MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY SINH BỞI PHƯƠNG TRÌNH

Chia sẻ: Paradise10 Paradise10 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

392
lượt xem 43
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'một số bài toán tìm giới hạn của dãy sinh bởi phương trình', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY SINH BỞI PHƯƠNG TRÌNH

Chuyên đề BDHSG: Giới hạn của dãy số MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY SINH BỞI PHƯƠNG TRÌNH m Huỳnh Chí Hào Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp o A. Một số kiến thức bổ trợ 1) Định lý tồn tại nghiệm của hàm số liên tục: .c Định lý: Nếu hàm số f ( x) liên tục trên đoạn  a; b  và f (a). f (b)  0 thì tồn tại ít nhất một điểm c   a; b  sao cho f (c)  0 s 2) Mối liên hệ giữa đạo hàm và tính đơn điệu: Định lý: Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm trong khoảng (a;b) h a) Nếu f '( x)  0 với mọi x   a; b  thì hàm số y  f ( x) đồng biến trên khoảng đó b) Nếu f '( x)  0 với mọi x   a; b  thì hàm số y  f ( x) nghịch biến trên khoảng đó t 2) Liên hệ giữa tính đơn điệu và nghiệm của phương trình: Định lý: Nếu hàm số y  f  x  đồng biến trên  a; b  và y  g  x  làm hàm hằng hoặc là một hàm số nghịch a biến trên  a; b  thì phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng  a; b  m Dựa vào tính chất trên ta suy ra: Nếu có x 0   a; b  sao cho f  x 0   g  x 0  thì phương trình f  x   g  x  có nghiệm duy nhất trên  a; b  3) Nguyên lý kẹp: t n0  , n  , n  n0  un  vn  wn  Cho ba dãy số  un  ,  vn  ,  wn  sao cho:   lim vn  a ie  nlim un  nlim wn  a n     4) Tiêu chuẩn hội tụ:(Tiêu chuẩn Weierstrass) .v 1) Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ. 2) Một dãy số tăng và bị chặn trên thì hội tụ. 3) Một dãy số giảm và bị chặn dưới thì hội tụ. w 5) Định lý LAGRANGE: Nếu f ( x) là hàm số liên tục trên đoạn  a; b  , có đạo hàm trong khoảng  a; b  thì tồn tại c   a; b  sao cho w f (b)  f (a ) f '(c)  hay f (b)  f (a )  f '(c)(b  a) ba w 1
B. Các bài toán. Bài toán 1. 1 1 1 1 1   ...  2  ...  2  trong đó n là số nguyên dương. Xét phương trình x 1 4x 1 k x 1 n x 1 2 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong 1;   và ký hiệu nghiệm đó là xn . m 2) Chứng minh rằng lim xn  4 n  o Hướng dẫn tư duy: + Sử dụng tính liên tục và đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất. + Sử dụng tiêu chuẩn Weierstrass và định lý Lagrange để tìm giới hạn. .c Lời giải s 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong 1;   h 1 1 1 1 1  với x  1;      ...  2  ...  2 Xét phương trình (1) x 1 4x 1 k x 1 n x 1 2 t 1 1 1 1 1  (1)  f n ( x)      ...  2  ...  2 0 Biến đổi (2) 2 x 1 4x 1 k x 1 n x 1 a Khảo sát tính đơn điệu của f n ( x) trên 1;    Dễ thấy rằng f(x) liên tục trên 1;   m   k2 n2 1 4 Do f ( x)      0, x  1;     ...   ...  