MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

PHẠM VĂN NHÂM

MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2011

Mục lục

LỜI NÓI ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

Chương 1. Các kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1. Dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.1. Định nghĩa dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.2. Dãy số đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.3. Dãy số bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1.4. Cấp số cộng, cấp số nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1.5. Các cách cho dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.1.6. Dãy Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2. Giới hạn của dãy số. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Chương 2. Một số lớp bài toán về dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.1. Lớp bài toán có tính chất số học của dãy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2. Lớp các bài toán dãy số có bản chất đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.3. Lớp các bài toán về bất đẳng thức dãy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.4. Sử dụng lượng giác giải các bài toán về dãy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.5. Lớp các bài toán về giới hạn của dãy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.5.1. Phương pháp sử dụng định nghĩa tính giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.5.2. Tính giới hạn nhờ sử dụng tính đơn điệu và bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.5.3. Tính giới hạn nhờ sử dụng định lý hàm số co . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.5.4. Phương pháp sử dụng tổng tích phân tính giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2.5.5. Tính giới hạn dựa vào việc giải phương trình sai phân . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.5.6. Sử dụng dãy phụ để tính giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2

2.5.7. Giới hạn của dãy sinh bởi phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.5.8. Giới hạn của dãy tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3

LỜI NÓI ĐẦU

Dãy số và một số vấn đề liên quan đến dãy số là một phần rất quan trọng của đại

số và giải tích toán học. Các học sinh và sinh viên thường phải đối mặt với nhiều

dạng toán loại khó liên quan đến chuyên đề này. Những ai mới bắt đầu làm quen với

khái niệm dãy số thường khó hình dung về cấu trúc đại số trên tập các dãy số, đặc

biệt là các phép tính đối với các dãy có chứa tham số, các biến đổi về dãy và đại số

các dãy,...

Dãy số đặc biệt quan trọng trong toán học không chỉ như là những đối tượng để

nghiên cứu mà còn đóng vai trò như là một công cụ đắc lực của các mô hình rời rạc

của giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn,...

Trong nhiều kỳ thi học sinh giỏi quốc gia , thi Olympic toán quốc tế, thi vô địch

toán các nước, các bài toán liên quan đến dãy số cũng hay được đề cập và thường

thuộc loại rất khó.

Luận văn gồm 2 chương:

Chương 1: Các kiến thức cơ bản về dãy

Chương 2: Một số lớp các bài toán về dãy số

Chương 1: Nhắc lại các khái niệm cơ bản về dãy số, các định lý, các dấu hiệu liên

quan đến dãy số sẽ dùng trong luận văn.

Chương 2: Trong chương này tác giả trình bày các bài toán về dãy, trong đó có

nhiều bài toán có trong các kỳ thi học sinh giỏi các nước, Olympic toán quốc tế, các

bài toán này được trình bày theo nhóm các dạng, sau một số bài là sự phân tích để

tìm hướng giải cũng như ý tưởng phát triển bài toán.

Để hoàn thành luận văn này, trước nhất tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân

thành và kính trọng sâu sắc tới TS.Nguyễn Thành Văn, Trường THPT chuyên -Đại

học Khoa học Tự nhiên Hà nội, người thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả

trong suốt quá trình hoàn thành bản luận văn này. Qua đây tác giả cũng xin được

gửi lời cảm ơn chân thành các thầy cô đã đọc, đánh giá và cho những ý kiến quý

4

báu để luận văn được phong phú và hoàn thiện hơn.

Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa

Toán-Cơ -Tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà nội đã tạo

điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập tại trường.

Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các vấn đề

trong luận văn vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi sai sót trong

trình bày, mong được sự góp ý của các thày cô và các bạn.

Tác giả xin chân thành cảm ơn!

Hà nội, ngày 26 tháng 03 năm 2011

Học viên

Phạm Văn Nhâm

5

Chương 1

Các kiến thức cơ bản

1.1. Dãy số

1.1.1. Định nghĩa dãy số

Định nghĩa 1.1:Dãy số là một hàm số từ N∗ (Hoặc N) (Hoặc tập con của N)

vào tập hợp số R. Các số hạng của dãy số thường được ký hiệu là un,vn,xn,yn... Bản

thân dãy số được ký hiệu tương ứng là {un} ,{vn} ,{xn} ,{yn} , ...

Dãy được gọi là vô hạn nếu chúng có vô hạn phần tử. Dãy được gọi là hữu hạn nếu

số phần tử của dãy là hữu hạn.

Nhận xét: Vì dãy số là một trường hợp đặc biệt của hàm số nên nó có các tính chất

của một hàm số.

1.1.2. Dãy số đơn điệu

Định nghĩa 1.2* Dãy số {xn} được gọi là:

- Dãy đơn điệu tăng nếu un+1 > un, với mọi n=1,2,...

- Dãy đơn điệu không giảm nếu un+1 ≥ un, với mọi n=1,2,...

- Dãy đơn điệu giảm nếu un+1 < un, với mọi n=1,2,...

- Dãy đơn điệu không tăng nếu un+1 ≤ un, với mọi n=1,2,...

6

Thí dụ:- Dãy 1, 3, 5, 7, 9,... là dãy đơn điệu tăng.

- Dãy 1,12,

13,

14,

15, ... là dãy đơn điệu giảm.

- Dãy 2, 4, 4, 4, 6, 6, 6, 6,...là dãy đơn điệu không giảm. - 1,12,

12,

13,

13,

13, ... là dãy

đơn điệu không tăng.

* Dãy số tăng hoặc dãy số giảm được gọi chung là dãy đơn điệu.

1.1.3. Dãy số bị chặn

Định nghĩa 1.3* Dãy số {xn} được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số thực M sao cho với mọi n ∈ N

ta có xn ≤ M.

* Dãy số {xn} được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số thực m sao cho với mọi n ∈ N

ta có xn ≥ m.

* Một dãy số vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới được gọi là dãy bị chặn.

1.1.4. Cấp số cộng, cấp số nhân

Định nghĩa 1.4(Cấp số cộng)Cấp số cộng là một dãy số (hữu hạn hoặc vô hạn) mà kể từ số hạng thứ hai trở đi,

mỗi một số hạng bằng số hạng đứng trước nó cộng với một đại lượng không đổi (đại

lượng không đổi được gọi là công sai của cấp số cộng).

Dãy số {xn} được gọi là một cấp số cộng khi và chỉ khi tồn tại d ∈ R sao cho:

xn+1 = xn +d,n = 1,2, ...

d được gọi là công sai của cấp số cộng, x0 là số hạng đầu, xn là số hạng thứ n.

Ta có các công thức cơ bản sau:

* xn = x0 +nd

* Sn = x0 + x1 + ...+ xn−1 = nx0 +n(n−1)d2

=n2

(x0 + xn)

Định nghĩa 1.5(Cấp số nhân)Cấp số nhân là một dãy số (hữu hạn hoặc vô hạn) mà kể từ số hạng thứ hai trở đi,

mỗi một số hạng bằng số hạng đứng trước nó nhân với một đại lượng không đổi (đại

lượng không đổi được gọi là công bội của cấp số nhân).

Dãy số {xn} được gọi là một cấp số nhân khi và chỉ khi tồn tại q ∈ R sao cho:

7

xn+1 = xn.q,n = 1,2, ...

q được gọi là công bội của cấp số nhân, x0 là số hạng đầu, xn số hạng thứ n. Ta có

các công thức cơ bản sau:

* xn = qnx0

* Sn = x0 +x1 + ...+xn−1 =qn −1q−1

x0. Nếu |q| < 1 thì {xn} được gọi là cấp số nhân

lùi vô hạn. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn được tính theo công thức: S =x0

1−q

1.1.5. Các cách cho dãy số

Để xác định một dãy số người ta có thể tiến hành theo các cách sau đây:

a) Cho công thức số hạng tổng quát un.

Thí dụ: Dãy số (un) xác định nhờ công thức un = 2n với mọi n=0,1,2,... Đây chính

là dãy các số tự nhiên chẵn: 0,2,4,6,8,...

b) Dãy số được cho theo công thức truy hồi

Thí dụ:Cho dãy số {un}, n=0,1,2,3,. . . được xác định như sau:{

u0 = 0

un+1 = 3un +√

1+2011u2n

c) Dãy số được xác định theo cách miêu tả.

d) Phương pháp phương trình đặc trưng.

Trong các phương pháp để xác định dãy, chúng ta sử dụng phương pháp phương

trình đặc trưng của dãy. phương pháp này dựa vào phương pháp sai phân sau đây:

* Sơ lược về phương pháp sai phân:Cho dãy số x0;x1; . . . ;xn; . . . Ta biết rằng một dãy số là một hàm số với đối số

nguyên, kí hiệu xn = x(n).

* Định nghĩa sai phân:

Ta gọi ∆xn = xn+1 − xn là sai phân cấp một của dãy xn = x(n)với n ∈ N

Và gọi ∆2xn = ∆xn+1 −∆xn là sai phân cấp hai của dãy xn = x(n)với n ∈ N....

Một cách tương tự ∆kxn = ∆k−1xn+1 −∆k−1xn là sai phân cấp k của dãy số.

* Vài tính chất của sai phân:

Tính chất 1: Sai phân các cấp đều có thể biểu diễn qua các giá trị của hàm số

Tính chất 2 : Sai phân cấp k của một dãy số có tính chất của một toán tử tuyến tính,

8

tức là

∆k (αxn +βyn) = α∆kxn +β∆kyn,∀α ;β ∈ R

Tính chất 3 : Sai phân cấp k của đa thức bậc m là:

i. Đa thức bậc m− k, nếu m > k

ii. Là hằng số nếu m = k

iii. Bằng 0 nếu m < k

Tính chất 4 :n∑

k=m∆xk = xn+1 − xm (với m<n)

Thí dụ 1: Tính các tổng sau:

S1 = 1.1!+2.2!+ · · ·+n.n! =n∑

k=1k.k!

S2 =(12 +1+1

).1!+

(22 +2+1

).2!+ · · ·+

(n2 +n+1

).n! =

n∑

k=1

(k2 + k +1

).k!

Giải

* Ta có: k.k! = k!(k +1− k) = (k +1)!− k! = ∆k!.

Như vậy: S1 =n∑

k=1k.k! =

n∑

k=1∆k! = 2!−1!+3!−2!+4!−3!+ ....+(n+1)!−n!=

(n+1)!−1.

* Vì(k2 + k +1

).k! =

(k2 +2k +1− k

).k! = (k +1)2k!− kk! =

= (k +1) .(k +1)!− k.k! = ∆(k.k!)

vậy S2 =n∑

k=1

(k2 + k +1

).k! =

n∑

k=1∆(k.k!) = (n+1) (n+1)!−1

Thí dụ 2: Tính tổng sau: Tm = 1m +2m +3m + · · ·nm với m = 1,2,3

Giải

1. Xét ∆k2 = (k +1)2 − k2 = 2k +1 ⇒ k =∆k2 −1

2

do đó T1 =n∑

k=1k = 1

2

n∑

k=1

(∆k2 −1

)

T1 =12

(n∑

k=1∆k2 −

n∑

k=11

)= =

12

([(n+1)2 −1

]−n)

= n(n+1)2

2. Xét ∆k3 = (k +1)3 − k3 = 3k2 +3k +1 ⇒ k2 =∆k3 −3k−1

3Do đó ta có:

T2 =n∑

k=1k2 = 1

3

n∑

k=1

(∆k3 −3k−1

)

=13

(n∑

k=1∆k3 −3

n∑

k=1k−

n∑

k=11

)

9

T2 =13

([(n+2)3 −1

]−3.

n(n+1)

2−n

)=

n(n+1) (2n+1)

6

3. Với T3 =n∑

k=1k3ta có ∆T3 = T4 −T3 = (n = 1)3 suy ra:

∆2T3 = ∆(n+1)3 = (n+2)3 − (n+1)3 = 3n2 +9n+7 ∆3T3 = ∆(3n2 +9n+7

)=

· · · = 6n+12 ∆4T3 = ∆(6n+12) = · · · = 6 = const

Vậy ta có thể tìm T3 dưới dạng T3 = an4 + bn3 + cn2 + dn+ e Thay các giá trị ban

đầu T0 = 1;T1 = 1;T2 = 9;T3 = 36;T4 = 100 và giải hệ phương trình với các ẩn

a,b,c,d,e,ta được Tn =n∑

k=1k3 =

[n(n+1)

2

]2

* Phương trình sai phân:

Phương trình sai phân cấp k là một hệ thức tuyến tính chứa sai phân các cấp tới k

F(xn,∆xn,∆2xn, . . . ,∆kxn

)= 0(1.1) Vì sai phân các cấp đều có thể biểu diễn theo

giá trị của hàm số nên (1.1) có dạng:

a0xn+k +a1xn+k−1 + · · ·+akxn = f (n)(1.1) hay Lk [xn] = f (n) Trong đó Lk là toán

tử tuyến tính tác động lên hàm xn .

Trong đó a0,a1, . . . ,ak, f (n) đã biết, còn xn,xn+1, . . . ,xn+k là các giá trị chưa biết.

• Phương trình (1.2) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính cấp k.

• Nếu f (n) = 0 thì phương trình (1.2) có dạng:

a0xn+k +a1xn+k−1 + · · ·+akxn = 0(1.3)hay Lk [xn] = 0 và được gọi là phương trình

sai phân tuyến tính thuần nhất cấp k.

• Nếu f (n) 6= 0 thì phương trình (1.2) được gọi là phương trình sai phân tuyến tính

không thuần nhất cấp k

• Hàm số xn biến n thỏa mãn (1.2) được gọi là nghiệm của phương trình sai phân

tuyến tính (1.2)

• Hàm số xn phụ thuộc k tham số thỏa mãn (1.3) được gọi là nghiệm tổng quát của

phương trình sai phân tuyến tính (1.3)

• Một nghiệm x∗n thỏa mãn (1.2) được gọi là một nghiệm riêng của (1.2)

Tính chất:Giả sử xn và yn là nghiệm của phương trình Lk [xn] = 0 khi đó αxn +βyn, ∀α ,β ∈R

cũng là nghiệm của phương trình Lk [xn] = 0.

Chứng minh:

Do xn và yn là nghiệm của phương trình Lk [xn] = 0 nên Lk [xn] = 0 và Lk [yn] = 0.

Khi đó ta có Lk [αxn +βyn] = αLk [xn]+βLk [yn] = α .0+β .0 = 0. Vậy αxn +βyn,

10

∀α ,β ∈ R là nghiệm của Lk [xn] = 0

Thí dụ : Dãy (xn) được xác định như sau:

{xn+2 = −8xn+1 +9xn

x0 = 2;x1 = −8

Hãy tìm công thức cho số hạng tổng quát xn

Giải

Phương trình đặc trưng λ 2 + 8λ − 9 = 0 có hai nghiệm phân biệt λ = 1 hoặc

λ = −9 . Suy ra nghiệm của phương trình có dạng x̃n = A.1n + B.(−9)n. Sử dụng

điều kiện biên ta tìm được nghiệm tổng quát của phương trình là x̃n = 1+(−9)n.

1.1.6. Dãy Fibonacci

Định nghĩa 1.5Dãy số Fibonacci là dãy số được định nghĩa bởi:

f0 = 0, f1 = 1,∀n ∈ N, fn+2 = fn+1 + fn. Dãy số Fibonacci có rất nhiều tính chất

thú vị và xuất hiện một cách tự nhiên trong nhiều lĩnh vực khác nhau. Chúng ta có

công thức sau đây xác định số hạng tổng quát của dãy số Fibonacci:

Công thức Binet

fn =

(1+

√5

2

)n

−(

1−√

52

)n

√5

1.2. Giới hạn của dãy số

Định nghĩa 1.6 Ta nói dãy số {xn} có giới hạn hữu hạn a khi n dần tới vô cùng

nếu với mọi ε > 0 tồn tại số tự nhiên N0 (phụ thuộc vào dãy số {xn} và ε) sao cho

với mọi n > N0 ta có: |xn −a| < εTa viết: l im

n→∞xn = a ⇔∀ε > 0,∃N0 ∈ N : ∀n > N0, |xn −a| < ε

Định nghĩa 1.7 Ta nói dãy số {xn} dần tới vô cùng khi n dần tới vô cùng nếu với

mọi số thực dương M lớn tùy ý tồn tại số tự nhiên N0 (phụ thuộc vào dãy số và M )

sao cho với mọi n > N0 ta có: |xn| > M .

Ta viết: l imn→∞

xn = ∞ ⇔∀M > 0,∃N0 ∈ N : ∀n > N0, |xn| > M

11

Định lý 1.1(Tổng, hiệu, tích,thương các dãy hội tụ).

Nếu {xn}, {yn} là các dãy hội tụ và có giới hạn tương ứng là a, b thì các dãy số

{xn + yn} ,{xn − yn}, {xn.yn} và

{xn

yn

}cũng hội tụ và có giới hạn tương ứng là a+b,

a - b, a.b,ab

(Trong trường hợp dãy số thương, ta giả sử yn và b khác không).

Định lý 1.2(Sự hội tụ của dãy đơn điệu.)

* Một dãy tăng và bị chặn trên thì hội tụ

* Một dãy giảm và bị chặn dưới thì hội tụ

Thí dụ:Chứng tỏ rằng dãy: an = 1+12

+ ...+1n− lnn,n ∈ N có giới hạn hữu hạn.

Chứng minh: Ta có bất đẳng thức sau:x

x+1< ln(x+1) < x,∀x > 0(1)

Sử dụng (1), ta thu được:

an+1 − an =1

n+1− ln(n+1)+ lnn =

1n+1

− ln

(1+

1n

)< 0 và từ đó dãy (an)

là dãy giảm. Ta chứng minh rằng nó bị chặn dưới. Sử dụng bất đẳng thức bên phải

của (1) ta có:

an > ln(1+1)+ ln

(1+

12

)+ ln

(1+

13

)+ ...+ ln

(1+

1n

)− lnn =

= ln

(2

32.43...

n+1n

.1n

)= ln

n+1n

>1

1+n> 0

Do đó theo nguyên lí Weierstrass dãy (an) có giới hạn hữu hạn. Ta kí hiệu giới hạn

đó là C. Đặt an −C = γn,n ∈ N. Hiển nhiên γn → ∞. Từ đó ta có:

1+12

+ ...+1n

= lnn+C + γn

Số C được gọi là hằng số Ơle(1).

Định lý 1.3(Qua giới hạn dưới dấu bất đẳng thức)

Giả sử:

i) limn→∞

an = a, limn→∞

bn = b

ii) an ≤ bn,∀n ∈ N

Khi đó a ≤ b

Định lý 1.4(Định lý về dãy trung gian)

Giả sử:

i) limn→∞

an = limn→∞

bn = αii) an ≤ zn ≤ bn,∀n ∈ N

Khi đó: limn→∞

zn = α

12

Định lý 1.4 (Tiêu chuẩn Cauchy) Dãy số {xn} có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi nó

là dãy Cauchy. Tức là: ∀ε > 0,∃N0 ∈ N : ∀m,n > N0 ta có: |xm − xn| < εThí dụ 1.Sử dụng tiêu chuẩn Cauchy để chứng minh rằng dãy {an} với an = 1 +

12

+ ...+

1n2 ,n ∈ N hội tụ

Chứng minh:Giả sử ε > 0 cho trước tuỳ ý. Khi đó:

∣∣an+p −an∣∣= 1

(n+1)2 + ...+1

(n+ p)2 <

<1

n(n+1)+

1(n+1) (n+2)

+ ...+1

(n+ p−1) (n+ p)=

=

(1n− 1

n+1

)+

(1

n+1− 1

n+2

)+ ...+

(1

n+ p−1− 1

n+ p

)=

=1n− 1

n+ p<

1n

< ε∀n >1ε,∀p > 0

Từ đó theo tiêu chuẩn Cauchy thì dãy đã cho là một dãy hội tụ.

Thí dụ 2.Xét dãy {an} với: an = 1+

12

+ ...+1n,n ∈ N.

Ta nhận xét rằng ∀n, ta lấy số tự nhiên p = n ta thu được:∣∣an+p −an

∣∣ = |a2n −an| =1

n+1+

1n+2

+ ... +12n

≥ n1

2n=

12

. Do đó nếu lấy

ε =12

thì không tồn tại chỉ số N sao cho p > N và p ∈ N thì:∣∣an+p −an∣∣ < ε . Điều này chứng tỏ dãy {an} không phải là dãy cơ bản nên nó là

một dãy phân kì.

Định nghĩa 1.8 (Ánh xạ co)

* Định nghĩa: Giả sử f : Rn → Rn, Ánh xạ f được gọi là ánh xạ co nếu tồn tại một

hằng số α (0<α<1) sao cho:∀x′,x′′ ta có:‖ f (x′)− f (x′′)‖ < α ‖x′− x′′‖.

Nhận xét: Mọi ánh xạ co đều liên tục.

* Nguyên lý ánh xạ co: Mọi ánh xạ co f : Rn → Rnluôn tồn tại một điểm bất động

duy nhất.

Chứng minh: Giả sử xo ∈ Rn là một điểm bất kỳ. Đặt: x1 = f (x0),x2 = f (x1) thì:

f (x1) = f ( f (x0)) = f 2(x0)

13

. . .

xk = f (xk−1) = f k(x0)

. . .

Ta chứng minh dãy {xk} là dãy Cauchy.

Thật vậy: k, p là hai số nguyên dương tùy ý. Rõ ràng ta có:∥∥xk+p − xk

∥∥=∥∥ f k+p(x0)− f k(x0)

∥∥=∥∥ f k( f p(x0))− f k(x0)∥∥=

∥∥ f k(xp)− f k(x0)∥∥≤α

∥∥ f k−1(xp)− f k−1(x0)∥∥≤ ...≤αk

∥∥xp − x0∥∥⇒∥∥xk+p − xk

∥∥≤ αk∥∥xp − x0

∥∥Mặt khác:

∥∥xp − x0∥∥=

∥∥xp − xp−1 + xp−1 − xp−2 + ...+ x1 − x0∥∥≤

∥∥xp − xp−1∥∥+∥∥xp−1 − xp−2

∥∥+ ...+∥∥x1 − x0

∥∥. Nhưng:∥∥x1 − x0

∥∥=∥∥x1 − x0

∥∥

‖x2 − x1‖=∥∥ f (x1)− f (x0)

∥∥≤α∥∥x1 − x0

∥∥ . . .∥∥xp − xp−1

∥∥≤ ...≤α p−1∥∥x1 − x0

∥∥.

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được:∥∥xp − x0

∥∥≤∥∥xp − xp−1

∥∥+∥∥xp−1 − xp−2

∥∥+

...+∥∥x1 − x0

∥∥≤ (1+α +α2 + ...+α p−1)∥∥x1 − x0

∥∥.

Như vậy ta có:∥∥xk+p − xk

∥∥≤αk(1+α +α2+ ...+α p−1)∥∥x1 − x0

∥∥≤ αk

1−α∥∥x1 − x0

∥∥.

Rõ ràng limk→∞

αk = 0 nên k đủ lớn ta có:∥∥xk+p − xk

∥∥< ε với ε tùy ý, do đó dãy {xk}là dãy Cauchy.

Do đó x∗ ∈ Rnsao cho: limk→∞

‖xk − x∗‖= 0, do ánh xạ co là ánh xạ liên tục nên ta có:

limk→∞

‖ f (xk)− f (x∗)‖ = 0. Mặt khác f (xk) = xk+1 nên ta có: limk→∞

‖ f (xk)− x∗‖ = 0

cho ta: f (x∗) = x∗ suy ra sự tồn tại của điểm bất động.

+ Bây giờ ta chứng mịnh sự duy nhất: Giả sử tồn tại hai điểm bất động x∗,x∗∗. Khi

đó ta có:

f (x∗)= x∗; f (x∗∗)= x∗∗. Từ đó ta có: ‖x∗− x∗∗‖= ‖ f (x∗)− f (x∗∗)‖≤α ‖x∗− x∗∗‖⇒(1−α)‖x∗− x∗∗‖ = 0

Hay x∗ = x∗∗. Vậy nguyên lý được chứng minh.

Như vậy xét trong tập số thực ta có: Nếu f (x) là ánh xạ co trên R thì dãy số

{xn}xác định bởi

{x0 = a ∈ R

xn+1 = f (xn)hội tụ.

14

Chương 2

Một số lớp bài toán về dãy số

2.1. Lớp bài toán có tính chất số học của dãy

Trong mục này tác giả sẽ đưa ra các bài toán về dãy số với các yêu cầu có tính

chất số học và các bài toán dãy số giải được bằng phương pháp số học. Trước tiên

ta đi xét một số bài toán về dãy nguyên.Dãy số nguyên là một phần quan trọng trong lý thuyết dãy số. Ngoài các vấn đề

chung như tìm số hạng tổng quát của dãy số, tìm công thức tính tổng n số hạng đầu

tiên. . . các bài toán về dãy số nguyên còn quan tâm đến tính chất số học của dãy

số như chia hết, đồng dư, nguyên tố, chính phương, nguyên tố cùng nhau. . . Các

bài toán về dãy số nguyên rất đa dạng. Trong nhiều trường hợp, dãy số chỉ là cái bề

ngoài, còn bản chất bài toán là một bài toán số học.

Bài toán: Nếu (xn) là một dãy có phương trình hồi quy: xn+2 = uxn+1 + vxn thì ta

sẽ có phương trình đặc trưng của dãy hồi quy :

x2 −ux− v = 0

với hai nghiệm a,b. Chú ý rằng xn = an và xn = bn thỏa mãn phương trình hồi quy

vì a2 = ua+ v,b2 = ub+ v.

Nếu a = b thì a = b =u2

và xn = nan cũng thỏa mãn phương trình hồi quy.

15

Nếu a 6= b ta tìm được c1,c2 ∈ R sao cho x1 = c1a+ c2b,x2 = c1a2 + c2b2. Khi đó

ta có :xn = c1an + c2bn hoàn toàn thỏa mãn phương trình hồi quy. Ta cũng có x1,x2

xác định duy nhất bởi c1,c2 và dãy xn. Hơn nữa dãy thỏa mãn phương trình hồi quy

là : xn = c1an + c2bn với c1,c2 được xác định ở trên.

Tương tự với a = b khi đó dãy thỏa mãn là :xn = c1an + c2nbn ở đó c1,c2 được xác

định qua :x1 = c1a+ c2b và x2 = c1a2 + c2b2.

Bài toán 1(RMO2002 [10])Giả sử dãy (an) được định nghĩa như sau:a0 = a1 = 1 và an+1 = 14an − an−1 với

n ≥ 1. Chứng minh rằng 2an −1 là một số chính phương.

* Phân tích:Từ yêu cầu của bài toán là 2an − 1 là số chính phương tức là: Tồn tại

dãy nguyên (cn) sao cho:

2an −1 = c2n, suy ra

c2n +1

2= an. Bây giờ ta đi xác định dãy (cn) :

Từ phương trình đặc trưng xác định an: λ 2 − 14λ + 1 = 0(1) ta giải ra được hai

nghiệm: λ1,2 = 7±√

48.

Nhận xét thấy rằng: λ1,2 = 7±√

48 =(2±

√3)2

. Mà 2±√

3 lại là hai nghiệm của

phương trình đặc trưng: λ 2−4λ +1 = 0(2) suy ra hệ thức truy hồi xác định nghiệm

tổng quát của (2): cn = 4cn−1 − cn−2,n ≥ 2.

Lời giải

Với n ∈ N định nghĩa cn như sau:

c0 = −1;c1 = 1 và cn = 4cn−1 − cn−2,n ≥ 2. Khi đó:

cn =

(1+

√3

2

)(2+

√3)n

+

(1−

√3

2

)(2−

√3)n

với n ∈ N Bình phương 2 vế trên ta có :

c2n +1

2=

(1−

√3

2

)(7+4

√3)n

+

(1+

√3

2

)(7−4

√3)n

.

Ta chỉ cần chứng minh :c2

n +12

= an điều này ta dễ dàng làm được bằng cách tìm

an theo tính chất đã nêu ở trên.

Bài toán 2(Shortlist 1988 [5]).Cho dãy nguyên an định nghĩa như sau:

16

a0 = 0,a1 = 1,an+2 = 2an+1 +an,n ≥ 0. Chứng minh rằng 2k|an <=> 2k|n

Lời giải

Sử dụng tính chất trên ta tìm được:

an =1

2√

2(1+

√2)n − 1

2√

2(1−

√2)n

Khi đó ta có 2 cách:

Cách 1: Chứng minh bằng quy nạp an lẻ khi n lẻ và xây dựng dãy bn với b0 = b1 = 2

và bn = 2bn−1 + bn−2. Chứng minh bn chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4

với mọi n bằng quy nạp. Từ công thức tường minh của an và bn và a2n = anbn.

Cách 2: Chứng minh quy nạp a2n+1 = (an)2 +(an+1)

2 và a2n = 2an(an +an−1) .

Bài toán 3(RMO1999 [10])Chứng minh rằng với số nguyên dương n bất kỳ thì :

n

∑k=0

C2k2n+122n−2k3k

là tổng của 2 bình phương đúng.

Lời giải

Đặt α = 1+√

3,β = 1−√

3 và Tn =12(α2n+1 + β 2n+1). Ta có : αβ = −2,

α2

2=

2+√

3 vàβ 2

2= 2−

√3. Áp dụng khai triển đối với nhị thức (1+

√3)n và (1−

√3)n,

ta tìm được: Tn =n∑

k=0C2k

2n+13klà một số nguyên với mọi n.

Áp dụng khai triển nhị thức với (2+√

3)2n+1 và (2−√

3)2n+1, ta có :

Sn =(

α2

2)2n+1 +(

β 2

2)2n+1

4

=α4n+2 +β 4n+2

22n+3

=α4n+2 +2(αβ )2n+1 +β 4n+2

22n+3 +12

=(α2n+1 +β 2n+1)2

22n+3 +12

17

T 2n

22n+1 +12.

Do vậy : 22n+1Sn = T 2n + 22n. Khi đó 22n|T 2

n nhưng T 2n

...22n+1 và do vậy Tn ≡2n(mod22n+1). Hơn nữa:

Sn =T 2

n

22n+1 +12

=

(Tn −2n

2n+1

)2

+

(Tn +2n

2n+1

)2

Đây là điều phải chứng minh.

*Nhận xét :Qua các bài toán trên ta có một số kết quả sau:

Dựa vào một số tính chất trong số học ta có một hệ thức có dạng nghệm tổng quát

của phương trình sai phân, từ đó ta suy ra phương trình đặc trưng và từ đó ta suy ra

hệ thức truy hồi, như vậy ta sẽ được bài toán mới.

Thí dụ:

Dựa vào tính chất: với n là số nguyên tố thì an ≡ a(mod n), ta có:{(−3)n ≡ −3 (mod n)

2n ≡ 2 (mod n)

Suy ra:2n +(−3)n +1 ≡ 0(mod n).

Mà −3 và 2 là hai nghiệm của phương trình đặc trưng: λ 2 + λ − 6 = 0. Hay

(−3)n,2n chính là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân: xn+2 =−xn+1 +6xn.

Từ đó ta có bài toán sau:

Cho (un) thỏa mãn:{u1 = −4 , u2 = 10

un+2 + un+1 = 6(un + 2) , ∀n ∈ N

CMR: (un +4)...n, với n là số nguyên tố.

Giải

Đặt xn = un +3, ta được: x1 = 1;x2 = 13,xn+2 = −xn+1 +6xn

Xét phương trình đặc trưng : λ 2 +λ −6 = 0, ta được λ1 = 2,λ2 = −3

Ta được: xn = C1(−3)n +C22n,∀n ∈ N Từ điều kiện ban đầu:{x1 = −1

x2 = 13Suy ra C1 = C2 = 1, suy ra xn = (−3)n +2n → un +4 = (−3)n +2n +1

Với n là số nguyên tố →{

(−3)n ≡ −3 (mod n)

2n ≡ 2 (mod n)

18

Suy ra:2n +(−3)n +1 ≡ 0(mod n).

Bài tập đề nghị:Bài 1:Cho dãy số (un) xác định như sau:{

u1 = 0, u2 = 14, u3 = −18

un = 7un−1 − 6un−2 ,n ≥ 3

CMR: Nếu p là số nguyên tố thì up...p.

Hướng dẫn: Từ hệ thức truy hồi và điều kiện biên ta xác định được:

un = 1+2n +(−3)n.Vì p là số nguyên tố, áp dụng định lý Fecma suy ra đpcm

Bài 2: Dãy (an) được xác định như sau:{a0 = 0,a1 = 1,a2 = 2;a3 = 6

an+4 = 2an+3 +an+2 −2an+1 −an,∀n ≥ 0

Hướng dẫn:Từ giả thiết, bằng phương pháp giải phương trình sai phân ta tìm được:

an = n

(1√5

αn − 1√5

β n

)với α ,β là hai nghiệm của phương trình:x2 − x−1 = 0

. Nhận xét thấy rằng:an

n= Fn với (Fn) là dãy Fibonacci. Vậy ta có điều cần chứng

minh.

Nhận xét: Những bài toán trên ta đã xét được các dãy truy hồi tuyến tính với hệ

số nguyên và các số hạng đầu đều nguyên sẽ chứa toàn số nguyên. Thế nhưng có

những dãy số mà trong công thức truy hồi có phân số, thậm chí có cả căn thức

nhưng tất cả các số hạng của nó vẫn nguyên, đấy mới là điều bất ngờ. Tuy nhiên,

nếu xem xét kỹ, ta có thể thấy chúng có một mối quan hệ rất trực tiếp.Sau đây ta xét

hai bài toán mà dãy số cho dưới dạng hệ thức truy hồi có chứa căn nhưng mọi số

hạng của dãy đều nguyên:

Bài toán 4Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số an xác định bởi:

a0 = 1,an+1 = 2an +√

3a2n −2 đều nguyên.

Lời giải

Chuyển vế và bình phương công thức truy hồi, ta được:

a2n+1 −4anan+1 +4a2

n = 3a2n −2 ⇔ a2

n+1 −4anan+1 +a2n +2 = 0

Thay n bằng n−1, ta được: a2n−4anan−1 +a2

n−1 +2 = 0. Từ đây suy ra an−1 và an+1

là hai nghiệm của phương trình x2 − 4anx + a2n + 2 = 0. Suy ra an+1 + an−1 = 4an

hay an+1 = 4an − an−1. Từ đây suy ra tất cả các số hạng trong dãy đều nguyên, vì

19

a0 = 1 và a1 = 3 nguyên.

Bài toán 5 (VMO1995[4])Dãy (an),n ∈ N, được xác định như sau:

a0 = 2,an+1 = 5an +√

24a2n −96 với mọi n=0,1,2,3,...

1. Tìm công thức của số hạng tổng quát an theo n.

2. CMR an ≥ 2.5n với mọi n ∈ N

Lời giải

1)Với mọi n ∈ N ta có:

an+1 = 5an +√

24a2n −96 ⇔ (an+1 −5an)

2 = 24a2n −96

⇔ a2n −10an+1an +a2

n+1 +96 = 0(1)

Từ (1) thay n bởi n+1 ta được: a2n+2 −10an+1an+2 +a2

n+1 +96 = 0(2).

Dãy (an) là dãy tăng thực sự nên an < an+2. Từ (1) và (2),suy ra an và an+2 là hai

nghiệm phân biệt của phương trình (ẩn t):t2 − 10an+1t + a2n+1 + 96 = 0. Theo định

lý Viet, ta có an+2 +an = 10an+1

hay an+2 −10an+1 +an = 0 với mọi n ∈ N.

Suy ra, dãy (an) có phương trình đặc trưng:x2 −10x+1 = 0.

Dễ thấy phương trình trên có hai nghiệm là: x1 = 5−2√

6 và x2 = 5+2√

6. Từ đó,

an = C1(5−2√

6)n +C2(5+2√

6)n. cho n=0 và n=1 ta được:

C1 +C2 = 2(5−2

√6)

C1 +(

5+2√

6)

C2 = 10

Suy ra C1 = C2 = 1. Vậy số hạng tổng quát của dãy (an) là:

an = (5−2√

6)n +(5+2√

6)n, với mọi n ∈ N.

2. Dễ dàng chứng minh được bằng phương pháp quy nạp toán học.

Nhận xét: Từ các bài toán trên ta phát triển thành bài toán tổng quát sau:

Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mãn điều kiện: a2 = b+1. Dãy số {un} xác định như

sau: u0 = 1,un+1 = aun +√

bu2n − c. Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số trên

đều nguyên.

Lời giải bài toán tổng quát này tương tự bài toán 4.

Như vậy từ bài toán tổng quát này ta có thể sáng tác ra một hệ thống các bài toán

bằng cách cho a,b,c các giá trị cụ thể.

20

Bình luận:Các hệ thức truy hồi trong các bài toán 4 và 5 đều gợi cho chúng ta đến

với phương trình Pell. Quả thật là có thể xây dựng hàng loạt dãy số tương tự bằng

cách xét phương trình Pell. Xét phương trình x2 −Dy2 = k. Giả sử phương trình

có nghiệm không tầm thường (x0,y0) và (α ,β ) là nghiệm cơ sở của phương trình

x2 −Dy2 = 1. Khi đó, nếu xét hai dãy (xn),(yn) xác định bởi:

xn+1 = αxn +βDyn,yn+1 = βxn +αyn thì xn,yn là nghiệm của x2 −Dy2 = k. Từ hệ

phương trình trên, ta có thể tìm được xn+1 = αxn + β√

D(x2n − k);yn+1 = αyn +

β√

k +Dy2n và như vậy đã xuất hiện hai dãy số nguyên được cho bởi công thức

không nguyên. Ví dụ, với D = 4a(a+1),k = 1 thì ta có x0 = α = 2a+1,y0 = β = 1.

Ta được hai dãy số nguyên sau đây :

x0 = 2a+1,xn+1 +√

4a(a+1) (x2n −1)

y0 = 1,yn+1 = 2a+1+√

4a(a+1)y2n +1

Cuối cùng, chú ý rằng ta có thể tạo ra một kiểu dãy số khác từ kết quả an−1,an+1 là

hai nghiệm của phương trình :

x2 − 4anx + a2n + 2 = 0 Trên đây : Theo định lí Viète thì an+1an−1 = a2

n + 2 , suy

ra:an+1 =a2

n +2an−1

và ta có bài toán: Cho dãy số (an) xác định bởi a0 = 1,a1 = 3 và

an+1 =a2

n +2an−1

Chứng minh rằng an nguyên với mọi n

Bài toán 5(Bulgaria 1996)Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 luôn tồn tại cặp số tự nhiên lẻ xn,yn

thỏa mãn: 7x2n + y2

n = 2n.

Lời giải

Ta chứng minh sử dụng quy nạp:

n = 3: ta có x3 = y3 = 1.

Giả sử đúng với n: tức là có các số tự nhiên lẻ xn,yn sao cho 7x2n + y2

n = 2n;

Ta cần chứng minh đúng với n+1 tức là chỉ ra tồn tại cặp số tự nhiên lẻ (X ,Y ) thỏa

mãn :7X2 +Y 2 = 2n+1. Thật vậy, ta có:

7

(xn ± yn

2

)2

+

(7xn ∓ yn

2

)2

= 2(7x2n + y2

n) = 2n+1.

21

Vì xn,yn lẻ ta có ít nhấtxn + yn

2hoặc

|xn − yn|2

là số tự nhiên lẻ. Từ đây ta có điều

phải chứng minh.

Sau đây chúng ta đi xét một bài toán về dãy có phương pháp giải bằng phương pháp

số học mặc dù bài toán đó không có bản chất số học.

Bài toán 6(Czech-Slovak Match 1995)[8]:Cho dãy số xác định bởi:

a1 = 2;a2 = 5 và an+2 = (2−n2)an+1 +(2+n2)an với n ≥ 1.

Có tồn tại hay không các số : p,q,r sao cho: apaq = ar?

Lời giải

Ta sử dụng quy nạp an ≡ 2(mod3):

n = 1,2: Đúng

Giả sử đúng với n+1 ta cần chứng minh đúng với n+2:

Thật vậy, ta có: an+2 = (2− n2)an+1 + (2 + n2)an ≡ 2(2− n2)+ 2(2 + n2) ≡ 8 ≡2(mod3)

Từ đó ta có với p,q,r bất kỳ ta có: apaq ≡ 1(mod3), mà ar ≡ 2(mod3) =⇒ apaq 6= ar

* Bài tập đề nghị:Bài 1. Cho dãy a1 = 20,a2 = 30,an+1 = 3an − an−1,n ≥ 2. Tìm tất cả n sao cho

1+5anan+1 là một số chính phương.

Bài 2. Cho a0 = a1 = 5 và an =an−1 +an+1

98

Chứng minh rằng :an +1

6là một số chính phương.

Bài 3. Cho a1 = 1 và với n ≥ 1 ta có :

an+1 = 2an +√

3a2n −3

Chứng minh rằng a3n+1 = an+1(a2n+1 +1).

Bài 4. Cho dãy :a0 = 1,a1 = 2 và an+1 = 4an +an−1. Chứng minh rằnga6n

a2nkhông

phải là lập phương của một số hữu tỷ.

Bài 5. Cho a0 = 4,a1 = 22 và an+1 = 6an−an−1. Chứng minh rằng có thể biểu diễn

an như sau:

an =y2

n +7yn − xn

với xn,yn ∈ N

Bài 6. Cho c ∈ N∗. Cho x1 = 1,x2 = c và xn+1 = 2xn − xn−1 +2với n ≥ 2.

22

Chứng minh rằng với k bất kì thì tồn tại r sao cho xkxk+1 = xr

Bài 7.Cho a,b ∈ Z. Định nghĩa dãy (an) như sau: a0 = a,a1 = b,a2 = 2b− a + 2

và an+3 = 3an+2 − 3an+1 + an. Tìm a,b sao cho an là một số chính phương với

n ≥ 1998

Bài 8. Cho dãy (an) sao cho a1 = 43,a2 = 142,an+1 = 3an + an−1. Chứng minh

rằng (an,an+1) = 1.

Chứng minh rằng với bất kỳ m ∈ N tồn tại vô hạn số n sao cho:

m|UCLN(an −1,an+1 −1).

2.2. Lớp các bài toán dãy số có bản chất đại số

Lớp các bài toán dãy số có bản chất đại số thường là các bài toán tìm công thức

tổng quát của một dãy số, tính tổng các số hạng của một dãy số. Với loại toán này,

chúng ta có một số kiến thức cơ bản làm nền tảng như:

1) Các công thức về cấp số cộng, cấp số nhân

2) Phương pháp phương trình đặc trưng để giải các phương trình sai phân tuyến tính

với hệ số hằng (thuần nhất và không thuần nhất) Các phương pháp cơ bản để giải

các bài toán dãy số ở loại này là bằng các biến đổi đại số, đưa bài toán về các bài

toán quen thuộc, tính toán và đưa ra các dự đoán rồi chứng minh bằng quy nạp toán

học. Trong một số bài toán, phép thế lượng giác sẽ rất có ích. Ta bắt đầu đi từ bài

toán thi HSG của đất nước Mỹ năm 1993:

Bài toán 1(Putnam 1993 [11]).Cho dãy các số thực thỏa mãn điều kiện: a2

n −an−1.an+1 = 1,∀n ≥ 1(1)

CMR tồn tại các số thực m sao cho: an+1 = man −an−1,∀n ≥ 1(2)

phân tích: Từ kết luận ( 2)ta suy ra:m =an+1 +an−1

an

Ta cần chỉ ra tồn tại m tức là dãy:

{an+1 +an−1

an

}không đổi

Lời giải:

Khi n ≥ 2 ta định nghĩa bn =an +an−2

an−1khi đó hệ thức đã chứng tỏ bn = bn+1,∀n ≥

2.

23

thật vậy: bn = bn+1 ⇔an +an−2

an−1=

an+1 +an−1

an⇔ a2

n−1 +an−1.an+1 = a2n−an.an−2

Đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng theo giả thiết ( Cả hai vế đều bằng 1).

Từ đó, đặt bn = m,∀n ≥ 2

. Ta có:m =an+1 +an−1

an⇔ an+1 = man −an−1

Sau cùng, với n=1suy ra m =a2 +a0

a1Vậy ta có điều phải chứng minh.

*Nhận xét:Mấu chốt của bài toán xuất phát từ dãy bn với bn =

an +an−2

an−1là dãy hằng. Vậy ta

hãy cho bn là một dãy hằng vối số hạng tổng quát khác thì ta được một bài toán

mới. Ví dụ cho bn =αan +βan−2

an−1suy ra bn = bn+1 suy ra giả thiết sẽ được thay

thế bằng:a2

n −an−1.an+1

a2n−1 −an.an−2

=αβ

Hay un+1 =αβ

.un, với un+1 = a2n − an−1.an+1. Tức là (un) là cấp số nhân với công

bội làαβ

Suy ra bài toán mới: Cho (un) là cấp số nhân với công bội làαβ

. Dãy an thỏa mãn:

a2n −an−1.an+1 = un+1. Chứng minh rằng: tồn tại số thực m sao cho:

α .an+1 = man −β .an−1

Tổng quát hơn nữa, cho bn là một hàm f (an,an+1,an−1) sao cho bn là dãy hằng,

biến đổi giả thiết suy ra điều kiện của dãy an suy ra bài toán mới.

Bài toán 2(Poland 1997):Cho các số nguyên dương x1,x2, ...,x7 thỏa mãn: x6 = 144, xn+3 = xn+2(xn+1 + xn)

với n = 1,2,3,4. Tìm x7

Lời giải

Sử dụng giả thiết, ta có: x6 = (x3 + x2)[(x3(x2 + x1) + x3][x3(x2 + x1)] ≥ (x3 +

x2)2(x3 + x2 +1) do vậy x3 + x2 < 5.

Do đó x6 là tổ hợp của x2,x3. Với mỗi trường hợp sẽ cho ta một phương trình Dio-

phant với x1, nhưng chỉ hai trường hợp là có nghiệm. Do đó dãy có thể là:

2,1,2,6,18,144,3456

7,1,1,8,16,144,3456

24

Trong cả hai trường hợp thì x7 = 3456.

Bài toán 3(Ireland 1998)[8].cho dãy số thực xn được cho bởi : x0,x1 là các số thực dương tùy ý, và:

xn+2 =1+ xn+1

xn, n = 0,1,2, · · ·

Tìm x1998.

Phân tích:Ta sẽ tìm ra quy luật của dãy dựa vào việc tính một vài số hạng đầu của

dãy.

Lời giải

Ta có:

x2 =1+ x1

x0, x3 =

x0 + x1 +1x0x1

, x4 =1+ x0

x1x5 = x0, và x6 = x1. Do vậy, xk có chu kỳ lặp lại 5 số hạng và x1998 = x3 =x0 + x1 +1

x0x1.

Bài toán 4(Russia 1995[8]):Cho dãy a0,a1,a2, · · · thỏa mãn:

am+n +am−n =12(a2m +a2n)

với mọi số nguyên không âm m và n với m ≥ n. Nếu a1 = 1, hãy xác định a1995.

Lời giải

Ta có: a2m +a2m = 2(a2m +a0) = 4(am +am), suy ra a2m = 4am và a0 = 0. Do vậy

ta sẽ tính được a2 = 4,a4 = 16. Từ đó ta cũng có a1 +a3 =a2 +a4

2= 10 nên a3 = 9.

Ta sẽ chứng minh ai = i2 với mọi i ≥ 1.

Thật vậy sử dụng quy nạp theo i. Giả sử rằng a j = j2 với j < i. Khi đó ta có với

m = i−1, j = 1 thì:

an =12(a2n−2 +a2)−an−2 = 2an−1 +2a1−an−2 = 2(n2−2n+1)+2−(n2−4n+4)= n2.

Do đó , ta có : a1995 = 19952.

Nhận xét :- Do dãy số là một trường hợp đặc biệt của hàm số. Ta có thể giải bài

toán trên bằng cách cách sử dụng phương trình hàm như sau:

25

Chuyển dãy về hàm, ta có: f (x+ y)+ f (x− y) =12( f (2x)+ f (2y)), f (1) = 1

Cho x=y ta được f (0) = 0

Cho y=0 ta được: f (2x) = 4 f (x). Từ đây suy dễ dàng suy ra f (x) = x2.

Do vậy: an = n2.

Như vậy: Ta có thể chuyển bài toán từ dãy về hàm và giải bài toán đó bằng phương

trình hàm. Vậy ta có thể sáng tạo ra một số đề toán về dãy dựa theo theo một số đặc

trưng của hàm như sau:

1. Dựa theo đặc trưng của hàm tuyến tính f (x) = ax là f (x + y) = f (x) + f (y).

Chuyển sang bài toán dãy sẽ là:

Xác định dãy (un) biết um+n = um +un, với mọi số nguyên không âm m, n (m ≥ n),

u1 = a 6= 0

2. Dựa theo đặc trưng của hàm lũy thừa f (x) = xk,x > 0 là f (xy) = f (x) f (y).

Chuyển sang bài toán dãy sẽ là:

Xác định dãy (un) biết umn = um.un, với mọi số nguyên dương m, n .

3. Dựa theo đặc trưng của hàm mũ f (x) = ax,(a > 0,a 6= 1) là f (x+y) = f (x) f (y).

Chuyển sang bài toán dãy sẽ là:

Xác định dãy (un) biết um+n = um.un, với mọi số nguyên dương m, n .

4. Dựa theo đặc trưng của hàm cos f (x) = cosx là f (x+y)+ f (x−y) = 2 f (x) f (y).

Chuyển sang bài toán dãy sẽ là:

Xác định dãy (un) biết um+n +um−n = 2um.un, với mọi số nguyên dương m, n .

...

Bài toán 5(Shortlist 1994 [5]).Cho dãy số {an} xác định bởi a1 = 1, a2 = 2 và an+2 = 2an+1 − an + 2 với mọi

n > 1. Chứng minh rằng với mọi m, amam+1 cũng là một số hạng của dãy số.

Lời giải

Ta có an+2 = 2an+1 − an + 2 Thay n bằng n-1, ta được an+1 = 2an − an−1 + 2 Trừ

hai đẳng thức vế theo vế, ta được an+2 −3an+1 +3an −an−1 = 0

Phương trình đặc trưng: x3 − 3x2 + 3x− 1 = 0 có nghiệm bội 3 x1,2,3 = 1 nên ta có

nghiệm tổng quát an có dạng an = an2 +bn+ c.

Thay n = 1, 2, 3 ta được: a + b + c = 1

4a + 2b + c = 2

26

9a + 3b + c = 5

Từ đó giải ra được a = 1,b = −2,c = 2. Vậy an = n2 −2n+2 = (n−1)2 +1

Do đó:amam+1 =[(m−1)2 +1

](m2 +1

)=(m2 −m+1

)2+1 = am2−m+2

Bài toán 6(VMO-2001 [4]). Cho dãy (xn),n ∈ N∗, được xác định như sau:x1 =

23

và xn+1 =xn

2(2n+1)xn +1với mọi n ∈ N

∗. Hãy tính tổng của 2001 số hạng đầu

tiên của dãy (xn).

Lời giải

Dễ thấy xn > 0, với mọi n ∈ N∗. Đặt un =

2xn

Từ công thức xác định dãy (xn) của

đề bài, ta có:u1 = 3 và un+1 = 4(2n + 1) + un với mọi n ∈ N∗ (1) Từ (1), bằng

phương pháp sai phân ta giải được un = (2n− 1)(2n + 1),với mọi n ∈ N∗. Do đó:

xn =2un

=2

(2n−1)(2n+1)=

12n−1

− 12n+1

, với mọi n ∈ N∗.

Do vậy:2001∑

i=1xi = 1− 1

4003=

40024003

2.3. Lớp các bài toán về bất đẳng thức dãy.

Bài toán 1(China 1995 [8]).Giả sử rằng 2n số thực a1, · · ·,an,b1, · · ·,bn (n ≥ 3) thỏa mãn các điều kiện sau:

(a)a1 +a2 + · · ·+an = b1 +b2 + · · ·+bn;

(b)0 < a1 = a2,ai +ai+1 = ai+2, i = 1,2, · · ·,n−2;

(c)0 < b1 ≤ b2,bi +bi+1 ≤ bi+2, i = 1,2, · · ·,n−2.

Chứng minh rằng:an−1 +an < bn−1 +bn.

Lời giải

Cho dãy Fn là dãy Fibonacci với F0 = 0,F1 = 1, sao cho: ai = Fi−1a1. Đặt d2 =

b2 −b1 và di = bi −bi−1 −bi−2 với i > 2. Khi đó dễ thấy rằng:

bi = Fi−1b1 +Fi−2d2 + · · ·+F1di.

Ta có tính chất sau của dãy Fn: F0 + · · ·+Fk = Fk+2 −1(có thể chứng minh lại bằng

phương pháp quy nạp). Khi đó có:

27

bn−2 +bn

b1 + · · ·+bn−2=

Fn+1b1 +Fnd2 + · · ·+F2dn

(Fn −1)b1 +(Fn−1 −1)d2 + · · ·+(F1 −1)dn≥ Fn+1b1

(Fn −1)b1=

an−1 +an

a1 + · · ·+an−2

Bất đẳng thức đầu là hệ quả của kết quả sau: nếu a,b,c,d > 0 vàab≤ c

dthì

ab≤

a+ cb+d

. Đặt s = a1 + · · ·+an; thì ta có:

an−1 +an

s−an−1 −an≤ bn−1 +bn

s−bn−1 −bn.

Vì f (x) =x

s− xlà hàm tăng trên [0,s], do vậy ta có :an−1 +an ≤ bn−1 +bn.

*Nhận xét:Lời giải trên đã sử dụng một tính chất của dãy Fibonacci- Một dãy đặc biệt đã được

nhắc đến ở chương 1.

Sau đây ta xét thêm một số tính chất khác của dãy Fibonacci:

1. un+2 = 1+u1 +u2 + ...+un

2.u1 +u3 +u5...+u2n−1 = u2n

3.u2 +u4 +u6...+u2n = u2n+1 −1

4.u21 +u2

2 + ...+u2n = un.un+1

5.u22n = u1u2 +u2u3 + ...+u2n−1.u2n

6.un+1un+2 −unun+3 = (−1)n

7.u2n −un+1un−1 = (−1)n+1

Chứng minh các tính chất này khá đơn giản

Tuy nhiên sự vận dụng các tính chất trên là rất lớn. Ví dụ như bài toán sau:

Bài toán 2( Shortlist 1997 [8])Với mọi số nguyên n ≥ 2 hãy xác định giá trị nhỏ nhất của tổng

n∑

i=0ai có thể đạt

được từ dãy số không âm a0,a1, · · ·,an thỏa mãn điều kiện a0 = 1,ai ≤ ai+1 + ai+2

với i = 0, · · ·,n−2.

Lời giải

28

Ta dễ thấy rằng giá trị nhỏ nhất củan∑

i=0ai sẽ đạt được khi a0,a1, · · ·,an thỏa mãn hệ

sau:

a1 +a2 = 1

a2 +a3 = a1

a3 +a4 = a2

· · ·· · ·

· · ·

ak−1 +ak = ak−2

· · ·

· · ·· · ·

an−1 +an = an−2

an = 0

Do vậy ai =fn−i

fn, với fi với i = 0, · · ·,n là dãy Fibonacci : f0 = 0, f1 = 1, f2 = 1, · · ·

Và : Minn∑

i=0ai =

1fn

( f0 + f1 + · · ·+ fn−1 + fn) = 1+fn+1 −1

fn.

Bài toán 3(China 1997[10])Cho x1,x2, · · ·,x1997là các số thực thỏa mãn các điều kiện sau:

i,− 1√3≤ xn ≤

√3.

ii, ∑xi = −318√

3.

Tìm giá trị lớn nhất của ∑x12i .

Lời giải

Vì x12 là hàm lồi đối với x, ∑x12i đạt lớn nhất khi xi là điểm cuối của đoạn. Giả sử

có n số xi bằng − 1√3

, 1996−n bằng√

3 và phần tử cuối cùng bằng

−318√

3+n√3− (1996−n)

√3.

29

Số này sẽ được chọn sao cho thỏa mãn:

−1√3≤−318

√3+

n√3− (1996−n)

√3 ≤

√3.

Điều này tương đương với: −1 ≤ 4n− 6942 ≤ 3. Chỉ có số nguyên :n = 1736 thỏa

mãn điều kiện này, và giá trị đó là:2√3

, và giá trị lớn nhất là 1736.3−6 +260.36 +(43)6.

Bài toán 4(VMO-1999 [4])Cho dãy (u)n được xác định bởi: u1 = 1,u2 = 2 và un+2 = 3un+1 −un với n=1,2,3,...

Chứng minh rằng: un+2 +un ≥ 2+u2

n+1

un, với mọi n=1,2,3,...

Lời giải

Dễ thấy u3 = 5 và dãy (un) (n=1,2,...) là dãy số dương tăng. Từ hệ thức un+2 =

3un+1 −un ta có: (un+2 +un)un = 3un+1un = (un+1 +un−1)un+1 (n=2,3,...)

Suy ra: un+2un −u2n+1 = un+1un−1 −u2

n (n=2,3,...)

Như vậy: un+2un −u2n+1 = un+1un−1 −u2

n = .... = u3u1 −u22 = 1. Từ đó ta có:

un+2 + un =1+u2

n+1

un+ un =

1un

+ un +u2

n+1

un. Hay un+2 + un ≥ 2+

u2n+1

un, với mọi

n=1,2,3,...

Bài toán 4(Bulgaria 1996 [10])Cho dãy {an}∞

n=1xác định bởi:

a1 = 1;an+1 =an

n+

nan

, n ≥ 1.

Chứng minh rằng với n ≥ 4,⌊a2

n

⌋= n.

Lời giải

Điều cần chứng minh sẽ tương đương với việc ta chứng minh:√

n ≤ an ≤n√

n−1, n > 1.

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp:

n = 1,2,3 khẳng định đúng.

Giả sử đúng với n, ta cần chứng minh khẳng định đúng với n+1:

Thật vậy, ta xét : fn(x) =xn

+nx

. Với n ≥ 3, ta có:

an+1 = fn(an) ≥ fn(n√

n−1) =

n√n−1

>√

n+1

30

Mặt khác sử dụng: an >n−1√n−2

ta có với n ≥ 4:

an+1 = fn(an) < fn(n−1√n−2

) =(n−1)+n2(n−2)

(n−1)n√

n−2<

√n+2. Vậy ta có điều phải

chứng minh.

Bài toán 5(China 1997 [10])Cho a1,a2, · · · là các số nguyên không âm thỏa mãn an+m ≤ an + am với m,n ∈ N.

Chứng minh rằng:

an ≤ ma1 +(nm−1)am.

Lời giải

Sử dụng quy nạp theo k, an ≤ kam + an−mk với k <mn

. Đặt n = mk + r với r ∈{1, · · ·,m}, khi đó:

an ≤ kam +ar =n− r

mam +ar ≤

n−mm

am +ma1.

do am ≤ a1 và ar ≤ ra1.

Bài toán 6(Taiwan 1997 [10]).Cho n ≥ 3 là số nguyên, và giả sử rằng dãy a1,a2, · · ·an thỏa mãn ai−1 +ai+1 = kiai

với số nguyên dương ki. Chứng minh rằng 2n ≤ ∑ki ≤ 3n.

Lời giải

Bất đẳng thức trái 2n ≤ k1 + k2 + · · ·+ kn ta sử dụng AM-GM để chứng minh với

chú ý:

k1 + k2 + · · ·+ kn =n

∑i=1

ai

ai+1+

ai+1

ai.

Mặt khác, ta cũng chỉ ra được rằng k1 + k2 + · · ·+ kn ≤ 3n− 2 với n ≥ 2 bằng quy

nạp theo n.

Với n = 2, nếu a1 ≥ a2, thì 2a2 = k1a1, và ta có : hoặca1 = a2và k1 + k2 = 4 =

3.2−2,hoặc a1 = 2a2 và k1 + k2 = 4 = 3.2−2.

Với n > 2, ta có thể giả sử ai là không đồng thời bằng sau, khi đó tồn tại i sao cho

ai ≥ ai−1,ai+1 với bất đẳng thức ngặt ở ít nhất một trong hai trường hợp. Khi đó

ai−1 +ai+1 < 2ai và ki = 1. Ta cũng có kết luận dãy khi bỏ đi ai vẫn thỏa mãn điều

kiện đưa ra với ki−1và ki+1 giảm dần về 1 và bỏ đi ki. Do tổng kết quả ki lớn nhất là

3(n−1)−2 do giả thiết quy nạp. , vậy tổng ki ban đầu lớn nhất là 3n−2.

31

Bài toán 7(China 1998 [10]).Cho n là một số nguyên. Tồn tại hay không dãy nguyên dương a1,a2, · · ·,an,b1,b2, · ··,bn sao cho:∑ai = ∑bi và

n−1 > ∑ ai −bi

ai +bi> n−1− 1

1998.

Lời giải

Câu trả lời là có. Trước hết ta sẽ chứng minh: Nếu a1,a2, · · ·,an,b1,b2, · · ·,bn là 2n

số nguyên dương phân biệt sao cho a1 +a2 + · · ·+an = b1 +b2 + · · ·+bn, khi đó:

n−1 >n

∑i=1

ai −bi

ai +bi

Thật vậy, từ điều kiện, ta thấy rằng tồn tại i1,1 ≤ i1 ≤ n, sao cho bi1 > ai1 . Do đó2bi1

ai1 +bi1> 1 và

n

∑i=1

ai −bi

ai +bi=

n

∑i=1

(1− 2bi

ai +bi

)= n−

n

∑i=1

2bi

ai +bi< n−1.

Cho N là một số nguyên dương. Với i = 1,2, · · ·,n− 1, đặt ai = N(2i− 1),bi = 2i.

Từ điều kiện a1,a2, · · ·,an,b1,b2, · · ·,bn ta có:

n

∑i=1

ai = −(n−1)N +2N.(n−1)n

2+an = 2.

(n−1)n2

+bn =n

∑i=1

bi.

Do vậy bn = an + (n− 1)[N(n− 1)− n] với an đã được xác định. Từ khẳng định

chứng minh lúc đầu, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trong điều kiện :

n−1 > ∑ ai −bi

ai +bi> n−1− 1

1998.

Nhưng điều đó lại suy ra từ: n−1 >n∑

i=1

ai −bi

ai +bi

= n− 2an +2(n−1)[N(n−1)−n]

2an +(n−1)[N(n−1)−n]−

n−1

∑i=1

4i2i+N(2i−1)

.

Đại lượng này sẽ tiến đến n−1 khi N −→ +∞ vàan

N−→ +∞ (ví dụ, choan = N2).

Do vậy với ε > 0 bất kỳ, ( ở đây ε =1

1998), ta có thể tìm được N đủ lớn và an, sao

32

cho ai,bilà hoàn toàn phân biệt vàn∑

i=1ai =

n∑

i=1bi, và

n−1 >n

∑i=1

ai −bi

ai +bi> n−1− ε .

Bài toán 8(Iran 1998 [10]).Cho n1 < n2 < · · · là dãy các số tự nhiên sao cho với i < j, biểu diễn thập phân ni

không xuất hiện trong số ngoài cùng bên trái của biểu diễn thập phân n j . Chứng

minh rằng:

∞

∑i=1

1ni

≤ 1+12

+ · · ·+ 19.

Lời giải

Rõ ràng ta chỉ cần với dãy hữu hạn là đủ.

Giả sử cho một dãy hữu hạn, đặt M = 10N + d là phần tử lớn nhất của dãy, với

0 ≤ d ≤ 9. Khi đó N sẽ không thuộc dãy.Hơn nữa, bỏ đi 10N,10N +1, · · ·,10N +9

khỏi dãy nếu chúng xuất hiện và thêm N vào dãy khác sao cho tổng nghịch đảo là:

∑i

1ni

+1N−

9

∑i=0

110N + i

≥ ∑i

1ni

.

Do vậy ta bằng cách lặp lại việc thay thế và không làm giảm tổng nghịch đảo. Quá

trình này là hữu hạn ( vì dãy là hữu hạn) và được dãy là {1, · · ·,9}, để dãy này có

tổng các nghịch đảo là lớn nhất.

Bài toán 9(Belarus 1999):Cho hai dãy số thực x1,x2, · · ·, và y1,y2, · · ·, được định nghĩa như sau:

x1 = y1 =√

3, xn+1 = xn +√

1+ x2n, yn+1 =

yn

1+√

1+ y2n

Với mọi n ≥ 1. Chứng minh rằng 2 < xnyn < 3 với mọi n > 1.

Lời giải

Đặt zn =1yn

và chú ý rằng phương trình hồi quy yn tương đương với :

zn+1 = zn +√

1+ z2n.

33

Chú ý rằng z2 =√

3 = x1; vì xi và zi thỏa mãn phương trình hồi quy giống nhau,

điều này có nghĩa là zn = xn−1 với mọi n > 1. Do vậy,

xnyn =xn

zn=

xn

xn−1.

Do xi tăng, với n > 1 nên ta có: x2n−1 ≥ x2

1 = 3 >13

, suy ra 2xn−1 >√

1+ x2n−1 →

3xn−1 > xn. Ta lại có,√

1+ x2n−1 > xn−1 → xn > 2xn−1. Hơn nữa,

2 < xnyn =xn

xn−1< 3.

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 10(Romania 1999 [10])Cho A = {a1,a2, · · ·} ⊂ N là tập thỏa mãn với mọi dãy con phân biệt B,C ⊆A, ∑

x∈Bx 6= ∑

x∈Cx. Chứng minh rằng:

1a1

+1a2

+ · · ·+ 1an

< 2.

Lời giải

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Cho dãy x1,y1,x2,y2, · · ·,xn,yn là các số

thực dương thỏa mãn:

(i), x1y1 < x2y2 < · · · < xnyn;

(ii), x1 + x2 + · · ·+ xk ≥ y1 + y2 + · · ·+ yk với mọi k = 1,2, · · ·,n.

Khi đó ta có :1x1

+1x2

+ · · ·+ 1xn

≤ 1y1

+1y2

+ · · ·+ 1yn

.

Thật vậy ta có: Đặt πi =1

xiyi,δi = xi − yi với mọi 1 ≤ i ≤ n. Ta có thể giả sử

π1 > π2 > · · · > πn > 0 vàk∑

i=1δi ≥ 0 với mọi 1 ≤ k ≤ n.

Chú ý rằng:n

∑k=1

(1yk

− 1xk

=n

∑k=1

πkδk

)

= πn

n

∑i=1

δi +n−1

∑k=1

(πk −πk+1)(δ1 +δ2 + · · ·+δk) ≥ 0,

34

Vậy bổ đề được chứng minh.

Quay lại bài toán, không mất tính tổng quát ta giả sử a1 < a2 < · · · < an, và đặt

yi = 2i−1 với mọi i. Rõ ràng:

a1y1 < a2y2 < · · · < anyn.

Với k bất kỳ, tổng 2k − 1 được tạo ra bằng cách chọn ít nhất một trong dãy rời rạc

a1,a2, · · ·,ak . Do vậy lớn nhất trong đó làk∑

i=1ai, nhỏ nhất là 2k − 1. Do vậy với

k = 1,2, · · ·,n ta có:

a1 +a2 + · · ·+ak ≥ 2k −1 = y1 + y2 + · · ·+ yk.

Áp dụng bổ đề, ta có:

1a1

+1a2

+ · · ·+ 1an

<1y1

+1y2

+ · · ·+ 1yn

= 2− 12n−1 < 2.

Đây là điều cần chứng minh.

Bài toán 11(Bulgaria 1999 [8]).Chứng minh rằng với số nguyên bất kỳ n,n ≥ 3, tồn tại n số nguyên dương

a1,a2, · · ·,an trong cấp số cộng, và n số nguyên dương b1,b2, · · ·,bn trong cấp số

nhân, sao cho:

b1 < a1 < b2 < a2 < · · · < bn < an.

Đưa ra ví dụ về 2 dãy này với mỗi dãy là ý nhất 5 số hạng.

Lời giải

Ta tìm dãy mà bn = an−1 +1 và bn−1 = an−2 +1. Viết d = an−1 −an−2. Khi đó với

2 ≤ i, j ≤ n−1 ta có bi+1 −bi ≤ bn −bn−1 = d, sao cho b j = bn +n−1∑

i= j(bi −bi+1) >

an−1 +(n− j)d = a j−1.

Và nếu ta chắc chắn b1 < a1, khi đó b j = b1 +j−1∑

i=1(bi+1 − bi) ≤ a1 +( j− 1)d = a j

với mọi j, nên chuỗi bất đẳng thức đã được thỏa mãn.

Cho b1,b2, · · ·,bn bằng kn−1,kn−2(k + 1), · · ·,k0(k + 1)n−1, ở đó k là một giá trụ

đã được xác định sau đó. Ta cũng đặt an−1 = bn − 1 và an−2 = bn−1 − 1, và định

nghĩa ai khác theo đó. Khi đó d = an − an−1 = bn − bn−1 = (k + 1)n−2, và a1 =

35

(k +1)n−2(k +3−n)−1. Do vậy, ta chỉ cần lấy k sao cho:

(k +1)n−2(k +3−n)−1− kn−1 > 0.

Nhìn vế trái của đa thức ẩn k, hệ số của kn−1 bằng 0 nhưng hệ số của kn−2 bằng 1.

Có nghĩa là biểu thức dương với k đủ lớn và ta có thể tìm được dãy a1,a2, · · ·,an và

b1,b2, · · ·,bn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với n = 5, ta tìm k sao cho:

(k +1)3(k−2)−1− k4 > 0.

Ta thấy rằng k = 5 thỏa mãn và ta có:

625 < 647 < 750 < 863 < 900 < 1079 < 1080 < 1295 < 1296 < 1511.

Bài toán 12(Romania 2000 [10]):Cho a là một số thực dương và {xn} (n ≥ 1) là một dãy số thực sao cho x1 = a và

xn+1 ≥ (n+2)xn −n−1

∑k=1

kxk,

với mọi n ≥ 1. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho xn > 1999!.

Lời giải

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n ≥ 1 rằng:

xn+1 >n

∑k=1

kxk > a.n!

Với n = 1, ta có x2 ≥ 3x1 > x1 = a.

Giả sử rằng khẳng định đúng đến n. Khi đó:

xn+2 ≥ (n+3)xn+1 −n∑

k=1kxk = (n+1)xn+1 +2xn+1 −

n∑

k=1kxk

> (n+1)xn+1 +2n∑

k=1kxk −

n∑

k=1kxk =

n+1∑

k=1kxk,

Hơn nữa, x1 > 0 theo định nghĩa và x2,x3, · · ·,xn cũng dương theo giả thiết quy nạp;

do vậy xn+2 > (n+1)xn+1 > (n+1)(a.n!) = a.(n+1)!.

Như vậy khẳng định được chứng minh hoàn toàn.

Với n đủ lớn, ta có xn+1 > n!.a > 1999!.

36

Bài toán 13(APMO1999).Cho a1,a2, · · · là dãy các số thực thỏa mãn:

ai+ j ≤ ai +a j

với mọi i, j = 1,2, · · ·. Chứng minh rằng:

a1 +a2

2+

a3

3+ · · ·+ an

n≥ an.

với mọi số nguyên dương n.

Lời giải

Ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề: Nếu m,n là các số nguyên dương với m ≥ n, khi đó a1 + a2 + · · ·+ an ≥n(n+1)

2m.am.

Thật vậy, ta sẽ chứng minh kết quả cho m = n bằng cách cộng các bất đẳng thức :

a1 + an−1 ≥ an,a2 + an−2 ≥ an, · · ·,an−1 + a1 ≥ an,2an ≥ 2an, và chia cho 2. Với

số nguyên dương j, viết β j =a1 +a2 + · · ·+a j

1+2+ · · ·+ j. Khi đó bất đẳng thức với m =

n = j = k + 1 là tương đương với β j ≥a j

jvà βk ≥ βk+1; nên khi m ≥ n ta có

βn ≥ βn+1 ≥ · · · ≥ βm ≥ am

m.

Như vậy bổ đề được chứng minh.

Từ bất đẳng thức đã chứng minh ta biểu diễn a1 +a2

2+ · · ·+ an

nnhư tổng Abel và

sau đó áp dụng bổ đề nhiều lần:

a1 +a2

2+ · · ·+ an

n=

1n(a1 +a2 + · · ·+an)+

n−1

∑j=1

(1j− 1

j +1

)(a1 +a2 + · · ·+a j)

≥ 1n.n(n+1)

2nan +

n−1

∑j=1

1j( j +1)

.j( j +1)

2nan = an,

Như vậy bài toán đã được chứng minh.

Bài toán 14(Canada 2000 [8]).Giả sử các số thực a1,a2, · · ·,a100 thỏa mãn: (i), a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ a100 ≥ 0,

(ii), a1 +a2 ≤ 100,

(iii), a3 +a4 + · · ·+a100 ≤ 100.

37

Xác định giá trị lớn nhất có thể của a21 + a2

2 + · · ·+ a2100, và tìm tất cả các dãy số

dương a1,a2, · · ·,a100 đạt giá trị lớn nhất đó.

Lời giải

Với i ≥ 3, ta có : 0 ≤ ai ≤ a2 và do vậy ai(ai − a2) ≤ 0 dấu bằng xảy ra với ai ∈{0,a2}. Cộng theo vế 98 bất đẳng thức này với nhau ta được :

100

∑i=3

≤ a2.100

∑i=3

ai.

Do (iii) nên ta có :a2.100∑

i=3ai ≤ 100a2 dấu bằng xảy ra với

100∑

i=3ai = 100 hoặc a2 = 0.

Tương tự với (i) và (ii) ta có 0 ≤ a1 ≤ 100− a2. Do vậy, a21 ≤ (100− a2)

2, với dấu

bằng xảy ra khi a1 = 100−a2.

