số, NXB Giáo dục.

4) Phan Huy Khải, Đại số THPT nâng cao, NXB Hà Nội.

5) Võ Giang Giai, Dãy số chọn lọc, NXB Giáo dục.

6) Nguyễn Tất Thu, Chuyên đề hội giảng một số phương pháp xác định công thức tổng
quát của dãy số.

7) Trần Duy Sơn, Đi tìm công thức tổng quát của dãy số.

8) Lê Đình Thịnh ( chủ biên), Phương trình sai phân và một số ứng dụng.

9) Đoàn Quỳnh (chủ biên), Tài liệu chuyên toán đại số và giải tích 11, NXB Giáo dục.

10) Tạp chí toán học và tuổi trẻ.

11) www.vnmath.com.

12) www.vnbook.com.

13) www.mathscope.org.

14) www.diendantoanhoc.net.




- 139 -
MỤC LỤC


Lời nói đầu..........................................................................................................................................2

Định nghĩa và các tính chất cơ bản của dãy số................................................................................. 3

Một số dạng dãy số đặc biệt............................................................................................................. 6

Các phương pháp xây dựng dãy số.................................................................................................. 20

Phương trình sai phân tuyến tính......................................................................................................30

Dãy số và các vấn đề liên quan đến giới hạn................................................................................. 39

Bài tập tổng hợp............................................................................................................................... 90

Tài liệu tham khảo..........................................................................................................................138

Mục lục...........................................................................................................................................139




- 140 -
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản