Giới hạn của các dãy số sinh bởi các đại lượng trung bình đã xuất hiện rải rác trong các kì thi học sinh giỏi. Bài viết này nhằm trình bày một cách đầy đủ và có hệ thống các bài toán về [r]
(1)Giới hạn dãy số sinh đại lượng trung bình xuất rải rác kì thi học sinh giỏi Bài viết nhằm trình bày cách đầy đủ có hệ thống toán giới hạn dãy số sinh đại lượng trung bình
0.1
Giới hạn dãy số sinh đại lượng trung bình
Định nghĩa Ta gọi trung bình bậc r n số dương a1, a2, , an biểu thức xác định bởi:∆r(a1, a2, , an) =
ar
1+ar2 +· · ·+arn
n
1r
,
nếu r6= 0,
∆0(a1, a2, , an) := lim
r→0∆r(a1, a2, , an)
Chú ý Đặc biệt r = ta có trung bình cộng, r = −1 ta có trung bình điều hịa, r= ta có trung bình bình phương (hay cịn gọi trung bình tồn phương)
Nhận xét Ta chứng minh a1, a2, , an số dương khác
∆0(a1, a2, , an) = √na1a2 an (*) Do r= 0, ta có trung bình nhân Cịn (∗) chứng minh sau: Ta có
ln [∆0(a1, a2, , an)] = ln
h
lim
r→0∆r(a1, a2, , an)
i
= ln
"
lim
r→0
ar1+a
r
2+· · ·+a
r n
n
1r
#
= lim
r→0
"
ln
ar1+a
r
2+· · ·+a
r n
n
1r
#
= lim
r→0
ln
ar
1+ar2+· · ·+arn
n
r
Lopitan
= lim
r→0
ar
1+ar2+· · ·+arn
n
0
ar
1+ar2+· · ·+arn
n
= lim
r→0
ar
1lna1+ar2lna2+· · ·+arnlnan
n
ar
1+ar2+· · ·+arn
n
= ln (a1a2 an)
n
G
G
GI
I
IỚ
Ớ
ỚI
I
I
H
H
H
Ạ
ẠN
Ạ
N
N
C
C
C
Ủ
ỦA
Ủ
A
A
C
CÁ
C
Á
Á
C
C
C
D
DÃ
D
Ã
ÃY
Y
Y
S
SỐ
S
Ố
Ố
S
SI
S
I
IN
N
NH
H
H
B
B
B
Ỡ
Ỡ
Ỡ
I
I
I
C
CÁ
C
Á
ÁC
C
C
Đ
Đ
Đ
Ạ
Ạ
Ạ
I
I
I
L
L
L
Ư
Ư
Ư
Ợ
Ợ
Ợ
N
N
N
G
G
G
T
T
T
R
R
R
U
U
U
N
N
N
G
G
G
B
B
B
Ì
Ì
Ì
N
N
N
H
H
H
(2)= lnh(a1a2 an)
1
n
i
Do
∆0(a1, a2, , an) = √na1a2 an
Nhận xét Theo nhận xét 1, trang ta có ngay: Với a >0, b >
lim
m→∞
am1 +b
1
m
!m
=√ab
Tuy nhiên ta chứng minh sơ cấp sau (không sử dụng quy tắc Lơpitan): Ta có
ln√ab
m = ln(ab) 2m = ln
a21mb
1 2m
≤ln a
1
m +b
1
m
!
= ln
1
am1 −1
+
bm1 −1
+
<
2
am1 −1
+
bm1 −1
Vậy
ln√ab≤ln a
1
m +b
1
m
!m
≤ 12hmam1 −1
+mbm1 −1
i
, ∀m = 1,2,
Từ đây, cho m→+∞ ta
lim
m→∞ln
am1 +b
1
m
!m
= ln√ab⇒ lim
m→∞
am1 +b
1
m
!m
=√ab
Nhận xét Ta chứng minh kết quả: Dãy
∆r(a1, a2, , an) =
ar
1+ar2+· · ·+arn
n
1r
là theo r hàm đồng biến hàm số biến r ∈R Kết quan
trọng, định hướng cho ta q trình so sánh dãy số thành lập từ đại lượng trung bình
Nhận xét Đối với dãy số thành lập từ đại lượng trung bình giới hạn dãy số thường thường ta tìm số hạng tổng quát dãy số
(3)0.1.1 Trường hợp số
Bài toán (Cộng cùng-nhân cùng) Cho dãy số (xn)
+∞
n=1 (yn) +∞
n=1 xác định
sau
x1 =a >0, y1=b >0, xn=
xn−1+yn−1 , yn=
√x
n−1yn−1
Chứng minh hai dãy số cho có giới hạn lim
n→∞
xn = lim n→∞
yn
Giải Từ giả thiết suy với n = 1,2, xn > 0, yn > Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
xn+1 =
xn+yn
2 ≥
√x
nyn =yn+1 ⇒xn ≥yn,∀n= 2,3, Suy
yn+1=√xnyn ≥√ynyn=yn,∀n= 1,2, Vậy
yn ≥yn−1 ≥ · · · ≥y2 =
√
ab
Tương tự ta có
xn+1 ≤xn ≤ · · · ≤x2 =
a+b
2
Vậy nên
√
ab≤y2 ≤y3 ≤ · · · ≤yn ≤xn ≤ · · · ≤x3 ≤x2 =
a+b
2
Suy dãy số(xn)giảm, bị chặn √
ab,còn dãy (yn)tăng bị chặn
a+b
2
Do chúng hội tụ Đặt
lim
n→+∞xn=α, n→lim+∞xn=β Khi từ giả thiếtxn+1 =
xn+yn
2 ,∀n= 1,2, cho n→+∞ ta
α= α+β
2 ⇔α=β
Vậy hai dãy số cho có giới hạn lim
n→+∞
xn= lim n→+∞
xn
Bài tốn (Cộng cùng-điều hịa cùng) Cho hai số dương a, b.Xét dãy số (an)
+∞ n=1
và (bn)
+∞
n=1 sau
a1 =a, b1 =b, an+1 =
an+bn
2 , bn+1 =
an
+
bn
,∀n = 1,2,
(4)Giải
Cách Dễ thấy với mọin = 1,2, , ta có an >0, bn>0, bn+1 =
2
an
+
bn
= 2anbn
an+bn
Vì
an+1bn+1 =
an+bn
2 2anbn
an+bn
=anbn,∀n = 1,2, Suy
anbn =· · ·=a1b1 =ab,∀n= 1,2,
Ta có
√a
n−√bn √a
n+ √
bn
= an−
√
anbn
an+ √
anbn
=
an−1+bn−1
2 −
√
anbn
an−1+bn−1
2 +
√
anbn
= an−1+bn−1 −2
√
anbn
an−1+bn−1 + 2√anbn
=an−1+bn−1 −2
p
an−1bn−1
an−1+bn−1 +
p
an−1bn−1 =
√a n−1 −
p bn−1
√a n−1+
p bn−1
!2
Do đó, phép quy nạp theo n chứng tỏ
√a n−
√
bn √a
n+√bn
=
√
a1−
√
b1
√a
1+
√
b1
2
n−1
=
√a −√b
√
a+√b !2n−1
, ∀n= 1,2,
Vậy
lim
n→∞ √a
n− √
bn √a
n+ √
bn
= lim
n→∞ √a
−√b
√a
+√b !2n−1
=
√a −√b
√a
+√b
<1
!
Theo suy
√a
n−√bn √a
n+√bn
= an−
√
ab an+
√
ab ⇒nlim→∞
an− √
ab an+
√
ab =
Đặt
an− √
ab an+
√
ab =xn⇔anxn+
√
abxn=an− √
ab⇔an= √
ab(xn+ 1)
1−xn
Khi
lim
n→+∞
an= lim n→+∞
√
ab(xn+ 1)
1−xn
=√ab (do lim
n→+∞
(5)Vậy
lim
n→∞
bn= lim n→∞
ab an
= √ab
ab =
√
ab
Cách Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
bn+1 =
an
+
bn
≤
2
r
1
an
bn
=panbn≤
an+bn
2 =an+1,∀n= 1,2,
Với n= 2,3, ta có
an+1 =
an+bn
2 ≤
an+an
2 =an,
bn+1 ≥bn⇔
2anbn
an+bn ≥
bn ⇔anbn≥b
2
n⇔an ≥bn (đúng) Hay ta viết lại
2ab
a+b =b2 ≤ · · · ≤bn ≤bn+1 ≤an+1 ≤an≤ · · · ≤a2 = a+b
2
Vậy kể từ số hạng thứ hai trở dãy số (an)
+∞
n=1 giảm bị chặn số 2ab
a+b nên có
giới hạn, dãy số (bn)
+∞
n=1 tăng bị chặn số
a+b
2 nên có giới hạn Đặt lim
n→∞
an=α, lim n→∞
bn =β Khi từ giả thiếtan+1 =
an+bn
2 ,∀n= 1,2, chon →+∞ ta
α= α+β
2 ⇔α=β
Vậy hai dãy số cho có giới hạn
lim
n→∞
an = lim n→∞
bn Từ lim
n→∞(anbn) = limn→∞(ab) = ab ta có nlim→∞an.nlim→∞bn =ab Do αβ =ab, màα =β ≥ nên suy α=β=√ab Vậy
lim
n→∞
an= lim n→∞
bn = √
ab
Bài tốn (Nhân cùng-điều hịa cùng) Cho dãy số (an)
+∞ n=1, (bn)
+∞
n=1 xác định
sau
a1 =a >0, b1 =b >0, an+1 =
an
+
bn
, bn+1 =
p
anbn (∀n = 1,2, )
(6)Hướng dẫn Theo giả thiết ta có
1
an+1 =
1
an
+
bn
2 ,
bn+1 =
r
1
an
.1 bn
,∀n = 1,2,
Đặt
an
=xn,
1
bn
=yn Khi x1 =
a >0, y1 =
1
b >0và xn+1 =
xn+yn
2 , yn+1 =
√
xnyn,∀n= 1,2, Vậy theo toán suy hai dãy (xn), (yn) hội tụ lim
n→+∞
xn= lim n→+∞
yn Do hai dãy
(an),(bn) hội tụ
lim
n→+∞an = limn→+∞bn
Bài tốn (Trung bình bậc r cùng-nhân cùng) Cho trước ba số dương a, b r Xét
hai dãy số (xn)
+∞
n=1 (yn) +∞
n=1 sau
x1 =a, y1 =b, xn+1 =
xr
n+ynr
2
1r
, yn+1 =√xnyn Chứng minh hai dãy số cho hội tụ lim
n→∞
xn= lim n→∞
yn
Giải Từ giả thiết suy với n = 1,2, xn > 0, yn > Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
xn+1 =
xrn+ynr
2
1r
≥ p xr
n.ynr
r
=√xnyn=yn+1,∀n= 1,2,
Suy
yn+1=√xnyn ≥√ynyn=yn,∀n= 2,3, Vậy
yn ≥yn−1 ≥ · · · ≥y2 =
√
ab
Tương tự ta có
xn+1 =
xr
n+ynr
2
1r
≤
xr
n+xrn
2
1r
=xn,∀n = 2,3, Suy
xn+1 ≤xn≤ · · · ≤x2 =
ar+br
2
1r
Vậy nên
√
ab≤y2 ≤y3 ≤ · · · ≤yn≤xn≤ · · · ≤x3 ≤x2 =
ar+br
2
1r
(7)Suy dãy số (xn) giảm, bị chặn √
ab dãy (yn) tăng bị chặn
ar+br
2
1r
Do chúng hội tụ Đặt
lim
n→∞xn =α,nlim→∞yn =β Khi từ giả thiếtxn+1 =
xr
n+ynr
2
1r
,∀n = 1,2, cho n→+∞ ta
α=
αr+βr
2
r
⇔αr = α
r+βr
2 ⇔ α
r =βr
⇔α=β
Vậy hai dãy số cho có giới hạn lim
n→∞
xn = lim n→∞
yn
0.1.2 Trường hợp lệch số
Bài toán (Cộng cùng-cộng lệch) Cho trước a, b∈R Xét hai dãy (un)
+∞
n=1 (bn) +∞ n=1
như sau:
u1 =a, v1 =b, un+1 =
un+vn
2 , vn+1 =
un+1+vn
2
Tìm lim
n→∞
un, lim n→∞
vn Giải.Ta có
un+1 =
un+vn
2 , vn+1 =
un+ 3vn
4 ,∀n = 1,2,
Suy với n= 1,2, , ta có un+1+λvn+1 =
un+vn
2 +λ
un+ 3vn
4 =
1 2+
λ
4
un+
1 +
3λ
4
Ta chọn λ cho
1 +
3λ
4 =λ
1 +
λ
4
⇔λ2−λ−2 = 0⇔
λ =−1
λ =
Vậy với λ∈ {−1,2}, ta có:
un+1+λvn+1 =
1 2+
λ
4
(un+λvn),∀n= 1,2, Đặt un+λvn=xn, suy
xn+1 =
1 +
λ
4
(8)
Vậy dãy số (xn)
+∞
n=1 tạo thành cấp số nhân với số hạng đầu x1 = a +λb, công bội
q = +
λ
4 Do
xn= (a+λb)
1 +
λ
4
n−1
,∀n = 1,2,
Lần lượt lấy λ=−1, λ = 2ta được:
(
un−vn= (a−b)
1 4n−1
un+ 2vn =a+ 2b
⇔
un=
1
3(a+ 2b) + (a−b)
1 4n−1
vn =
1
a+ 2b−(a−b)
4n−1
Suy lim
n→∞un = limn→∞vn=
3(a+ 2b)
Bài toán (Nhân cùng-nhân lệch) Cho trước hai số dương a b Xét hai dãy số
(un), (vn) sau:
u1 =a, v1 =b, un+1 =√unvn, vn+1 =√un+1vn (∀n= 1,2, ) Hãy tìm lim
n→∞
un lim n→∞
vn
Hướng dẫn Dễ thấy với n = 1,2, ta có un > > Gọi xn = lnun, yn =
lnvn (∀n= 1,2, ) Khi x1 = lna, y1 = lnb với n= 1,2, ,ta có
xn+1 =
lnun+ lnvn
2 =
xn+yn
2 , yn+1 =
lnun+1+ lnvn
2 =
xn+1+yn
2
Theo tập ta có
lim
n→∞
xn = lim n→∞
yn =
lna+ lnb
3 =
lnab2
3 = ln ab 213
Vì hàm số mũ liên tục nên suy
lim
n→∞un = limn→∞vn= limn→∞e lnun
= lim
n→∞e xn
=enlim→∞
xn
=eln(ab2)
= ab2
Bài tốn (Điều hịa cùng-điều hòa lệch) Cho trước hai số dương a vàb Xét hai dãy
số (un), (vn) sau:
u1 =a, v1 =b, un+1 =
un
+
vn
, vn+1 =
2
un+1 +
vn
(∀n = 1,2, )
Hãy tìm lim
n→∞
un lim n→∞
(9)Hướng dẫn Từ giả thiết ta có
1
un+1 =
1
un
+
vn
2 ,
vn+1 =
1
un+1 +
vn
2 ,∀n = 1,2,
Vậy đặt
un
=xn,
1
vn
=yn Khi
x1=
a >0, y1 =
1
b >0, xn+1 =
xn+yn
2 , yn+1 =
xn+1+yn
2
Đến ta sử dụng kết toán
Bài tốn (Trung bình bậc r cùng-trung bình bậc r lệch) Cho trước hai số dương
a, b cho trước r6= Xét hai dãy số (un), (vn) sau:
u1 =a, v1 =b, un+1 =
ur
n+vnr
2
1r
, vn+1 =
ur
n+1+vnr
2
1r
Hãy tìm lim
n→∞
un lim n→∞
vn
Hướng dẫn Dễ thấy với mọin= 1,2, ta có un>0, vn>0 Với n = 1,2, , với λ∈R, ta có:
urn+1+λv
r n+1 =
ur n+vnr
2 +λ
urn+1+vrn
2 =
ur n+vnr
2 +λ
ur n+vnr
2 +v
r n
2 = u
r n+vnr
2 +λ
urn+ 3vnr
4 =
1 2+
λ
4
ur
n+
1 +
3λ
4
vr
n Tương tự tập 5, ta chứng minh
lim
n→∞
urn= lim
n→∞
vnr = a+ 2b
Do hàm số f(x) =x1r liên tục trên(0; +∞) nên lim
n→∞
un = lim n→∞
vn= lim n→∞(
vrn)
1
r =
lim
n→∞
vrn
r =
a+ 2b
3
1r
Chú ý Hàm sin hypebôlic hàm cos hypebôlic hàm
sinhx= e
x−e−x
2 , coshx=
(10)Bài toán (Cộng cùng-nhân lệch) Cho trước hai số dươnga, b Xét dãy số (an)
+∞ n=1
và (bn)
+∞
n=1 sau:
x1 =a, y1 =b, xn+1 =
xn+yn
2 , yn+1 =
√x
n+1yn,∀n= 1,2, Tìm lim
n→∞
xn, lim n→∞
yn Giải
Trường hợp 1: a=b Khi đóan=bn =a,∀n= 1,2, Bởi
lim
n→∞
an= lim n→∞
bn=a Trường hợp 2: a < b Vì 0<a<b nên0< a
b <1 Do đặt a
b = cosv
0< v < π
2
Ta có
a1 =
a+b
2 =
bcosv+b
2 =
b(1 + cosv)
2 =bcos v
2,
b1 =
p a1b =
r
b2cos2 v
2 =bcos
v
2,
a2 =
bcos2 v
2 +bcos
v
2
2 =
bcos v
1 + cosv
2 =bcos
v
2cos v
22,
b2 =
p a2b1 =
r bcosv
2cos v
22bcos
v
2 =bcos
v
2cos
v
22,
a3 =
bcosv 2cos
2 v
22 +bcos
v
2cos
v
22
2 =bcos
v
2cos
v
22 cos v
23,
b3 =
p a3b2 =
r
b2cos2 v 2cos
2 v 22 cos
2 v
23 =bcos
v
2cos
v
22 cos
v
23,
Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:
an=b
cosv 2cos
v
22 · · ·cos
v
2n−1
cos2 v
2n,∀n= 2,3,
bn=bcos
v
2cos
v
22 · · ·cos
v
2n−1 cos
v
2n,∀n = 2,3, Theo công thức cosx = sin 2x
2 sinx (với sinx6= 0), ta có bn =b
sinv
2 sinv
sinv 2 sin v
22
sin v 2n−2 sin v
2n−1
sin v 2n−1 sin v
2n
=b sinv
2nsin v
2n
(11)Do
lim
n→∞bn=bnlim→∞
sinv
2nsin v
2n
=bsinv v nlim→∞
v
2n
sin v 2n
=bsinv v
Từ an=bncos
v
2n ta có
lim
n→∞an= limn→∞
bncos
v
2n
= lim
n→∞bn.nlim→∞cos
v
2n = limn→∞bn=b sinv
v
Trường hợp 3: a > b Vì a > b >0nên a
b >1 Gọi α số để a
b = coshα, tức a
b =
eα+e−α
2
Ta có:
1 + coshx= + e
x+e−x
2 =
1
2 +e
x
+e−x
=
ex
2 +e−
x
2
2
2
= cosh2 x sinhx= e
x−e−x =
ex2 +e−
x
2
2
ex2 −e−
x
2
2 = sinh
x
2.cosh
x
2 lim
x→0(1 +x)
1
x =e
Vì hàm số f(x) = lnx liên tục khoảng (0; +∞)nên
lim
x→0
ln(1 +x)
x = limx→0ln(1 +x)
1
x = ln
h
lim
x→0(1 +x)
1
x
i
= lne=
Đặt ex−1 = y,khi đó
lim
x→0
ex−1
x = limy→0
y
ln(1 +y) = limy→0 ln(1 +y)
y
=
lim
x→0 sinhx
x = limx→0
ex−e−x
2x = limx→0
ex limx→0
e2x−1
2x =
lim
x→0coshx= limx→0
ex+e−x =
Ta có:
a1 =
a+b
2 =
bcoshα+b
2 =
b(1 + coshα)
2 =bcosh 2α
2,
b1 =
p a1b =
r
b2cosh2 α
2 =bcosh
α
2,
a2 =
bcosh2 α
2 +bcosh
α
2
2 =bcosh
α
2
1 + cosh α
2 =bcosh
α
2 cosh α
(12)b2 =
p a2b1 =
r
b2cosh2 α cosh
2 α
22 =bcosh
α
2 cosh
α
22,
Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:
an=b
coshα 2.cosh
α
22 cosh
α
2n−1
cosh2 α
2n,∀n= 2,3,
bn =bcosh
α
2.cosh
α
22 cosh
α
2n−1 cosh
α
2n,∀n= 2,3, Theo công thức coshx= sinh 2x
2 sinhx (vớisinhx6= 0), ta có bn =b
sinhα
2 sinhα
sinhα 2 sinh α
22
· · ·
sinh α 2n−2 sinh α
2n−1
sinh α 2n−1 sinh α
2n
= bsinhα 2nsinh α
2n
Do
lim
n→∞
bn= lim n→∞
bsinhα
2nsinh α
2n
=bsinhα α nlim→∞
α
2n
sinh α 2n
=bsinhα α
Từ an=bncosh
α
2n ta có
lim
n→∞
an= lim n→∞
bn lim n→∞cosh
α
2n =b
sinhα α
Bài tốn 10 (Đề thi Ơlympic 30/04/2004) Cho hai số dương a, bkhông đổi thỏa mãn a < b Xét dãy số (an) (bn) sau
a1 =
a+b
2 , b1 =
p
a1b, a2 =
a1+b1 , b2 =
p
a2b1, , an=
an−1+bn−1 , bn=
p
anbn−1
Tìm lim
n→+∞an, n→lim+∞bn
Hướng dẫn Bài toán trường hợp đặc biệt toán Bài tốn 11 (Điều hịa cùng-nhân lệch) Cho dãy số (an)
+∞ n=1, (bn)
+∞
n=1 xác định
sau:
a1 >0, b1 >0, an+1 =
an
+
bn
, bn+1 =
p
an+1bn (∀n= 1,2, )
Tìm lim
n→∞
an, lim n→∞
bn
Giải.Từ giả thiết suy an>0, bn>0,∀n= 1,2, Ta có
1
an+1 =
1
an
+
bn
2 ,
bn+1 =
s
1
an+1
.1 bn
(13)Vậy đặt
an
=xn,
1
bn
=yn Khi
x1 =
a1
>0, y1 =
b1
>0, xn+1 =
xn+yn
2 , yn+1 =
√x n+1yn Đến ta sử dụng kết tốn
Lưu ý Ngồi cách giải ta cịn giải trực tiếp kết
Bài toán 12 (HSG Quốc gia - 1993 - Bảng A) Cho a0 = 2, b0 = Lập hai dãy số (an) (bn) với n= 0,1,2, theo quy tắc sau
an+1 =
2anbn
an+bn
, bn+1 =
p
an+1bn
Chứng minh dãy (an) (bn) có giới hạn chung n dần tới dương vơ cực Tìm giới hạn chung
Hướng dẫn Bài toán trường hợp riêng toán 11
Bài toán 13 (Nhân cùng-cộng lệch) Cho trước hai số dương avà b Xét hai dãy số(an) (bn) sau:
a1 =a, b1 =b, an+1 =
p
anbn, bn+1 =
an+1+bn
2
Chứng minh hai dãy số cho có giới hạn hữu hạn hai giới hạn Giải.Bằng quy nạp, dễ dàng suy với n ∈N∗
ta có an>0và bn>0 Trường hợp a=b Khi an=a=bn,∀n= 1,2, , suy
lim
n→+∞
an = lim n→+∞
bn
Trường hợp a > b Khi a1 > b1 Giả sử ak> bk (với k ∈N∗) Khi
bk<
p
akbk < ak⇒bk< ak+1 < ak Suy
bk =
bk+bk
2 <
ak+1+bk
2 <
ak+bk
2 <
ak+ak
2 =ak⇒bk < bk+1 < ak
Do
bk+1 =
ak+1+bk
2 <
ak+1+bk+1
2 ⇒2bk+1 < ak+1+bk+1 ⇒ak+1> bk+1
Theo nguyên lí quy nạp suy
(14)Do
an+1 =
p
anbn<√anan=an, bn+1 =
an+1+bn
2 >
bn+1+bn
2 ⇒bn+1 > bn
Vậy
b=b1 < b2<· · ·< bn < bn+1 < an+1 < an<· · ·< a2 < a1 =a
Suy dãy (an) giảm bị chặn số b, dãy (bn)tăng bị chặn số a, hai dãy số hội tụ Đặt lim
n→+∞
an =x, lim n→+∞
bn =y Từ bn+1 =
an+1+bn
2 ,∀n = 1,2, ,
cho n→+∞ ta
y= x+y
2 ⇔x=y⇒n→lim+∞
an = lim n→+∞
bn Trường hợp a < b Khi a1 < b1 Giả sử ak< bk (với k ∈N
∗
) Khi
ak <
p
akbk< bk ⇒ak < ak+1< bk Suy
bk =
bk+bk
2 >
ak+1+bk
2 >
ak+bk
2 >
ak+ak
2 =ak⇒bk > bk+1 > ak
Do
bk+1 =
ak+1+bk
2 >
ak+1+bk+1
2 ⇒2bk+1 > ak+1+bk+1 ⇒ak+1< bk+1
Theo nguyên lí quy nạp suy
an < bn,∀n= 1,2, Do
an+1 =
p
anbn>√anan=an, bn+1 =
an+1+bn
2 <
bn+1+bn
2 ⇒bn+1 < bn
Vậy
a=a1 < a2 <· · ·< an < an+1 < bn+1 < bn <· · ·< b2 < b1 =b
Suy dãy (an) tăng bị chặn sốb, dãy(bn)giảm bị chặn số a, hai dãy số hội tụ Đặt lim
n→+∞
an =x, lim n→+∞
bn =y Từ bn+1 =
an+1+bn
2 ,∀n = 1,2, ,
cho n→+∞ ta
y= x+y
2 ⇔x=y⇒n→lim+∞
an = lim n→+∞
bn
Kết luận : Trong trường hợp ta có hai dãy số (an), (bn) có giới hạn hữu hạn
lim
(15)Bài tốn 14 (Điều hồ cùng-cộng lệch) Cho trước hai số dươnga b Xét hai dãy số
(an) (bn) sau:
a1 =a, b1 =b, an+1 =
an
+
bn
, bn+1 =
an+1+bn
2
Chứng minh hai dãy số cho có giới hạn hữu hạn hai giới hạn Giải.Bằng quy nạp, dễ dàng suy với n ∈N∗
ta có an>0và bn>0 Trường hợp a=b Khi an=a=bn,∀n= 1,2, , suy
lim
n→+∞
an = lim n→+∞
bn
Trường hợp a > b Khi a1 > b1 Giả sử ak> bk (với k ∈N∗) Khi
1
ak
< bk ⇒
2
ak
< ak
+
bk
< bk
Suy
bk <
2
ak
+
bk
< ak⇒bk< ak+1 < ak
Do
bk+1 =
ak+1+bk
2 <
ak+1+ak+1
2 ⇒bk+1 < ak+1