Điều kiện (i) và (ii) kéo theo : 0 ≤ a2 ≤ 100−a1 ≤ 100−a2 hoặc 0 ≤ a2 ≤ 50. Do

vậy, 2a2(a2 −50) ≥ 0 với dấu bằng xảy ra khi a2 = 0 hoặc a2 = 50.

Hơn nữa,100

∑i=1

a2i = a2

1 +a22 +

100

∑i=3

a2i ≤ (100−a2)

2 +a22 +100a2

= 10000+2a2(a2 −50) ≤ 10000.

Để bất đẳng thức xảy ra dấu bằng thì tất cả các dấu bằng ở trên đều phải xảy ra, điều

đó có nghĩa là ta phải có:

(a) {a3,a4, · · ·,a100 ⊆ {0,a2};

(b)100∑

i=3= 100 hoặc a2 = 0;

(c)a1 = 100−a2;

(d)a2 ∈ {0,50}.

Những điều trên chỉ thỏa mãn khi dãy a1,a2, · · ·,a100 bằng :

100,0,0, · · ·,0 hoặc 50,50,50,50,0,0, · · ·,0.

Hơn nữa các dãy này thỏa mãn điều kiện (i), (ii), (iii), và100∑

i=1a2

i = 10000 với mỗi

dãy. Hơn nữa, 10000 là tổng bình phương lớn nhất, và giá trị lớn nhất này chỉ đạt

được với hai dãy trên.

38

Bài toán 15( Rusia 2000 [8])Cho số nguyên lẻ a0 > 5, giả sử dãy a0,a1,a2, · · ·, ở đó:

an+1 =

a2n −5 nếu an lẻ

an

2nếu an chẵn

với mọi n ≥ 0. Chứng minh rằng dãy trên là không có biên.

Lời giải

Ta sẽ sử dụng quy nạp theo n để chỉ ra rằng a3n là lẻ và a3n > a3n−3 > · · · > a0 > 5.

Với n = 0 khẳng định đúng do giả thiết.

Giả sử rằng khẳng định đúng với mọi n ≤ k, ta cần chứng minh nó đúng với k +1.

Vì a3k là lẻ, a23k ≡ 1(mod8) và do vậy a3k+1 = a2

3k − 5 ≡ 4(mod8). Do a3k+1 chia

hết cho 4 nhưng không chia hết cho 8, nên a3(k+1) =a3k+1

4là số lẻ.

Hơn nữa, từ giả thiết quy nạp ta có a23k > 5a3k > 4a3k +5. Do đó, a3(k+1) =

14(a2

3k −5) > a3k.

Đây chính là điều phải chứng minh.

Bài toán 16(Shortlist 1988 [5])Giả sử dãy với các số thực không âm thỏa mãn ak − 2ak+1 + ak+2 ≥ 0 và ∑ai ≤ 1

với k ≥ 1. Chứng minh rằng với k bất kỳ ta có 0 ≤ ak −ak+1 <2k2 .

Lời giải

Từ giả thiết ta có :ak − ak+1 là đơn điệu giảm, đặc biệt nếuak − ak+1 = −δ với

một số k nào đó và δ > 0. Khi đó am − am+1 ≤ −δ với mọi m > k, ak − am =

(ak−ak+1)+(ak+1−ak+2)+ ···+(am−1−am)≤−(m−k)δ , và am ≥ ak +(m−k)δvới mọi m > k

Đặc biệt với am > 1 với m đủ lớn, ta có mâu thuẫn. Do vậy ak −ak+1 ≥ 0 với mọi k.

Giả sử với một số k nào đó, ta có ak−ak+1 ≥2k2 . Khi đó a j −a j+1 ≥ ak−ak+1 ≥

2k2

với mọi i ≤ j ≤ k và a j ≥ a j+1 +2k2 ≥ a j+2 +2.

2k2 ≥ · · · ≥ ak+1 +(k− j +1)

2k2 .

Đặc biệt, a1 + · · ·+ ak ≥ (1+ 2+ · · ·+ k)2k2 + kak+1 > 1+ kak+1 ≥ 1. Mâu thuẫn

với giả thiết. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 17(IMO1995 [6])

39

Tìm giá trị lớn nhất của x0 nếu tồn tại dãy x0,x1, · · ·,x1995 là dãy số thực dương với

x0 = x1995, thỏa mãn:

xi−1 +2

xi−1= 2xi +

1xi

với mọi i = 1, · · ·,1995.

Lời giải

Từ giả thiết ta có phương trình sau:

2x2i −(

xi−1 +2

xi−1

)xi +1 = 0

Từ đó ta có : xi =1

xi−1hoặc xi =

12

xi−1.

Ta chỉ ra rằng: xi = 2kixεi0 với |ki| ≤ i và εi = (−1)ki+i. Điều này ta có thể chứng

minh bằng quy nạp với xi =1

xi−1hoặc

xi−1

2. Nên ta có :

x1995 = 2kxε0 với ε = ε1995,k = k1995,0 ≤ |k| ≤ 1995,ε = (−1)1995+k và x0 = x1995.

Nếu k là số lẻ , thì ε = 1 do vậy 2k = 1 ( vô lý). Vậy giả sử k là số chẵn , thì ε = −1

và x20 = 2k, với |k| ≤ 1995 nên k ≤ 1994, do vậy x0 ≤ 2997.

Cuối cùng ta chỉ ra x0 = 2997 là có thể xảy ra với x0 = 2997,xi =12

xi−1 với 1 ≤ i ≤

1994 và x1995 =1

x1994. Khi đó ta sẽ có :

x0 = x1995 = 2997, do đó Maxx0 = 2997.

Bài toán 18( IMO shortlist 1995 [5])Giả sử rằng x1,x2,x3, · · · là các số thực dương thỏa mãn:

xnn =

n−1

∑i=0

xin

với n = 1,2,3, · · ·. Chứng minh rằng với mọi n, ta có :

2− 12n−1 ≤ xn < 2− 1

2n .

Lời giải

Trước hết ta chứng minh với n ≥ 2 là số tự nhiên, và u là một số thực không âm thỏa

mãn:

1+u+u2 + · · ·+un−1 = un.

40

Khi đó ta có : 2− 12n−1 < u < 2− 1

2n . Thật vậy, nhân cả hai vế của : 1+u+u2 + · ··+un−1 = un với 1−u, ta được:

(1+u+u2 + · · ·+un−1)(1−u) = un(1−u),

Hay 1 − un = un − un+1, Tức là un+1 − 2un + 1 = 0. Do đó, u là nghiệm của :

f (x) = xn+1 −2xn +1.

Ta chứng minh f (x) = xn+1−2xn +1 có nhiều nhất hai nghiệm không âm. Thật vậy,

rõ ràng x = 1 là nghiệm, nhưng ta không quan tâm đến nghiệm này, bởi vì u 6= 1 ( do

phương trình 1+ 1+ 12 + · · · = 1n là không thể xảy ra với n ≥ 2, ta có nghiệm này

vì ta nhân phương trình với (1-u)). Điều này có nghĩa là ta cần chỉ ra một nghiệm u

không âm thỏa mãn phương trình :1+u+u2 + · · ·+un−1 = un.

Thật vậy, từ đạo hàm của f (x) là f (x)′= (n + 1)xn − 2nxn−1, dễ thấy rằng f (x) là

hàm đơn điệu giảm với x ∈ [0;2n

n+1] và đơn điệu tăng với x ∈ [

2nn+1

;+∞). Với mỗi

đoạn trên , hàm f (x) chỉ có thể có một nghiệm, do vậy f (x) có nhiều nhất là hai

nghiệm không âm. Như ta đã nói ở trên, x = 1 là một nghiệm. Ta quan tâm đến

nghiệm còn lại.

Ta cần chỉ ra nghiệm còn lại nằm trong khoảng (2− 12n−1 ;2− 1

2n ) bằng cách chứng

minh f (2− 12n−1 ) < 0 và f (2− 1

2n ) > 0; vì f (x) là hàm liên tục, và khoảng trên

không chứ một, do vậy chỉ ra khoảng trên chứa một nghiệm là bài toán được chứng

minh.

Do đó, vấn đề còn lại là chứng minh f (2− 12n−1 ) < 0 và f (2− 1

2n ) > 0.

Trước hết, ta chỉ ra f (2− 12n−1 ) < 0. Thật vậy,

Do f (2− 12n−1 ) = (2− 1

2n−1 )n+1 −2(2− 12n−1 )n +1 = 1− (2− 1

2n−1 )n 12n−1 .

Vậy chứng minh f (2− 12n−1 )< 0 tức là 1−(2− 1

2n−1 )n 12n−1 < 0 hay 1 <

(2− 1

2n−1

)n 12n−1 .

Ta viết lại thành :

2n−1 <

(2− 1

2n−1

)n

. Chia cả hai vế cho 2n ta được:

12

<

(1− 1

2n

). Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức Bernoulli (với − 1

2n >

−1):(1− 1

2n

)=

(1+

(− 1

2n

))n

> 1+n

(− 1

2n

)= 1− n

2n = 1− 12.

n2n−1 .

41

Với n ≥ 2 có n ≤ 2n−1 , nênn

2n−1 ≤ 1 và

(1− 1

2n

)n

> 1− 12.

n2n−1 ≥ 1− 1

2=

12.

Ta chứng minh: f

(2− 1

2n

)> 0 tương đương với

(2− 1

2n

)n+1

−2

(2− 1

2n

)n

+1 > 0 −→ 1−(

2− 12n

)n

.12n > 0−→ 1 >

(2− 1

2n

)n 12n −→

2n >

(2− 1

2n

)n

. Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bài toán đã được chứng

minh.

Bài toán 18(USAMO 1997 [9])Cho dãy số nguyên không âm a1,a2, · · ·,a1997 thỏa mãn :

ai +a j ≤ ai+ j ≤ ai +a j +1

với mọi i, j ≥ 1 và i + j ≤ 1997. Chứng minh rằng tồn tại một số thực x sao cho

an = bnxc với 1 ≤ n ≤ 1997.

Lời giải

Ta phải chỉ ra x ∈ [an

n,

an +1n

]. Do vậy chỉ ra sự tồn tại của x với 1997 phần tử của

dãy với các đoạn là rời nhau, tức là ∀m,n,an +1

n≥ am

m. Ta chứng minh bằng quy

nạp theo m+n.

Trường hợp m+n = 2 hay m = n = 1 bất đẳng thức là hiển nhiên.

Nếu m = n bất đẳng thức hiên nhiên đúng.

Nếu n > m, ta sử dụng thuật toán n = mq + r, với r < n. Do đó m + r < n + m và

ta sử dụng giả thiết quy nạpar +1

r≥ am

m−→ amq+r + 1 ≥ qam + ar + 1 = qam +

r.ar +1

r≥ qam + r

am

m= n

am

m−→ an +1

n≥ am

m.

Nếu n < m, ta sử dụng thuật toán m = nq+ r với r < m, ta có r + n < m + n, ta lại

sử dụng giả thiết quy nạp:ar

r≤ an +1

n−→ nam = naqn+r ≤ n(qan + ar + q) ≤ nqan + nq + nr

ar

r≤ nqan +

nq+nran +1

n

= nqan + nq+ ran + r = m(an + 1) −→ am

m≥ an +1

n. Vậy bài toán đã được chứng

minh.

Bài toán 19(Shortlist 1989 [5])Cho tập các số thực {a0,a1, · · ·,an} thỏa mãn các điều kiện sau:

42

(i) a0 = an = 0,

(ii) Với 1 ≤ k ≤ n−1,

ak = c+n−1

∑i=k

ai−k.(ai +ai+1)

Chứng minh rằng :c ≤ 14n

.

Lời giải

Đặt Sk =k∑

i=0ai(k = 0,1, · · ·,n). Khi đó:

Sn =n−1∑

k=0ak = nc+

n−1∑

k=0

n−1∑

i=kai−k(ai +ai+1)

= nc+n−1∑

i=0

i∑

k=0ai−k(ai +ai+1) = nc+

n−1∑

i=0(ai +ai+1)

i∑

k=0ai−k

= nc+n−1∑

i=0(ai +ai+1)

i∑

t=0ai , với t = i− k

= nc+n−1∑

i=0(ai +ai+1)S1

= nc+(S1S0 +(S2 −S0)S1 +(S3 −S1)S2 + · · ·+(Sn −Sn−2)Sn−1)

= nc+S2n (vì Sn−1 = Sn).

Do vậy ta có :S2n −Sn +nc = 0

Vì Sn là số thực nên: 1 ≥ 4nc. Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 20( Shortlist 1994 [5])

Cho a0 = 1994 và an+1 =a2

n

an +1với n ≥ 0. Chứng minh rằng banc = 1994−n với

0 ≤ n ≤ 998.

Lời giải

Ta có an −an+1 = an −a2

n

an +1= 1− 1

an +1> 0. Do vậy, a0 > a1 > · · · > an > · · ·

Lại có :an = a0 +(a1−a0)+ ···+(an−an−1)= 1994−n+1

a0 +1+ ···+ 1

an−1 +1>

1994−n.

Với 1 ≤ n ≤ 998, ta có :

1a0 +1

+ · · ·+ 1an−1 +1

<n

an−1 +1<

998a997 +1

<998

1994−997+1= 1

Do vậy banc = 1994−n.

Bài toán 21(Shortlist 1996)

43

Cho a > 2. Ta định nghĩa như sau:

a0 = 1,a1 = 1,an+1 =

(a2

n

a2n−1

−2

)an

Chứng minh rằng với mọi k ∈ N ta có

1a0

+ · · ·+ 1ak

≤ 12

(2+a−

√a2 −4

)

Lời giải

Từ a > 2 ta có thể viết a = b +1b

với b là một số thực dương. Khi đó ta có :

a2 −2 = b2 +1b2 và:

a2 = (a2 −2)a =

(b2 +

1b2

)(b+

1b

)

a3 =

((a2

a1

)2

−2

)a2 =

((b2 +

1b2

)2

−2

)a2

=

(b4 +

1b4

)(b2 +

1b2

)(b+

1b

).

Tiếp tục quá trình trên ta thu được:

an =

(b2n−1

+1

b2n−1

)· · ·(

b2 +1b2

)(b+

1b

).

Do vậy,

n

∑i=1

1ai

= 1+b

b2 +1+

b3

(b2 +1)(b4 +1)+ · · ·+ b2n−1

(b2 +1)(b4 +1) · · · (b2n+1)

Ta lại có :

12(a+2−

√a2 −4) =

12

(b+

1b

+2−(

b− 1b

))= 1+

1b.

Do vậy ta phải chứng minh với mọi b > 0 thì,

b2

1+b2 +b4

(1+b2)(1+b4)+ · · ·+ b2n

(1+b2)(1+b4) · · · (1+b2n)< 1.

44

Mà với mọi số thực dương a1,a2, · · ·,an,

n

∑j=1

a j

(1+a1) · · · (1+a j)= 1− 1

(1+a1)(1+a2) · · · (1+an)

Do vậy :

n

∑j=1

b2 j

(1+b2) · · · (1+b2 j )= 1− 1

(1+b2) · · · (1+b2n)

< 1.

Vậy bài toán đã được chứng minh.

Bài toán 22( VMO1997 [4])Tìm số thực α lớn nhất để tồn tại dãy vô hạn a1,a2, · · · các số nguyên dương sao

cho tính chất sau được thỏa mãn:

(a) Với mỗi n ∈ N,an > 1997n

(b)Với mọi n≥ 2,aαn không vượt quá ước chung lớn nhất của tập {ai +a j : i+ j = n}.

Lời giải

Giá trị lớn nhất có thể của α là12

Trước hết, giả sử (an)∞n=1 là một dãy sao cho thỏa mãn điều kiện (a) và (b).

Ta có kết quả sau:

Với mọi ε > 0, tồn tại vô hạn giá trị n ∈ N mà :a2n ≥ a2−εn

Thật vậy, Với ε > 0, và giả sử tồn tại N ∈ N sao cho mọi n > N,a2n < a2−εn . Logarit

hóa hai vế và chia cho 2n ta được :

loga2n

2n<

2− ε2

.logan

n

nêna2kn

2kn<

(2− ε

2

)k logan

n− > 0 khi k− > ∞

điều này không thể xảy ra với an ≥ 1997n nênlogan

n≥ log1997,∀n. Kết quả được

chứng minh.

Giả sử n là một trong những giá trị cho bởi kết quả trên, sao cho: a2−εn ≤ a2n. Khi đó

a(2−ε)αn ≤ aα

2n ≤UCLN{ai +a j|i+ j = 2n} ≤ 2an.

45

nên 2 ≥ a1−(2−ε)αn ≥ 1997n(1−(2−ε)α); bởi vì điều này đúng với vô hạn giá trị n ∈ N

nên ta phải có α ≤ 12− ε

. Từ ε > 0 bé tùy ý, nến ta có α ≤ 12

.

Ta sẽ đưa ra một dãy thỏa mãn điều kiện (a) và (b) với α =12

. Ký hiệu Fn là phần

tử thứ n trong dãy Fibonacci. Cho t là số nguyên chẵn sao cho F2tn > 1997n,∀n ∈ N

và định nghĩa dãy (an)∞n=1 bởi: an = 3F2tn. Khi đó điều kiện (a) rõ ràng được thỏa

mãn. Ta cần chỉ ra Ftn|F2ti +F2t j khi i+ j = n, để UCLN{ai +a j|i+ j = n} ≥ 3Ftn.

Thật vậy:

F2ti = Ft(i+ j)Ft(i− j)+1 +Ft(i+ j)−1Ft(i− j)

F2t j = Ft(i+ j)Ft( j−i)+1 +Ft(i+ j)+1Ft( j−1)

Do vậy

F2ti +F2t j = 2Ft(i+ j)Ft(i− j)+1 +(Ft(i+ j)+1 −Ft(i+ j)−1

)Ft( j−i) = Ft(i+ j)

(2Ft(i− j)+1 −Ft(i− j)

)

Ta có :

an = 3F2tn = 3Ftn (Ftn+1 +Ftn−1) ≤ 9F2tn ≤ (UCLN{ai +a j|i+ j = n})2 ,

nên a12n ≤UCLN{ai +a j|i+ j = n} và dãy (an)

∞n=1 thỏa mãn điều kiện bài toán với

α =12

.

2.4. Sử dụng lượng giác giải các bài toán về dãy.

Nhận xét:Nhiều dãy số đại số với công thức phức tạp có thể trở thành đơn giản

nhờ phép thế lượng giác. Đối với phương pháp này ta cần nắm vững các công thức

lượng giác, tùy theo từng dãy số đại số cho trong đề bài mà ta liên tưởng và sử dụng

công thức lượng giác một cách hợp lý.

