Dãy Số Và Giới Hạn

Trong Các Kì Thi Olympic

Lớp 11A2 - THPT chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng 1

Wally1996@gmail.com

1www.lqd-united.com/math/user?w4ys/doc/sequence-olympic.pdf

Lời nói đầuDãy số là một phần của Đại số cũng như Giải tích toán học. Dãy số đóng

một vai trò cực kì quan trọng trong toán học cũng như nhiều lĩnh vực của đời

sống. Trong các kì thi HSG quốc gia, IMO hay những kì thi giải toán của nhiều

tạp chí toán học. Các bạn học sinh cũng đã được làm quen với dãy số từ rất

sớm, từ hồi tiểu học chúng đã được làm quen với các bài toán về dãy số như:

tìm quy luật của một dãy số đơn giản,. . . Và hiện nay, cũng đã có khá nhiều

cuốn sách chuyên khảo về đề tài này.

Tập tài liệu mà các bạn đang cầm trên tay không phải là một giáo trình hàn

lâm về giới hạn dãy số, lại càng không phải là một cẩm nang hướng dẫn giải

các dạng dãy số thường gặp trong các kì thi. Đây đúng hơn hết là những góp

nhặt của nhóm tác giả về những phương pháp giải các bài toán dãy số cùng với

những nhận định đôi khi mang đầy tính chủ quan của tác giả.

Đây chỉ là một tài liệu mở nên không phải tất cả các vấn đề của dãy số đều

được đề cập tới. Hãy tiếp tục triển khai, liên hệ và đúc kết kinh nghiệm, gom

góp những ý kiến của chúng tôi và cho lời khuyên về những cái chưa hay, thậm

chí là chưa chính xác. Khi tổng hợp các bài toán, nhóm tác giả đã sử dụng rất

nhiều nguồn tài liệu khác nhau, tuy nhiên vì lí do thời gian và kĩ thuật chúng

tôi không ghi rõ nguồn gốc của các bài toán.

Sau cùng, xin gữi lời cảm ơn đến anh Stranger411 ở Diễn đàn toán học

VMF đã cung cấp những lời giải hay cho một số bài toán. Mọi ý kiến đóng góp

xin gữi về Nhóm II - Lớp 11A2 trường THPT chuyên Lê Quý Đôn -

Đà Nẵng. Email: Wally1996@gmail.com

1

Chương 1

Cơ sở lí thuyết và các vấn đề về dãy số

Nguyên lí Weierstrass

• Một dãy số tăng và bị chặn trên thì hội tụ:

limn→+∞

an = supn∈N

an

• Một dãy số giảm và bị chặn dưới thì hội tụ:

limn→+∞

an = infn∈N

an

Định lý kẹp

Nếu xn ≤ yn ≤ zn với mọi n ≥ n0 và limxn = lim zn = a thì lim yn = a.

Dãy Cauchy và Tiêu chuẩn Cauchy

• Dãy (xn) bất kì được gọi là dãy Cauchy nếu thỏa mãn điều kiện ∀ε >0,∃n0 ∈ N sao cho với mọi số nguyên m,n ≥ n0 thì |xm − xn| < ε.

• Dãy (xn) hội tụ khi và chỉ khi dãy (xn) là dãy Cauchy.

2

Định lí Stolz

Nếu 2 dãy (xn) và (xn) đồng thời thỏa mãn các điều kiện:

• yn+1 > yn∀n ∈ N .

• lim yn = +∞.

• limxnyn

= A hữu hạn.

thì limxnyn

= lim

(xn − xn−1yn − yn−1

)= A.

Định lí Toeplitz

Giả sử xảy ra đồng thời các điều kiện sau:

• Các số Pnk > 0 ∀n, k ∈ N∗.•

n∑k=1

Pnk = 1 ∀n ∈ N.

• Với mỗi k cố định limn→+∞

Pnk = 0.

• limxn = a hữu hạn.

Khi đó dãy (tn) với tn =n∑k=1

Pnkxk = 1 (n ∈ N) hội tụ và lim tn = a.