2 ' t       x  12  4 x  12  n 2 n x 1 k 2 x 1   ie nên f n ( x) nghịch biến trên x  1;   . (3) Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình (2) trên 1;    .v  lim f n ( x)    x 1  Do f n ( x) liên tục trên 1;   và  1 nên tồn tại x0  1;   sao cho f n ( x0 )  0 (4)  xlim f n ( x)     2 w  Từ (3) và (4) suy ra với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong 1;   .  w 2) Ký hiệu nghiệm đó là xn .Chứng minh rằng lim xn  4 n   So sánh f n ( xn ) và f n (4) , ta có w 1 1 1 1 1 f n (4)    2 2  ...   ...   2k   1  2n   1 2 2 1 4 1 2 2 1 1 1 1 1 111 1 1 1 1   1  1     ...    ...     ( Do )   2k  2k  1 2k  1 2n  1 2n  1   1 2  2k  1 2k  1  2 2 335 1  0 2  2n  1 2
Do f n ( xn )  0 nên f n ( xn )  f n (4) . Do f n ( x) nghịch biến trên 1;   và f n ( xn )  f n (4) nên theo định nghĩa tính đơn điệu suy ra xn  4  Lại tiếp tục đánh giá xn . Áp dụng định lý Lagrange cho f n ( xn ) trên  xn ; 4 , ta suy ra với mỗi số n  nguyên dương, tồn tại cn   xn ; 4  sao cho 1 f  4   f n ( xn )  f n' (cn )(4  xn )  f n' (cn )  2  2n  1 4  xn  m   k2 n2 1 4 1 Mặt khác f (cn )       ...   ...  2 '       cn  12  4cn  12  n 2 n cn  1 9 k 2 cn  1   o 1 1 (Do 1  xn  cn  4  0   cn  1  9  2   ) nên  cn  1 2 9 .c 1 1 9    xn  4  2  2n  1 4  xn  2  2n  1 9 s 9  4  xn  4 với mỗi số nguyên dương n Tóm lại ta luôn có: (5) 2  2n  1 h   Từ (5) và theo nguyên lý kẹp ta suy ra được lim xn  4 . n  t Bài toán 2. a 1 1 1 1 1    ...  2  ...   0 trong đó n là số nguyên dương. Xét phương trình m 2x x 1 x  4 x k x  n2 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong  0;1 và ký t hiệu nghiệm đó là xn . 2) Chứng minh rằng tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn ie n  Hướng dẫn tư duy: + Sử dụng tính liên tục và đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất .v + Sử dụng tiêu chuẩn Weierstrass để tìm giới hạn Lời giải w 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong  0;1 1 1 1 1 1  0 với x   0;1 w     ...  2  ...  Xét phương trình (1) 2x x 1 x  4 x k x  n2 1 1 1 1 1 Đặt f n ( x)     ...  2  ...  2x x 1 x  4 x k x  n2 w Khảo sát tính đơn điệu của f n ( x) trên  0;1    2 1 1 1 Do f ( x)      0, x   0;1   ...   ...  '       2 x   x  1 xn  n 2 2 2 2 x  k2 2   nên f n ( x) nghịch biến trên  0;1 . (2) 3
Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình (1) trên  0;1   lim f n ( x)    x 0 Do f n ( x) liên tục trên  0;1 và  nên tồn tại x0   0;1 sao cho f n ( x0 )  0 (3) lim f n ( x)    x 1   Từ (2) và (3) suy ra với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong  0;1 .  2) Chứng minh rằng tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn n  m Khảo sát tính đơn điệu và bị chặn của  xn   Với mỗi số nguyên dương n ta có: 1 1 1 1 1 1 1 o f n 1 ( xn )     ...  2  ...    f n ( xn )  xn   n  1 xn   n  1 2 xn xn  1 xn  4 xn  k xn  n 2 2 2 .c 1  f n 1 ( xn )  0 (do 0  xn  1) xn   n  1 2 Mặt khác lim f n 1 ( x)   và f n 1 ( x) nghịch biến trên  0; xn  nên suy ra phương trình f n 1 ( x)  0 có s  x 0 duy nhất nghiệm trên  0; xn  , gọi nghiệm duy nhất này là xn 1 . Do  0; xn    0;1 nên 0  xn 1  xn h  Dãy  xn  là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn .  n  t Bài toán 3. a Xét phương trình x n  x 2  x  1  0 trong đó n là số nguyên dương và n  2 . m 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n  2 , phương trình trên có một nghiệm dương duy nhất và ký hiệu nghiệm đó là xn . 2) Tìm lim xn t n  ie Hướng dẫn tư duy: + Sử dụng tính liên tục và đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất + Sử dụng tiêu chuẩn Weierstrass để tìm giới hạn .v Lời giải 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n  2 , phương trình trên có duy nhất nghiệm trong  0;   w Xét phương trình x n  x 2  x  1  0 với x  1;    f  x   xn  x2  x 1 Đặt w Khảo sát tính đơn điệu của f ( x) trên  0;    Do f '( x)  nx n 1  2 x  1 w nên f n ( x) nghịch biến trên x  1;   . (3) Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình (2) trên 1;     lim f n ( x)    x 1  Do f n ( x) liên tục trên 1;   và  1 nên tồn tại x0  1;   sao cho f n ( x0 )  0 (4)  xlim f n ( x)     2 4
 Từ (3) và (4) suy ra với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong 1;   .  2) Ký hiệu nghiệm đó là xn .Chứng minh rằng lim xn  1 n   Do xn là nghiệm của phương trình (1) nên : xn  xn  xn  1  0  xn  n xn  xn  1 n 2 2  Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: xn  xn  1  1 1  ...   2 xn  xn  n 2 m n  xn  xn  1 .1.1...1  xn  n xn  xn  1   2 2 n sô 1 (5)  n n n 1 sô 1 (Trong (5) không có dấu bằng bởi vì xn  1 nên xn  xn  1  1 ) 2 o  Kết hợp với xn  2 , với mọi n  1, 2... ta được: xn  xn  6 2 (6) .c 6  Từ (5) và (6) suy ra: 1  xn  1  n  6 s  Do lim 1    1 và theo nguyên lý kẹp suy ra lim xn  1  n n  n  h Bài toán 4. t Xét phương trình x 2 n 1  x  1 trong đó n là số nguyên dương . a 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có một nghiệm duy nhất và ký hiệu nghiệm đó là xn . m 2) Tìm lim xn n  Hướng dẫn tư duy: t + Sử dụng tính liên tục và đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất + Sử dụng tiêu chuẩn Weierstrass để tìm giới hạn ie Lời giải .v 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương, phương trình trên có một nghiệm duy nhất  Xét phương trình x 2 n 1  x  1 với x   (1)   x 2 n 1  x  1  x x 2 n  1  1 Ta có: (2) w + Với x  1 thì x 2 n  1 nên VT (2)  0 , suy ra (2) vô nghiệm trên  ; 1 + Với 0  x  1 thì x 2 n  1 nên VT (2)  0 , suy ra (2) vô nghiệm trên  0;1 w + Với 1  x  0 thì x 2 n 1  0  x  1 nên VT (2)  1 , suy ra (2) vô nghiệm trên  1;0 Suy ra: (2) vô nghiệm trên  ;1 nên (1) vô nghiệm trên  ;1 (3) w Khảo sát tính đơn điệu của f  x   x 2 n 1  x  1 trên 1;    Dễ thấy rằng f(x) liên tục trên 1;   f '( x)   2n  1 x 2 n  1  0, x  1;   Ta lại có: nên f ( x) đồng biến trên x  1;   . (4) Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình (2) trên 1;    5
 f (1)  1  0 Do f ( x) liên tục trên 1;   và  2 n 1  f (2)  2  3  0, n  1, 2,... nên tồn tại x0  1;   sao cho f ( x0 )  0 (5)   Từ (3), (4), (5) suy ra với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm . 2) Ký hiệu nghiệm của phương trình (1) là xn . Tìm lim xn n  Do xn là nghiệm của phương trình (1) nên : xn  1 và xn n 1  xn  1  xn  2 n 1 xn  1  2 m  Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:  xn  1  1  11  1  ...    xn   2n  1 xn  2 n 1  xn  1 .1.1...1  o  2n sô 1  2n  1 2n  1 2 n sô 1 xn   2n  1 .c  xn  2n  1 2n  1  xn  s 2n 2n  1 h  Kết hợp với xn  1 , với mọi n  1, 2... ta được: 1  xn  2n 2n  1   1 và theo nguyên lý kẹp suy ra lim xn  1 Do lim t 2n n  n   Vậy lim xn  1 a n  Bài toán 5. m Xét phương trình x n  x n 1  ...  x  1  0 trong đó n là số nguyên dương và n  2 . 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n  2 , phương trình trên có một nghiệm dương duy nhất và ký t hiệu nghiệm đó là xn . 2) Tìm lim xn . ie n  Hướng dẫn tư duy: + Sử dụng tính liên tục và đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất .v + Sử dụng tiêu chuẩn Weierstrass để tìm giới hạn Lời giải w 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n  2 , phương trình trên có một nghiệm dương duy nhất  Xét phương trình: x n  x n 1  ...  x  1  0 (1)  Khảo sát tính đơn điệu của f n ( x)  x n  x n 1  ...  x  1 trên  0;   w Dễ thấy rằng f(x) liên tục trên  0;   Do f n' ( x)  nx n 1   n  1 x n  2  ...  1  0 với mọi x   0;   và n  2 w nên f n ( x) là hàm số đồng biến trên  0;   (2) Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình (1) trên  0;     f n (0)  1  0 Do f n ( x) liên tục trên  0;   và  nên tồn tại x0   0;   sao cho f n ( x0 )  0 (3)  f n (1)  n  1  0 6
 Từ (2) và (3) suy ra với mỗi số nguyên dương n  2 , phương trình trên có duy nhất nghiệm trong  0;   .  2) Ký hiệu nghiệm đó là xn .Tìm lim xn n   Do xn là nghiệm của phương trình (1) nên: xn  0 và xn  xn  ...  xn  1 2 n (4)  Vì xn  0 nên từ (4) suy ra ( xn ) là dãy giảm , mặt khác lại bị chặn dưới bởi 0, nên tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn  a (5) m n  1  xn n  Ta lại có: 1  xn  x  ...  x  xn và lim xn  0 nên kết hợp với (4), (5) suy ra 2 n n n n 1  xn n  o 1 1 1 a a 1 a 2 .c 1  Vậy lim xn  2 n  s Bài toán 6. h Xét phương trình x n  x  n trong đó n là số nguyên dương n  2 . 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương, phương trình trên có một nghiệm dương duy nhất và ký t hiệu nghiệm đó là xn . 2) Tìm lim xn a n  Hướng dẫn tư duy: m + Sử dụng tính liên tục và đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất + Sử dụng tiêu chuẩn Weierstrass để tìm giới hạn t Lời giải ie 1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n  2 , phương trình trên có một nghiệm dương duy nhất  Xét phương trình: x n  x  n (1)  Khảo sát tính đơn điệu của f ( x)  x n  x  n trên 1;   .v Do f n' ( x)  nx n 1  1  0 với mọi x  1;    nên f n ( x) là hàm số đồng biến trên 1;   (2) w Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình (1) trên  0;     f n (1)  n  0  Do f n ( x) liên tục trên  0;   và  nên tồn tại x0   0;   sao cho f n ( x0 )  0 (3) w  f n (1)  n  2n  0 n   Từ (2) và (3) suy ra với mỗi số nguyên dương n  2 , phương trình trên có duy nhất nghiệm trong  0;   .  w 2) Ký hiệu nghiệm đó là xn .Tìm lim xn n   Do xn là nghiệm của phương trình (1) nên xn  xn  1  1  xn  n xn  n  n 2n n  Vì lim n 2n  1 , theo nguyên lý kẹp ta được lim xn  1 n  n   Vậy lim xn  1 n  7
Bài toán 7. 10 n 10  x n  ...  x  1 (n = 1,2,...). Chøng minh r»ng víi mçi n ph−¬ng Cho sè thùc a > 2. §Æt f n ( x)  a x tr×nh f n ( x)  a cã ®óng mét nghiÖm xn  (0; ) . Chøng minh d·y sè ( xn ) cã giíi h¹n h÷u h¹n khi n   . Lời giải m Víi mçi n, ®Æt g n ( x)  f n ( x)  a ; khi ®ã g n ( x) lμ hμm liªn tôc, t¨ng trªn [0;+  ). Ta cã g n (0)  1  a g n 1 ( xn )  xn g n ( xn )  1  axn  a  axn  1  a  0 do xn  1  . a Do g n1 lμ hμm t¨ng vμ 0  g n1 ( xn1 )  g n1 ( xn ) nªn xn  xn 1. VËy d·y  xn  t¨ng vμ bÞ chÆn nªn tån t¹i t lim xn . ie n  1 Chó ý: Cã thÓ chøng minh lim xn  1  b»ng c¸ch ®¸nh gi¸ a n  .v n 1  1 1 1 1   a  (a  1)9  1 1    xn  1  .  a a a ThËt vËy, ta cã w n 10 n 2  1  1  1 aa x  x  ...  xn  1  a 1    1    ...  1    xn  1 . n 10 10 n 10 n n  a  a  a w Suy ra   1  2  1  n 1  n 10  1 a  a 1    a  1    1     xn  1 , 10  a  a   a   w n 1  1 1 xn  1   a  (a  1)  1 1   . 9 kÐo theo  a a 8
TÀI LIỆU THAM KHẢO m [1] Phan Huy Khải. Các bài toán về dãy số. NXBGD 2007. [2] Nguyễn Văn Mậu - Nguyễn Thủy Thanh. Giới hạn dãy số & hàm số. NXBGD 2002. o [3] Nguyễn Văn Mậu - Nguyễn Văn Tiến. .c Một số chuyên đề giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi THPT. NXBGD 2009. [4] Phạm Văn Nhâm. Một số lớp bài toán về dãy số . Luận văn thạc sĩ khoa học 2011. s [5] Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 lần thứ XV – 2009. h [6] Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 lần thứ XVI – 2010. t a m t ie .v w w w 9
Trần Nam Dũng – ĐH KHTN Tp HCM Trong bài viết nhỏ này, chúng ta sẽ đề cập đ ến mộ t tình huống căn bản khác, đó là khảo sát những dãy số x ác định bởi dãy các phương trình: “Cho dãy các hàm số fn(x) xác định bởi công thức tường mình hoặc truy hồi thoả mãn đ iều kiện: các phương trình f n(x) = 0 có nghiệm duy nhất x n  D . Cần khảo sát các tính chất của xn m như khảo sát sự hộ i tụ, tìm giới hạn …” Chúng ta bắt đ ầu từ một bài toán thi tuyển sinh vào khoa Toán trường Đại học Độ c lập Matxcơva năm 2000 o 1 1 1 Bài toán 1. Ký hiệu xn là nghiệm của phương trình:   ...   0 thuộc khoảng (0, x x 1 xn .c 1) a) Chứng minh dãy {xn} hội tụ b) Hãy tìm giới hạn đó. s 1 1 1 B ình luận: xn được xác đ ịnh duy nhất vì hàm số f n ( x )    ...  liên tục và h x x 1 xn đơn điệu trên (0, 1). Tuy nhiên, ta không thể xác định được giá trị cụ thể của xn. Rất may mắn, để chứng minh tính hội tụ của xn, ta không cần đến điều đó. Chỉ cần chứng minh tính đơn điệu t và bị chặn là đ ủ. Với tính bị chặn, mọi thứ đ ều ổn vì 0 < xn < 1. V ới tính đơn điệu, ta chú ý a 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 đ ể chứng minh tính đơn điệu của x n. m x  n 1 Lời giải: Rõ ràng xn được xác định 1 cách duy nhất, 0 < xn < 1. Ta có fn+1(x n) = fn(x n) + 1/(x n- fn+1(0 +) > 0. Theo tính chất của hàm liên tục, trên n-1) = 1/(xn-n-1) < 0, trong khi đó t khoảng (0, xn) có ít nhất 1 nghiệm của fn+1(x). Nghiệm đó chính là xn+1. Như thế ta đã chứng minh được xn+1 < xn. Tức là dãy số {xn} giảm. Do dãy này bị chặn dưới bởi 0 nên dãy số có ie giới hạn. Ta sẽ chứng minh giới hạn nói trên bằng 0. Để chứng minh điều này, ta cần đến kết quả quen thuộc sau: 1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/n > ln(n) .v (Có thể chứng minh dễ dàng bằng cách sử dụng đánh giá ln(1+1/n) < 1/n) Thật vậy, giả sử lim xn = a > 0. Khi đó, do dãy số giảm nên ta có xn  a với mọi n. Do 1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/n   khi n   nên tồn tại N sao cho với mọi n  N ta có 1 + 1/2 w + 1/3 + … + 1/n > 1/a. Khi đó với n  N ta có : 1 1 1 1 1 1 111 w 0   ...      ...    0 xn xn  1 xn  n xn 1 2 n a a Mâu thuẫn. V ậy ta phải có lim x n = 0. w Bài toán 2. Cho n là một số nguyên dương > 1. Chứng minh rằng phương trình xn = 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 Lời giải: Rõ ràng xn > 1 . Đặt fn(x) = x n – x – 1. Khi đó fn+1(1) = - 1 < 0 và fn+1(x n) = xnn+1 – xn – 1 > x nn – xn – 1= fn(xn) = 0. Từ đó ta suy ra 1 < xn+1 < xn . Suy ra dãy {x n} có giới hạn hữu hạn a. Ta chứng minh a = 1. Thật vậy, giả sử a > 1. Khi đó xn  a với mọi n và ta tìm được n đủ lớn sao cho: xnn  a n > 3 và xn + 1 < 3, mâu thuẫn ví fn(x n) = 0.
Để giải phần cuối của bài toán, ta đặt xn = 1 + yn với lim yn = 0. Thay vào phương trình fn(x n) = 0, ta được (1+yn)n = 2 + yn. Lấy logarith hai vế, ta được nln(1+yn) = ln(2+y n) Từ đó suy ra : lim nln(1+yn) = ln2 Nhưng lim ln(1+yn)/y n = 1 nên từ đây ta suy ra lim nyn = ln2, tức là : lim n( xn  1)  ln 2. n  10 n+10 n Bài toán 3. (VMO 2007) Cho số thực a > 2 và fn(x) = a x + x + …+x + 1. a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình fn(x) = a luôn có đúng một m 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 o cùng. .c Lời giải. Kết quả của câu a) là hiển nhiên vì hàm fn(x) tăng trên (0, +). Dễ dàng nhận thấy 0 < xn < 1 . Ta sẽ chứng minh dãy xn tăng, tức là xn+1 > xn. Tương tự như ở những lời giải trên, ta xét s fn+1(x n) = a10xnn+11 + x nn+1 + xnn + … + x + 1 = x nfn(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 h < 1. Như vậy, cần chứng minh xn < (a-1)/a. Thật vậy, nếu xn  (a-1)/a thì n 1  a 1 t 1   n 10 n n 10  a  1  10  a  1   a  1 a f n ( xn )  a    (a  1)    a  ( a  1)   a  a a 1 a a a 1 a (do a – 1 > 1). V ậy dãy số tăng {xn} tăng và bị chặn bởi 1 nên hội tụ. m Nhận xét: Một lần nữa mố i liên hệ fn+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 t lim x n = (a-1)/a. Thật vậy, đặt c = (a-1)/a < 1, theo tính toán ở trên thì fn(c) – fn(x n) = kc n (với k = (a-1)((a-1)9 – 1) > 0) ie Theo định lý Lagrange thì : fn(c) – fn(x n) = f’()(c – xn) với  thuộc (xn, c) Nhưng f’() = (n+10)a10n+9 + nn-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. .v Bài toán 4. (VMO 2002) Cho n là mộ t số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình 1 1 1 1 w  có một nghiệm duy nhất xn > 1. Chứng minh rằng khi n d ần   ...  2 x  1 4x  1 n x 1 2 đến vô cùng, xn d ần đ ến 4. w Bình luận: V iệc chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất xn > 1 là hiển nhiên. Mố i liên hệ fn+1(x) = fn(x) + 1/((n+1)2x-1) cho thấy xn là dãy số tăng (ở đ ây w 1 1 1 1  ). Đề bài cho sẵn giới hạn của xn là 4 đã làm cho bài f n ( x)    ...  2 x  1 4x  1 n x 1 2 toán trở nên d ễ hơn nhiều. Tương tự như cách chứng minh lim xn = c ở nhận xét trên, ta sẽ dùng định lý Lagrange để đ ánh giá khoảng cách giữa xn và 4. Để làm điều này, ta cần tính 1 1 1 1 fn(4), với f n ( x )    ...  2  . Rất may mắn, bài tính fn(4) này liên quan x  1 4x  1 n x 1 2 đến 1 d ạng tổng quen thuộc. Lời giải: Đ ặt 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)||x n-4 | với c thuộc (xn, 4) 1 4 1 Nhưng do | f n '(c) |   ...  m (c  1) 2 (4c  1) 2 9 Nên từ đây |x n – 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 dụng định lý Lagrange o để đánh giá hiệu số giữa xn và giá trị giới hạn. Ở ví d ụ cuối cùng của bài viết này, ta tiếp tục nếu ra ứng dụng d ụng đ ịnh lý này trong một tình huố ng phức tạp hơn. .c Bài toán 5. Cho n là một số nguyên dương > 1. Chứng minh rằng phương trình xn = 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 ( x n  x n 1 ) tồn tại, hữu hạn và khác 0. s n  Bình luận. D ễ thấy giá trị a, nếu tồ n tại, là duy nhất. Tương tự như ở b ài toán 2, có thể chứng h minh được rằng xn ~ 1 + ln(3)/n. Từ đó có dự đoán là a = 2. Định lý Lagrange sẽ giúp chúng ta đánh giá hiệu xn – xn+1 và chứng minh dự đoán này. t Lời giải. Đ ặt Pn(x) = x n – x2 – x – 1 . Ta có Pn+1(x) = xn+1 – x2 – x – 1 = xn+1 – xn + Pn(x) = x n(x -1) + Pn(x). a Từ đó Pn+1(x n) = x nn(x n-1) + P n(x n) = (x n2+x n+1)(x n-1) = xn3 – 1. Áp dụng định lý Lagrange, ta có: (xn2+xn+1)(x n – 1 ) = Pn+1(x n) – Pn+1(x n+1) = (xn – xn+1)Pn+1’(c) m với c thuộc (x n+1, x n), Pn+1’(x) = (n+1)xn – 2x – 1. Từ đó (n+1)(xn+1+1+1/x n+1) – 2xn+1 – 1 = Pn+1’(x n+1) < Pn+1’(c) < Pn+1’(x n)= (n+1)(x n2+xn+1) – 2xn – 1. Pn' 1 (c) t  3 .Tiếp tục sử dụng lim n(xn – 1) = 3, Từ đây, với lưu ý lim xn = 1, ta suy ra : lim n n  ie ta suy ra: lim nPn' 1 (c)( xn  xn 1 )  lim n( xn  xn  1)( xn  1)  3ln(3) 2 n  n  .v ' Pn' 1 (c ) Pn 1 (c ) 2 2  lim n ( xn  xn 1 ).  3ln(3)  lim n ( xn  xn 1 ) lim  3ln(3) n n n  n  n   lim n ( xn  xn 1 )3  3ln(3)  lim n 2 ( xn  xn 1 )  ln(3) 2 w n  n  Vậy với c = 2 thì giới hạn đ ã cho tồn tại, hữu hạn và khác 0. Dễ thấy với c > 2 thì giới hạn đã cho bằng vô cùng và nới c < 2 thì giới hạn đã cho bằng 0. V ậy c = 2 là đáp số d uy nhất của bài w toán. Qua các ví dụ trên, chúng ta thấy công cụ cơ bản đ ể khảo sát các dãy số cho bởi dãy các phương trình là các định lý cơ bản của giải tích (về hàm liên tục, hàm đơn điệu, định lý về sự w hội tụ của dãy số đơn điệu và bị chặn, định lý Lagrange) và mối liên hệ mang tính truy hồi giữa các phương trình. Hy vọng rằng việc phân tích các tình huống ở 5 ví d ụ trên đây sẽ giúp chúng ta có một cách nhìn tổ ng quát cho các bài toán ở dạng này.