Tuyển tập Dãy số - Giới hạn — Toán | Thư viện Học Tốt Bách Khoa

Bài 01

The limit of the sequence

Dãy số - Giới hạn

Bài toán : Gỉa sử $(a_{n})$ là một dãy số mà các số hạng đều lớn hơn $1$ và thoả mãn điều kiện $n \to + \infty lim \frac{1}{n} ln (ln a_{n}) < ln 2$ . Xét dãy số $(x_{n})$ xác định bởi :

$x_{n} = a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}, \forall n \in N^{*}$

Chứng minh rằng dãy $(x_{n})$ hội tụ.

Lời giải :

Dễ thấy $(x_{n})$ là một dãy tăng.

Từ giả thiết ta suy ra tồn tại một giá trị $n_{0}$ nào đó mà :

$\frac{1}{n} ln (ln a_{n}) < ln 2, \forall n > n_{0} \Leftrightarrow ln a_{n} < e^{n l n 2} = 2^{n}, \forall n > n_{0} \Leftrightarrow a_{n} < e^{2^{n}}, \forall n > n_{0}$

Suy ra :

$x_{n} \leq a_{1} + a_{2} + ... + a_{n_{0}} + a_{n_{0} + 1} + ... + a_{n - 1} + a_{n}$

Chú ý là :

$a_{n_{0}} + a_{n_{0} + 1} + ... + a_{n} \leq e^{2^{n_{0}}} + e^{2^{n_{0} + 1}} + ... + e^{2^{n}} = e n - n_{0} t im es 1 + 1 + .. + 1 + 2$

Nếu ta gọi $a$ là giá trị lớn nhất trong các giá trị $a_{1}, a_{2}, ... a_{n_{0}}$ thì rõ ràng là :

$x_{n} \leq n_{0} t im es a + a + ... + a + 2 e = co n s t$

Mà dễ thấy $(x_{n})$ tăng, vậy $(x_{n})$ hội tụ. Ta có điều cần chứng minh.

Mở trang riêng

Bài 02

ĐỊNH LÝ TRUNG BÌNH CESARO VÀ MỘT LỚP CÁC BÀI TOÁN GIỚI HẠN

Dãy số - Giới hạn

ĐỊNH LÝ TRUNG BÌNH CESARO VÀ MỘT LỚP CÁC BÀI TOÁN GIỚI HẠN

Trong bài viết này, mình sẽ đề cập đến phương pháp giải một lớp các bài toán giới hạn liên quan đến dãy $(u_{n})$ xác định bởi :

$u_{n + 1} = u_{n} + u_{n}^{a_{1}} + u_{n}^{a_{2}} + ... + u_{n}^{a_{k}}$

Trong đó $a_{1}, a_{2}, ... a_{k}$ là những số thực cho trước.

Ngoài ra, mình cũng sẽ đề cập đến những bài toán liên quan đến việc xác định hằng số $α$ sao cho dãy $(\frac{u _{n}^{α}}{n})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ .

Bài toán 1 : Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi $x_{0} = \frac{1}{2}, x_{n + 1} = x_{n} - x_{n}^{2}$ .

Chứng minh rằng $n \to + \infty lim (n x_{n}) = 1$ .

Lời giải :

Dễ dàng chứng minh được $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn bằng $0$ . Từ đó :

$\frac{1}{x _{n + 1}} - \frac{1}{x _{n}} = \frac{x _{n} - x _{n + 1}}{x _{n + 1} x _{n}} = \frac{x _{n}^{2}}{( x _{n} - x _{n}^{2} ) x _{n}} = \frac{1}{1 - x _{n}} \to 1$

Như vậy theo định lí trung bình Cesaro :

$n \to + \infty lim (\frac{1/ ( x _{n} )}{n}) = n \to + \infty lim (\frac{1}{x _{n + 1}} - \frac{1}{x _{n}}) = 1 \Rightarrow n \to + \infty lim (n x_{n}) = 1$

Bài toán hoàn tất.

Nhận xét :

1) Để tìm số $β$ sao cho dãy $(\frac{x _{n}}{n ^{β}})$ có giới hạn hữu hạn. Ta sẽ xét hiệu $x_{n + 1}^{γ} - x_{n}^{γ}$ và tìm giới hạn của hiệu này. Trong đó mối liên hệ giữa $β$ và $γ$ là $β = \frac{1}{γ}$ .