3

Các tính chất cơ bản của dãy Fibonacci

Dãy được cho bởi công thức

{F0 = 1

Fn+1 = Fn + Fn−1∀n ≥ 1, n ∈ N

1 Dãy Fibonacci là dãy tăng nên Fn = Fn−1 + Fn−2 < 2Fn−1.

2 (Công thức Binet)

Fn =1√5

[(1 +√

5

2

)n

−(

1−√

5

2

)n]⇒ lim

x→∞

Fn+1

Fn=

1 +√

5

2

3 Fn+1Fn−1 − Fn2 = (−1)n

4 Với một số tự nhiên k cho trước thì với mọi i > k, ta có:

Fi = FkFi−k+1 + Fk−1Fi−k

5 Nếu n...k thì Fn

...Fk với n, k ∈ N

4

Khám phá mới cho định lí Bolzano Weierstrass

Nguyễn Minh Nhật Tường 1

Bổ đề lớn Mọi dãy đều có ít nhất một dãy con đơn điệu.

Chứng minh:

Với dãy (an), xét tập hợp:

A = {n ∈ N|am ≥ an,∀m > n}

Ta xét 2 trường hợp sau:

• Tập A có vô số phần tử:

Ta chọn một dãy (nk) xác định bởi:{n1 = minA

nk+1 = minA\ {n1, n2, . . . , nk}

Ta thấy dãy (nk) là một dãy các số nguyên dương tăng nghiêm ngặt.

Suy ra ank ≤ ank+1∀k ∈ N nên dãy (an) có dãy con đơn điệu.

• Tập A rỗng hoặc có vô số phần tử:

Khi đó, sẽ tồn tại n1 ∈ N sao cho:

∀n ∈ N, n ≥ n1,∃m ∈ N,m > n, am < an

Đặt nk+1 = min {m ∈ N,m > nk, am < an} (k ∈ N)

Ta thấy dãy (nk) là một dãy các số nguyên dương tăng nghiêm ngặt.

Suy ra ank < ank+1∀k ∈ N nên dãy (an) có dãy con đơn điệu. �

Và thật bất ngờ, Định lý Bolzano Weierstrass chỉ là một hệ quả của bổ

đề chúng ta vừa chứng minh:

1Một số lời giải trong bài toán được tham khảo từ anh Stranger411 - Diễn đàn toán học VMF

5

Định lý Bolzano Weierstrass Từ dãy bị chặn bất kì (an) đều có thể trích

ra được một dãy con hội tụ.

Chứng minh:

⊕ Cách 1:

Theo bổ đề trên, dãy (an) tồn tại dãy con (ank) đơn điệu. Do đó theoNguyên

lí Weierstrass, dãy (ank) hội tụ. Vậy Định lý Bolzano Weierstrass được

chứng minh.

⊕ Cách 2:

• Giả sử dãy (an) bị chặn, tức là ∃a ∈ R,∃b ∈ R, sao cho a ≤ an ≤ b,∀n ∈ N

• Chia đoạn [a, b] thành hai đoạn bằng nhau, khi đó ít nhất một trong hai

đoạn con phải chứa vô số số hạng của dãy (an). Ta kí hiệu nó là ∆1 = [a, b].

Nếu cả hai đoạn con đều chứa vô số số hạng của [a, b] thì kí hiệu ∆1 là đoạn

tùy ý được chọn trong hai đoạn đó. Các số hạng của dãy chứa trong ∆1 được

kí hiệu là an1.

• Lại chia ∆1 thành hai đoạn bằng nhau và ∆2 là đoạn chứa vô số số hạng

của dãy (an). Trong các số hạng đó của dãy ta chọn số hạng an2 với số hiệu

n2 > n1, . . .

• Tiếp tục liên tiếp quá trình đó ta thu được dãy các đoạn thẳng thắt lại

∆k = [ak, bk], bk − ak → 0 khi k → ∞ và thu được dãy con của dãy (an) sao

cho ank ∈ ∆k, n1 < n2 < . . . và ak ≤ ank ≤ bk∀k ∈ N.

• Như vậy, ∃c ∈ ∆k,∀k ∈ N. Hiển nhiên limk→∞

an = c. �

Từ định lý Bolzano Weierstrass ,ta có thể chứng minh các bổ đề sau:

6

Bổ đề 1 Trong một dãy (an) bị chặn, đặt S = {ti; (ani)→ ti} (S còn gọi

là tập các điểm tụ), khi đó cận trên nhỏ nhất và cận dưới lớn nhất của dãy

đều thuộc S.

Chứng minh:

• Vì dãy [a, b] bị chăn nên S cũng bị chặn. Do đó tồn tại supS = L.