Bài toán 1. Dãy số (hn) được cho bởi điều kiện:

h1 =12

và hn+1 =

√1−√

1−h2n

2;∀n ≥ 1

Đặt Sn =n∑

i=1hi;∀n ∈ N. Hãy chứng minh rằng:limSn

n→∞< 1,03

Lời giảiTa có:h1 =

12

= sinπ6

= sinπ

3.2⇒ h2 = sin

π3.2

46

Ta sẽ chứng minh rằng:hn = sinπ

3.2n

Giả sử rằng:sin hk = sin π3.2k hk+1 =

√√√√√1−√

1− sinπ

3.2k

2=

√√√√1− cosπ

3.2k

2= sin

π3.2n

Mặt khác:sin x < x;∀x ∈(

0;π2

). Nên:Sn =

n∑

i=1hi =

12

+ sinπ

3.2n + ...+ sinπ

3.2n <

12

+π

3.22 + ...+π

3.2n <12

+π

3.2Do Sn là dãy tăng nên limSn

n→∞≤ 1

2 + π3.2 < 1,03 ⇒đpcm.

Bài toán 2 Cho dãy (un) định bởi:

u1 =√

3

un+1 =un +

√2−1

1+(

1−√

2)

un

Tính u2003

Nhận xét : với giả thiết của bài ta liên tưởng ngay đến công thức: tan(a + b) =

tana+ tanb1− tana tan b

.

Đồng thời ta còn có√

2−1 = tanπ8

, u1 = tanπ3

Lời giải

Ta có:

u1 =√

3

un+1 =un +

√2−1

1+(

1−√

2)

un

(∗) Ta đã biết:tgπ8

=√

2−1

1 = tgπ4

= tg(

2.π8

)=

2tgπ8

1− tg2 π8

⇒ tgπ8

=√

2−1 Từ (*) ta có:un+1 =un + tg

π8

1−untgπ8

(1)

Theo nguyên lý quy nạp, từ (1) và u1 =√

3.suy ra Suy ra: un = tg[π

3+(n−1)

π8

]

Vậy:u2003 = tg(π

3+2002

π8

)= tg

(π3

+π4

)= −

(2+

√3)

Bài toán 3. Cho dãy un xác định bởi:

un = 2n

√

2−√

2+ ...√

2

Tìm limn→∞

un

Bài giải.

47

Đây là bài toán đơn giản và quen thuộc. Ta sẽ chứng minh:

vn =

√

2−√

2+ ...√

2 = 2cosπ

2k+1 (1) .

Rõ ràng với n = 1 thì (1) hiển nhiên đúng. Giả sử đúng khi n = k, nghĩa là:

vk = 2cosπ

2k+1 .

Xét:vk+1 =√

2+ vk =√

2+2cos π2k+1 =

√2.2cos2 π

2k+2 = 2cos π2k+2

Vậy (1) đúng khi n = k+1, suy ra (1) đúng với mọi n.

Ta có:un = 2n√

2−√

2+ ...√

2 = 2n+1.sin π2n+2 = 1

2 .2n+2.sin π2n+2

Từ đó ta có: limn→∞

un = limn→∞

12 .2n+2.sin π

2n+2

= limn→∞

12

πsin π

2n+2

π2n+2

⇒ limn→∞

un =π2

Bài toán 4. Cho dãy số xác định bởi:{a0 = 1;a1000 = 0

an+1 = 2a1.an −an−1Tính: a1999 +a1

Lời giải.

+ Nếu thay n=2 thì ta được a2 = 2a21−1,vậy nên nếu muốn sử dụng lượng giác(ở

đây là hàm cos, vì cos2a = 2cos2a− 1)) ta cần phải chứng minh được ta cần phải

chứng minh được |a1| ≤ 1 thì mới có thể đặt a1 = cosa.

+ Thật vậy, nếu |a1| > 1, thì |a2| =∣∣2a2

1 −1∣∣> 1,

suy ra |a3| = |2a1a2 −a1| > |2a2 −1| > 1,...,|a1000| > 1 (trái với giả thiết).

Vậy nên |a1| ≤ 1, đặt a1 = cosa.

Bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng:

an+1 = cos(n+1)a. Ta có:

a1000 = cos1000a = 0 ⇒ 1000a = π2 + k2π

⇒ a1999 = cos1999a = cos(π + k2π −a) = −cosa = −a1 ⇒ a1999 +a1 = 0

Bài toán 5 (Longlist 1989 [7]). Cho dãy (un) và (vn) như sau:

48

u0 =

√2

2

un+1 =

√2

2

√1−√

1−u2n

và

v0 = 1

vn+1 =

√1+ v2

n −1vn

Chứng minh rằng:2n+2.un < π < 2n+2.vn

Lời giải:

Ta có:

u0 =

√2

2− sin

π22 ,u1 =

√2

2

√1− cos

π22 = sin

π23

Vậy:

un =

√2

2

√1− cos

π22+1 = sin

π2n+2

Tương tự:

v0 = 1 = tgπ22

vn =

√1+ tg2 π

2n+1

tgπ

2n+1

=

1

cosπ

2n+1

−1

tgπ

2n+1

= tgπ

2n+2

Bằng cách xét:

f (x) = sinx− x

,

g(x) = tgx− x;x ∈(

0;π2

)

Ta suy ra:

sinx < x < tgx;∀x ∈(

0;π2

)

Khi đó:

sinπ

2n+2 <π

2n+2 < tgπ

2n+2

⇔ 2k+2.un < π < 2k+2.vn

⇒ đpcm

Bài toán 6. (Kỳ thi HSG quốc gia lần XXVIII-1990[4]) Cho dãy số(xn), n ∈ N,

|x1| < 1 được xác định bởi hệ thức:

xn+1 =−xn +

√3−3x2

n

2

49

a)Có cần thêm diều kiện gì đối với x1 để dãy toàn số dương.

b)Dãy số này có tuần hoàn không? Tại sao?

Phân tích:Điều kiện |x1| < 1 và dạng của hàm số gợi ngay cho chúng ta phép đặt

x1 = cosα với α ∈ (0;π) khi đó x2 =12

(−cosα +

√3sinα

)= cos

(α − 2π

3

). Từ

đó suy ra xn+1 = cos

(α − 2nπ

3

). Từ đây có thể dễ dàng trả lời các câu hỏi của đề

bài.

Lời giải.

a. Để xn > 0, trước hết ta phải có x1 > 0 và x2 > 0.

Nhưng x2 > 0 tức là√

3−3x2n > x1 hay x2

1 <34.

Suy ra: 0 < x1 <

√3

2.

Ngược lại, nếu 0 < x1 <

√3

2thì tồn tại

α ∈(π

6;

π2

)∪(−π

2;−π

6

)sao cho

cosα = x1. Khi đó ta dễ dàng chứng minh được:

xn+1 = cos

(α − 2nπ

3

).

Xét ba trường hợp của n là: n = 3k,n = 3k+1,n = 3k−1 đều suy ra xn+1 > 0,∀ ∈N

b).Xét hai trường hợp đối với x1:

• Trường hợp x1 ≥ 0:

- Nếu x2 ≥ 0 thì tương tự phần a ta có: x3 ≥ 0, x4 ≥ 0

và x1 = x3 = ...;x2 = x4 = ...

- Nếu x2 < 0 thì x3 > 0 và cũng có x3 = x1

Thật vậy từ:x2 =−x1 +

√3−3x2

1

2Suy ra:

√3−3x2

1 = 2x2 + x1 (1)

⇒ 3−3x22 = (2x1 + x2)

2 (2)

Do (1) mà: 2x1 + x2 > 0.Suy ra:

2x1 + x2 = x1 +(x1 + x2) > x1 − x2 > 0 x1 ≥ 0,x2 < 0

Vì thế từ (2) ta có:√

3−3x22 = 2x1 + x2 Suy ra:x1 =

−x2 +√

3−3x22

2= x3

Vậy ta có:(xn) là dãy tuần hoàn.

• Trường hợp x1 < 0. Khi đó x2 > 0 và theo trường hợp 1 suy ra xn kể từ hạng thứ

hai trở đi là dãy tuần hoàn.

50

Bài toán 7. (VMO-1990[4]) Cho a0 = 2,b0 = 1.

Lập hai dãy số(an), (bn)với n = 0, 1, 2, ... theo quy tắc sau:

an+1 =2an.bn

an +bn; bn+1 =

√an+1.bn

Chứng minh rằng các dãy (an), (bn) có cùng một giới hạn khi n → ∞. Tìm giới hạn

đó.

Lời giải.

Ta chú ý: a0 = 2 =112

1

cosπ3

, b0 = 1

a1 =2a0b0

a0 +b0=

21a0

+1b0

=2

cosπ3

+1=

1

cos2 π6

; b1 =√

a1b0 =1

cosπ6

Từ đó, bằng quy nạp, ta chứng minh rằng:

an =(

cosπ

2.3.cos

π22.3

...cosπ

2n−1.3.cos

π2n.3

)−1

bn =(

cosπ

2.3.cos

π22.3

...cosπ

2n−1.3.cos

π2n.3

)−1∀n ≥ 1

Lưu ý rằng: cosπ

2.3.cos

π22.3

...cosπ

2n−1.3.cos

π2n.3

=sin

π3

2n.sinπ

2n.3

∀n ≥ 1

Ta có: an =2n.sin

π2n.3

sinπ3

.cosπ

2n.3

(1) ;bn =2n.sin

π2n.3

sinπ3

(2)

Từ (1), (2) tồn tại limn→∞

an và limn→∞

bn Ngoài ra:

limn→∞

an = limn→∞

2n.sinπ

2n.3

sinπ3

.cosπ

2n.3

=

π3

sin π3

=2√

3π9

limn→∞

bn = limn→∞

an. limn→∞

cosπ

2n.3=

2√

3π9

Vậy hai dãy (an), (bn) có cùng giới hạn chung là2√

3π9

Bài tập đề nghị:

51

Bài 1: Cho hai dãy (an),(bn) như sau: a < b cho trước:

a1 =a+b

2;b1 =

√a.a1

a2 =a1 +b1

2;b2 =

√a2.b1

...

an =an−1 +bn−1

2;bn =

√an.bn−1

a.Tìm limn→∞

bn, b.Tìm limn→∞

an

Hướng dẫn:Đặt cosα =ab,(

0 < α <π2

)

Bằng quy nạp ta dễ dàng có:

an = b.cos α2 ...cos

α2n−1 .cos2 α

2n =b.sinα cos

α2n .

2n.sinα2n

bn = b.cosα2

...cos α2n−1 .cos2 α

2n =b.sinα .

2n.sinα2n

⇒ limn→∞

bn =bsin α

α

b.Ta cũng có:

an = bn.cosα2n

limn→∞

an =bsin α

α. limn→∞

cosα2n =

bsinαα

Bài 2: Tìm lim

(√2−

√2.

√2−√

2+√

2...........

√2−√

2+√

2+ ...+√

2

)(thừa

số cưới có n dấu căn)

Bài 3:Cho dãy số:{x1 = t

xn+1 = 4xn(1− xn)

Tìm các giá trị của t để x1998 = 0 ?

Hướng dẫn: Phân tích 4xn(1− xn) = 1− (2xn −1)2 để chứng minh |xn| ≤ 1

Đặt t = sin2a suy ra công thức xác định xn

Bài 4:Cho dãy số:{x1 = t

xn+1 = 2x2n −1

52

Tìm công thức tổng quát xác định xn.

Hướng dẫn: Ta xét hai trường hợp: |a| ≤ 1 và |a| ≥ 1

2.5. Lớp các bài toán về giới hạn của dãy

2.5.1. Phương pháp sử dụng định nghĩa tính giới hạn

Nhận xét: ta có thể dự đoán được giới hạn của một số dãy số nhờ việc tìm

nghiệm của phương trình liên quan. Dự đoán này cần được kiểm nghiệm lại bằng

định nghĩa giới hạn của dãy số.

Ta nhắc lại rằng, dãy {xn} được gọi là hội tụ nếu tồn tại một số a sao cho dãy

{xn −a} là vô cùng bé, nghĩa là với mọi ε > 0, luôn tồn tại số N = N(ε) sao cho

với mọi n > N, các phần tử của dãy này thoả mãn bất đẳng thức |xn −a| < ε . Khi đó

số a được gọi là giới hạn của dãy {xn}.

Bài toán 1.Cho dãy số {un} xác định bởi công thức un+1 =

u2n

2− 1, u1 =

13

Chứngminh rằng

dãy số {un} có giới hạn và tìm giới hạn đó.

Lời giải

Ta có: −1 < un < 0,∀n ≥ 2

Do đó, nếu limn→∞

un = a thì a phải là nghiệm âm của phương trình:

x =x2

2−1. Giải phương trình, ta được x = 1−

√3 Ta sẽ chứng minh rằng a = 1−

√3

là giới hạn của dãy. Thật vậy:

|un+1 −a| =∣∣∣∣u2

n

2−1−

(a2

2−1

)∣∣∣∣=12|un −a| . |un +a|

Vì −1 < un < 0 nên: |un +a| <∣∣−1+1−

√3∣∣=

√3

Vậy |un+1 −a| <√

32

|un −a| ,∀n ≥ 2.

Do đó:|un+1 −a| <(√

32

)n−1

|u2 −a| <(√

32

)n

Vì 0 <

√3

2< 1 nên lim

n→∞

(√3

2

)n= 0 Suy ra lim

n→∞|un+1 −a| = 0

Vậy limn→∞

un = a = 1−√

3.

53

2.5.2. Tính giới hạn nhờ sử dụng tính đơn điệu và bị chặn

Nội dung chính của phương pháp này chủ yếu dựa vào khẳng định sau đây: Mọi

dãy đơn điệu và bị chặn đều là dãy hội tụ. Hơn nữa:

Nếu a1 ≤ a2 ≤ ... thì an ≤ limn→∞

an

Nếu a1 ≥ a2 ≥ ... thì an ≥ limn→∞

an

Nhận xét rằng định lí trên chỉ cho ta biết về dấu hiệu hội tụ của một dãy số, mà

chưa xác định được một thuật toán cụ thể để tìm giới hạn của dãy số đó. Ta cần mô

tả mối liên quan giữa dãy số với nghiệm của phương trình sinh bởi dãy tương ứng.

Nếu phương trình liên quan có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó chính là giới hạn của

dãy số cần tìm.

Bài toán 1. Cho dãy số {xn} xác định theo công thức: xn+1 = f (xn),∀n ≥ 1 Giả sử

xn ∈ [a;b] ,n ∈ N và f là hàm tăng trên [a;b]. Chứng minh rằng:

a) Nếu x1 ≤ x2 thì {xn} là dãy tăng.

b) Nếu x1 ≥ x2 thì {xn} là dãy giảm.

c) Nếu f bị chặn thì {xn} hội tụ.

Lời giải

a) Vì x1 ≤ x2 nên f (x1) ≤ f (x2) ⇔ x2 < x3.

Từ đó, bằng quy nạp toán học ta chứng minh được: xn ≤ xn+1,∀n ∈ N

Suy ra {xn} là dãy tăng.

b) và c) cũng được chứng minh theo cách tương tự.

Bài toán 2 Cho dãy {yn} được xác định như sau :

yn =13

(2yn−1 +

a

y2n−1

); với n ≥ 2,a > 0,y1 > 0

Chứng minh rằng dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của dãy.

Lời giải

Dùng bất đẳng thức Cauchy và phép quy nạp, ta suy ra :

yn =13

(yn−1 + yn−1 +

a

y2n−1

)≥ 3

√a

Mặt khác :yn

yn−1≤ 2

3+

13

= 1 → yn ≤ yn−1

54

Vậy dãy số {yn} hội tụ và từ hệ thức quy nạp ta suy ra : limn→∞

yn = 3√

a

Bài toán 3Xác định x1 để dãy {xn} xác định như sau:

xn = x2n−1 +3xn−1 +1,(n ≥ 2) là một dãy hội tụ

Lời giải

Ta có x2 +3x+1 ≥ x,∀x ∈ R nên dãy đã cho là dãy tăng.

Giả sử dãy {xn} là hội tụ và limn→∞

xn = a thì a = a2 +3a+1 ⇔ a = −1

Do đó, vì {xn} tăng nên xn ≤−1,∀n. Ta có x2 +3x+1 ≤−1 ↔−2 ≤ x ≤−1.

Vì thế, nếu x1 ∈ [−2;−1] thì x2 ∈ [−2;−1]∀n và khi đó {xn} sẽ hội tụ vì dãy tăng

và bị chặn

Nếu x1 > −1 hoặc x1 < −2 thì x2 > −1 và dẫn đến xn > −1,∀n suy ra dãy {xn} sẽ

không hội tụ.

Vậy, nếu x1 ∈ [−2;−1] thì {xn} hội tụ.

Bài toán 4.Cho dãy số {xn} xác định bởi x0 =

√2 và xn+1 =

√2

xn với n=0, 1, 2, . . .

Chứng minh rằng dãy {xn} có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Lời giải.

Đặt f (x) = (√

2)xn thì dãy số có dạng x0 =

√2 và xn +1 = f (xn).

Ta thấy f (x) là hàm số tăng và x1 =√

2√

2>

√2 = x0. Từ đó, do f (x) là hàm số

tăng nên ta có:

x2 = f (x1) > f (x0) = x1,x3 = f (x2) > f (x1) = x2, . . . Suy ra {xn} là dãy số tăng.

Tiếp theo, ta chứng minh bằng quy nạp rằng xn < 2 với mọi n.

Điều này đúng với n = 0. Giả sử ra đã có xk < 2 thì rõ ràng xk+1 =√

2xk <

√2

2= 2.

Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có xn < 2 với mọi n.

Vậy dãy {xn} tăng và bị chặn trên bởi 2 nên dãy có giới hạn hữu hạn.

Gọi a là giới hạn đó thì chuyển đẳng thức xn+1 =√

2xn sang giới hạn, ta được

a =√

2a.

Ngoài ra ta cũng có a ≤ 2. Xét phương trình x =√

2x ⇔ lnx

x = ln(√

2). Khảo sát

hàm sốlnxx

ta thấy rằng phương trình trên chỉ có 1 nghiệm nhỏ hơn e và một nghiệm

55

lớn hơn e. Vì 2 là một nghiệm của phương trình nên rõ ràng chỉ có 1 nghiệm duy

nhất của phương trình thoả mãn điều kiện ≤ 2. Từ đó suy ra a = 2.

Vậy giới hạn của xn khi n dần đến vô cùng là 2.

Bài toán 5.Cho dãy {un} xác định như sau:

u0 > 0,un+1 = un − e−1/u2n ,∀n ∈ N.