Ở bài này thì $β = - 1$ nên $γ = - 1$ , chính vì vậy mà ta có lời giải trên.

2) Việc quy định dạng dãy số $u_{n + 1} = u_{n} + u_{n}^{k}$ chỉ mang tính hình thức bởi lẽ có rất nhiều những dãy số không theo dạng này nhưng ta vẫn có thể áp dụng cách giải như trên. Xem tiếp bài toán sau.

Bài toán 2 : Cho dãy số $(u_{n})$ thoả mãn $u_{1} = 1$ và :

$u_{n + 1} = \frac{u _{n}}{1 + u _{n}^{2}}, n = 1, 2, 3...$

Tính $n \to + \infty lim (u_{n} n)$ .

Xem lời giải tại đây.

Bài toán 3 (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 420)

Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi $x_{1} = \frac{1001}{1003}$ và :

$x_{n + 1} = x_{n} - x_{n}^{2} + x_{n}^{3} - x_{n}^{4} + ... + x_{n}^{2011} - x_{n}^{2012}, n = 1, 2, ...$

Tính $n \to + \infty lim (n x_{n})$ .

Xem lời giải tại đây.

Tiếp theo ta sẽ chuyển sang xét một dạng khác phức tạp hơn.

Bài toán 4 (Vietnam Team Selection Test 1993)

Dãy số $(a_{n})$ xác định bởi $a_{1} = 1$ và :

$a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{a _{n}}, n = 1, 2, ...$

Hãy tìm tất cả các số thực $β$ để dãy số $(\frac{a _{n}^{β}}{n})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ .

Lời giải :

Dễ dàng chứng minh được rằng $a_{n} \to + \infty$ . Xét hiệu :

$(a_{n + 1})^{3/2} - a_{n}^{3/2} = (a_{n} + \frac{1}{a _{n}})^{3/2} - a_{n}^{3/2} = (\frac{1}{x _{n}^{2/3}} + x_{n}^{1/3})^{3/2} - \frac{1}{x _{n}}$

$= \frac{( 1 + x _{n} ) ^{3/2} - 1}{x _{n}} = \frac{( 1 + x _{n} ) ^{3} - 1}{x _{n} [ ( 1 + x _{n} ) ^{3/2} + 1 ]} = \frac{x _{n}^{2} + 3 x _{n} + 3}{( 1 + x _{n} ) ^{3/2} + 1} \to \frac{3}{2} (x_{n} = \frac{1}{a _{n}^{3/2}})$

Từ đó theo định lí trung bình Cesaro thì :

$lim (\frac{a _{n}^{3/2}}{n}) = \frac{3}{2}$

Ta có :

$\frac{a _{n}^{β}}{n} = \frac{a _{n}^{3/2}}{n} . a_{n}^{β - 3/2}$

Và chú ý rằng $lim (a_{n}) = + \infty$ .

Nếu mà $β > \frac{3}{2}$ thì $lim (\frac{a _{n}^{β}}{n}) = + \infty$

Nếu mà $β < \frac{3}{2}$ thì $lim (\frac{a _{n}^{β}}{n}) = 0$

Như vậy giá trị duy nhất thoả mãn bài toán là $β = 3/2$

Nhận xét :

1) Với dãy số $u_{n + 1} = u_{n} + u_{n}^{b}$ thì điều kiện để dãy $(\frac{u _{n}^{β}}{n})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ là $β = 1 - b$ . Trong bài toán trên thì do $b = - 1/2$ nên ta tìm được $β = 3/2$ .

2) Một cách tổng quát hơn với dãy $u_{n + 1} = u_{n} + u_{n}^{a_{1}} + u_{n}^{a_{2}} + ... + u_{n}^{a_{k}}$ thì điều kiện để dãy $(\frac{u _{n}^{β}}{n})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ là $β = 1 - max {a_{1}, a_{2}, ..., a_{k}}$ .

(Nhận xét 2 là do mình suy đoán và độ đảm bảo không cao, nếu bạn đọc phát hiện một trường hợp dãy số không đúng như dự đoán này thì liên hệ với mình nhé)

Bài toán 5 : Cho dãy số $(x_{n})$ được xác định bởi $x_{0} = 1$ và :

$x_{n + 1} = x_{n} + \frac{3}{3 x _{n}} + \frac{4}{4 x _{n}}, n = 0, 1, 2, ...$

Tìm tất cả các số thực $m$ sao cho dãy số $(\frac{x _{n}}{n ^{m}})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ .

Lời giải :

Ta thấy dãy $(\frac{x _{n}}{n ^{m}})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ khi và chỉ khi dãy $(\frac{x _{n}^{1/ m}}{n})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ .

Chú ý nhận xét $2$ bởi bài toán trên, ở đây ta có $a_{1} = \frac{- 1}{3}, a_{2} = \frac{- 1}{4}$ . Như vậy số $m$ cần tìm sẽ thoả :

$\frac{1}{m} = 1 - max {a_{1}, a_{2}} = 1 - (\frac{- 1}{4}) = \frac{5}{4} \Rightarrow m = \frac{4}{5}$

Dễ thấy $lim (x_{n}) = + \infty$ . Như vậy ta đi xét :

$x_{n + 1}^{5/4} - x_{n}^{5/4} = (x_{n} + \frac{3}{x _{n}^{1/3}} + \frac{4}{x _{n}^{1/4}})^{5/4} - x_{n}^{5/4}$

Đặt $y_{n} = \frac{1}{x _{n}^{5/4}}$ thì :

$x_{n + 1}^{5/4} - x_{n}^{5/4} = (\frac{1}{y _{n}^{4/5}} + 3 y_{n}^{4/15} + 4 y_{n}^{1/5})^{5/4} - \frac{1}{y _{n}} = \frac{( 1 + 3 y _{n}^{16/15} + 4 y _{n} ) ^{5/4} - 1}{y _{n}} = \frac{( z _{n} + 1 ) ^{5} - 1}{y _{n} . t _{n}}$

$= \frac{z _{n}^{5} + 5 z _{n}^{4} + 10 z _{n}^{3} + 10 z _{n}^{2} + 5 z _{n}}{y _{n} . t _{n}} = \frac{z _{n}^{5} / y _{n} + 5 z _{n}^{4} / y _{n} + 10 z _{n}^{3} / y _{n} + 10 z _{n}^{2} / y _{n} + 5 ( 3 y _{n}^{1/15} + 4 )}{( 1 + z _{n} ) ^{15/4} + ( 1 + z _{n} ) ^{10/4} + ( 1 + z _{n} ) ^{5/4} + 1} \to \frac{20}{4} = 5$

Trong đó :

$z_{n} = 3 y_{n}^{16/15} + 4 y_{n}, t_{n} = (1 + z_{n})^{15/4} + (1 + z_{n})^{10/4} + (1 + z_{n})^{5/4} + 1$

Từ đó theo định lí trung bình Cesaro :

$lim (\frac{x _{n}^{5/4}}{n}) = 5$

Để ý thấy :

$\frac{x _{n}^{1/ m}}{n} = \frac{x _{n}^{5/4}}{n} . x_{n}^{1/ m - 5/4}$

Nếu $\frac{1}{m} > \frac{5}{4}$ thì $lim (\frac{x _{n}^{1/ m}}{n}) = + \infty$

Nếu $\frac{1}{m} < \frac{5}{4}$ thì $lim (\frac{x _{n}^{1/ m}}{n}) = 0$

Như vậy phải có $\frac{1}{m} = \frac{5}{4} \Leftrightarrow m = \frac{4}{5}$ và đây là giá trị duy nhất thoả mãn bài toán.

Bài toán 6 (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 434)

Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi $x_{1} > 0$ cho trước và :

$x_{n + 1} = x_{n} + \frac{1}{x _{n}} + \frac{2}{x _{n}^{2}} + \frac{3}{x _{n}^{3}} + ... + \frac{2012}{x _{n}^{2012}}, n = 1, 2, 3...$

Tìm tất cả các số thực $α$ sao cho dãy $(n . x_{n}^{α})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ .

Lời giải :

Dãy $(n . x_{n}^{α})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ khi và chỉ khi dãy $(\frac{x _{n}^{- α}}{n})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ . Như vậy $α$ sẽ thoả :

$- α = 1 - max {- 1, - 2, ..., - 2012} = 2 \Rightarrow α = - 2$

Hơn nữa dễ thấy $lim (x_{n}) = + \infty$ thế nên nếu đặt $y_{n} = \frac{1}{x _{n}}$ thì $lim (y_{n}) = 0$

Xét :

