Sequence – Limit

Bài toán : (Đề nghị Olympic 30-4 toán 11 năm 2001 THPT Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên)

Cho dãy $(x_n)$ xác định bởi 

$$\{\begin{array}{c}{x}_1=1\\ x_{n+1}=\frac{x_n}{2+\sqrt{3+x_n^2}}\end{array}$$

a) Xác định số hạng tổng quát của $(x_n)$.

b) Chứng minh rằng số $\frac{x_n^2}{x_{2n}^2}-2$ có thể biểu diễn được thành tổng bình phương của ba số nguyên liên tiếp với mọi số nguyên dương $n$.

Lời giải :

a) Gỉa thiết đã cho có thể viết dưới dạng :

$$\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{2}{x_n}+\sqrt{\frac{3}{x_n^2}+1}$$

Ta đặt $u_n=\frac{1}{x_n}$ ta được dãy $(u_n)$ :

$u_{n+1}$$=2u_n+\sqrt{3u_n^2+1}$$\iff (u_{n+1}-2u_n{)}^2$$=3u_n^2+1$$\iff u_{n+1}^2-4u_{n+1}{u}_n+u_n^2-1$$=0$

Thay $n$ bởi $n+1$ ta được :

$$u_{n+2}^2-4u_{n+2}{u}_{n+1}+u_{n+1}^2-1=0$$

Như vậy thì $u_n,u_{n+2}$ là hai nghiệm của phương trình :

$$x^2-4x{u}_{n+1}+u_{n+1}^2-1=0$$

Theo định lí $Viete$ ta có :

$$u_{n+2}+u_n=4u_{n+1}\Rightarrow u_{n+2}=4u_{n+1}-u_n$$

Xét phương trình đặc trưng :

$${\lambda }^2-4\lambda +1=0\iff {\lambda }_1=2+\sqrt{3},{\lambda }_2=2-\sqrt{3}$$

Do vậy mà $u_n=k(2+\sqrt{3}{)}^n+l(2-\sqrt{3}{)}^n$

Ta được hệ phương trình :

$$\{\begin{array}{c}{u}_1=k(2+\sqrt{3})+l(2-\sqrt{3})=1\\ u_2=k(2+\sqrt{3}{)}^2+l(2-\sqrt{3}{)}^2=4\end{array}\iff k=\frac{-\sqrt{3}}{6},l=\frac{\sqrt{3}}{6}$$

Do vậy ta được :

$$u_n=\frac{-\sqrt{3}}{6}(2+\sqrt{3}{)}^n+\frac{\sqrt{3}}{6}(2-\sqrt{3}{)}^n$$

Suy ra :

$$x_n=\frac{2\sqrt{3}}{(2+\sqrt{3}{)}^n-(2-\sqrt{3}{)}^n}$$

b)

Để ý rằng ta luôn có :

$$(2+\sqrt{3}{)}^n-(2-\sqrt{3}{)}^n=k\sqrt{3},k\in \mathbb{Z}$$

Khi ấy thì :

$(2+\sqrt{3}{)}^{2n}+{\left(2-\sqrt{3}\right)}^{2n}$$={\left[(2+\sqrt{3}{)}^n-(2-\sqrt{3}{)}^n\right]}^2+2$$=3k^2+2$$=(k-1{)}^2+k^2+(k+1{)}^2$

Do vậy mà

$\frac{x_n^2}{x_{2n}^2}-2$$=\frac{{\left[(2+\sqrt{3}{)}^{2n}-(2-\sqrt{3}{)}^{2n}\right]}^2}{{\left[(2+\sqrt{3}{)}^n-(2-\sqrt{3}{)}^n\right]}^2}-2$$={\left[(2+\sqrt{3}{)}^n+(2-\sqrt{3}{)}^n\right]}^2-2$$=(2+\sqrt{3}{)}^{2n}+(2-\sqrt{3}{)}^{2n}$$=(k-1{)}^2+k^2+(k+1{)}^2$

Đây là điều cần chứng minh.