Một số phương pháp tính giới hạn của dãy số

Định nghĩa và tính chất cơ bản của dãy số

1.1.1 Định nghĩa ([4]) Một hàm số u : N ∗ → R được gọi là một dãy số vô hạn hay còn gọi tắt là dãy số Khi đó,

(1) Mỗi giá trị của hàm số u được gọi là một số hạng của dãy số;

Số hạng thứ nhất của dãy số được ký hiệu là u(1), trong khi số hạng thứ hai là u(2) Số hạng tổng quát của dãy số được ký hiệu là u(n).

(3) Ta thường ký hiệu các giá trị u(1) = u 1 , u(2) = u 2 , , u(n) = u n , ; và ký hiệu dãy số là { u n } hoặc viết dưới dạng khai triển u 1 , u 2 , , u n ,

1.1.2 Chú ý ([4]) Hàm số u : { 1, 2, , m } ⊂ N ∗ → R cũng được gọi là một dãy số Rõ ràng rằng, dãy số trong trường hợp này chỉ có m số hạng u 1 , u 2 , , u m

Do đó, ta thường gọi đây là một dãy số hữu hạn, u 1 gọi là số hạng đầu và u m được gọi là số hạng cuối.

1.1.3 Định nghĩa ([5]) Giả sử { u n } là một dãy số Khi đó,

(1) { u n } được gọi là dãy số tăng nếu u n ≤ u n+1 với mọi n ∈ N ∗

(2) { u n } được gọi là dãy số tăng thực sự nếu u n < u n+1 với mọi n ∈ N ∗

(3) { u n } được gọi là dãy số giảm nếu u n ≥ u n+1 với mọi n ∈ N ∗

(4) { u n } được gọi là dãy số giảm thực sự nếu u n > u n+1 với mọi n ∈ N ∗

(5) Dãy số tăng và dãy số giảm được gọi chung là dãy số đơn điệu.

(1) { u n } được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại M ∈ R sao cho u n ≤ M với mọi n ∈ N ∗

(2) { u n } được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại m ∈ R sao cho u n ≥ m với mọi n ∈ N ∗

(3) { u n } được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới.

1.1.5 Định nghĩa ([1]) Ta nói rằng dãy số { u n } có giới hạn bằng a nếu với mỗi ε > 0 cho trước, tồn tại n 0 ∈ N ∗ sao cho

Khi đó, ta viết lim n → + ∞ u n = a

Dãy số {u_n} được xem là hội tụ nếu tồn tại một số thực a ∈ R sao cho lim u_n = a Khi đó, chúng ta nói rằng dãy số {u_n} hội tụ về a Ngược lại, nếu dãy số không hội tụ, nó được gọi là dãy số phân kỳ.

1.1.7 Định lí ([4]) Giả sử lim n → + ∞ u n = a Khi đó,

(2) Nếu u n ≥ 0 với mọi n ∈ N ∗ , thì a ≥ 0 và lim n → + ∞

1.1.8 Định lí ([4]) Giả sử lim n → + ∞ u n = a , lim n → + ∞ v n = b và α là một hằng số Khi đó,

1.1.9 Nguyên lý kẹp ([1]) Nếu các dãy số { u n } , { v n } , { w n } thỏa mãn điều kiện v n ≤ u n ≤ w n với mọi n ≥ n 0 và lim n → + ∞ v n = lim n → + ∞ w n = L , thì lim n → + ∞ u n = L

(1) Ta nói rằng { u n } có giới hạn là + ∞ nếu với mỗi M > 0, tồn tại n 0 ∈ N ∗ sao cho u n ≥ M với mọi n ≥ n 0 Lúc này, ta viết lim n → + ∞ u n = + ∞

(2) Ta nói rằng dãy số { u n } có giới hạn là −∞ nếu với mỗi M < 0, tồn tại n 0 ∈ N ∗ sao cho u n ≤ M với mọi n ≥ n 0 Lúc này, ta viết lim n → + ∞ u n = −∞

(3) Các dãy số có giới hạn bằng + ∞ hoặc −∞ được gọi chung là các dãy số có giới hạn vô cực hay dần đến vô cực.

1.1.11 Nhận xét ([4]) Nếu lim n → + ∞ | u n | = + ∞ , thì lim n → + ∞

Một vài quy tắc tìm giới hạn vô cực

Vì +∞ và −∞ không phải là số thực, nên các định lý giới hạn hữu hạn không áp dụng cho các dãy số có giới hạn vô cực Do đó, khi xác định giới hạn vô cực, chúng ta có thể áp dụng các quy tắc sau đây.

1.2.1 Quy tắc ([6]) Nếu lim n → + ∞ u n = ±∞ và lim n → + ∞ v n = ±∞ , thì lim n → + ∞ (u n v n )được cho trong bảng sau. n → lim + ∞ u n lim n → + ∞ v n lim n → + ∞ (u n v n )

1.2.2 Quy tắc ([6]) Nếu lim n → + ∞ u n = ±∞ và lim n → + ∞ v n = a ̸ = 0, thì lim n → + ∞ (u n v n )được cho trong bảng sau. n → lim + ∞ u n Dấu của a lim n → + ∞ (u n v n )

1.2.3 Quy tắc ([6]) Nếu lim n → + ∞ u n = a ̸ = 0 và lim n → + ∞ v n = 0 và v n > 0 hoặc v n < 0 kể từ một số hạng nào đó trở đi, thì lim n → + ∞ u n v n được cho trong bảng sau.

Dấu của a Dấu của v n lim n → + ∞ u n v n

Tính giới hạn bằng cách sử dụng số hạng tổng quát

1 Ta sử dụng các phương pháp tìm số hạng tổng quát của dãy số.

2 Sau đó sử dụng các giới hạn đã biết để tính giới hạn của dãy.

B Một số kết quả thường dùng.

◦ lim x → 0 sin x x = 1; lim x → 0 ln(1 + x) x = 1; lim x → 0 a x − 1 x = ln a

◦ Nếu f (x) là hàm số liên tục trên (a, b), { x n } ⊂ (a, b) hội tụ đến α , thì n → lim + ∞ f(x n ) = f ( lim n → + ∞ x n )

◦ Các bài toán mà dãy số có liên quan đến cấp số cộng, cấp số nhân, thì ta thường tìm được số hạng tổng quát của nó.

◦ Khi nghiờn cứu tổng dạng 1 k + 2 k + ã ã ã + n k ta thường dựng kết quả sau: Nếu

Trong toán học, với dãy số thực {u_n}, tổng S_n được định nghĩa là S_n = u_1 + u_2 + + u_n Tổng S_n là một đa thức bậc d > 0 theo biến n nếu và chỉ nếu u_n là một đa thức bậc d - 1 theo biến n Do đó, tổng 1^k + 2^k + + n^k sẽ là một đa thức bậc k + 1.

1.3.1 Bài toán ([2]) Cho dãy số { u n } xác định bởi công thức

(Đề thi HSG Tp Hà Nội năm học 2011-2012)

Bài giải Từ giả thiết ta có u 2 = u 1 + 1 u 3 = u 2 + 2

Cộng các đẳng thức trên vế theo vế ta được u n = u 1 + 1 + 2 + ã ã ã + (n − 1) = 1 + n(n − 1)

Mặt khác, bởi vì u n u n+1 = n 2 − n + 2 n 2 + n + 2 nên ta suy ra n → lim + ∞ u n u n+1 = lim n → + ∞ n 2 − n + 2 n 2 + n + 2 = lim n → + ∞

1.3.2 Bài toán ([1]) Cho a ∈ R và dãy số { u n } xác định bởi công thức

(Olympic Toán học Sinh viên–2013)

Bài giải Từ giả thiết ta suy ra với mọi n ∈ N ∗ , ta có

Bây giờ, với mọi n ∈ N ∗ , ta đặt v n = n 2 (u n − 1) Khi đó, v n+1 = v n với mọi n ∈ N ∗ , kéo theo v n = v 1 = 1 2 (u 1 − 1) = a − 1

Như vậy, u n = a − 1 + n 2 n 2 Suy ra n → lim + ∞ u n = lim n → + ∞ a − 1 + n 2 n 2 = lim n → + ∞

1.3.3 Bài toán Cho dãy số { u n } xác định bởi công thức

(Đề thi HSG tỉnh Quảng Ngãi năm 2012-2013)

Bài giải Từ giả thiết suy ra u n = 4u n − 1 3u n − 1 + 10 ⇐⇒ 1 u n = 3

Tiếp theo, nếu ta đặt x n = v n + 1

2 x n − 1 , kéo theo { x n } là một cấp số nhân với công bội q = 5

Bài giải Ta đặt u n = x n + t , khi đó u n+1 = − 14u n − 51

Bây giờ, ta tìm t sao cho − 5t 2 − 32t − 51 = 0 Suy ra có 2 giá trị t = − 3 (chọn) và t = − 17

2 Do đó, từ (1.1) ta suy ra v n+1 + 5

Như vậy, { w n } là cấp số nhân với w 1 = v 1 + 5

1.3.5 Bài toán ([2]) Cho a ∈ R và dãy số { u n } được xác định bởi công thức

(1) Tìm số hạng tổng quát của dãy số { u n }

(2) Tìm a để { u n } có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn trong trường hợp đó.