$x_{n + 1}^{2} - x_{n}^{2} = (x_{n} + \frac{1}{x _{n}} + \frac{2}{x _{n}^{2}} + ... + \frac{2012}{x _{n}^{2012}})^{2} - x_{n}^{2} = 2 x_{n} (\frac{1}{x _{n}} + \frac{2}{x _{n}^{2}} + ... + \frac{2012}{x _{n}^{2012}}) + (\frac{1}{x _{n}} + \frac{2}{x _{n}^{2}} + ... + \frac{2012}{x _{n}^{2012}})^{2} = 2 + 2 (2 y_{n} + 3 y_{n}^{2} + ... + 2012 y_{n}^{2011}) + (y_{n} + 2 y_{n}^{2} + ... + 2012 y_{n}^{2012}) \to 2$

Theo định lí trung bình Cesaro thì :

$lim (\frac{x _{n}^{2}}{n}) = 2$

Chú ý là $\frac{x _{n}^{- α}}{n} = \frac{x _{n}^{2}}{n} . x_{n}^{- α - 2}$ . Nếu mà $α > - 2$ thì $lim (\frac{x _{n}^{- α}}{n}) = + \infty$ . Còn nếu $α < - 2$ thì $lim (\frac{x _{n}^{- α}}{n}) = 0$ .

Như vậy $α = - 2$ là đáp số duy nhất của bài toán.

Một số bài toán hay :

Bài toán 7 : Cho dãy số $(u_{n})$ xác định bởi $u_{1} = 0$ và :

$u_{n + 1} = u_{n} + \frac{1}{2 1 + 2 u _{n}}$

Tìm tất cả các số thực $a$ sao cho dãy số $(\frac{u _{n}}{n ^{a}})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ .

Bài toán 8 : Cho $k$ là một số nguyên dương và xét dãy $(x_{n})$ :

$⎩ ⎨ ⎧ x_{0} > 0 x_{n + 1} = x_{n} + \frac{1}{k x _{n}}, n = 0, 1, 2, ...$

Tính $lim (\frac{x _{n}^{k + 1}}{n ^{k}})$ .

Mở trang riêng

Bài 03

Limit of the sequence

Dãy số - Giới hạn

Bài toán : Xét dãy số $(x_{n}), (y_{n})$ xác định bởi $x_{1} = a, y_{1} = b$ và :

${x_{n + 1} = max {x_{n} + y_{n}, x_{n} - y_{n}} y_{n + 1} = min {x_{n} + y_{n}, x_{n} - y_{n}}, \forall n \geq 1$

Tìm các số thực $a, b$ để hai dãy $(x_{n}), (y_{n})$ có giới hạn hữu hạn.

Lời giải :

Ta dễ dàng thấy :

$x_{n + 1} + y_{n + 1} = 2 x_{n}, x_{n + 1} - y_{n + 1} = 2∣ y_{n} ∣$

Từ đó ta suy ra rằng :

${x_{n + 1} = x_{n} + ∣ y_{n} ∣ y_{n + 1} = x_{n} - ∣ y_{n} ∣$

Ta xét các trường hợp sau :

a) Trường hợp 1 : Nếu $a > ∣ b ∣$ .

Ta lần lượt tính được $x_{2} = a + ∣ b ∣, y_{2} = a - ∣ b ∣, x_{3} = 2 a, y_{3} = 2∣ b ∣$ . Bằng phép quy nạp đơn giản :

$x_{2 n + 1} = 2^{n} a, y_{2 n + 1} = 2^{n} ∣ b ∣, x_{2 n} = 2^{n - 1} (a + ∣ b ∣), y_{2 n} = 2^{n - 1} (a - ∣ b ∣)$

Từ đó do $a > ∣ b ∣ \geq 0$ nên khi đó dãy $(x_{n})$ tiến tới vô cùng khi $n$ tiến tới vô cùng. Tức dãy $(x_{n})$ không có giới hạn hữu hạn.

b) Trường hợp 2 : Nếu $a = ∣ b ∣ = 0$ . Khi đó dễ thấy $x_{n} = y_{n} = 0$ với mọi $n$ . Suy ra cả hai dãy đều có giới hạn hữu hạn bằng $0$ .

Nếu $a = ∣ b ∣ \neq = 0$ . Khi đó dễ chứng minh được bằng quy nạp :

$x_{2 n + 1} = y_{2 n + 1} = x_{2 n} = 2^{n} a, y_{2 n} = 0$

Khi đó dễ thấy $(x_{n})$ cũng không có giới hạn hữu hạn (giới hạn vô cùng).

c) Trường hợp 3 : Nếu $a < ∣ b ∣$ .

