Bài toán : Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_1=1,x_2=\sqrt{2},x_3=\sqrt{3}$ và : \[x_{n+3}x_n-3=\sqrt{3x_n^2+8x_n+9},\;\forall n\in \mathbb{N}^*\] Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn này. Lời giải : Ta có thể viết công thức xác định dãy dưới dạng : \[x_{n+3}=\sqrt{3+\dfrac{8}{x_n}+\dfrac{9}{x_n^2}}+\dfrac{3}{x_n}\] Dễ thấy mọi số hạng của dãy đều dương. Từ đó không khó để thấy : \[x_{n}\geq \sqrt{3},\;\forall n\in \mathbb{N}^*\] Suy ra : \[x_{n+1}< \sqrt{3+\dfrac{8}{\sqrt{3}}+3}+\dfrac{3}{\sqrt{3}}\] Như vậy dãy $x_n$ bị chặn. Ta xét hàm số : \[f(x)=\sqrt{3+\dfrac{8}{x}+\dfrac{9}{x^2}}+\dfrac{3}{x}\] trên $\left ( 0,\sqrt{3} \right )$ Dễ thấy hàm này nghịch biến, từ đó hàm $g(x)=f(f(x))$ là một hàm đồng biến. Ta có : \[x_{n+6}=f(x_{n+3})=g(x_{n})\] Từ đây suy ra ngay các dãy $\left ( x_{6k+i} \right ),\;\forall i=\overline{1,6}$ đều là các dãy đơn điệu. Hơn nữa các dãy này đều bị chặn nên chúng đều hội tụ. Ta chuyển qua giới hạn : \[\left\{\begin{matrix} a_6=f(a_3)\\ a_5=f(a_2)\\ a_4=f(a_1)\\ a_3=f(a_6)\\ a_2=f(a_5)\\ a_1=f(a_4) \end{matrix}\right.\Leftrightarrow a_1=a_4,a_2=a_5,a_3=a_6\] Như vậy ba dãy $(x_{3k+1}),(x_{3k+2}),(x_{3k+3})$ hội tụ lần lượt về $a_1,a_2,a_3$. Chuyển qua giới hạn : \[a_1=f(a_1),a_2=f(a_2),a_3=f(a_3)\] Như vậy dẫn đến việc giải phương trình : \[x=\dfrac{3}{x}+\sqrt{3+\dfrac{8}{x}+\dfrac{9}{x^2}}\Leftrightarrow x(x+1)(x^2-x-8)=0\Leftrightarrow x=\dfrac{1+\sqrt{33}}{2}\] Như vậy giới hạn của dãy đã cho là : \[\boxed{\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }x_n=\dfrac{1+\sqrt{33}}{2}}\] Nhận xét : Từ bài toán này và bài giải tích VMO 2008, ta có thể nêu ra một nhận xét tổng quát sau : Nếu dãy số $(x_n)$ được xác định bởi $x_1,x_2,...,x_k$ và : \[x_{n+k}=f(x_n)\] Trong đó $f(x)$ là một hàm nghịch biến thì ta sẽ xét tính đơn điệu của $2k$ dãy con $(x_{2kn+i}),\;\forall i=\overline{1,2k}$. Trường hợp hay gặp nhất là $k=1$. Ta thường xét tính đơn điệu của hai dãy con chẵn và lẻ.

Sequence – Limit | Thư viện HocTotBachKhoa

Bài toán : Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi $x_{1} = 1, x_{2} = 2, x_{3} = 3$ và :

$x_{n + 3} x_{n} - 3 = 3 x_{n}^{2} + 8 x_{n} + 9, \forall n \in N^{*}$

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

Lời giải :

Ta có thể viết công thức xác định dãy dưới dạng :

$x_{n + 3} = 3 + \frac{8}{x _{n}} + \frac{9}{x _{n}^{2}} + \frac{3}{x _{n}}$

Dễ thấy mọi số hạng của dãy đều dương.

Từ đó không khó để thấy :

$x_{n} \geq 3, \forall n \in N^{*}$

Suy ra :

$x_{n + 1} < 3 + \frac{8}{3} + 3 + \frac{3}{3}$

Như vậy dãy $x_{n}$ bị chặn.

Ta xét hàm số :

$f (x) = 3 + \frac{8}{x} + \frac{9}{x ^{2}} + \frac{3}{x}$

trên $(0, 3)$

Dễ thấy hàm này nghịch biến, từ đó hàm $g (x) = f (f (x))$ là một hàm đồng biến.

Ta có :

$x_{n + 6} = f (x_{n + 3}) = g (x_{n})$

Từ đây suy ra ngay các dãy $(x_{6 k + i}), \forall i = \overline{1, 6}$ đều là các dãy đơn điệu. Hơn nữa các dãy này đều bị chặn nên chúng đều hội tụ.

Ta chuyển qua giới hạn :

$⎩ ⎨ ⎧ a_{6} = f (a_{3}) a_{5} = f (a_{2}) a_{4} = f (a_{1}) a_{3} = f (a_{6}) a_{2} = f (a_{5}) a_{1} = f (a_{4}) \Leftrightarrow a_{1} = a_{4}, a_{2} = a_{5}, a_{3} = a_{6}$

Như vậy ba dãy $(x_{3 k + 1}), (x_{3 k + 2}), (x_{3 k + 3})$ hội tụ lần lượt về $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ . Chuyển qua giới hạn :

$a_{1} = f (a_{1}), a_{2} = f (a_{2}), a_{3} = f (a_{3})$

Như vậy dẫn đến việc giải phương trình :

$x = \frac{3}{x} + 3 + \frac{8}{x} + \frac{9}{x ^{2}} \Leftrightarrow x (x + 1) (x^{2} - x - 8) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1 + 33}{2}$

Như vậy giới hạn của dãy đã cho là :

$n \to + \infty lim x_{n} = \frac{1 + 33}{2}$

Nhận xét : Từ bài toán này và bài giải tích VMO 2008, ta có thể nêu ra một nhận xét tổng quát sau :

Nếu dãy số $(x_{n})$ được xác định bởi $x_{1}, x_{2}, ..., x_{k}$ và :

$x_{n + k} = f (x_{n})$

Trong đó $f (x)$ là một hàm nghịch biến thì ta sẽ xét tính đơn điệu của $2 k$ dãy con $(x_{2 k n + i}), \forall i = \overline{1, 2 k}$ .

Trường hợp hay gặp nhất là $k = 1$ . Ta thường xét tính đơn điệu của hai dãy con chẵn và lẻ.

Sequence – Limit

Đề bài

Mô tả