(Đề thi HSG Gia Lai năm học 2012–2013)

Xét dãy số { x n } với x n = u n n(n + 1) Từ (1.3) ta suy ra x n+1 = x n + 2013 n(n + 1)(n + 2)

Cộng các phương trình trên vế theo vế ta được x n = x 1 + 2013

(2) Ta có { u n } có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi a

1.3.6 Bài toán ([3]) Cho dãy số { u n } xác định bởi công thức u n = 2 n

(2) Tính giới hạn của dãy số { u n }

Bài giải (1) Ta sẽ chứng minh công thức sau đúng bằng quy nạp v n = 2 cos π

◦ Giả sử (1.4) đúng khi n = k , nghĩa là v k = 2 cos π

1.3.7 Bài toán ([3]) Cho dãy số { u n } xác định bởi công thức u n = 2

(2) Tính giới hạn của dãy số { u n }

Bài giải (1) Ta có u n = 1 cos π

(2) Ta có lim n → + ∞ u n = lim n → + ∞ sin π

1.3.8 Bài toán ([1]) Cho 2 dãy số { u n } , { v n } xác định bởi công thức

(1) Chứng minh rằng u n v n ∈ (2; 3) với mọi n = 2, 3,

(2) Tính giới hạn của dãy số { v n }

(Olympic Toán Sinh viên Toàn quốc năm 2009)

= cos a sin a + 1 sin a = 1 + cos a sin a =

Bằng quy nạp ta chứng minh được rằng u n = cot a

Bằng quy nạp ta chứng minh được v n = tan b

Do đó, với mọi n = 1, 2, , ta có u n v n = cot a

Mặt khác, bởi vì với mọi n ≥ 2, ta có

(2) Ta có lim n → + ∞ v n = lim n → + ∞ tan b

1.3.9 Bài toán ([3]) Cho số thực a dương tùy ý, và dãy số { u n } được xác định bởi công thức 

Chứng minh rằng dãy số { u n } có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

2 Khi đó, theo Bài toán 1.3.6, ta có v n = 2 cos π

2 n+1 với mọi n = 1, 2, 3, Suy ra với mọi n ∈ N ∗ , ta có u n+1 =

2 n , khi đó từ (1.5), ta suy ra với mọi n ∈ N ∗ , ta có sin π

2 n nên từ (1.6) ta suy ra b n+1 − 4 cot π

1.3.10 Bài toán ([1]) Cho hàm số f : N ∗ → R thỏa mãn điều kiện

(Đề thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc 1999)

Bài giải Cho n = 2 trong đẳng thức f(1) + f (2) + ã ã ã + f (n) = n 2 f (n), ta được f (1) + f(2) = 4f (2) ⇐⇒ f (2) = f(1)

Lấy (1.8) trừ (1.9) vế theo vế ta được f (n) = n 2 f (n) − (n − 1) 2 f(n − 1) ⇐⇒ f (n) = n − 1 n + 1 f(n − 1) với mọi n ≥ 3 Suy ra với mọi n ≥ 3, ta có f(n) = n − 1 n + 1 n − 2 n 3

1.3.11 Bài toán ([3]) Cho dãy số { u n } được xác định bởi công thức

Bài giải Cho n = 2 trong đẳng thức u 1

Lấy (1.10) trừ (1.11) vế theo vế ta được u n n = n + 1

Suy ra với mọi n ≥ 3, ta có u n = n 2

1.3.13 Bài toán ([3]) Cho hàm số f : N → [0; + ∞ ) thỏa mãn điều kiện

Bài giải Từ giả thiết ta có

1 f(0) + f (1) + 1 f (1) + f (2) + ã ã ã + 1 f(n − 1) + f(n) = f (n) (1.13) Lấy (1.12) trừ (1.13) vế theo vế ta được f(n + 1) − f(n) = 1 f(n) + f (n + 1) ⇐⇒ f 2 (n + 1) = f 2 (n) + 1, kéo theo f 2 (n) = n Do đó, f (n) = √ n Ta có n → lim + ∞

Từ đó, ta thu được n → lim + ∞

Sử dụng định lí Weierstrass để chứng minh dãy số có giới hạn

1.4.1 Định lí Weierstrass ([1]) Mọi dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên hoặc đơn điệu giảm và bị chặn dưới đều hội tụ.

1.4.2 Chú ý ([1]) (1) Nếu { u n } là dãy tăng, thì với mọi k ∈ N ∗ ta có u k ≤ lim n → + ∞ u n , và nếu { u n } là dãy giảm, thì u k ≥ lim n → + ∞ u n

(2) Cho dãy số { u n } hội tụ Khi đó, nếu tồn tại n 0 ∈ N ∗ sao cho a ≤ u n ≤ b với mọi n ≥ n 0 , thì a ≤ lim n → + ∞ u n ≤ b

(3) Nếu dãy số { u n } đơn điệu tăng và không bị chặn trên, thì lim n → + ∞ u n = + ∞ , và nếu dãy số { u n } đơn điệu giảm và không bị chặn dưới, thì lim n → + ∞ u n = −∞

(4) Dãy đơn điệu tăng (giảm) hội tụ khi và chỉ khi nó bị chặn trên (tương ứng, bị chặn dưới).

(5) Cho { u n } , { v n } là hai dãy số hội tụ Khi đó, nếu u n ≤ v n với mọi n ∈ N ∗ , thì lim n → + ∞ u n ≤ lim n → + ∞ v n

1.4.3 Định lí ([1]) Mọi dãy hội tụ đều bị chặn.

Chứng minh Giả sử dãy số { u n } hội tụ, nghĩa là tồn tại a ∈ R sao cho lim n → + ∞ u n = a.

Khi đó, tồn tại n 0 ∈ N ∗ sao cho

| u n − a | < 1 với mọi n ≥ n 0 Suy ra với mọi n ≥ n 0 , ta có − 1 < u n − a < 1, kéo theo a − 1 < u n < a + 1 (1.14) Bây giờ, nếu ta đặt

M = max { u 1 , u 2 , , u n 0 , a + 1 } ; m = min { u 1 , u 2 , , u n 0 , a − 1 } , thì nhờ (1.14) ta suy ra m < u n < M với mọi n ∈ N ∗

• Bước 1 Dự đoán xem dãy số đã cho tăng hay giảm? Sau đó, giải phương trình L = f(L) để dự đoán L = lim n →∞ u n nếu có.

• Nếu dự đoán dãy tăng thì phải chứng minh { u n } bị chặn trên, nghĩa là u n ≤ L với mọi n = 1, 2,

• Nếu dự đoán dãy giảm thì phải chứng minh { u n } bị chặn dưới, nghĩa là u n ≥ L với mọi n = 1, 2,

- Bước 2 Sử dụng kết quả dãy bị chặn ở bước 1 để chứng minh dãy đơn điệu.

Để chứng minh dãy số đã cho hội tụ, chúng ta áp dụng định lý Weierstrass Giả sử dãy hội tụ về giới hạn L, từ đó, nhờ vào mối quan hệ u n+1 = f(u n) và tính liên tục của hàm f, ta có thể kết luận rằng L = f(L).

Như vậy, giới hạn của dãy là nghiệm của phương trình x = f(x) Sử dụng kết quả ở Bước 1 và Bước 2 suy ra giới hạn của dãy đã cho.

Tuy nhiên khi giải bài tập ta cần vận dụng linh hoạt, sáng tạo phương pháp đã nêu trên Các bài toán sau đây sẽ minh họa điều đó.

1.4.4 Bài toán ([1]) Cho dãy số { u n } xác định theo công thức u n+1 = f (u n ) với mọi n ∈ N ∗ , trong đó u n ∈ [a, b] với mọi n ∈ N ∗ và f (x) là hàm số tăng trên [a; b] Hãy chứng minh rằng

(1) Nếu u 1 ≤ u 2 thì { u n } là dãy số tăng.

(2) Nếu u 1 ≥ u 2 thì { u n } là dãy số giảm.

(3) Nếu f (x) bị chặn thì { u n } hội tụ.

Bài giải (1) Bởi vì u 1 ≤ u 2 và f là hàm tăng nên u 2 = f(u 1 ) ≤ f(u 2 ) = u 3

Lại vì f là hàm tăng nên ta có u 3 = f(u 1 ) ≤ f(u 2 ) = u 4

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được u n ≤ u n+1 với mọi n ∈ N ∗

Như vậy, { u n } là một dãy số tăng.

(2) Hoàn toàn tương tự khẳng định (1).

(3) Bởi vì f (x) là hàm bị chặn nên dãy số { u n } bị chặn Do đó, { u n } là dãy đơn điệu và bị chặn Theo định lí Weierstrass ta suy ra { u n } hội tụ

3u n − 1 − 2, n = 2, 3, Chứng minh rằng, dãy số { u n } có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài giải • Cách 1 Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được

Do vậy, { u n } là dãy số tăng và bị chặn trên Theo Định lí Weierstrass, dãy { u n } hội tụ Giả sử L = lim n → + ∞ u n , khi đó L ∈

] Theo giả thiết ta có u n = √

Qua giới hạn khi n → + ∞ ta được n → lim + ∞ u n = lim n → + ∞

• Cách 2 Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được

2 = u 1 nên ta suy ra { u n } là dãy số tăng và bị chặn trên Do đó, theo định lí Weierstrass, dãy { u n } hội tụ Giả sử lim n → + ∞ u n = L , khi đó L ∈

] Theo giả thiết ta có u n = √

Qua giới hạn khi n → + ∞ ta được n → lim + ∞ u n = lim n → + ∞

Hãy chứng minh rằng, dãy số { u n } có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài giải Dễ thấy rằng u n > 0 với mọi n ∈ N ∗ Ta có u n+1 − u n = (2010n + 2)(u n + 1) − (2011n + 2)u n

Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng nu n ≥ 2010n + 2 với mọi n ∈ N ∗ (1.15)

• Rõ ràng rằng (1.15) đúng khi n = 1.

• Giả sử (1.15) đúng khi n = k , nghĩa là ta có ku k ≥ 2010k + 2 (1.16)

• Ta phải chứng minh (1.15) đúng khi n = k + 1, nghĩa là phải chứng minh

(k + 1)u k+1 ≥ 2010(k + 1) + 2 (1.17) Thật vậy, sử dụng (1.16) ta có

Như vậy, để chứng minh khẳng định (1.17) đúng ta chỉ cần chứng tỏ rằng

Do đó, khẳng định (1.15) đúng Suy ra { u n } là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0.

Theo định lí Weierstrass ta suy ra tồn tại L = lim n → + ∞ u n ∈ R. Qua giới hạn khi n → ∞ biểu thức u n+1 = 2010n + 2

Hãy chứng minh rằng, dãy số { u n } có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài giải Trước tiên, ta chứng minh rằng với mọi n = 3,4 ta có u n − 1 ≥ n + 2 n − 1 với mọi n = 3, 4, (1.19) Thật vậy,

• Giả sử rằng (1.19) đúng khi n = k ≥ 3, nghĩa là u k − 1 ≥ k + 2 k − 1 (1.20)

• Ta phải chứng minh (1.19) đúng khi n = k + 1, nghĩa là phải chứng minh u k ≥ k + 3 k (1.21)

Thật vậy, với mọi k ≥ 3, ta có u k ≥ k + 3 k ⇐⇒ k + 2

Như vậy, khẳng định (1.19) đúng.

Do đó, với mọi n ≥ 3, ta có u n − u n − 1 = n + 2

Dãy số {u_n} giảm và bị chặn dưới do u_n > 0 với mọi n ∈ N* Theo định lý Weierstrass, tồn tại giới hạn L = lim n → +∞ u_n = L ∈ R Khi n tiến tới vô cùng, biểu thức u_n = n + 2 cho thấy sự phát triển của dãy số này.

Hãy chứng minh rằng, dãy số { u n } hội tụ và tìm giới hạn đó.

Bài giải Trước tiên ta chứng minh rằng

• Theo giả thiết ta có 0 ≤ u 1 , u 2 ≤

• Giả sử (1.22) đúng khi k = n − 1 và k = n , nghĩa là ta có

• Bây giờ, ta chứng minh (1.22)đúng khi k = n + 1, nghĩa là phải chứng minh

Thật vậy, theo khẳng định (1.23) ta có

Như vậy, khẳng định (1.22) đúng.

Tiếp theo, ta chứng minh { u n } là dãy tăng Thật vậy,

◦ Giả sử u n − 2 ≤ u n − 1 và u n − 1 ≤ u n Khi đó, u n+1 − u n = 1

Bởi thế, theo nguyên lý quy nạp ta suy ra u n ≤ u n+1 với mọi n ∈ N ∗

Từ chứng minh trên ta suy ra { u n } là dãy tăng và bị chặn trên Theo định lí

Weierstrass ta suy ra tồn tại L = lim n → + ∞ u n ∈ R Qua giới hạn khi n → ∞ biểu thức u n+1 = 1

5 2 Theo khẳng định (1.22) ta suy ra L =

1.4.9 Bài toán ([1]) Cho dãy số { u n } thỏa mãn 0 < u n < 1 và u n (1 − u n+1 ) > 1

4 với mọi n ∈ N. Hãy chứng minh rằng, dãy số { u n } hội tụ và tìm giới hạn đó.

(Đề thi vô địch Minxcơ)

Bài giải Theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết ta suy ra với mọi n ∈ N, ta có u n + (1 − u n+1 ) ≥ 2 √ u n (1 − u n+1 ) > 2

Suy ra u n+1 < u n với mọi n ∈ N Do đó, { u n } là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi

0 Theo định lí Weierstrass ta suy ra tồn tại L = lim n → + ∞ u n ∈ R Qua giới hạn khi n → ∞ biểu thức u n (1 − u n+1 ) > 1

1.4.10 Bài toán Cho dãy số { u n } thỏa mãn u 1 = 2010 và u 2 n − 2u n u n+1 + 2011 = 0 với mọi n = 2, 3, (1.24)

Hãy chứng minh rằng, dãy số { u n } có giới hạn và tìm giới hạn đó.

(HSG cấp tỉnh Lớp 12 Tỉnh Quảng Ngãi năm học 2010–2011)

Bài giải Dễ thấy rằng u n > 0 với mọi n ∈ N ∗ Mặt khác, ta có

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta suy ra u n

Suy ra dãy số { u n } là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 Theo định lí Weierstrass, tồn tại L = lim n → + ∞ u n ∈ R Qua giới hạn khi n → ∞ trong (1.24) ta được

Kết hợp với điều kiện u n > 0 ta suy ra L = lim n → + ∞ u n = √

1.4.11 Bài toán ([1]) Cho dãy số { u n } thỏa mãn u 1 = c

Tìm c > 0 sao cho dãy số { u n } hội tụ và tìm lim n → + ∞ u n

Bài giải Dễ dàng thấy rằng nếu c > 0, thì u n > 0 với mọi n ∈ N ∗

Ta sẽ chứng minh dãy { u n } tăng thực sự bằng phương pháp quy nạp.

2 (c + u 2 n − 1 ) Ta cần chứng minh u n < u n+1 Thật vậy, ta có u n+1 − u n = 1

Do đó, u n+1 > u n và { u n } là dãy số tăng.

Nếu dãy số { u n } bị chặn trên, thì theo định lí Weierstrass, tồn tại giới hạn

L = lim n → + ∞ u n ∈ R Qua giới hạn khi n → ∞ trong (1.25) ta được

Do đó, L là nghiệm của phương trình x = 1

2 (c + x 2 ) ⇐⇒ x 2 − 2x + c = 0 (1.26) Phương trình (1.26) có nghiệm khi và chỉ khi

♣ Giả sử 0 < c ≤ 1 Ta chứng minh u n ≤ 1 + √

• Bởi vì 0 < c ≤ 1 nên ta có u 1 ≤ 1 + √

1 − c (đúng) Như vậy, (1.27) đúng khi n = 1.

Do đó, khẳng định (1.27) đúng Suy ra { u n } bị chặn trên.

Do đó nếu 0 < c ≤ 1 thì dãy này hội tụ.

Giả sử c > 1, nếu dãy {u_n} bị chặn trên thì tồn tại L, tức là phương trình x² - 2x + c = 0 có nghiệm, điều này dẫn đến một mâu thuẫn Do đó, dãy {u_n} không bị chặn trên, từ đó suy ra lim n → +∞ u_n = +∞ Kết luận, dãy {u_n} là dãy không hội tụ.

Từ chứng minh trên ta suy ra rằng, dãy số { u n } hội tụ khi và chỉ khi c ∈ (0; 1], và khi đó lim n→+∞ u n = 1 + √

Sử dụng định lí Lagrange để chứng minh dãy số có giới hạn

1.5.1 Định nghĩa ([1]) Cho hàm số y = f (x) xác định trên (a; b), x 0 ∈ (a, b) Khi đó, y = f(x) được gọi là liên tục tại x 0 nếu lim x → x 0 f(x) = f (x 0 ).