Ta lần lượt tính đuợc :

$x_{2} = a + ∣ b ∣, y_{2} = a - ∣ b ∣$

$x_{3} = 2∣ b ∣, y_{3} = 2 a$

$x_{4} = 2 (∣ a ∣ + ∣ b ∣), y_{4} = 2 (∣ b ∣ - ∣ a ∣)$

Nếu $a = 0$ thì $x_{4} = ∣ y_{4} ∣ = 2∣ b ∣ > 0$ . Bây giờ ta xét dãy $(a_{n}), (b_{n})$ :

$⎩ ⎨ ⎧ a_{1} = b_{1} = 2∣ b ∣ a_{n + 1} = a_{n} + ∣ b_{n} ∣ b_{n + 1} = a_{n} - ∣ b_{n} ∣$

Tương tự trường hợp 2, ta chứng minh được :

$a_{2 n + 1} = b_{2 n + 1} = a_{2 n} = 2^{n} .2∣ b ∣, b_{2 n} = 0$

Hơn nữa cũng thấy $a_{n} = x_{n + 3}, b_{n} = y_{n + 3}$ .

Từ đó cũng dễ thấy các dãy $(x_{n}), (y_{n})$ đều tiến tới vô cùng khi $n$ tiến tới vô cùng.

Còn nếu $a \neq = 0$ thì $x_{4} > ∣ y_{4} ∣$ . Khi đó ta lại xét dãy $(a_{n}), (b_{n})$ :

$⎩ ⎨ ⎧ a_{1} = x_{4} = 2 (∣ a ∣ + ∣ b ∣) b_{1} = y_{4} = 2 (∣ b ∣ - ∣ a ∣) a_{n + 1} = a_{n} + ∣ b_{n} ∣ b_{n + 1} = a_{n} - ∣ b_{n} ∣$

Cũng hoàn toàn tương tự trường hợp 1 thì :

$a_{2 n + 1} = 2^{n} . x_{4}, b_{2 n + 1} = 2^{n} .∣ y_{4} ∣, a_{2 n} = 2^{n - 1} (x_{4} + ∣ y_{4} ∣), b_{2 n} = 2^{n - 1} (x_{4} - ∣ y_{4} ∣)$

Vậy thì dãy $(x_{n})$ lúc này cũng không có giới hạn hữu hạn.

Như vậy tất cả các giá trị $a, b$ cần tìm thoả đề là $a = b = 0$

Mở trang riêng

Bài 04

Sequence – Limit

Dãy số - Giới hạn

Bài toán : Xét dãy số $(u_{n})$ như sau :

${u_{1} < 2, u_{2} < 2 u_{n + 2} = \frac{1}{3} (u_{n + 1} + 2^{u_{n}}), \forall n = 1, 2, ..$

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

Lời giải :

Xét hai dãy phụ :

$(a_{n}) : {a_{1} = max {u_{1}, u_{2}, 1} a_{n + 1} = \frac{1}{3} (a_{n} + 2^{a_{n}})$

$(b_{n}) : {b_{1} = min {u_{1}, u_{2}, 1} b_{n + 1} = \frac{1}{3} (b_{n} + 2^{b_{n}})$

Ta dễ thấy $1 \leq a_{n} < 2, \forall n \in N^{*}$ . Ta sẽ chứng minh dãy $(a_{n})$ là dãy giảm.

Ta xét hàm số $f (x) = 2^{x} - 2 x$ , dễ dàng thấy được $f (x) \leq 0 \Leftrightarrow x \in [1, 2]$ . Như vậy vì $a_{1} \in [1, 2]$ nên $f (a_{1}) = 2^{a_{1}} - 2 a_{1} \leq 0$ hay $2^{a_{1}} \leq 2 a_{1}$ . Từ đó :

$a_{2} = \frac{1}{3} (a_{1} + 2^{a_{1}}) \leq \frac{1}{3} (a_{1} + 2 a_{1}) = a_{1}$

Từ đó quy nạp lên được dãy $(a_{n})$ giảm. Mà dãy $(a_{n})$ bị chặn nên nó hội tụ về $A$ . Chuyển qua giới hạn :

$2^{A} = 2 A$

Rõ ràng nghiệm ở đây là $A = 1$ hoặc $A = 2$ . Nhưng do $a_{n} \leq a_{n - 1} \leq ... \leq a_{1} < 2$ nên $A = 1$ .