Chứng minh: limn→∞

(u2

n lnn)

= 1

Lời giải

Dễ thấy {un} là dãy giảm vì ex > 0,∀x

Mặt khác, ex > 1+ x,∀x 6= 0 nên :

f (x) = x− e−1/x2= e−1/x2

(xe−1/x2 −1

)> e−1/x2

(x+

1x−1

)> 0,∀x > 0

Do đó tồn tại limn→∞

un = u− e−1/u2, suy ra u = 0.

Ta cũng có : limn→∞

un +1un

= 1 và limn→∞

(1

u2n+1

− 1u2

n

)= lim

2e−1/u2n

u3n

= 0 Sử dụng

nhận xét: nếu xn → ∞,yn → ∞,{yn} tăng và limn→∞

xn+1−xnyn+1−yn

= α < +∞

thì limn→∞

xn

yn= α , ta đi đến lim

n→∞

(u2

n lnn)

= 1, vì:

limn→∞

(u2

n lnn)= lim

n→∞

lnn1/u2

n= lim

n→∞ln(nu)−lnn

1

u2n+1

−1u2

n

= limn→∞

u4n ln

(1+

1n

)

2une−1/u2n

=12

limn→∞

un +un+1

un=

1

Bài toán 6(VMO1998 [4]) Cho a ≥ 1 là một số thực, và định nghĩa dãy x1,x2, · · ·như sau: x1 = a và

xn+1 = 1+ log

(xn(x2

n +3)

3x2n +1

).

Chứng minh rằng dãy trên có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

Lời giải

Ta có với x ≥ 1 thì :

(x−1)3 ≥ 0 => x3 +3x ≥ 3x2 +1 =>x(x2 +3)

3x2 +1≥ 1

56

=> 1+ logx(x2 +3)

3x2 +1≥ 1,

nên một cách quy nạp ta có mọi phần tử của dãy đều lớn hơn hoặc bằng 1, và

1 ≤ x2 => x2 +3 ≤ 3x2 +1 =>x(x2 +3)

3x2 +1≤ x

=> 1+ logx(x2 +3)

3x2 +1≤ 1+ logx ≤ x

Do vậy dãy là đơn điệu giảm và bị chặn dưới, nên tồn tại giới hạn hữu hạn. Giới hạn

x phải thỏa mãn:

x = 1+ logx(x2 +3)

3x2 +1

và hơn nữa bất đẳng thức thứ 2 ở trên phải xảy ra dấu bằng, tức là x = 1. Do vậy

giới hạn bằng 1.

2.5.3. Tính giới hạn nhờ sử dụng định lý hàm số co

Bài toán 1(Đề dự bị VMO 2008 [4]) Cho số thực a và dãy số thực {xn} xác

định bởi: x1 = a và xn+1 = ln(3 + cosxn + sinxn)− 2008 với mọi n = 1, 2, 3, . . .

Chứng minh rằng dãy số xn có giới hạn hữu hạn khi n tiến đến dương vô cùng.

Lời giải

Đặt f (x) = ln(3 + sinx + cosx)− 2008,∀x ∈ R thì f ′(x) =cosx− sin x

3+ sinx+ cosxTừ đó,

sử dụng đánh giá:|cos x− sinx| ≤√

2, |sinx+ cosx| ≤√

2 ta suy ra:

| f ′(x)| ≤√

2

3−√

2= q < 1.

Áp dụng định lý Lagrange cho x, y thuộc R, ta có f (x)− f (y) = f ′(z)(x− y)

Từ đó suy ra | f (x)− f (y)| ≤ q|x− y| với mọi x, y thuộc R. Suy ra f (x)) là hàm số

co trên R suy ra dãy đã cho hội tụ.

Bài toán 2(VMO2000 [4]) Cho số thực c > 2, một dãy x1,x2, · · · các số thực được

định nghĩa như sau: x1 = 0 và xn+1 =√

c−√c+ xn với mọi n ≥ 1. Chứng minh

rằng dãy x1,x2, · · · được xác định với mọi n và có giới hạn hữu hạn.

Lời giải

57

Để x1 tồn tại thì c−√c+ xn ≥ 0 với mọi x0 ∈ (0,c) hay c(c− 1) ≥ x0 với mọi

x0 ∈ (0,c) suy ra c ≥ 2.

Với c ≥ 2 thì 0 < x1 <√

c .

Nếu 0 < xn <√

c thì c −√c+ xn > c − 2 , suy ra xn+1 tồn tại và ta cũng có

0 < xn+1 <√

c.

Đặt f (x) =√

c−√

c+ x thì f ′′(x) = −14

√c+ x

√c−

√c+ x

Với mọi x ∈ (0,√

(c)) ta có:

(c+ x)(c−

√c+ x

)> c(

c−√

c+√

c)≥ 2

(2−√

2+√

2)

>14

Từ đó suy ra: | f ′(x)| ≤ q < 1 với mọi x ∈ (0,√

c)

tức f (x) là hàm số co trên (0,√

c), suy ra dãy số đã cho hội tụ. Vậy tất cả các giá trị

c cần tìm là c ≥ 2.

2.5.4. Phương pháp sử dụng tổng tích phân tính giới hạn

Việc tính trực tiếp tổng của dãy số cho trước để từ đó xét giới hạn không phải

khi nào cũng thực hiện được. Tuy nhiên ta có thể phân tích tổng này dưới một dạng

khác mà từ đó cho phép ta tính giới hạn của tổng một cách dễ dàng nhờ tích phân.

Theo định nghĩa về tích phân xác định thì nếu hàm f (x) khả tích trên đoạn [a; b] thì

với mọi phép phân hoạch π của đoạn [a; b] và mọi cách chọn các điểm ξi ∈ [xi−1;xi]

(i = 1, 2, . . . , n) ta luôn có:b∫a

f (x)dx = limd→0

n∑

i=1f (ξi)(xi − xi−1)

Trong đó: d = max1≤i≤n

(xi − xi−1)

Như vậy biểu thức dưới dấu giới hạn chính là tổng tích phân của hàm f (x) trên [a;

b] ứng với một phép nhân hoặc trên [a; b] nào đó. Vậy để tính giới hạn của một tổng

nhờ tích phân xác định về cơ bản ta thường tiến hành theo các bước như sau:

- Biến đổi tổng dấu giới hạn về biểu thức dạng: Sn =b−a

n

n∑

i=1f

(a+ i

b−an

)

- Chọn được hàm f (x) khả tích trong [a; b]. - Tính tích phânb∫a

f (x)dx và đó chính

là giới hạn cần tìm.

Bài toán 1.Tìm lim

n→∞Pn với: Pn =

[(2+ 3

5n

)(2+ 28

5n

)...(2+ 15n−2

5n

)] 3n

58

Lời giải

Lấy lôgarit hai vế ta nhận được: lnPn =3n

n∑

i=1ln(2+ 15i−12

5n

)

Đặt Sn = lnPn Ta chia đoạn [2; 5] thành n phần bằng nhau với các điểm chia:

xi = 2+ i3n

và chọn ξi =45

xi−1 +15

xi ∈ [xi−1;xi]

Xét hàm: f (x) = lnx liên tục trên [2; 5] nên nó khả tích trên đoạn đó. Do đó: limn→∞

Sn =

5∫

2ln tdt = 5ln5−2ln2+3 Vậy: lim

n→∞Pn = e5ln5−2ln2+3

Bài toán 2.

Đặt: Sn =1n

1

1+ sinπ2n

+1

1+ sin2π2n

+ ...+1

1+ sinnπ2n

Tính: limn→∞

Sn

Lời giải

Ta có: Sn =1n

n∑

i=1

1

1+ siniπ2n

Đặt: f (x) =1

1+ sinπx2

,x ∈ [0;1]

Từ đó: Sn =1∫

0f (x)dx

Đặt t = 1− x , ta suy ra:

f (x) =1

1+ cosπt2

,dx = −dt

Do đó:

1∫

0f (x)dx =

1∫

0

dt

1+ cosπt2

=12

1∫

0

dt

cos2 πt4

=2π

1∫

0

dπt4

cos2πt4

=2π

tgπt4

∣∣∣∣∣∣

1

0

=2π

.

Do đó: limn→∞

Sn = 2π

2.5.5. Tính giới hạn dựa vào việc giải phương trình sai phân

Bài toán 1Cho dãy số un xác định bởi:

59

un+2 −2(n+2)2

(n+1)(n+3)un+1 +

(n+1)(n+2)

n(n+3)un =

2(n+2)

n+3,∀n > 2

u1 = 0

u2 = −3

Chứng minh rằng: limun

n2 = 1

Lời giải

Trước hết ta tìm số hạng tổng quát của dãy (un) bằng cách giải phương sai phân:

un+2 −2(n+2)2

(n+1)(n+3)un+1 +

(n+1)(n+2)

n(n+3)un =

2(n+2)

n+3,∀n > 2(∗)

với điều kiện ban đầu: u1 = 0 và u2 = −3.

Nhân cả hai vế của (*) vớin+3n+2

ta được:

(*)

⇔ n+3n+2

un+2 −2(n+2)

n+1un+1 +

n+1n

un = 2,∀n > 2(∗∗)

Đặt vn =n+1

nun. Khi đó ta được phương trình: vn+2−2vn+1 +vn = 2,∀n > 2(∗∗∗)

và v1 = 0;v2 = −9/2. Ta có phương trình đặc trưng:t2 − 2t + 1 = 0 có nghiệm kép

t=1. ta giải được: vn =1312

− 1512

n+n2. Suy ra:

un =n

n+1vn =

nn+1

(1312

− 1512

n+n2

)=

13n2(n+1)

− 15n2

2(n+1)+

n3

n+1Do đó:

limun

n2 = 1

2.5.6. Sử dụng dãy phụ để tính giới hạn

* Sử dụng dãy con để xét sự hội tụ của dãyCơ sở của phương pháp là định lý: Mọi dãy con của dãy hội tụ đều hội tụ và ngược

lại :

Nếu mọi dãy con của dãy (an) đều hội tụ thì chúng phải hội tụ đến cùng một giới

hạn a và số a đó cũng chính là giới hạn của dãy (an).

Như vậy: Nếu limx2n = limx2n+1 = a thì limxn = a.

Tổng quát: Cho số nguyên m ≥ 2, nếu: limxmn+i = a, mọi i=0,1,2,...,m-1

60

thì limxn = a.

Bài toán 1. Cho dãy số (xn) xác định bởi công thức:

{x0 = x1 = 1

3xn+2 = xn + xn+1

Chứng minh rằng dãy(xn) hội tụ.

Lời giải

Xét dãy số (an) được xác định bởi:a0 = 1,an+1 =2an

3, dễ thấy (an) là dãy giảm dần

về 0. Ta chứng tỏ max{x2n,x2n+1} ≤ an, với mọi n (1).

Thật vậy, (1) đúng với n=0 và n=1. Giả sử (1) đúng với n và chú ý rằng (an) là dãy

số giảm nên ta có: 3x2n+2 = x2n + x2n+1 ≤ 2an suy ra x2n+2 ≤ an+1

3x2n+3 = x2n+1 + x2n+2 ≤ an +an+1 ≤ 2an suy ra x2n+3 ≤ an+1.

Như vậy (1) đúng với n+1, theo nguyên lí quy nạp thì (1) được chứng minh. Dễ

thấy xn > 0 với mọi n , và từ (1) theo nguyên lý kẹp có limx2n = lim2n+1 = 0 suy ra

limxn = 0.

* Nhận xét: Lời giải trên đã đưa vào dãy phụ an có tác dụng chặn cả hai dãy con

dạng x2n,x2n+1 và làm cho chúng cùng hội tụ về một điểm.

Tiếp tục phương pháp đó ta xét bài toán sau:

Bài toán 2.

Cho dãy số (xn) xác định bởi công thức:

{x0 = x1 = 1

3xn+2 = x2n + x2

n+1

Chứng minh rằng

dãy(xn) hội tụ.

Lời giải

Ta xây dựng dãy (an) như sau:a0 = 1,an+1 =2an

2

3, dễ thấy (an) là dãy giảm dần về

0. Tương tự như bài toán 1 ta chứng minh được:

max{x2n,x2n+1} ≤ an, với mọi n.

Dễ thấy xn > 0 ,với mọi n, và từ (1) theo nguyên lý kẹp có limx2n = lim2n+1 = 0 suy

ra limxn = 0.

Nhận xét: Cách cho công thức truy hồi của hai dãy là khác nhau nhưng lại cùng

chung cách giải quyết và ta có thể tổng quát hoá cho lớp bài toán mà tác giả sẽ dẫn

ra sau:

Bài toán 3.

Cho dãy số (xn) xác định bởi công thức:

{x0 = x1 = 1

3x3n+2 = x23n + x2

3n+1

Chứng minh rằng

61

dãy(xn) hội tụ.

Lời giải

Ta xây dựng dãy (an) như sau:a0 = max{x0,x1,x2} ,an+1 =2an

2

3, dễ thấy (an) là

dãy giảm dần về 0. Ta chứng minh:max{x3n,x3n+1,x3n+2} ≤ an, với mọi n. (3)

Thật vậy, (3) đúng với n=0 và n=1,2. Giả sử (1) đúng với n và chú ý rằng (an) là dãy

số giảm nên ta có:

3x3n+3 = x23n + x2

3n+2 ≤ 2a2n ⇒ x3n+3 ≤ an+1;

3x3n+4 = x23n+1 + x2

3n+3 ≤ a2n +a2

n+1 ≤ 2a2n

⇒ x3n+4 ≤ an+1

3x3n+5 = x23n+2 + x2

3n+4 ≤ a2n +a2

n+1 ≤ 2a2n

⇒ x3n+5 ≤ an+1

Như vậy (3) đúng với n+1, theo nguyên lí quy nạp thì (3) được chứng minh. Dễ thấy

xn > 0 với mọi n , và từ (1) theo nguyên lý kẹp có limx3n = lim3n+1 = lim3n+2 = 0

suy ra limxn = 0.

Ba bài toán trên ta sử dụng các dãy con dạng (x2k+i), i = 1,2 và (x3k+i), i = 1,2,3.

Sau đây ta xét một bài toán có sử dụng đến dãy con dạng (x4k+i), i = 1,2,3,4:

Bài toán 4(VMO-2008 [4])Cho dãy số thực (xn) được xác định như sau:

x1 = 0,x2 = 2 và xn+2 = 2−xn +12

với mọi n=1,2,3,...

Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞

Lời giải

Xét hàm số f (x) = 2−x + 12 , xác định trên R.

Với mỗi n ∈ N∗,ta có xn+4 = f (xn+2) = f ( f (xn)) hay xn+4 = g(xn), trong đó g là

hàm xác định trên R và g(x) = f ( f (x)),∀x ∈ R (1)

Dễ thấy, hàm số f giảm trên R; do đó hàm số g tăng trên R. Vì thế từ (1) suy ra: với

mỗi k ∈ 1;2;3;4, dãy (x4n+k),n ∈ N, là dãy đơn điệu. hơn nữa, từ cách xác định dãy

(xn) dễ thấy 0 ≤ xn ≤ 2,∀n ∈ N∗. do đó, với mỗi k ∈ 1;2;3;4 dãy (x4n+k) là dãy hội

tụ.

Với mỗi k ∈ 1;2;3;4 đặt x4n+k = ak. Ta có 0 ≤ ak ≤ 2. hơn nữa, do hàm số g liên

tục trên R nên từ (1) suy ra g(ak) = ak (2)

62

Xét hàm số h(x) = g(x)− x trên [0;2]. Dễ chứng minh được hàm số h giảm trên

[0;2]. Vì thế có không quá một điểm x ∈ [0;2], sao cho h(x) = 0 hay g(x) = x. Mà

g(1) = 1, nên từ (2) ta được ak = 1,∀k ∈ 1;2;3;4. từ đây, vì dãy (xn) là hợp của bốn

dãy con x4n+k nên dãy (xn) hội tụ và limxn = 1

*Nhận xét: Như vậy các bài toán trên đều giải được bằng cách xét các dãy phụ, từ

các dãy phụ này ta có thể tạo ra một lớp các bài tập tương tự như sau:

Chứng minh rằng các dãy số dương (xn) cho bởi các công thức sau đều hội tụ về 0

với x0,x1,x2,x3 đều thuộc khoảng (0;1):

1)3xn+3 = x2n + xn+1xn+2;

2)3xn+3 = x2n + xnxn+1

3)3xn+3 =x2

n + x2n+2

2+ x2

n+1

4)3xn+3 =x2

n + x2n+2

2+ xnxn+1

* Sử dụng dãy số phụ để tính giới hạn.Nhận xét: Qua các phương pháp trên ta đã thấy: Khi khảo sát sự hội tụ của một

dãy số ta thường định lí về dãy đơn điệu và bị chặn. Nếu dãy không đơn điệu thì

có thể thử xét dãy với chỉ số chẵn và dãy với chỉ số lẻ. Tuy nhiên, có những dãy số

có “hành vi” phức tạp hơn nhiều. Chúng tăng giảm rất bất thường. Trong một số

trường hợp như thế, ta có thể xây dựng một (hoặc hai) dãy số phụ đơn điệu, chứng

minh các dãy số phụ có giới hạn và sau đó chứng minh dãy số ban đầu có cùng giới

hạn. Tất nhiên, dãy số phụ phải được xây dựng từ dãy số chính.

Bài toán 1 Dãy số (an) được xác định bởi a1 > 0,a2 > 0 và an+1 =2

an +an−1.

Chứng minh rằng dãy số (an) hội tụ và tìm giới hạn đó.

Lời giải

Xét hai dãy (Mn) và (mn) với:

Mn = max{an,an+1,an+2,an+3}

mn = min{an,an+1,an+2,an+3}

Ta chứng minh (Mn) là dãy số giảm (mn) là dãy số tăng. Thật vậy, ta sẽ chứng minh:

an+4 ≤ max{an+1,an+3} . Suy ra Mn+1 = an+1 hoặc an+2 hoặc an+3 và rõ ràng khi

63

đó Mn = max{an,an+1,an+2,an+3} ≥ Mn+1.

Thật vậy, nếu an+4 ≥ an+3 thì2

an+3 +an+2≥ an+3 suy ra 2 ≥ (an+3 + an+2)an+3.

Khi đó an+1 =2

an+3an+2 = 2

an+3− 2

(an+2+an+3)− an+2 + an+4 =

2an+2(an+3+an+2)an+3

−an+2 +an+4 ≥ an+4. Suy ra đpcm.

Vậy ta chứng minh được dãy (Mn) giảm. Tương tự dãy (mn) tăng. Hai dãy số này đều

bị chặn nên hội tụ. Cuôi cùng, ta chỉ còn cần chứng minh hai giới hạn bằng nhau.