Theo ngun lí quy nạp tốn học suy an> bn,∀n= 1,2, Vậy
1
an
+
bn
> an
+
an Do
an+1 =
an
+
bn
<
1
an
+
an
=an, bn+1 =
an+1+bn
2 >
bn+1+bn
2 ⇒bn+1 > bn
Ta viết lại
b=b1 < b2<· · ·< bn < bn+1 < an+1 < an<· · ·< a2 < a1 =a
Suy dãy (an) giảm bị chặn số b, dãy (bn)tăng bị chặn số a, hai dãy số hội tụ Đặt lim
n→+∞
an =x, lim n→+∞
bn =y Từ bn+1 =
an+1+bn
2 ,∀n = 1,2, ,
cho n→+∞ ta
y= x+y
2 ⇔x=y⇒n→lim+∞
an = lim n→+∞
bn Trường hợp a < b Khi a1 < b1 Giả sử ak< bk (với k ∈N
∗
) Khi
1
a >
1
b ⇒
2
b <
1
a +
1
b <
2
(16)Suy
ak<
2
ak
+
bk
< bk⇒ak< ak+1 < bk
Vậy
bk+1 =
ak+1+bk
2 >
ak+1+ak+1
2 ⇒bk+1 > ak+1
Theo ngun lí quy nạp tốn học suy an< bn,∀n= 1,2, Vậy
1
an
+
bn
< an
+
an Do
an+1 =
an
+
bn
>
1
an
+
an
=an, bn+1 =
an+1+bn
2 <
bn+1+bn
2 ⇒bn+1 < bn
Ta viết lại
a=a1 < a2 <· · ·< an < an+1 < bn+1 < bn <· · ·< b2 < b1 =b
Suy dãy (an) tăng bị chặn sốb, dãy(bn)giảm bị chặn số a, hai dãy số hội tụ Đặt lim
n→+∞
an =x, lim n→+∞
bn =y Từ bn+1 =
an+1+bn
2 ,∀n = 1,2, ,
cho n→+∞ ta
y= x+y
2 ⇔x=y⇒n→lim+∞
an = lim n→+∞
bn
Kết luận : Trong trường hợp ta có hai dãy số (an), (bn) có giới hạn hữu hạn
lim
n→+∞
an= lim n→+∞
bn
Bài toán 15 (Cộng cùng-điều hoà lệch) Cho trước hai số dương a b Xét hai dãy số
(an) (bn) sau:
a1 =a, b1 =b, an+1 =
an+bn
2 , bn+1 =
an+1 +
bn
Chứng minh hai dãy số cho có giới hạn hữu hạn hai giới hạn Hướng dẫn Đặt
an
=xn,
1
bn
=yn Ta đươc
xn+1=
xn
+
yn
, yn+1 =
xn+1+yn
2
(17)Bài toán 16 (Nhân cùng-điều hoà lệch) Cho trước hai số dương a b Xét hai dãy số (an) (bn) sau:
a1 =a, b1 =b, an+1 =
p
anbn, bn+1 =
2
an+1 +
an
Chứng minh hai dãy số cho có giới hạn hữu hạn hai giới hạn Hướng dẫn Đặt
an
=xn,
1
bn
=yn Ta đươc
xn+1 =√xnyn, yn+1 =
xn+1+yn
2
Sau sử dụng kết tốn 13
Bài tốn 17 (Trung bình bậc r cùng-nhân lệch) Cho r 6= 0, a >0, b >0, xét dãy
số (an)
+∞
n=0 (bn) +∞
n=0 sau:
a0 =a, b0 =b, an+1 =
arn+brn
2
r
, bn+1 =
p
an+1bn (∀n = 0,1,2, ) Tìm lim
n→+∞
an lim n→+∞
bn Giải
Trường hợp 1: r >0
Trường hợp 1.1: a=b Khi an=a=bn,∀n ∈N.Suy
lim
n→∞
an= lim n→∞
bn= Trường hợp 1.2: a < b Khi
ar< br ⇒0< a
r
br <1 Do đặt
ar
br = cosv
0< v < π
2
Ta có
ar1=
ar+br
2 =
brcosv+br
2 =
br(1 + cosv)
2 =b
rcos2 v 2,
br1 =
p a1b
r
=
r b2cos2r
v
2
r
=bcos1r
v
2
r
=brcosv 2,
ar2=
brcos2 v 2+b
rcos v
2
2 =
brcosv
2
1 + cosv
2 =b
r
cosv 2cos
(18)br2 =
p a2b1 =
r b2cos2r
v cos r v 22 r
=brcosv 2cos
v
22,
ar3=
brcosv
2cos v
22 +b
rcos v
2cos
v
22
2 =b
r
cosv 2cos
v
22 cos v
23,
b3 =
p
a3b2 =brcos
v
2cos
v
22 cos
v
23
Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:
arn=brcos v 2cos
v
22· · ·cos
v
2n−1
cos2 v
2n,∀n= 2,3,
brn=brcosv 2cos
v
22 · · ·cos
v
2n−1 cos
v
2n,∀n= 2,3, Theo công thức cosx = sin 2x
2 sinx (với sinx6= 0), ta có brn=br sinv
2 sin v
sinv 2 sin v
22
· · ·
sin v 2n−2 sin v
2n−1
sin v 2n−1 sin v
2n
=br sinv
2nsin v
2n
Do
lim
n→∞b r
n=br lim n→∞
sinv
2nsin v
2n
=brsinv v nlim→∞
v
2n
sin v 2n
=brsinv v
Từ ar
n=brncos
v
2n ta có
lim
n→∞
arn= lim
n→∞
brncos v 2n
= lim
n→∞
brn lim
n→∞cos
v
2n = limn→∞
brn=brsinv v
Do
lim
n→∞
an= lim n→∞
bn=b
sinv v
1r
Trường hợp 1.3: a > b >0 Khi a r
br >1 Gọi α số để
ar
br = coshα Ta có
ar1 =
ar+br
2 =
brcoshα+br
2 =
br(1 + coshα)
2 =b
rcosh2 α 2,
br1 =
p a1b
r
=
r
b2cosh2r
α
2
r
=brcosh α 2,
ar2 =
brcosh2α +b
rcoshα
2
2 =b
r
coshα
1 + cosh α
2 =b
r
coshα cosh
(19)br2 =
r
b2cosh2r
α
2 cosh
2
r
α
22
r
=brcoshα cosh
α
22,
Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được:
arn=brcoshα 2.cosh
α
22 cosh
α
2n−1
cosh2 α
2n,∀n= 2,3,
br n=b
rcoshα
2.cosh