Tức là $n \to + \infty lim a_{n} = 1$ .

Hoàn toàn tương tự dãy $(b_{n})$ tăng và bị chặn trên nên hội tụ và giới hạn hữu hạn là $1$ .

Ta sẽ chứng minh :

$b_{n} \leq min {u_{2 n - 1}, u_{2 n}} (*)$

Với $n = 1$ thì điều này đúng. Gỉa sử như vậy, ta xét với $n + 1$ :

$u_{2 n + 1} = \frac{1}{3} (u_{2 n} + 2^{u_{2 n - 1}}) \geq \frac{1}{3} (b_{n} + 2^{b_{n}}) = b_{n + 1}$

$u_{2 n + 2} = \frac{1}{3} (u_{2 n + 1} + 2^{u_{2 n}}) \geq \frac{1}{3} (b_{n + 1} + 2^{b_{n}}) \geq \frac{1}{3} (b_{n} + 2^{b_{n}}) = b_{n + 1}$

Như vậy $(*)$ đúng. Tương tự :

$a_{n} \geq max {u_{2 n - 1}, u_{2 n}}$

Từ đó theo nguyên lý kẹp, ta được :

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

Mở trang riêng

Bài 05

Sequence – Limit

Dãy số - Giới hạn

Bài toán : Cho dãy số $(x_{n})$ được xác định như sau :

${x_{0}, x_{1}, x_{2} \in R 3^{x_{n}} + 4^{x_{n + 2}} = 5^{x_{n + 3}}, \forall n \in N$

Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn này.

Lời giải :

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

$x_{n + 3} = lo g_{5} (3^{x_{n}} + 4^{x_{n + 2}})$

Ta đi xét hai dãy phụ sau :

$(a_{n}) : {a_{1} = min {x_{0}, x_{1}, x_{2}, 2} a_{n + 1} = lo g_{5} (3^{a_{n}} + 4^{a_{n}})$

$(b_{n}) : {b_{1} = ma x {x_{0}, x_{1}, x_{2}, 2} b_{n + 1} = lo g_{5} (3^{b_{n}} + 4^{b_{n}})$

Ta thấy $a_{1} \leq 2$ nên $a_{2} = lo g_{5} (3^{a_{1}} + 4^{a_{1}}) \leq lo g_{5} (3^{2} + 4^{2}) = 2$ .

Quy nạp lên được $a_{n} \leq 2, \forall n \in N^{*}$ .

Tiếp theo ta chứng minh dãy $(a_{n})$ tăng. Thực vậy, ta thấy :

$5^{a_{2}} = 3^{a_{1}} + 4^{a_{1}} \Rightarrow 5^{a_{2} - a_{1}} = (\frac{3}{5})^{a_{1}} + (\frac{4}{5})^{a_{1}} \geq (\frac{3}{5})^{2} + (\frac{4}{5})^{2} = 1 \Rightarrow a_{2} \geq a_{1}$

Quy nạp lên ta được dãy $(a_{n})$ tăng, bản thân $(a_{n})$ còn bị chặn trên nên nó sẽ hội tụ. Gỉa sử giới hạn của nó là $a$ . Chuyển qua giới hạn :

$3^{a} + 4^{a} = 5^{a} \Leftrightarrow (\frac{3}{4})^{a} + (\frac{4}{5})^{a} = 1 \Leftrightarrow a = 2$

Như vậy $n \to + \infty lim a_{n} = 2$ .

Hoàn toàn tương tự, dãy $(b_{n})$ bị chặn dưới và là dãy giảm, ta cũng tìm được $n \to + \infty lim b_{n} = 2$ .

Tiếp theo ta sẽ chứng minh :

$a_{n} \leq min {x_{3 n - 3}, x_{3 n - 2}, x_{3 n - 1}} (*)$

Với $n = 1$ thì hiển nhiên. Gỉa sử có điều này. Ta xét với $n + 1$ :

$x_{3 n} = lo g_{5} (3^{x_{3 n - 3}} + 4^{x_{3 n - 1}}) \geq lo g_{5} (3^{a_{n}} + 4^{a_{n}}) = a_{n + 1}$

$x_{3 n + 1} = lo g_{5} (3^{x_{3 n - 2}} + 4^{x_{3 n}}) \geq lo g_{5} (3^{a_{n}} + 4^{a_{n + 1}}) \geq lo g_{5} (3^{a_{n}} + 4^{a_{n}}) = a_{n + 1}$

$x_{3 n + 2} = lo g_{5} (3^{x_{3 n - 1}} + 4^{x_{3 n + 1}}) \geq lo g_{5} (3^{a_{n}} + 4^{a_{n + 1}}) \geq lo g_{5} (3^{a_{n}} + 4^{a_{n}}) = a_{n + 1}$

Ta quy nạp hoàn tất, tức $(*)$ là đúng.