1.5.2 Nhận xét ([1]) (1) Hàm số sơ cấp liên tục trên tập xác định của nó.

(2) Nếu y = f (x) liên tục trên [a; b] và f(a)f (b) < 0, thì phương trình f (x) = 0 có nghiệm trên khoảng (a; b) Hơn nữa, nếu thêm giả thiết y = f(x) đơn điệu trên [a; b], thì phương trình f(x) = 0 có đúng 1 nghiệm trên (a; b).

1.5.3 Định lí Lagrange ([1]) Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) , thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f (b) − f (a) = f ′ (c)(b − a)

1.5.4 Dạng toán Cho dãy số { u n } được xác định như sau.

(1.28) trong đó f là hàm số xác định trên D, và sẽ chứng minh được | f ′ (x) | < 1 với mọi x ∈ D, phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất trên một tập con C nào đó của D.

Yêu cầu chứng minh { u n } có giới hạn.

Phương pháp giải Ta thực hiện theo các bước sau.

Chứng minh | f ′ (x) | < 1 với mọi x ∈ D Đặt g(x) = x − f (x)và chứng minh phương trình g(x) = 0 có đúng một nghiệm trên tập con C ⊂ D Lúc này, tồn tại duy nhất L ∈ C sao cho L = f(L).

- Nếu u 1 = L thì u n = L suy ra lim n → + ∞ u n = L

- Nếu u 1 ̸ = L thì sử dụng các kiến thức trên chứng minh lim n → + ∞ u n = L

Chứng minh rằng, dãy số { u n } có giới hạn hữu hạn.

Bài giải Xét hàm số f (x) = 2009

3 ln(x 2 + 2009 2 ) − 2009 2 , x ∈ R Khi đó, f (x) xác định và liên tục trên R , và với mọi x ∈ R, ta có f ′ (x) = 2009

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy ta có x 2 + 2009 2 ≥ 2 √ x 2 2009 2 = 2.2009 | x | ⇐⇒ 2 | x | x 2 + 2009 2 ≤ 1

Do đó, với mọi x ∈ R, ta có

Xét hàm số g(x) = x − f (x) Rõ ràng rằng g(x) xác định, liên tục trên R Bởi vì g ′ (x) = 1 − f ′ (x) > 0 với mọi x ∈ R nên g(x) đồng biến trên R Hơn nữa, vì g (0) = − f(0) = 4018

Theo điều kiện 3 ln(2009 4 + 2009 2 ) < 0, ta có g(0)g(−2009 2 ) < 0, dẫn đến phương trình g(x) = 0 ⇐⇒ f(x) = x có một nghiệm duy nhất trong khoảng (−2009 2 ; 0) Điều này chứng tỏ tồn tại một giá trị duy nhất L ∈ (−2009 2 ; 0) sao cho L = f(L) Theo định lý Lagrange, với mỗi n ∈ N ∗, tồn tại q n nằm giữa u n và L, thỏa mãn f(u n ) − f(L) = f′(q n )(u n − L).

Từ đó ta suy ra

| b − L | = 0 nên sử dụng định lí kẹp ta suy ra n → lim + ∞ | u n − L | = 0 ⇐⇒ lim n → + ∞ (u n − L) = 0 ⇐⇒ lim n → + ∞ u n = L

Do đó, dãy số { u n } có giới hạn hữu hạn

Chứng minh rằng dãy số { u n } có giới hạn hữu hạn.

Bài giải Ta có u 3 n+1 − 3u n+1 (u n+1 − 1) = u n + 1 ⇐⇒ (u n+1 − 1) 3 = u n ⇐⇒ u n+1 = √ 3 u n + 1 Bởi vì u 0 = 2, 7 nên u n > 2 với mọi n ∈ N Xét hàm số f (x) = 1 + √ 3 x với x > 2

Ta có u n+1 = f (u n ) với mọi n ∈ N và f ′ (x) = 1

Ta có phương trình f(x) = x ⇐⇒ 1 + √ 3 x = x ⇐⇒ x − 1 = √ 3 x ⇐⇒ x 3 − 3x 2 + 2x − 1 = 0 Đặt g(x) = x 3 − 3x 2 + 2x − 1 = 0, ta có g ′ (x) = 3x 2 − 6x + 2 > 3x(x − 2) > 0 với mọi x > 2.

Do g(x) liên tục và đồng biến trên khoảng (2; +∞) với điều kiện g(2)g(3) < 0, phương trình g(x) = 0 tương đương với f(x) = x có một nghiệm duy nhất trong khoảng (2; 3) Điều này cho thấy tồn tại một giá trị duy nhất L trong khoảng (2; 3) sao cho L = f(L) Theo định lý Lagrange, với mỗi n thuộc tập N, tồn tại một q_n nằm giữa u_n và L, thỏa mãn f(u_n) - f(L) = f'(q_n)(u_n - L).

| b − L | = 0 nên sử dụng định lí kẹp ta suy ra n → lim + ∞ | u n − L | = 0 hay lim n → + ∞ (u n − L) = 0 ⇐⇒ lim n → + ∞ u n = L

Như vậy, dãy số { u n } có giới hạn hữu hạn

(1) Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm duy nhất sin 2 (x + 3) − x = 2011

Bài giải (1) Từ giả thiết ta suy ra u n ≥ − 2011với mọi n ∈ N ∗ và nếu x là nghiệm của phương trình sin 2 (x + 3) − x = 2011, thì x ≥ − 2011.

Xét hàm số f(x) = sin 2 (x+3) − 2011với mọi x ∈ [ − 2011; + ∞ ), ta có u n+1 = f (u n ) với mọi n ∈ N, và f ′ (x) = 2 sin(x + 3) cos(x + 3) = sin(2x + 6) với mọi x ∈ [ − 2011; + ∞ )

Tiếp theo, xét hàm số g(x) = f (x) − x , ta có g ′ (x) = f ′ (x) − 1 = sin(2x + 6) − 1 ≤ 0 với mọi x ∈ [ − 2011; + ∞ )

Hơn nữa, ta có g( − 2011) = f( − 2011) + 2011 = sin 2 ( − 2008) > 0; x → lim + ∞ g(x) = −∞

Hàm g(x) là hàm liên tục và nghịch biến trên khoảng [−2011; +∞) Do đó, đồ thị của g(x) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất, dẫn đến phương trình g(x) = 0 tương đương với f(x) = x có một nghiệm duy nhất trong khoảng [−2011; +∞) Kết luận, tồn tại duy nhất một nghiệm cho phương trình này.

(2) Kí hiệu α = max x ∈ [ − 2011; − 2010] | f ′ (x) | , khi đó 0 ≤ α ≤ 1 Hơn nữa, ta thấy

− 2011 ≤ u n ≤ − 2010 với mọi n ∈ N , và phương trình f ′ (x) = sin(2x + 6) = 1 vô nghiệm trên [ − 2011; − 2010] Do đó,

0 ≤ α < 1 Theo định lí Lagrange, ứng vói mỗi n ∈ N ∗ , tồn tại c n ∈ [ − 2011; − 2010] sao cho

Từ đó, ta suy ra rằng

Bởi vì lim n → + ∞ α n = 0 nên sử dụng định lí kẹp ta suy ra n → lim + ∞ | u n+1 − L | = 0.

Bài giải Từ giả thiết suy ra u n > 1 với mọi n ∈ N Xét hàm số f (x) =

1 + 1 x + 1 với mọi x > 1, ta suy ra với mọi x > 1 ta có f ′ (x) = − 1

Xét hàm số g(x) = f(x) − x, ta nhận thấy g(1) > 0 và g(2) < 0, từ đó suy ra g(1)g(2) < 0 Điều này cho thấy phương trình g(x) = 0, tương đương với f(x) = x, có một nghiệm duy nhất L nằm trong khoảng (1; 2) Áp dụng định lý Lagrange, chúng ta có thể chứng minh rằng lim n → + ∞ u n = L.

16 Từ đây, ta suy ra rằng x = 2

Phương pháp so sánh dãy số

1.6.1 Chú ý ([3]) Để chứng minh dãy { u n } hội tụ về L ta có thể dùng định nghĩa hoặc cần chỉ ra rằng tồn tại n 0 ∈ N ∗ sao cho với mọi n ≥ n 0 ta có

0 ≤ | u n − L | ≤ v n , trong đó lim n → + ∞ v n = 0 Khi đó, theo nguyên lí kẹp ta suy ra lim n → + ∞ u n = L

1.6.2 Bài toán ([3]) Cho dãy số { u n } xác định bởi công thức u n = 1 2! + 2 3! + ã ã ã + n

(k + 2)! > 0với mọi k ∈ N ∗ nên { u k } tăng ngặt Ta có k

Cuối cùng, bởi vì n → lim + ∞

2004! nên sử dụng định lí kẹp suy ra lim n → + ∞

∑ n k=2 k cos π k với mọi n = 2, 3, Tính lim n → + ∞

Bài giải Trước tiên, ta chứng minh bất dẳng thức cos x ≥ 1 − x 2

2 − cos x Khi đó, f (x) xác định và liên tục trên

] Hơn nữa, ta có f ′ (x) = sin x − x với mọi x ∈ (

Suy ra hàm f ′ (x) nghịch biến trên [ 0; π

2 nên f ′ (x) ≤ f ′ (0) = 0 Do đó, f (x) nghịch biến trên

] , kéo theo f(x) ≤ f(0) = 0 Như vậy, (1.31) được chứng minh.