α
22 cosh
α
2n−1 cosh
α
2n,∀n= 2,3, Theo công thức coshx= sinh 2x
2 sinhx (vớisinhx6= 0), ta có br
n=br
sinhα
2 sinhα
sinhα 2 sinh α
22
· · ·
sinh α 2n−2 sinh α
2n−1
sinh α 2n−1 sinh α
2n
= b
rsinhα
2nsinh α
2n
Do
lim
n→∞
br
n= lim n→∞
brsinhα
2nsinh α
2n
=brsinhα
α nlim→∞
α
2n
sinh α 2n
=brsinhα
α
Từ ar
n=brncosh
α
2n ta có
lim
n→∞
arn = lim
n→∞
brn lim
n→∞cosh
α
2n =b
rsinhα
α
Bởi
lim
n→∞
an= lim n→∞
bn =b
sinhα α
1r
Trường hợp 2: r <0
Trường hợp 2.1: a=b Khi an=a=bn,∀n ∈N.Suy
lim
n→∞an= limn→∞bn= Trường hợp 2.2: a > b Khi
ar< br ⇒0< a
r
br <1 Do đặt
ar
br = cosv
0< v < π
2
Tương tự trường hợp 1.2, ta chứng minh
lim
n→∞
an= lim n→∞
bn=b
sinv v
1r
(20)Trường hợp 2.3: a < b Khi a
r
br >1 Gọi α số để
ar
br = coshα Tương tự trường hợp 1.3, ta chứng minh
lim
n→∞
an= lim n→∞
bn =b
sinhα α
1r
Lưu ý Bài toán trường hợp riêng toán 17 r = Bài toán 11 trường hợp riêng tốn 17 r =−1 Bài tốn 13 xem bổ sung cho trường hợp
r = 0chưa xét toán 17 0.1.3 Phối hợp ba, bốn dãy số
Bài toán 18 Cho ba số thực a, b, c Xét dãy số (xn)
+∞ n=1, (yn)
+∞ n=1, (zn)
+∞
n=1 sau:
x1 =a, y1 =b, z1 =c,
xn+1 =
yn+zn
2 , yn+1 =
zn+xn
2 , zn+1 =
xn+yn
2 ,∀n= 1,2,
Chứng minh dãy số hội tụ tính giới hạn chúng Giải.Với n= 2,3, Ta có
xn+yn+zn =
yn−1+zn−1
2 +
zn−1 +xn−1
2 +
xn−1+yn−1
2 =xn−1+yn−1 +zn−1
Sử dụng liên tiếp kết ta thu được:
xn+yn+zn=xn−1+yn−1+zn−1 =· · ·=x1+y1 +z1 =a+b+c (1)
Đặt M =a+b+c, từ (1) ta có
yn+zn=
zn−1+xn−1
2 +
xn−1+yn−1
2 =
xn−1 +yn−1 +zn−1
2 +
xn−1 = a+b+c
2 +
xn−1 =
M
2 +
xn−1
2 ,∀n = 2,3,
Suy
xn =M−(yn+zn) =
1 2M −
1
2xn−1,∀n= 2,3,
Sử dụng liên tiếp kết ta thu được:
xn =
M
2 −
xn−1 =
M
2 −
M
2 −
xn−2
=M
1 −
1 22
+ 22xn−2 =M
1 −
1 22
+ 22
M
2 −
xn−3
=M
1 2−
1 22 +
1 23
(21)
=· · ·=M
1 2−
1 22 +
1
23 − · · ·+ (−1)
n−1 2n−1
+ (−1)n 2n−1x1
= M
1 + 2n−1 +1
2
+(−1)
n
2n−1 x1 =
M
3
1 + 2n−1
+(−1)
n
2n−1 a,∀n= 2,3,
Ta có
lim
n→+∞
2n−1 = 0, n→lim+∞
(−1)n
2n−1
= lim
n→+∞
2n−1 = 0⇒n→lim+∞ (−1)n
2n−1 =
Do
lim
n→∞xn= limn→∞
M
3
1 + 2n−1
+ (−1)
n
2n−1 a
= M =
a+b+c
3
Tương tự ta chứng minh
lim
n→∞
yn = lim n→∞
zn=
a+b+c
3
Cách khác Ta có
xn−yn=
yn−1+zn−1
2 −
zn−1+xn−1
2 =−
1
2(xn−1−yn−1),∀n ≥2
Do
xn−yn =
−12
n−1
(a−b)⇒ lim
n→∞(
xn−yn) = Tương tự ta chứng minh
lim
n→∞(
yn−zn) = 0, lim n→∞(
zn−xn) = Ta có
xn−
a+b+c
3
=
xn−
xn−1+yn−1 +zn−1
=
yn−1−xn−1
6 +
zn−1 −xn−1
≤ 16|xn−1−yn−1|+
6|xn−1 −zn−1|
Do lim
n→∞
xn=
a+b+c
3 Tương tự ta chứng minh lim
n→∞
yn =
a+b+c
3 , nlim→∞
zn=
a+b+c
3
Bài toán 19 Cho3 số dương a, b, c Lập3 dãy(un)
+∞ n=1, (vn)
+∞ n=1,(wn)
+∞
n=1 theo quy luật sau:
u1 =a, v1 =b, w1 =c
(22)Tìm lim
n→∞
un, lim n→∞
vn, lim n→∞
wn Hướng dẫn
Cách Giải trực tiếp, tương tự toán 18
Cách Dễ thấy với mọin = 1,2, un >0, >0, wn>0 Do từ giả thiết ta có
lnun+1 =
lnvn+ lnwn
2 , lnvn+1 =
lnwn+ lnun
2 , lnwn+1 =
lnun+ lnvn
2
Gọi xn= lnun, yn= lnvn, zn= lnwn.Khi
x1 = lna, y1 = lnb, z1 = lnc,
xn+1 =
yn+zn
2 , yn+1 =
zn+xn
2 , zn+1 =
xn+yn
2 ,∀n= 1,2,
Đến ta sử dụng toán 18
Bài toán 20 Cho số dương a, b, c Lập dãy (un)
+∞ n=1,(vn)
+∞ n=1,(wn)
+∞
n=1 theo quy luật sau:
u1 =a, v1 =b, w1 =c
un+1 =
2vnwn
vn+wn
, vn+1 =
2wnun
wn+un
, wn+1 =
2unvn
un+vn
(n= 1,2, )
Tìm lim
n→∞
un, lim n→∞
vn, lim n→∞
wn Hướng dẫn Đặt
un
=xn,
1
vn
=yn,
1
wn
=zn.Khi
x1 =
a, y1 =
1
b, z1 =
1
c, xn+1 =
yn+zn
2 , yn+1 =
zn+xn
2 , zn+1 =
xn+yn
2 ,∀n= 1,2,
Đến ta sử dụng toán 18
Bài toán 21 Cho ba số dương a, b, c cho r 6= Xét ba dãy số (xn)
+∞ n=1, (yn)
+∞ n=1, (zn)
+∞ n=1
như sau: x1 =a, y1=b, z1 =c với n = 1,2,