Cũng hoàn toàn tương tự, ta được :

$b_{n} \geq max {x_{3 n - 3}, x_{3 n - 2}, x_{3 n - 1}}$

Từ đó bằng nguyên lí kẹp, ta được :

$n \to + \infty lim x_{3 n + 1} = n \to + \infty lim x_{3 n + 2} = n \to + \infty lim x_{3 n + 3} = 2$

Kết luận bài toán :

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

Mở trang riêng

Bài 06

Sequence – Limit

Dãy số - Giới hạnĐạo hàm - Khảo sát hàm số

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 11 năm 2010 THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Thành phố Hồ Chí Minh)

Xét dãy số $(u_{n})$ như sau :

${u_{1} = a \in (0, 1) u_{n + 1} = \frac{1}{2} 3 (1 - u_{n})^{5}, \forall n \in N^{*}$

Chứng minh rằng $(u_{n})$ hội tụ.

Lời giải :

Dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp $u_{n} \in (0, 1), \forall n \in N^{*}$

Xét hàm $f^{'} (x) = \frac{1}{2} 3 (1 - x)^{5}$ trên $(0, 1)$ .

Hàm này có đạo hàm

$0 < f^{'} (x) = \frac{5}{6} 3 (1 - x)^{2} < \frac{5}{6} \Rightarrow ∣ f^{'} (x) ∣ < \frac{5}{6} < 1$

Xét hàm số $g (x) = f (x) - x$ thì $g^{'} (x) = f^{'} (x) - 1 < 0$ nên $g$ nghịch biến. Hơn nữa :

$g (0) = 1/2 > 0, g (1) = - 1 < 0$

Kết hợp với tính nghịch biến của $g$ , ta được $g$ có nghiệm duy nhất trên $(0, 1)$ .

Gọi nghiệm này là $k$ , khi đó $k$ là số thực duy nhất thỏa mãn $f (k) = k$ .

Áp dụng định lý Lagrange, tồn tại số thực $c$ sao cho :

$f (u_{n}) - f (k) = f^{'} (c) (u_{n} - k)$

Suy ra :

$0 \leq ∣ u_{n + 1} - k ∣ = ∣ f (u_{n}) - f (k) ∣ < \frac{5}{6} ∣ u_{n} - k ∣ < ... < (\frac{5}{6})^{n} .∣ u_{1} - k ∣$

Từ đó theo định lý kẹp, ta được $(u_{n})$ hội tụ về $k$ .

Mở trang riêng

Bài 07

Sequence – Limit

Dãy số - Giới hạnĐạo hàm - Khảo sát hàm số

Bài toán : Xét dãy số $(u_{n})$ như sau : $u_{1} = a > 0$ và :

$u_{n + 1} = lo g_{3} 3 u_{n}^{3} + 1 + \frac{4}{3}, \forall n \in N$

Chứng minh dãy này có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

Lời giải :

Dễ thấy $u_{n} \geq \frac{4}{3}$ với mọi $n \geq 2$ .

Xét hàm số $f (x) = lo g_{3} 3 x^{3} + 1 + \frac{4}{3}$ trên $(\frac{4}{3}, + \infty)$

có đạo hàm :

$f^{'} (x) = \frac{x ^{2}}{( 1 + x ^{3} ) . ln 3} > 0$

Như vậy hàm $f$ đồng biến. Hơn nữa :

$∣ f^{'} (x) ∣ = \frac{x ^{2}}{ln 3 ( 1 + x ^{3} )} \leq \frac{x ^{2}}{1 + x ^{3}} = \frac{x ^{2}}{1 + x ^{3} /2 + x ^{3} /2} \leq \frac{1}{3 3 4} = q < 1$

Xét hàm số $g (x) = f (x) - x$ có $g^{'} (x) = f^{'} (x) - 1 < 0$ nên $g$ nghịch biến. Hơn nữa $g (2) = 0$ nên $x = 2$ là nghiệm duy nhất của $g (x)$ trên $(\frac{4}{3}, + \infty)$ . Tức là $x = 2$ là số thực duy nhất để mà $f (2) = 2$ .