= 1 2 nên sử dụng định lí kẹp ta suy ra lim n → + ∞

1.6.4 Bài toán ([6]) Cho dãy { S n } được xác định bởi

Chứng minh rằng dãy { S n } hội tụ và tìm giới hạn đó.

Bài giải Trước tiên, ta chứng minh bất dẳng thức x − x 3

• sin x ≤ x với mọi x ≥ 0. Đặt g(x) = sin x − x trên[0; + ∞ ) Khi đó, g(x)xác định và liên tục trên[0; + ∞ ).

Ta có g ′ (x) = cos x − 1 ≤ 0 Do đó, g ′ (x) = 0 ⇐⇒ cos x = 1 ⇐⇒ x = k2π, k ∈ N

Suy ra g(x)giảm trên [0; + ∞ ) Bởi vì x ≥ 0nên g(x) ≤ g(0), kéo theo sin x − x ≤ 0. Như vậy, sin x ≤ x với mọi x ≥ 0.

6 ≤ sin x với mọi x ≥ 0. Đặt f (x) = sin x − x + x 3

6 với mọi x ∈ [0; + ∞ ) Khi đó, f (x) xác định và liên tục trên[0; + ∞ ) Hơn nữa, ta có f ′ (x) = cos x − 1 + x 2

Do đó, f ′′ (x) = 0 ⇐⇒ x = 0 Suy ra hàm f ′ (x)tăng trên [0; + ∞ ) Bởi vì x ≥ 0nên f ′ (x) ≥ f ′ (0) = 0 Do đó, f (x) tăng trên [0; + ∞ ), kéo theo f(x) ≥ f(0) = 0.

Lấy x = k n 3 ta suy ra với mọi k = 1, 2, , n , ta có k 2 n 3 − k 4 n 9 3! ≤ k sin k n 3 ≤ k 2 n 3

= 1 3 nên sử dụng định lí kẹp suy ra lim n → + ∞ S n = 1

Phương pháp sử dụng tổng tích phân

1.7.1 Định nghĩa ([1]) Cho hàm số y = f (x) xác định trên [a; b] Xét một phân hoạch π bất kỳ của [a; b] như sau. a = x 0 < x 1 < x 2 < ã ã ã < x n − 1 < x n = b Với mọi i = 1, 2, , n , lấy bất kì α i ∈ [x i − 1 ; x i ] và đặt

∑ n i=1 f(α i )∆ i = f (α 1 )∆ 1 + f (α 2 )∆ 2 + ã ã ã + f(α n )∆ n được gọi là tổng tích phân của f (x) trên đoạn [a; b] ứng với phép phân hoạch π

Nếu giới hạn lim dπ → 0 σ π (f) là hữu hạn và không phụ thuộc vào phân hoạch π cũng như cách chọn điểm α i, thì giới hạn này được gọi là tích phân xác định của hàm số f(x) trên khoảng [a; b].

∫ b a f (x)dx Lúc này, ta nói f(x) khả tích trên [a; b].

1.7.2 Nhận xét ([1]) (1) Nếu hàm f (x) khả tích trên đoạn [a; b], thì với mọi phân hoạch π của [a; b] và với mọi mọi cách chọn α k ∈ [x k − 1 ; x k ], k =

(2) Nếu y = f (x) liên tục trên [a; b], thì khả tích trên đoạn đó.

(3) Nếu hàm số y = f(x) bị chặn trên [a; b] và chỉ gián đoạn tại một số hữu hạn điểm trên [a, b], thì f(x) khả tích trên đoạn đó.

(4) Nếu hàm số y = f (x)bị chặn trên [a; b] và đơn điệu trên đoạn[a; b], thì khả tích trên đoạn đó.

1.7.3 Nhận xét ([1]) Nếu bài toán yêu cầu tính giới hạn của dãy số { S n } biết rằng

∑ n i=1 x i , thì ta tiến hành theo các bước như sau.

Bước 1 Biến đổi tổng S n thành biểu thức dạng

Bước 2 Chọn được hàm f(x) khả tích trên [a; b].

◦ Lập phép phân hoạch đều trên [a; b] bởi các điểm chia a = x 0 < x 1 < x 2 < ã ã ã < x n − 1 < x n = b

◦ Lập tổng tích phân của đoạn f(x) trên [a; b].

∫ b a f(x)dx Đặc biệt Nếu a = 0 và b = 1, thì các bước trên trở thành

Bước 1 Biến đổi tổng S n thành biểu thức

Bước 2 Chỉ ra hàm f (x) khả tích trên đoạn [0; 1].

◦ Lập phép phân hoạch đều trên [0; 1] bởi các điểm chia

◦ Lập tổng tích phân của đoạn f(x) trên [0; 1]

1.7.4 Bài toán ([1]) Với mọi n ∈ N ∗ , cho

Xét hàm số f (x) = x , khi đó f (x) khả tích trên [0; 1] Ta xét phân hoạch π chia [0; 1] thành n đoạn đều nhau, cụ thể x 0 = 0 n = 0 < x 1 = 1 n < x 2 = 2 n < ã ã ã < x n − 1 = n − 1 n < x n = n n = 1. và với mọi i = 1, 2, , n , ta chọn α i = i n ∈ [x i − 1 ; x i ] Khi đó,

(Học viện kỹ thuật mật mã 1999)

1 + x 2 , khi đó f(x) khả tích trên [0; 1] Ta xét phân hoạch π chia đoạn [0; 1] thành n đoạn đều nhau x 0 = 0 n = 0 < x 1 = 1 n < x 2 = 2 n < ã ã ã < x n − 1 = n − 1 n < x n = n n = 1 và với mọi i = 1, 2, , n , ta chọn α i = i n ∈ [x i − 1 ; x i ] Khi đó,

(Olympic toán Sinh viên toàn quốc năm 2007-2008)

Xét hàm số f (x) = x 2008 , khi đó f (x) khả tích trên [0; 1] Ta xét phân hoạch π chia đoạn [0; 1] thành n đoạn đều nhau x 0 = 0 n = 0 < x 1 = 1 n < x 2 = 2 n < ã ã ã < x n − 1 = n − 1 n < x n = n n = 1, và với mọi i = 1, 2, , n , ta chọn α i = i n ∈ [x i − 1 ; x i ] Khi đó,

√ i n , và hàm số f (x) = √ x khả tích trên [0; 1] Ta xét phân hoạch π chia [0; 1] thành n đoạn đều nhau x 0 = 0 n = 0 < x 1 = 1 n < x 2 = 2 n < ã ã ã < x n−1 = n − 1 n < x n = n n = 1, và với mọi i = 1, 2, , n , ta chọn α i = i n ∈ [x i − 1 ; x i ] Khi đó,

Tìm lời giải Ta biến đổi

1 + 6i − 4 3n , với c sẽ là độ dài của đoạn lấy tích phân Ta dự đoán hàm số dưới dấu tích phân sẽ là f (x) = 1

1 + x và đoạn lấy tích phân sẽ là [d; d + c] Xét phép phân hoạch π chia đều đoạn [d; d + c] bởi các điểm chia x 0 = d, x 1 = d + c.1 n , x 2 = d + c.2 n , , x n = d + c.n n = d + c Khi đó, với mọi i = 1, 2, , n , ta có

∆ i = x i − x i − 1 = c n , α i ∈ [x i − 1 ; x i ], kéo theo α i có dạng α i = ax i − 1 + bx i với mọi a ≥ 0, b ≥ 0, a + b = 1.

Ta cần tìm a, b sao cho 6i − 4

3n = ax i−1 + bx i , nghĩa là tìm a và b sao cho

Bởi vậy ta có lời giải như sau.

1 + x khả tích trên đoạn [0; 2] Xét phép phân hoạch đều π của[0; 2] bởi các điểm chia x 0 = 0, x 1 = 2.1 n , x 2 = 2.2 n , , x n = 2.n n = 2.