xn+1 =
yr
n+znr
2
1r
, yn+1 =
zr
n+xrn
2
1r
, zn+1 =
xr
n+ynr
2
1r
Chứng minh dãy số hội tụ tính giới hạn chúng
Giải Dễ thấy với n = 1,2, xn >0, yn >0, zn >0 Gọi Gọi M =ar+br+cr Khi với n = 1,2, , ta có
xrn+1+y
r n+1+z
r
n+1 =x
r n+y
r n+z
r
n =· · ·=x r
1+y
r
1+z
r
1 =a
(23)Do
ynr+1+z
r n+1 =
zr n+xrn
2 +
xr n+ynr
2 =
1 2(x
r n+y
r n+z
r n) +
xr n
2 =
M
2 +
xr n
2
⇒M −xrn+1 =
M
2 +
xr n
2 ⇒x
r
n+1 =−
xr n
2 +
M
2
Đặt xr
n =gn Khi
gn+1 =− 2gn+
M
2 ,∀n = 1,2,
Bởi quy nạp ta chứng minh được:
gn =
M
3 −a
r
−12
n
+ M
3 ,∀n= 1,2,
Do lim
n→∞gn =
M
3 Suy nlim→∞xn=
M
3
1r
Tương tự ta chứng minh được:
lim
n→∞yn= limn→∞zn =
M
3
1r
Vậy
lim
n→∞
xn= lim n→∞
yn = lim n→∞
zn=
ar+br+cr
3
1r
Nhận xét Các toán 18, 19 trường riêng toán 21 ứng với r = 1,
r =−1 Bài tốn20 xem bổ sung cho trường hợp r= không xét tập 21
Bài toán 22 Cho bốn số thực a, b, c, d Lập bốn dãy số (xn)
+∞ n=1, (yn)
+∞ n=1, (zn)
+∞ n=1, (gn)
+∞ n=1
theo quy luật sau: x1 =a, y1 =b, z1 =c, g1 =d
xn+1 =
yn+zn+gn
3 , yn+1 =
zn+gn+xn
3 ,∀n= 1,2,
zn+1 =
gn+xn+yn
3 , gn+1 =
xn+yn+zn
3 ,∀n= 1,2,
Tìm
lim
n→∞
xn, lim n→∞
yn, lim n→∞
zn, lim n→∞
gn Giải.Với n= 2,3, Ta có
xn+yn+zn+gn =
yn−1+zn−1+gn−1
3 +
zn−1 +gn−1 +xn−1
+gn−1+xn−1 +yn−1
3 +
+xn−1+yn−1 +zn−1
(24)Sử dụng liên tiếp kết ta thu được:
xn+yn+zn+gn=xn−1 +yn−1+zn−1 +gn−1 =· · ·=a+b+c+d (1)
Đặt M =a+b+c+d, từ (1) ta có
yn+zn+gn=
zn−1 +gn−1+xn−1
3 +
gn−1+xn−1+yn−1
+ xn−1 +yn−1+zn−1
3 =
2(a+b+c+d)
3 +
xn−1 = 2M
3 +
xn−1
3 ,∀n= 2,3,
Suy
xn =M −(yn+zn+gn) =
1 3M −
1
3xn−1,∀n= 2,3,
Sử dụng liên tiếp kết ta thu được:
xn =
M
3 −
xn−1 =
M
3 −
M
3 −
xn−2
=M
1 −
1 32
+ 32xn−2 =M
1 −
1 32
+ 32
M
3 −
xn−3
=M
1 3−
1 32 +
1 33
− 313xn−3 =· · ·=M
1 3−
1 32 +
1
33 − · · ·+ (−1)
n−1 3n−1
+ (−1)n 3n−1x1
= M
1 + 3n−1 +1
3
+(−1)
n
3n−1 x1 =
M
4
1 + 3n−1
+(−1)
n
3n−1 a,∀n= 2,3,
Ta có
lim
n→+∞
3n−1 = 0, n→lim+∞
(−1)n
3n−1
= lim
n→+∞
3n−1 = 0⇒n→lim+∞ (−1)n
3n−1 =
Do
lim
n→∞
xn= lim n→∞
M
4
1 + 3n−1
+(−1)
n
3n−1 a
= M =
a+b+c+d
4
Tương tự ta chứng minh
lim
n→∞yn= limn→∞zn= limn→∞gn =
a+b+c+d
4
Bài toán 23 Cho a, b, c, d ∈(0; +∞) Lập bốn dãy số (un)
+∞ n=1, (vn)
+∞
n=1, (wn) +∞ n=1, (tn)
+∞ n=1
theo quy luật sau: u1 =a, v1=b, w1 =c, t1=d
un+1 =
3
√
vnwntn, vn+1 =
3
√
wntnun, wn+1 =
3
√
(25)Hướng dẫn Dễ thấy với n = 1,2, un > 0, > 0, wn > 0, tn > Gọi xn =
lnun, yn= lnvn, zn = lnwn gn = lntn Khi
x1 = lna, y1 = lnb, z1 = lnc, g1 = lnd,
xn+1 =
yn+zn+gn
3 , yn+1 =
zn+gn+xn
3 ,∀n= 1,2,
zn+1 =
gn+xn+yn
3 gn+1 =
xn+yn+zn
3 ,∀n= 1,2,
Đến ta sử dụng toán 22
Bài toán 24 Cho bốn số dươnga, b, c, d Lập bốn dãy số (un)
+∞ n=1, (vn)
+∞ n=1,(wn)
+∞ n=1, (tn)
+∞ n=1
theo quy luật sau: u1 =a, v1=b, w1 =c, t1=d
un+1 =
3vnwntn
vnwn+wntn+tnvn
, vn+1 =
3wntnun
wntn+tnun+unwn
,∀n = 1,2, wn+1 =
3tnunvn
tnun+unvn+vntn
, tn+1 =
3unvnwn
unvn+vnwn+wnun
,∀n= 1,2,
Chứng minh dãy số hội tụ tìm giới hạn chúng Hướng dẫn Đặt
un
=xn,
1
vn
=yn,
1
wn
=zn,
1
tn
=gn Khi
x1 =
a, y1 =
1
b, z1 =
1
c, g1 =
1
d, xn+1 =
yn+zn+gn
3 , yn+1 =
zn+gn+xn
3 ,∀n= 1,2,
zn+1 =
gn+xn+yn
3 gn+1 =
xn+yn+zn
3 ,∀n= 1,2,
Đến ta sử dụng toán 22
Bài toán 25 Cho bốn số dương a, b, c, d cho r 6= Xét bốn dãy số (xn)
+∞ n=1, (yn)
+∞ n=1, (zn)
+∞ n=1, (tn)
+∞
n=1 sau: x1 =a, y1=b, z1 =c, t1 =d
xn+1 =
yr
n+znr +trn
3
1r
, yn+1 =
zr
n+trn+xrn
3
1r
, ∀n = 1,2, zn+1 =
tr
n+xrn+yrn
3
r
, tn+1 =
xr
n+ynr+znr
3
r
,∀n = 1,2,
Chứng minh dãy số hội tụ tính giới hạn chúng
Giải Dễ thấy với n = 1,2, xn > 0, yn > 0, zn > 0, tn > Gọi M =
ar+br+cr+dr Khi với mọi n= 1,2, , ta có