Theo định lý Lagrange, tồn tại số thực $r$ để :

$f (u_{n}) - f (2) = f^{'} (r) (u_{n} - 2) \Rightarrow ∣ f (u_{n}) - f (2) ∣ = ∣ f^{'} (r) ∣.∣ u_{n} - 2∣ \leq q ∣ u_{n} - 2 ∣$

Suy ra :

$0 \leq ∣ u_{n + 1} - 2∣ \leq q ∣ u_{n} - 2∣ \leq q^{2} ∣ u_{n - 1} - 2∣ \leq ... \leq q^{n} ∣ u_{1} - 2∣$

Chú ý vì $q < 1$ nên $q^{n} \to 0$ . Áp dụng định lý kẹp, ta được :

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

Mở trang riêng

Bài 08

Sequence – Limit

Dãy số - Giới hạn

Bài toán (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 408)

Cho dãy số $(u_{n})$ được xác định bởi $u_{1} = 2011$ và :

$u_{n + 1} = \frac{π}{8} (cos u_{n} + \frac{cos 2 u _{n}}{2} + \frac{cos 3 u _{n}}{3}), \forall n \geq 1$

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

Lời giải :

Ta có :

$(sin x + sin 2 x + sin 3 x)^{2} = (2 sin 2 x . cos x + 2 sin x . cos x)^{2}$

$\leq 4 [(sin 2 x . cos x + sin x . cos x)^{2} + (sin 2 x . sin x - cos^{2} x)^{2}]$

$= 4 (sin^{2} 2 x + cos^{2} x) = 4 (\frac{25}{16} - (cos 2 x - 1/4)^{2}) \leq \frac{25}{4}$

Suy ra :

$∣ sin x + sin 2 x + sin 3 x ∣ \leq \frac{5}{2}$

Xét hàm số :

$f (x) = \frac{π}{8} (cos x + \frac{cos 2 x}{2} + \frac{cos 3 x}{3})$

Có :

$f^{'} (x) = \frac{- π}{8} (sin x + sin 2 x + sin 3 x) \Rightarrow ∣ f^{'} (x) ∣ \leq \frac{π}{8} . \frac{5}{2} = \frac{5 π}{16} < 1$

Xét hàm số :

$g (x) = f (x) - x$

Vì $g^{'} (x) = f^{'} (x) - 1 < 0$ nên $g$ là hàm nghịch biến. Hơn nữa có :

$g (0) . g (\frac{π}{6}) = \frac{11 π}{40} . (\frac{- π}{6} + \frac{π}{8} . \frac{1 + 2 3}{4}) < 0$

Vậy phương trình $g (x) = 0$ hay $f (x) = x$ có nghiệm duy nhất trong khoảng $(0, \frac{π}{6})$ .

Gọi nghiệm này là $k$ . Theo định lý Lagrange, tồn tại số thực $r$ để mà :

$f (u_{n}) - f (k) = f^{'} (r) (u_{n} - k) \leq \frac{5 π}{16} (u_{n} - k)$

Mà $f (k) = k$ và $u_{n + 1} = f (u_{n})$ :

$0 \leq ∣ u_{n + 1} - k ∣ = ∣ f (u_{n}) - f (k) ∣ \leq \frac{5}{16} ∣ u_{n} - k ∣ \leq ... \leq (\frac{5}{16})^{n} ∣ u_{1} - k ∣$

Áp dụng định lý kẹp ta được :

$∣ u_{n + 1} - k ∣ \to 0 \Leftrightarrow u_{n} \to k$

Mở trang riêng

Tuyển tập Dãy số - Giới hạn116 bài

The limit of the sequence

ĐỊNH LÝ TRUNG BÌNH CESARO VÀ MỘT LỚP CÁC BÀI TOÁN GIỚI HẠN

ĐỊNH LÝ TRUNG BÌNH CESARO VÀ MỘT LỚP CÁC BÀI TOÁN GIỚI HẠN

Limit of the sequence

Sequence – Limit

Sequence – Limit

Sequence – Limit

Sequence – Limit

Sequence – Limit

Học cùng giáo viên Bách Khoa

Tuyển tập khác môn Toán