Bài toán : Cho $a,b\in \left ( 0,1 \right )$ và dãy số $(u_n)$ xác định bởi : \[\left\{\begin{matrix} u_0=a,u_1=b\\ u_{n+2}=\dfrac{1}{2011}u_{n+1}^4+\dfrac{2010}{2011}\sqrt[4]{u_{n}} \end{matrix}\right.\] Chứng minh rằng dãy $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. Lời giải : Xét dãy số $(v_n)$ như sau : \[\left\{\begin{matrix} v_0=min\left \{ a,b \right \}\\ v_{n+1}=\dfrac{1}{2011}v_n^4+\dfrac{2010}{2011}\sqrt[4]{v_n},\;n=0,1,2,... \end{matrix}\right.\] Bằng quy nạp dễ thấy được $0<v_n<1$ với mọi $n$. Hàm số $f(x)=\dfrac{1}{2011}x^4+\dfrac{2010}{2011}\sqrt[4]{x}$ đồng biến trên $(0,+\infty )$. Theo AM-GM, ta lại có : \[v_1=\dfrac{1}{2011}v_0^4+\dfrac{2010}{2011}\sqrt[4]{v_0}\geq \sqrt[2011]{v_0^4.\left ( \sqrt[4]{v_0} \right )^{2010}}=v_0^{1013/4022}> v_0\;\;\;\;(v_0\in \left ( 0,1 \right ))\] Từ đó quy nạp lên ta được dãy $(v_n)$ tăng. Kết hợp với việc $(v_n)$ bị chặn trên bởi $1$ ta suy ra $(v_n)$ có giới hạn hữu hạn $L^4$, chuyển qua giới hạn : \[L^4=\dfrac{L^{16}+2010L}{2011}\Leftrightarrow L(L-1)(L^{14}+L^{13}+...+L^3-2010L^2-2010L-2010)=0\Leftrightarrow L=1\] Từ đó : \[\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}v_n=1\] Ta chứng minh bằng quy nạp $v_n\leq min\left \{ u_{2n},u_{2n+1} \right \}\;\;\;(*)$. Gỉa sử điều này đúng, xét với $n+1$. \[u_{2n+2}=\dfrac{1}{2011}u_{2n+1}^4+\dfrac{2010}{2011}\sqrt[4]{u_{2n}}\geq \dfrac{1}{2011}v_n^4+\dfrac{2010}{2011}\sqrt[4]{v_n}=v_{n+1}\] Tương tự thì $u_{2n+3}\geq v_{n+1}$ Suy ra : \[v_{n+1}\leq min\left \{ u_{2n+2},u_{2n+3} \right \}\] Theo nguyên lí quy nạp ta được $(*)$ Hơn nữa cũng dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp $0<u_n<1$. Vậy ta được : \[v_n\leq min\left \{ u_{2n},u_{2n+1} \right \}\leq max\left \{ u_{2n},u_{2n+1} \right \}< 1\] Lại có $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}v_n=1$ nên theo nguyên lí kẹp ta được : \[\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}u_{2n}=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}u_{2n+1}=1\] Do đó mà : \[\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}u_n=1\]

Sequence – Limit | Thư viện HocTotBachKhoa

Bài toán : Cho $a, b \in (0, 1)$ và dãy số $(u_{n})$ xác định bởi :

${u_{0} = a, u_{1} = b u_{n + 2} = \frac{1}{2011} u_{n + 1}^{4} + \frac{2010}{2011} 4 u_{n}$

Chứng minh rằng dãy $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

Lời giải :

Xét dãy số $(v_{n})$ như sau :

${v_{0} = min {a, b} v_{n + 1} = \frac{1}{2011} v_{n}^{4} + \frac{2010}{2011} 4 v_{n}, n = 0, 1, 2, ...$

Bằng quy nạp dễ thấy được $0 < v_{n} < 1$ với mọi $n$ .

Hàm số $f (x) = \frac{1}{2011} x^{4} + \frac{2010}{2011} 4 x$ đồng biến trên $(0, + \infty)$ .

Theo AM-GM, ta lại có :

$v_{1} = \frac{1}{2011} v_{0}^{4} + \frac{2010}{2011} 4 v_{0} \geq 2011 v_{0}^{4} . (4 v_{0})^{2010} = v_{0}^{1013/4022} > v_{0} (v_{0} \in (0, 1))$

Từ đó quy nạp lên ta được dãy $(v_{n})$ tăng. Kết hợp với việc $(v_{n})$ bị chặn trên bởi $1$ ta suy ra $(v_{n})$ có giới hạn hữu hạn $L^{4}$ , chuyển qua giới hạn :

$L^{4} = \frac{L ^{16} + 2010 L}{2011} \Leftrightarrow L (L - 1) (L^{14} + L^{13} + ... + L^{3} - 2010 L^{2} - 2010 L - 2010) = 0 \Leftrightarrow L = 1$

Từ đó :

$n \to + \infty lim v_{n} = 1$

Ta chứng minh bằng quy nạp $v_{n} \leq min {u_{2 n}, u_{2 n + 1}} (*)$ . Gỉa sử điều này đúng, xét với $n + 1$ .

$u_{2 n + 2} = \frac{1}{2011} u_{2 n + 1}^{4} + \frac{2010}{2011} 4 u_{2 n} \geq \frac{1}{2011} v_{n}^{4} + \frac{2010}{2011} 4 v_{n} = v_{n + 1}$

Tương tự thì $u_{2 n + 3} \geq v_{n + 1}$

Suy ra :

$v_{n + 1} \leq min {u_{2 n + 2}, u_{2 n + 3}}$

Theo nguyên lí quy nạp ta được $(*)$

Hơn nữa cũng dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp $0 < u_{n} < 1$ . Vậy ta được :

$v_{n} \leq min {u_{2 n}, u_{2 n + 1}} \leq ma x {u_{2 n}, u_{2 n + 1}} < 1$

Lại có $n \to + \infty lim v_{n} = 1$ nên theo nguyên lí kẹp ta được :

$n \to + \infty lim u_{2 n} = n \to + \infty lim u_{2 n + 1} = 1$

Do đó mà :

$n \to + \infty lim u_{n} = 1$

Sequence – Limit

Đề bài

Mô tả