xrn+1+y
r n+1+z
r n+1+t
r
n+1 =x
r n+y
r n+z
r n+t
r
n=· · ·=x r
1 +y
r
1+z
r
1+t
r
(26)Vậy
ynr+1+z
r n+1+t
r n+1 =
zr
n+trn+xrn
3 +
tr
n+xrn+yrn
3 +
xr
n+ynr+znr
3 = x
r n
3 + (xr
n+ynr +zrn+trn)
3 =
xr n
3 + 2M
3
⇒M −xrn+1 =
xrn
3 + 2M
3 ⇒x
r
n+1 =−
xrn
3 +
M
3
Đặt xrn=gn Khi gn+1 =− 3gn+
M
3 ,∀n= 1,2, Do quy nạp ta chứng minh
được:
gn =
M
4 −a
r
−13
n
+ M
4 ,∀n= 1,2,
Bởi lim
n→∞
gn =
M
4 Suy nlim→∞
xn=
M
4
1r
Tương tự ta chứng minh được:
lim
n→∞
yn= lim n→∞
zn = lim n→∞
tn=
M
4
r
Vậy
lim
n→∞
xn= lim n→∞
yn= lim n→∞
zn= lim n→∞
tn =
ar+br+cr+dr
4
1r
Nhận xét Ta mở rộng cho k (k ≥2) dãy số Trong lời giải việc tìm bất biến quan trọng, giúp ta tính giới hạn dãy số Chẳng hạn toán trang có bất biến
anbn =· · ·=a1b1 =ab,∀n= 1,2,
cịn tốn 22 trang 24 có bất biến
xn+yn+zn+gn=xn−1 +yn−1+zn−1 +gn−1 =· · ·=a+b+c+d
Bài toán 26 (Đề nghị Olympic 30/04/2011) Cho ba số thực dương a, b, c dãy
số (un),(vn),(wn) sau: u0 =a, v0 =b, w0 =c với n∈N, ta có
un+1 =
un+vn+wn
3 , vn+1 =
3
√u
nvnwn, wn+1 =
3
un
+
vn
+
wn
Chứng minh ba dãy số cho hội tụ chúng có giới hạn
Giải.Dễ thấy với n ∈N un>0, vn>0, wn >0 Theo bất đẳng thức a1+a2 +· · ·+an
n ≥
n
√a
1a2 an≥
n
1
a1 +
a2
+· · ·+
an
(27)suy rau1 ≥v1 ≥w1 Bằng quy nạp, ta dễ dàng suy
un≥ ≥wn,∀n = 1,2, (*) Từ (*) suy với n∈N∗
, ta có
un+1 =
un+vn+wn
3 ≤un
1
un
+
vn
+
wn ≤
3
wn ⇒
wn+1 =
3
un
+
vn
+
wn
≥wn
Do 0< wn≤wn+1 ≤un+1 ≤un,∀n = 1,2, Hay viết rõ
0<
1
a +
1
b +
1
c
=w1 ≤w2 ≤ · · · ≤wn+1
≤un+1 ≤un ≤ · · · ≤u2 ≤u1 =
a+b+c
3
Nghĩa kể từ số hạngw1, dãy số (wn)tăng bị chặn
a+b+c
3 nên hội tụ Kể từ
số hạng u1, dãy số(un)giảm bị chặn
3
a +
1
b +
1
c
nên hội tụ Gọi lim
n→∞
un=α, lim n→∞
wn=λ, λ >0, λ≤α
0< λ≤ lim
n→∞
vn= lim n→∞(3
un+1−un−wn) = 3α−α−λ= 2α−λ Vậy dãy (vn) hội tụ lim
n→∞
vn = 2α−λ Suy
(2α−λ)3
= lim
n→∞
vn3 = lim
n→∞
vn3+1 = lim
n→∞(
unvnwn) =α(2α−λ)λ
⇒(2α−λ)2
=αλ⇔4α2−5αλ+λ2 = 0⇔(α−λ) (4α−λ) = 0⇔α=λ
(ta loại trường hợp 4α−λ= 0vì mâu thuẫn với λ >0, λ≤ α) Suy
lim
n→∞
vn= 2α−λ =α Vậy ba dãy số (un),(vn), (wn)hội tụ lim
n→∞un= limn→∞vn= limn→∞wn
Bài toán 27 Cho ba dãy số (un), (vn), (wn) sau: u0 >0, v0 >0, w0 >0
wn+1 =
3unvnwn
unvn+vnwn+wnun
, vn+1 =
unvn+vnwn+wnun
un+vn+wn
, un+1 =
un+vn+wn
3
(28)Giải.Dễ thấy với n ∈N un>0, vn>0, wn >0,
un+1vn+1wn+1 =unvnwn =· · ·=u0v0w0
Với n∈N, ta có un+1−vn+1 =
un+vn+wn
3 −
unvn+vnwn+wnun
un+vn+wn
= u
n+v
2
n+w
2
n−(unvn+vnwn+wnun)
3 (un+vn+wn) ≥
0 vn+1−wn+1 =
(unvn)2+ (vnwn)2 + (wnun)2
(un+vn+wn)(unvn+vnwn+wnun)− − (unvn)(vnwn) + (vnwn)(wnun) + (unvn)(wnun)
(un+vn+wn)(unvn+vnwn+wnun) ≥
0
Vậy n∈N∗
, ta có un≥vn≥wn Do mọin ∈N∗, ta có
un+1−un=
un+vn+wn
3 −un=
(vn−un) + (wn−un)
3 ≤0
Như ta có
0< 3u0v0w0 u0v0+v0w0+w0u0
=w1≤w2 ≤ · · · ≤wn ≤un≤ · · · ≤u1 =
u0 +v0+w0
Như vậy, kể từ số hạng w1 dãy số (wn)tăng bị chặn
u0+v0+w0
3 nên hội tụ
Kể từ số hạng u1, dãy số(un)giảm bị chặn
3u0v0w0
u0v0+v0w0 +w0u0
nên hội tụ Gọi
lim
n→∞un=α, nlim→∞wn =λ, λ >0, λ≤α 0< λ≤ lim
n→∞
vn= lim n→∞(3
un+1−un−wn) = 3α−α−λ= 2α−λ Do từ vn+1 =
unvn+vnwn+wnun
un+vn+wn
,∀n ∈N, chon →+∞ ta
2α−λ = α(2α−λ) + (2α−λ)λ+λα
α+λ+ 2α−λ =
2λα−λ2 + 2α2 3α
⇔4α2 −5λα+λ2 = 0⇔(α−λ) (4α−λ) = 0⇔
λ=α
4α =λ
Trường hợp 1: 4α =λ Khi
lim
n→∞vn = 2α−λ=
λ
2 −λ=−
λ
2 <0,
điều mâu thuẫn với Vậy trường hợp (1) xảy (ta lý luận cách khác từ 4α=λ suy mâu thuẫn vớiλ >0, λ≤α)
Trường hợp 2: λ=α Khi
lim
n→∞
(29)Do
lim
n→∞
un= lim n→∞
vn = lim n→∞
wn=α Từ unvnwn=u0v0w0,∀n∈N, cho n→+∞ suy
α3 =u0v0w0⇒ lim
n→∞
un= lim n→∞
vn= lim n→∞
wn =√3u0v0w0