Khi đó, với mọi i = 1, 2, , n , ta có ∆ i = x i − x i − 1 = 2 n , và α i = 2

Phương pháp lấy tích phân từng phần

Trước tiên, ta nhắc lại công thức tính tích phân từng phần: Nếu u(x) và v(x) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên khoảng I , thì

1.8.1 Bài toán ([3]) Với mọi n ∈ N, xét I n =

0 cos n x cos(nx)dx Khi đó,

  u = cos n x dv = cos(nx)dx

  du = − n cos n − 1 x sin xdx chọn v = sin(nx) n

0 cos n − 1 x sin(nx) sin xdx

0 cos n − 1 x sin(nx) sin xdx (1.32)

0 cos n − 1 x[cos(nx) cos x − sin(nx) sin x]dx

0 cos n−1 x sin(nx) sin x]dx

Như vậy, dãy số { I n } lập thành cấp số nhân có I 1 = π

1.8.2 Bài toán ([3]) Với mọi n ∈ N ∗ , ta xét I n =

(2) Tìm hệ thức liên hệ giữa I n+2 và I n

(4) Xét dãy số { x n } như sau x n = (n + 1)I n I n+1 , ∀ n ∈ N ∗ Tìm lim n → + ∞ x n

  u = cos x dv = sin n x cos xdx

  du = − sin xdx chọn v = sin n+1 x n + 1 Khi đó

0 sin n+2 xdx = I n+2 n + 1 (1.35) Thay (1.35) vào (1.34) ta suy ra với mọi n ∈ N ∗ ta có

(3) Nếu n = 2k thì từ (1.36) ta có

Nhân theo vế ta được I 2k = 3.5.7 (2k − 1)

Nếu n = 2k − 1 thì từ (1.36) ta có

Nhân theo vế ta được

1.8.3 Nhận xét ([3]) Bằng phép đổi biến t = π

2 − x ta dễ dàng chứng minh được

1.8.4 Bài toán ([3]) Chứng minh rằng n → lim + ∞

Như vậy, ta có nI n = (n − 1)I n − 2 ⇐⇒ I n = n − 1 n I n − 2

Bởi vì 0 ≤ sin x ≤ 1 với mọi x ∈ [

Cuối cùng, bởi vì lim n → + ∞

2n 2n + 1 = 1 nên từ (1.38) ta suy ra n → lim + ∞

Do đó, từ (1.37) ta thu được n → lim + ∞

GIỚI HẠN CỦA MỘT SỐ DÃY ĐẶC BIỆT

Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày về giới hạn của dãy phân tuyến tính, dãy tổng, dãy tích và dãy số được xác định bởi các phương trình.

Giới hạn của dãy số phân tuyến tính

2.1.1 Định nghĩa ([1]) Cho a, b, c, d ∈ R sao cho ad − bc ̸ = 0 và c ̸ = 0.

Xét dãy số { u n } được xác định như sau.

Khi đó, { u n } được gọi là dãy phân tuyến tính.

Qui ước Nếu cho dãy { u n } là dãy phân tuyến tính thì ta hiểu rằng với mọi n = 1, 2, luôn tồn tại u n

2.1.2 Nhận xét ([1]) Xét dãy số phân tuyến tính { u n } xác định bởi

55 trong đó a, b, c, d và p là các hằng số cho trước Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được u n = v n w n trong đó v n , w n thỏa mãn v 1 = p, w 1 = 1,

  v n+1 = av n + bw n w n+1 = cv n + dw n với mọi n ∈ N ∗

Như vậy, vấn đề còn lại là tìm số hạng tổng quát của 2 dãy số { v n } , { w n } thỏa mãn (2.1).Ta thường dùng 2 cách như sau.

Cách 1 Với mọi n ∈ N ∗ , ta có v n+1 + λw n+1 = (a + λc)v n + (b + λd)w n

Ta cần tìm λ sao cho b + λd = λ(a + λc) (2.2)

Khi {v_n + λw_n} tạo thành một cấp số nhân, chúng ta có thể xác định số hạng tổng quát của dãy này Từ đó, chúng ta cũng có thể tìm ra số hạng tổng quát của hai dãy số {v_n} và {w_n}.

Cách 2 Ta có v n+2 = av n+1 + b(cv n + dw n ) = (a + d)v n+1 + (bc − ad)v n

Do đó, phương trình dặc trưng của dãy số { v n } là λ 2 − (a + d)λ + (ad − bc) = 0

Giải phương trình trên ta tìm được số hạng tổng quát của dãy số { v n } và từ đó tìm được số hạng tổng quát của dãy { w n }

Nếu bd = 0, chúng ta có thể tuyến tính hóa dãy số phân tuyến tính { u n } đã cho, từ đó tìm số hạng tổng quát của dãy này một cách nhanh chóng Bên cạnh đó, còn nhiều phương pháp hiệu quả khác để xác định số hạng tổng quát của dãy { u n }.

Cho dãy { u n } là dãy phân tuyến tính như sau u n+1 = au n + b cu n + d với mọi n ∈ N ∗

Khi đó, ta có các định lí sau đây.

2.1.4 Định lí ([1]) Nếu dãy { u n } hội tụ đến L thì cL 2 + (d − a)L − b = 0

Chứng minh Với mọi n ∈ N ∗ , ta có u n+1 = au n + b cu n + d

Qua giới hạn khi n → ∞ , ta được

2.1.5 Định lí ([1]) Nếu △ = (d − a) 2 + 4bc < 0 , thì dãy phân kì.

2.1.6 Định lí ([1]) Giả sử △ = (d − a) 2 +4bc > 0 và α, β là hai nghiệm của phương trình cu 2 + (d − a)u − b = 0

(1) u 1 = α khi và chỉ khi u n = α với mọi n ∈ N ∗

(2) Giả sử u 1 ̸ = α , U n = u n − β u n − α với mọi n ∈ N ∗ và λ = cα + d cβ + d Khi đó,

◦ Nếu λ = − 1 và u 1 ̸ = β , thì dãy { u n } phân kỳ.

◦ Trường hợp λ = 1 không xảy ra.

Chứng minh Bởi vì α, β là nghiệm của phương trình L = aL + b cL + d nên α = aα + b cα + d , β = aβ + b cβ + d

(1) Ta chỉ cần chứng minh rằng nếu u 1 = α thì u n = α với mọi n ∈ N ∗ bằng quy nạp vì chiều ngược lại là hiển nhiên Thật vậy,

◦ Giả sử u n = α , khi đó u n+1 = au n + b cu n + d = aα + b cα + d = α

(3) Theo khẳng định (2) ta suy ra U n = λ n − 1 U 1 với mọi n ∈ N ∗ Do đó,

◦ Nếu | λ | < 1, thì lim n→+∞ λ n − 1 = 0 Suy ra lim n→+∞ U n = lim n→+∞ λ n − 1 U 1 = 0 Ta có

◦ Nếu | λ | > 1 thì do U 1 ̸ = 0 nên lim n → + ∞

◦ Nếu λ = − 1 và u 1 = β , thì u n = β với mọi n ∈ N ∗ , suy ra lim n → + ∞ u n = β

◦ Nếu λ = − 1 và u 1 ̸ = β , thì U 1 ̸ = 0 và U n+1 = ( − 1) n U 1 với mọi n ∈ N ∗ Bởi vì dãy v n = ( − 1) n phân kỳ nên dãy { U n } cũng phân kỳ.

Nếu lim n → + ∞ u n = A , thì từ U n = u n − β u n − α ta suy ra lim n → + ∞ U n = A − β

A − α Điều này mâu thuẫn với dãy { U n } phân kỳ Như vậy, dãy { u n } phân kỳ.

◦ Nếu λ = 1, thì cα + d cβ + d = 1 ⇐⇒ cα + d = cβ + d ⇐⇒ cα = cβ ⇐⇒ α = β Điều này không xảy ra được vì △ = (d − a) 2 + 4bc > 0

2.1.7 Định lí ([1]) Giả sử △ = (d − a) 2 + 4bc = 0 và g = a − d

(1) u 1 = g khi và chỉ khi u n = g với mọi n ∈ N ∗

(2) Giả sử u 1 ̸ = g , U n = 1 u n − g với mọi n ∈ N ∗ , à = 2c a + d Khi đó,

Chứng minh (1) Bởi vì g là nghiệm của phương trình L = aL + b cL + d nên g = ag + b cg + d Mặt khác, vì ∆ = 0 nên phương trình cL 2 + (d − a)L − b = 0 có nghiệm kép g = a − d

Để chứng minh rằng nếu \( u_1 = g \) thì \( u_n = g \) với mọi \( n \in \mathbb{N}^* \), ta sử dụng quy nạp Giả sử \( u_1 = g \), ta có \( u_2 = au_1 + b cu_1 + d = ag + b cg + d = g \) Tiếp theo, giả sử \( u_n = g \), ta có \( u_{n+1} = au_n + b cu_n + d = ag + b cg + d = g \) Do đó, điều này khẳng định rằng \( u_n = g \) với mọi \( n \).