Bài toán 2. Dãy số (an) được xác định bởi a1 > 0,a2 > 0 và an+1 =√

an +√

an−1.

Chứng minh rằng dãy số (an) hội tụ và tìm giới hạn của dãy số đó.

Lời giải

Xét dãy số (Mn) với Mn = max{an,an+1,4}Nếu Mn = 4 thì an,an+1 ≤ 4, suy ra an+2 ≤ 4, từ đó Mn+1 = 4.

Nếu Mn = an+1 thì an+1 ≥ an,an+1 ≥ 4. Khi đó:√

an−1 = an+1 −√

an ≥√

an+1, suy ra:

an+2 =√

an +√

an+1 ≤√

an +√

an−1 = an+1. Do đó Mn+1 = an+1.

Nếu Mn = an thì an ≥ an+1,an ≥ 4. Khi đó an+2 =√

an +√

an+1 ≤√

2an. Suy ra

Mn+1 ≤ an = Mn.

Vậy trong mọi trường hợp Mn+1 ≤ Mn, tức là dãy (Mn) là dãy số giảm. Do (Mn)bị

chặn dưới bởi 4 nên dãy này có giới hạn. Ta chứng minh giới hạn này bằng 4.

Thật vậy, giả sử giới hạn là M > 4. Khi đó với mọi ε > 0, tồn tại N sao cho với mọi

n ≥ N thì M − ε < Mn < M + ε . Chọn n ∈ N sao cho Mn+2 = an+2 (theo các lập

luận ở trên và do M > 4 thì tồn tại chỉ số n như vậy. Ta có: M− ε < Mn+2 = an+2 =√

an +√

an−1 < 2√

M + ε hay M(M−4)− ε(2M +4− ε) < 0.

Mâu thuẫn vì M > 4 và ε có thể chọn nhỏ tuỳ ý.

Bài toán 3.(VMO-1992 [4]) Cho các số dương a, b, c và 3 dãy số {ak}, {bk}, {ck}được xác định như sau:

1) a0 = a,b0 = b,c0 = c.

2) ak+1 = ak +2

bk + ck;bk+1 = bk +

2ck +ak

ck+1 = ck +2

ak +bk;∀k 6= 0.

Chứng minh rằng ak dần tới vô hạn khi k dần tới vô hạn.

Lời giải

64

Với mỗi k ≥ 0, đặt:

Mk = max{ak,bk,ck} và mk = min{ak,bk,ck}Từ giả thiết bài toán, suy ra {Mk} và {mk} là dãy các số dương.

Ta sẽ chứng minh rằng: limk→∞

mk = ∞ (5)

và từ đây sẽ suy ra limk→∞

ak = ∞

Để chứng minh (5), ta sẽ chứng minh rằng:

limk→∞

Mk = ∞ và limk→∞

Mkmk

= p ∈ R

a) Xét {Mk}.Từ giả thiết (2), ta có :

a2k+1 + b2

k+1 + c2k+1 > a2

k + b2k + c2

k + 4

(ak

bk + ck+

bk

ck +ak+

ck

ak +bk

)≥ a2

k + b2k +

c2k +6

Suy ra ∀k ≥ 1, ta có :

a2k +b2

k + c2k > 6k → M2

k > 2k → Mk >√

2k → limk→∞

Mk = ∞ (6)

b) Xét dãy

{Mk

mk

}

Từ giả thiết (6), dễ thấy ∀k ≥ 0 mk+1 ≥ mk + 1Mk

và Mk+1 ≥ Mk + 1mk

Suy ra: Mk+1 +mk ≤(

Mk +1

mk

)mk = Mkmk +1 = Mk

(mk +

1Mk

)≤

≤ Mkmk+1 →Mk+1

mk+1≤ Mk

mk

DoMk

mk≥ 1,∀k ≥ 0 nên dãy

{Mk

mk

}là dãy không tăng và bị chặn dưới bởi -1. Vì

vậy, tồn tại limn→∞

Mk

mk= p, p ∈ R (7)

Từ (6) và (7) suy ra điều phải chứng minh.

2.5.7. Giới hạn của dãy sinh bởi phương trình

Nhận xét:Trong toán học, có rất nhiều trường hợp ta không xác định được giá

trị cụ thể đối tượng mà chúng ta đang xét (ví dụ số, hàm số) nhưng vẫn có thể thực

hiện các phép toán trên các đối tượng đó. Ví dụ ta có thể không biết giá trị các

nghiệm của một phương trình, nhưng vẫn biết được tổng của chúng, tìm được giới

hạn của dãy các nghiệm...

Bài toán 1. Ký hiệu xn là nghiệm của phương trình:1x

+1

x−1+ ...+

1x−n

= 0 thuộc khoảng (0, 1)

65

a) Chứng minh dãy {xn} hội tụ.

b) Hãy tìm giới hạn đó.

Nhận xét: xn được xác định duy nhất vì hàm số fn(x) =1x

+1

x−1+ ...+

1x−n

= 0

liên tục và đơn điệu trên (0, 1). Tuy nhiên, ta không thể xác định được giá trị cụ thể

của xn. Rất may mắn, để chứng minh tính hội tụ của xn, ta không cần đến điều đó.

Chỉ cần chứng minh tính đơn điệu và bị chặn là đủ. Với tính bị chặn, mọi thứ đều

ổn vì 0 < xn < 1. Với tính đơn điệu, ta chú ý một chút đến mối liên hệ giữa fn(x) và

fn+1(x) :

fn+1(x) = fn(x)+1

x−n−1. Đây chính là chìa khoá để chứng minh tính đơn điệu

của xn.

Lời giải

Rõ ràng xn được xác định một cách duy nhất, 0 < xn < 1. Ta có:

fn+1(x) = fn(x)+1

x−n−1=

1x−n−1

< 0, trong khi đó fn+1(0+) > 0.

Theo tính chất của hàm liên tục, trên khoảng (0,xn) có ít nhất 1 nghiệm của fn+1(x).

Nghiệm đó chính là xn+1. Như thế ta đã chứng minh được xn+1 < xn. Tức là dãy số

{xn} giảm.

Do dãy này bị chặn dưới bởi 0 nên dãy số có giới hạn.

Ta sẽ chứng minh giới hạn nói trên bằng 0. Để chứng minh điều này, ta cần đến kết

quả quen thuộc sau:

1+1/2+1/3+ . . . +1/n > ln(n)

(Có thể chứng minh dễ dàng bằng cách sử dụng đánh giá ln(1+1/n) < 1/n)) Thật

vậy, giả sử limxn = a > 0. Khi đó, do dãy số giảm nên ta có xn ≥ a với mọi n.

Do 1+1/2+1/3+ . . . +1/n → ∞ khi n → ∞ nên tồn tại N sao cho với mọi n ≥ N

ta có:

1+1/2+1/3+ . . . +1/n > 1/a.

Khi đó với n ≥ N ta có:

0 =1xn

+1

xn −1+ ...+

1xn −n

<1xn

+1−1

+1−2

+ ...+1−n

<1a− 1

a= 0.Mâu thuẫn.

Vậy ta phải có limxn = 0.

Bài toán 2. (VMO 2002)[4] Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng

phương trình:1

x−1+

14x−1

+ ...+1

n2x−1=

12

có một nghiệm duy nhất xn > 1. Chứng minh rằng khi n dần đến vô cùng, xn dần

66

đến 4.

Nhận xét: Việc chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất xn > 1 là hiển nhiên.

Mối liên hệ fn+1(x) = fn(x)+1/((n+1)2x−1) cho thấy {xn} là dãy số tăng.

(ở đây fn(x) =1

x−1+

14x−1

+ ...+1

n2x−1− 1

2).

Đề bài cho sẵn giới hạn của xn là 4 đã làm cho bài toán trở nên dễ hơn nhiều. Ta sẽ

dùng định lý Lagrange để đánh giá khoảng cách giữa xn và 4. Để làm điều này, ta

cần tính fn(4), với fn(x) =1

x−1+

14x−1

+ ...+1

n2x−1− 1

2. Rất may mắn, bài

tính fn(4) này liên quan đến 1 dạng tổng quen thuộc.

Lời giải

Đặt fn(x) như trên và gọi xnlà nghiệm > 1 duy nhất của phương trình fn(x) = 0. Ta có

fn(4) =1

4−1+

116−1

+ ...+1

4n2 −1− 1

2=

11.3

+1

3.5+ ...+

1(2n−1)(2n+1)

− 12

=12

(11− 1

3+

13− 1

5+ ...+

12n−1

− 12n

)− 1

2= − 1

4nÁp dụng định lý Lagrange, ta có: 1/4n = | fn(xn) − f (4)| = | f ′(c)||xn − 4| với

c thuộc (xn,4) Nhưng do:| fn′(c)| =

1

(c−1)2 +4

(4c−1)2 + ... >19

Nên từ đây

|xn −4| < 9/4n, suy ra limxn = 4.

Nhận xét:Trong ví dụ trên chúng ta đã sử dụng định lý Lagrange để đánh giá hiệu

số giữa xn và giá trị giới hạn.

Bình luận:Từ hai bài toán trên ta có thể rút ra cách xây dựng dãy hội tụ từ phương

trình:

Xét một họ phương trình F(n,x) = 0. Nếu với mỗi n, phương trình F(n,x) = 0 có

nghiệm duy nhất trên một miền D nào đó thì dãy số xn được xác định. Từ mối liên

hệ giữa các hàm F(n,x), dãy số này có thể có những tính chất rất thú vị

Ví dụ 1. Với mỗi số tự nhiên n ≥ 3, gọi xn là nghiệm dương duy nhất của phương

trình xn − x2 − x−1 = 0.

Chứng minh rằng limn→∞

= 1 và tìm limn→∞

[n(xn −1)].

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, phương trình:

1x

+2

x−1+

2x−4

+ ...+2

x−n2 = 0

có nghiệm duy nhất xn thuộc khoảng (0, 1). Tìm limn→∞

xn.

Để tạo ra các phương trình có nghiệm duy nhất trên một khoảng nào đó, có thể sử

67

dụng tổng của các hàm đơn điệu. Riêng với hàm đa thức ta có thể sử dụng quy tắc

Đề-các về số nghiệm dương của phương trình. Nếu dãy các hệ số của phương trình

đổi dấu k lần thì phương trình có không quá k nghiệm dương.

Ví dụ phương trình x4 −x2 −nx−1 = 0 có nghiệm dương duy nhất x0, còn phương

trình x4 − x2 +nx−1 = 0 có nhiều nhất hai nghiệm dương.

Khi xây dựng các hàm F(n,x), có thể sử dụng công thức truy hồi. Như trong ví dụ

trên thì: F(n+1,x) = F(n,x)+ 1(x−n−1) . Xây dựng F(n,x) kiểu này, dãy nghiệm xn

sẽ dễ có những quy luật thú vị hơn. Ví dụ, với dãy số trên, ta có:

F(n+1,x) = F(n,x)+1

(xn −n−1)< 0. Từ đây, do F(n+1,0+) = ∞ ta suy ra xn+1

nằm giữa 0 và xn, tức dãy (xn) giảm.

Ví dụ 3 (VMO 2002- Ngày thứ hai)Xét phương trình:

12x

+1

x−1+

1x−4

+ ...+1

x− k2 + ...+1

x−n2 = 0

Trong đó n là tham số nguyên dương.

1) CMR với mỗi số nguyên dương n, phương trình nêu trên có duy nhất nghiệm

trong khoảng (0;1), ký hiệu nghiệm đó là xn.

2) CMR dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞Ví dụ 4. Cho n là một số nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng phương trình

xn = x+1 có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là xn.

Chứng minh rằng xn dần về 1 khi n dần đến vô cùng và tìm limn→∞

n(xn −1).

Ví dụ 5 (VMO 2007). Cho số thực a > 2 và fn(x) = a10xn+10 + xn + ...+ x+1

a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình fn(x) luôn có đúng

một nghiệm dương duy nhất

b) Gọi nghiệm đó là xn, chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn khi n dần

đến vô cùng.

2.5.8. Giới hạn của dãy tổng

Bài toán: Tìm giới hạn các dãy có dạng tổng:n∑1

1xi

hoặcn∑1

1

x2i

,...Trong đó dãy xn

cho trước bởi hệ thức truy hồi

Để tiến hành giải bài toán ta làm theo các bước sau:

Bước 1: Chỉ ra rằng: limxn = +∞

68

Bước 2: Tínhn∑1

1xi

,n∑1

1

x2i

,... (Tùy thược vào đề bài)

Bước 3: Tính limn∑1

1xi

, limn∑1

1

x2i

Bài toán 1. Cho dãy (un) có số hạng đầu u1 = 2 và un+1 = u2n −un +1,n = 1,2...

Tìm limn∑1

1ui

Lời giải

Do u1 = 2 > 1 và un+1 = un +(un − 1)2,n = 1,2... nên 1 < 2 = u1 < u2 < u3 <

....Tức là dãy (un) là dãy tăng.

Ta chứng minh dãy (un) không bị chặn trên. Thật vậy, nếu dãy (un) bị chặn trên thì

(un) hội tụ, giả sử limun = a(a > 1). Khi đó ta được phương trình:

a = a+(a−1)2 ⇔ a = 1 (mâu thuẫn). Từ đó suy ra limun = +∞.

Bây giờ ta đi xét hệ thức truy hồi:

ui+1−1 = ui(ui−1)⇒ 1ui

=1

ui −1− 1

ui+1 −1, i = 1,2, .... suy ra:

n∑

i=1

1ui

=1

u1 −1−

1un+1 −1

= 1− 1un+1 −1

→ 1 khi n → +∞.

Vậy limn∑1

1xi

= 1

Bài toán 2.(VMO 2009)

Cho dãy (xn) được xác định bởi:x1 =12

và xn =

√x2

n−1 +4xn−1 + xn−1

2, n=1,2...

Chứng minh rằng dãy (yn) (n=1,2,...) với yn =n∑1

1

x2i

có giới hạn hữu hạn và tìm giới

hạn đó.

Lời giải

Từ giả thiết ta thấy xn > 0,∀x ≥ 1.

Ta có: xn − xn−1=

√x2

n−1 +4xn−1 + xn−1

2− xn−1

=

√x2

n−1 +4xn−1 − xn−1

2=

2xn−1√x2

n−1 +4xn−1 + xn+1

> 0,∀n ≥ 2.

Do đó (xn) là dãy tăng. Giả sử limxn = a suy ra a>0 và a =

√a2 +4a+a

2⇔ a = 0

(vô lí). Vậy limxn = +∞

69

Từ xn =

√x2

n−1 +4xn−1 + xn−1

2,∀n ≥ 2.

suy ra:x2n = (xn +1)xn−1 suy ra:

1x2

n=

1xn−1

− 1xn

,∀n ≥ 2.

Suy ra: yn =n∑

i=1

1

x2i

=1

x21

+

(1x1

− 1x2

)+

(1x2

− 1x3

)+ ...+

(1

xn−1− 1

xn

)=

1

x21

+

1x1

− 1xn

= 6− 1xn

,∀n ≥ 2.

Do đó:limyn = 6.

Bài toán 3.Cho dãy (un) có số hạng đầu u1 = 2010 và thỏa mãn điều kiện:

u2n +2009un −2011un+1 +1 = 0, với mọi n ∈ Z

∗.

Đặt Sn =1

u1 +2010+

1u2 +2010

+ ...+1

un +2010.

Tính giới hạn của Sn khi n dần đến vô cùng.

Lời giải

Từ điều kiện:u2n +2009un−2011un+1 = 0⇔ un+1 =

un2 +2009un +1

2011⇔ un+1 −1 =

un2 +2009un +1

2011−1 ⇔ un+1 −1 =

(un −1)(un +2010)

2011⇔ 1

un +2010=

1un −1

−1

un+1 −1. Khai triển và ước lượng ta có: Sn =

1u1 +2010

+1

u2 +2010+ ...+

1un +2010

=

1u1 −1

− 1un+1 −1

Mặt khác ta có:un+1 − un =(un −1)2

2010≥ 0,∀n ∈ Z

∗ suy ra dãy số:(un) tăng suy ra:

2010 = u1 < u2 < u3 < ... < un. Giả sử a là giới hạn của dãy, theo điều kiện ta có:

a2 +2009a−2011a+1 = 0 suy ra a=1<2010 (Vô lý). Vậy limun = +∞⇒ lim1

un+1 −1=

0. Do đó: limSn =1

u1 −1=

12009

Bài tập đề nghị:1. Cho dãy (xn) được xác định bởi: x1 = 2 và xn+1 =

12

(x2

n +1),n = 1,2, ...

Đặt Sn =n∑

k=1

1xk +1

.Tìm phần nguyên [S2011] và tính limSn.

2. Cho dãy (xn) được xác định bởi: x1 = 3 và xn+1 = x2n −3xn +4,n = 1,2, ...

Đặt yn =n∑

k=1

1xk −1

. Tính limyn.

70

KẾT LUẬN

Luận văn đã trình bày và đã thu được:- Một số lớp các bài toán về dãy số (Thường trong các đề thi học sinh giỏi quốc tế

và thi học sinh giỏi ở các nước).

- Các bài toán đã được phân dạng theo chủ đề

- Một số bài toán đã được phát triển dựa theo phương pháp giải của bài toán đó.

Một số hướng nghiên cứu có thể phát triển từ đề tài này là:Dựa theo sự phân ra thành các lớp bài tập như trên, tiếp tục phát triển các bài

toán khác.

Vì thời gian và kiến thức còn hạn chế nên luận văn chắc chắn không tránh khỏi

những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được sự quan tâm, đóng góp ý kiến của các

thầy cô và các bạn đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn thiện hơn.

Tác giả xin chân thành cảm ơn!

71

Tài liệu tham khảo

[1] Phan Huy Khải , Các bài toán về dãy số, NXBGD, 2007

[2] Nguyễn Văn Mậu, Các bài toán nội suy và áp dụng, NXBGD, 2007.

[3] Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề chọn lọc Dãy số và áp dụng, NXBGD, 2008.

[4] Các bài thi Olympic toán THPT Việt Nam 1990-2006, NXBGG, 2007.

[5] IMO shortlist 1996-2008, accessed March, 2003

[6] IMO 1959-2002, accessed March, 2003

[7] IMO longlist 1996-2002, accessed March, 2003

[8] Titu Andresscu, Zuming Feng, Contests Around the World 1995-2001, The

Mathematical Assosiation of America, 2001.

[9] USAMO 1996-2002, accessed March, 2003

[10] Romanian Mathematical Olympiad 1996-2002, accessed March, 2003.

[11] The Putnam Mathematical.

72