Bởi vì △ = (d − a) 2 + 4bc = 0 nên2bc = − (d − a) 2

Từ đó, ta suy ra

(3) Nếu u 1 = g , thì theo khẳng định (1) ta suy ra u n = g với mọi n ∈ N ∗

Nếu u 1 ̸ = g , thỡ theo khẳng định (2) ta cú U n+1 = U n + à với mọi n ∈ N ∗ Suy ra { u n } là cấp số cộng cú cụng sai d = à và số hạng đầu U 1 Do đú,

Bởi vỡ à = 2c a + d nên n → lim + ∞ (u n − g) = lim n → + ∞

U 1 + (n − 1)à = 0, kéo theo lim n → + ∞ u n = g Như vậy, trong mọi trường hợp ta đều có lim n → + ∞ u n = g

Hãy tìm số hạng tổng quát của { u n }

Bài giải Xét hai dãy số { v n } , { w n } được xác định như sau.

Do vậy, dãy { v n } thỏa điều kiện

Ta thấy phương trình đặc trưng λ 2 − 4λ − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt λ 1 = 2 − √

Khi đó, số hạng tổng quát có dạng v n = kλ n 1 + lλ n 2 Để tìm được k, l ta giải hệ sau

Tương tự số hạng tổng quát của { w n } là w n =

Chứng minh rằng dãy đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài giải Dãy { u n } là dãy phân tuyến tính với u n+1 = au n + b cu n + d , trong đó a = 0, b = − 1, c = 1, d = 3, ad − bc = 1 ̸ = 0, c ̸ = 0. Phương trình x 2 + 3x + 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 = β = − 3 − √

5 > 1, kéo theo | λ | > 1 Như vậy, theo Định lí (2.1.6), ta suy ra dãy đã cho hội tụ và n → lim + ∞ u n = α = − 3 + √

Hãy tìm giới hạn của { u n }

(Đề thi vô địch sinh viên Moskva - 1982)

Bài giải Dãy { u n } là dãy phân tuyến tính với u n+1 = au n + b cu n + d , trong đó a = 0, b = 1, c = − 3, d = 4, ad − bc = 3 ̸ = 0, c ̸ = 0.

Phương trình 3x 2 − 4x + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 = β = 1

3 < 1, kéo theo | λ | < 1 Như vậy, theo Định lí (2.1.6), ta suy ra dãy đã cho hội tụ và n → lim + ∞ u n = β = 1

Giới hạn của dãy tổng

2.2.1 Định nghĩa ([1]) Cho dãy số { u n } , và xét dãy số { S n } như sau.

Khi đó, dãy số { S n } được gọi là dãy tổng.

2.2.2 Nhận xét ([1]) (1) Nếu dãy số { u n } có dạng u n+1 = f(u 1 + u 2 + ã ã ã + u n ), thỡ bằng cỏch đặt S n = u 1 + u 2 + ã ã ã + u n ta đưa về dóy số { S n } như sau

(2) Phương pháp tìm giới hạn của dãy tổng:

Bước 1 Rút gọn hoặc tìm số hạng tổng quát của dãy số { S n }

2.2.3 Chú ý ([1]) z Nếu { u n } cho bởi hệ thức truy hồi, thì ta thường làm như sau.

◦ Chứng minh lim n → + ∞ u n = + ∞ hoặc lim n → + ∞ u n = −∞ bằng cách chỉ ra { u n } tăng và không bị chặn trên hoặc { u n } giảm và không bị chặn dưới.

◦ Tìm giới hạn S n z Để rút gọn tổng S n =

2.2.4 Bài toán ([6]) Cho dãy số { u n } xác định bởi công thức u n+1 = 2n + 1 n 2 (n + 1) 2 với mọi n ∈ N ∗

Bài giải Với mọi n ∈ N ∗ , ta có u n+1 = 2n + 1 n 2 (n + 1) 2 = 1 n 2 − 1 (n + 1) 2

2.2.5 Bài toán ([6]) Cho dãy số { u n } xác định bởi công thức u n = n

Bài giải Với mọi n ∈ N ∗ , ta có u n = n

2.2.6 Bài toán ([1]) Cho dãy số { u n } thỏa mãn u 1 = a > 1 và u n+1 = u 2 n − u n + 1 với mọi n ∈ N ∗ (2.3)

Bài giải Bởi vì a > 1 và u n+1 − u n = u 2 n − u n + 1 − u n = (u n − 1) 2 > 0 với mọi n ∈ N ∗ nên { u n } là dãy số tăng và u n ≥ a > 1 Mặt khác, ta có u n+1 − 1 = u n (u n − 1) ⇐⇒ 1 u n+1 − 1 = 1 u n (u n − 1)

1 u n = 1 u n − 1 − 1 u n+1 − 1 với mọi n ∈ N ∗ nên ta có

Trường hợp 1: Dãy { u n } bị chặn trên.

Bởi vì dãy { u n } tăng và bị chặn trên nên theo Định lí Weierstrass, ta suy ra tồn tại L = lim n → + ∞ u n ∈ R Qua giới hạn khi n → ∞ trong (2.3) ta được

Bởi vì u n ≥ a > 1 nên L ≥ a > 1 Điều này mâu thuẫn với L = 1 Do đó, trường hợp này không xảy ra.

Trường hợp 2: Dãy { u n } không bị chặn trên.

Ta có lim n → + ∞ u n = + ∞ , kéo theo lim n → + ∞ (u n+1 − 1) = + ∞ Do đó, n → lim + ∞

2.2.7 Chú ý ([1]) Dãy { u n } có hệ thức truy hồi là u n+1 = f (u n ) với f (x) = x 2 − x + 1

Ta tìm điểm bất động của hàm số f bằng cách giải phương trình x = x 2 − x + 1 ⇐⇒ x = 1

Do vậy, trong lời giải của bài toán trên ta xét u n+1 − 1, ta thu được

Từ đây ta rút gọn được tổng cần tính giới hạn.

2.2.8 Bài toán ([2]) Cho dãy số { u n } thỏa mãn u 1 = 5 và u n+1 = 1

(Đề thi chính thức Olympic 30-4-2006)

Bài giải Từ (2.4) ta có u n+1 − u n = 1

Suy ra dãy { u n } là dãy số tăng và u n ≥ 5 Ta có u n+1 − 3 = 1

Bởi vì { u n } là dãy tăng và bị chặn trên nên theo Định lí Weierstrass, tồn tại

Hơn nữa, vì u n ≥ 5nên L ≥ 5 Điều này mâu thuẫn với L = 3 Do đó, trường hợp này không xảy ra.

Ta có lim n → + ∞ u n = + ∞ , kéo theo lim n → + ∞ u n+1 = + ∞ Suy ra n → lim + ∞

Do đó, ta có n → lim + ∞

2.2.9 Chú ý ([2]) Để tìm biểu thức sai phân

Phương pháp mới được trình bày trong bài viết này là một cách tiếp cận khác so với phương pháp tìm điểm bất động của hàm đặc trưng, thông qua việc bổ sung tham số vào quá trình lựa chọn Cụ thể, giả sử chúng ta có phương trình 1 u n + 2 = 1 u n − 3 − 1 u n+1 − 3.

So sánh(2.4) và (2.5) ta thấy cần phải chọn

2.2.10 Bài toán Cho dãy số { u n } thỏa mãn u 1 = 1 và u n+1 = u 2 n

(Đề thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Ngãi năm 2014-2015)

Bài giải Từ (2.6) ta có u n+1 − u n = u 2 n

Suy ra dãy { u n } là dãy số tăng và u n ≥ 1 Ta có u 2 n = 2014(u n+1 − u n ) ⇐⇒ u n u n+1 = u 2 n u n u n+1 = 2014(u n+1 − u n ) u n u n+1

Bởi vì dãy { u n } tăng và bị chặn trên nên theo Định lí Weierstrass, tồn tại

Hơn nữa, vì u n ≥ 1nên L ≥ 1 Điều này mâu thuẫn với L = 0 Do đó, trường hợp này không xảy ra.

Ta có lim n → + ∞ u n = + ∞ , kéo theo lim n → + ∞

Giới hạn của dãy tích

A Phương pháp tìm giới hạn của dãy tích

Bước 1 Rút gọn, tìm số hạng tổng quát của dãy số { u n }

Bước 2 Tìm lim n →∞ u n bằng các phương pháp đã nêu trong Chương 1.

2.3.1 Bài toán ([1]) Cho dãy số { u n } xác định bởi công thức u n = 1 + 1 n(n + 2) với mọi n ∈ N ∗

Do đó, với mọi n ∈ N ∗ , ta có

2.3.3 Bài toán ([6]) Hãy tính n → lim + ∞

2.3.4 Bài toán ([1]) Với mọi n ∈ N ∗ , cho f (n) = (n 2 + n + 1) 2 + 1, u n = f (1).f(3).f(5) f (2n − 1) f (2).f (4).f (6) f (2n)

1 n + 1 + 1 n + 2 + ã ã ã + 1 n + 20 = g(n) f (n) , trong đó g(n) là đa thức bậc 19 theo n , còn f(n)là đa thức bậc 20 theo n Do đó, n → lim + ∞

Bởi vì hàm số y = 5 x liên tục trên R nên n → lim + ∞

Giới hạn của các dãy số xác định bởi dãy các phương trình

Cho phương trình với tham số n nguyên dương f n (x) = 0 Khi đó,

• Chứng minh rằng với mỗi n > n 0 , phương trình nói trên có duy nhất một nghiệm x n ∈ D

• Chứng minh rằng dãy số { x n } hội tụ và hãy tính lim n → + ∞ x n

Để chứng minh phương trình f n (x) = 0 có nghiệm duy nhất trên D, ta sử dụng kết quả rằng nếu hàm số g(x) xác định, liên tục và đơn điệu trên [a; b] với g(a).g(b) < 0, thì phương trình g(x) = 0 có duy nhất một nghiệm trong khoảng (a; b).

◦ Để chứng minh dãy số { x n } hội tụ và tính lim n → + ∞ x n ta sử dụng các phương pháp ở Chương 1.

2.4.1 Bài toán ([1]) Cho phương trình x n + x n−1 + ã ã ã + x − 1 = 0 (2.7)

Chứng tỏ rằng, với mỗi n ∈ N ∗ , phương trình đã cho (2.7) có duy nhất một nghiệm x n ∈ N ∗ và tìm lim n → + ∞ x n

Bài giải Nếu n = 1, thì phương trình đã cho trở thành x − 1 = 0 Phương trình này có nghiệm duy nhất là x = 1.

Bây giờ, với mọi n ∈ N ∗ , ta xét f n (x) = x n + x n − 1 + ã ã ã + x − 1. Khi đó, hàm f n (x) là hàm liên tục trên (0; + ∞ ) Mặt khác, nếu 0 < x 1 < x 2 , thì f n (x 1 ) − f n (x 2 ) = (x n 1 − x n 2 ) + (x n 1 − 1 − x n 2 − 1 ) + ã ã ã + (x 1 − x 2 ) < 0.

Do đó, f n (x) tăng trên (0; + ∞ ) Hơn nữa, vì f n (0)f n (1) = ( − 1)(n − 1) = 1 − n < 0 nên phương trình f n (x) = 0 có duy nhất một nghiệm dương x n Khi đó,

Ta thấy rằng, nếu x n ≤ x n+1 , thì

< x n+1 + x 2 n+1 + ã ã ã + x n n+1 + x n+1 n+1 = 1 Điều mâu thuẫn này chứng tỏ rằng x n > x n+1 với mọi n = 2, 3, Như vậy, dãy

{ x n } giảm và bị chặn dưới bởi0 Theo định lí Weierstrass, tồn tại a = lim n → + ∞ x n ∈ R. Khi đó, 0 ≤ a < x 1 < 1 Mặt khác, vì

Bởi vì 0 < x n < x 1 < 1 với mọi n = 2, 3, nên qua giới hạn khi n → ∞ trong (2.8) ta được

2.4.2 Bài toán ([1]) Cho phương trình

(1) Chứng minh rằng, với mỗi n ∈ N ∗ , (2.9) có duy nhất nghiệm x n ∈ (0; 1).

(2) Chứng minh rằng, dãy số { x n } có giới hạn hữu hạn.

(Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm học 2001-2002, bảng B)

Bài giải (1) Với mọi n ∈ N ∗ , xét hàm số f n (x) = 1

2x + 1 x − 1 + 1 x − 4 + ã ã ã + 1 x − k 2 + ã ã ã + 1 x − n 2 Khi đó, f n (x) là hàm liên tục và nghịch biến trên (0; 1) Hơn nữa, ta có x→0 lim + f n (x) = + ∞ ; lim x→1 − f n (x) = −∞

Đồ thị của hàm f n (x) trên khoảng (0; 1) là một đường nét liền đi xuống, bắt đầu từ +∞ và giảm dần đến −∞ Điều này cho thấy đồ thị cắt trục hoành tại một điểm duy nhất, dẫn đến việc phương trình f n (x) = 0 có một nghiệm duy nhất x n nằm trong khoảng (0; 1).

Mặt khác, vì x n ∈ (0, 1) nên nhờ (2.9) ta suy ra f n+1 (x) = 1 x n − (n + 1) 2 < 0.

Với mỗi n ∈ N ∗, phương trình f n+1 (x) = 0 có duy nhất nghiệm trong khoảng (0; x n ) Do (0; x n ) ⊂ (0; 1) với mọi n ∈ N ∗, ta suy ra x n+1 ∈ (0; x n ) cho mọi n ∈ N ∗, từ đó dẫn đến 0 < x n+1 < x n với mọi n ∈ N ∗.

Như vậy, { x n } là dãy giảm và bị chặn dưới Theo định lí Weierstrass ta suy ra dãy { x n } hội tụ

2.4.3 Bài toán ([1]) Cho dãy số { x n } ⊂ R thỏa mãn phương trình sau với mọi n ∈ N ∗ ln(1 + x 2 n ) + nx n = 1 (2.10)

Hãy tìm lim n → + ∞ n(1 − nx n ) x n ; lim n → + ∞ n(1 + nx n ) x n

Bài giải Với mọi n ∈ N ∗ , ta xét hàm số f n (x) = ln(1 + x 2 ) + nx − 1.

Suy ra f n (x) là hàm liên tục và tăng thực sự Mặt khác, vì f n (0) = − 1 < 0, f n

> 0. nên ta suy ra tồn tại duy nhất x n ∈ R thỏa mãn f n (x n ) = 0 Hơn nữa, vì

0 < x n < 1 n nên lim n → + ∞ x n = 0 Bởi vì n → lim + ∞ n(1 − nx n ) x n = lim n → + ∞ n ln(1 + x 2 n ) x n = lim n → + ∞ nx n ln(1 + x 2 n ) x 2 n nên ta suy ra n → lim + ∞ ln(1 + x 2 n ) x 2 n = 1; lim n → + ∞ nx n = lim n → + ∞ [1 − ln(1 + x 2 n )] = 1.

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

Sau một thời gian tìm hiểu và nghiên cứu, luận văn đã thu được những kết quả như sau.

(1) Trình bày một số phương pháp chứng minh một dãy số hội tụ và tìm giới hạn của dãy số đó.

Vận dụng các phương pháp đã trình bày để giải quyết nhiều bài toán liên quan đến việc chứng minh sự hội tụ của dãy số và tính giới hạn của chúng Luận văn cũng tập trung vào việc tính giới hạn của dãy số phân tuyến tính, dãy tổng, dãy tích, và dãy số được xác định bởi các phương trình.

(3) Trình bày nhiều bài toán tính giới hạn trong các kỳ thi học sinh giỏi và các kỳ thi Olympic.

Trong tương lai, chúng tôi hướng đến việc mở rộng nghiên cứu về các dạng toán liên quan đến dãy số và các bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi cũng như các kỳ thi Olympic.

[1] Nguyễn Tài Chung (2013), Bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên khảo dãy số,

NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

[2] Hà Duy Hưng, Nguyễn Sơn Hà, Nguyễn Ngọc Giang, Lê Minh Cường

(2016), Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi THPT môn Toán, NXB Đại học

Nguyễn Văn Mậu và Nguyễn Thủy Thanh (2006) đã biên soạn chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán cấp trung học phổ thông, tập trung vào các khái niệm quan trọng như giới hạn dãy số và hàm số Tài liệu này được xuất bản bởi NXB Giáo dục Việt Nam, nhằm giúp học sinh nâng cao kỹ năng và kiến thức trong lĩnh vực Toán học.

[4] Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân Liêm, Nguyễn Khắc Minh, Đặng Hùng Thắng (2007), Đại số và Giải tích 11 nâng cao, NXB Giáo dục

[5] Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân Liêm, Nguyễn Khắc Minh, Đặng Hùng Thắng (2007), Sách giáo viên: Đại số và Giải tích 11 nâng cao,

NXB Giáo dục Việt Nam.

[6] Trần Văn Thương, Nguyễn Anh Trường, Nguyễn Phú Khánh, Đậu Thanh

Kỳ, Nguyễn Minh Nhiên, Nguyễn Tất Thu, Nguyễn Tấn Siêng, Đỗ Ngọc Thủy (2013), Phân loại và Phương pháp giải toán Đại số và giải tích 11,

NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

Tiêu đề	Một Số Phương Pháp Tính Giới Hạn Của Dãy Số
Tác giả	Vũ Thị Liễu
Người hướng dẫn	TS. Lương Quốc Tuyển
Trường học	Đại học Đà Nẵng
Chuyên ngành	Phương pháp toán sơ cấp
Thể loại	luận văn thạc sĩ
Năm xuất bản	2020
Thành phố	Đà Nẵng

Định dạng
Số trang	94
Dung lượng	4,39 MB