• Theo định nghĩa về sup, ta có: L − ε < tk (với tk là một phần tử bất kỳ

của S)

• Mặt khác tk là một điểm tụ nên theo định lý Bolzano Weierstrass, tồn tại

dãy con an1 sao cho ank → tk nên |ank − L| < ε,∀ε > 0 suy ra |ank − L| <|ank − tk|+ |tk − L| < 2ε, ∀ε > 0

• Do đó L cũng là một điểm tụ của (an) hay L ∈ S.

• Chứng minh tương tự cho cận trên nhỏ nhất, ta có đpcm. �

Bổ đề 2 Trong một dãy (an) bị chặn, đặt S = {ti; (ani)→ ti} (S còn gọi

là tập các điểm tụ). Nếu S có duy nhất một phần tử thì dãy (an) hội tụ tại

phần tử đó.

Chứng minh:

• Ta chứng minh bằng phản chứng. Gọi t là phần tử duy nhất của S.Giả sử

(an) không hội tụ. Vì (an) bị chặn nên tồn tại một dãy con (ank) → t, khi đó

∃ε > 0, sao cho tồn tại vô số số hạng của (an) sao cho chúng nằm ngoài đoạn

[t− ε; t+ ε], hay |ani − t| > ε.

• Như vậy trong vô số số hạng đó tồn tại một dãy con (ani) khác (ank) sao

cho (an) hội tụ về một giới hạn hữu hạn khác t (theo định lý Bolzano Weier-

7

strass). Điều này mâu thuẫn với giả sử ban đầu rằng S chỉ có một phần tử.

Nên ta có đpcm. �

Trong toàn bộ bài viết này, chúng ta tạm quy ước supS = L, inf S = l.

Như vậy ta có thể đánh giá giới hạn của dãy thông qua việc đánh giá sao cho

L = l,từ đó tìm được điểm hội tụ của dãy.

Từ đó, ta có thể thấy rằng, ý tưởng chính của Định lý Bolzano Weier-

strass là nếu ta có dãy số có công thức truy hồi xn = f (xn−1, xn−2, . . . , xn−k)

và (xn) bị chặn thì ta có thể tìm giới hạn của nó bằng cách lần lượt trích ra

các dãy con hội tụ về L hoặc l rồi sử dụng đánh giá giữa L và l để chứng minh

L = l, từ đó suy ra dãy hội tụ.

Ví dụ 1: Cho dãy (xn) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:{x1 = a, x2 = b (a, b > 0)

xn+2 =√xn+1 +

√xn

Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Lời giải:

• Giả sử M = max {x1, x2, 4}Ta có x3 =

√x1 +√x2 ≤ 2

√M ≤M

Do đó x3 ≤M.

• Bằng phương pháp quy nạp ta được xn ≤M

Mà xn > 0 ∀n ∈ N suy ra (xn) bị chặn.

• Theo định lý Bolzano Weierstrass ta trích được dãy một dãy con hội tụ

của (xn) là {xnk} → L.

Xét dãy (xnk−1) bị chặn, nên có thể trích được dãy con (xnki−1)→ L1 (L1 ≤ L).Tương

tự ta cũng trích được dãy con của(xnki−2

)có giới hạn là L2 (L2 ≤ L) .

8

• Chuyển qua giới hạn, ta có: L =√L1 +

√L2 ≤ 2

√L ⇒ L ≤ 4 (1)

Một cách tương tự, ta có: l =√l1 +√l2 ≥ 2

√l⇒ l ≥ 4 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: L = l = 4 ⇒ lim xn = 4 (đpcm) �

Ví dụ 2: Cho số thực a và dãy (xn) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi: x1, x2 ∈ (1, a)

2xn+2 = xn+1 +a

xn

Tìm limn→∞

xn

Lời giải:

• Ta có 2x3 = x2 +a

x1> 1 +

a

a= 2 suy ra x3 > 1.Đánh giá tương tự,

2x3 < a +a

1= 2a suy ra x3 < 1. Do đó x3 ∈ (1, a). Bằng cách quy nạp, ta

chứng minh được: xn ∈ (1, a).

Vậy dãy (xn) bị chặn. Suy ra tồn tại (xnk) là dãy con của (xn) sao cho

(xnk)→ L.

• Theo định lý Bolzano Weierstrass thì dãy (xn) bị chặn nên dãy con (xnk−1)

cũng bị chặn. Do đó ta trích được một dãy con(xnkt−1

)→ L1. Tương tự ta

cũng trích được một dãy con của(xnki−2

)có giới hạn là L2.

Chuyển qua giới hạn, ta có: 2L = L1 +a

L2≤ L+

a

l⇒ Ll ≤ a (1)

Lập luận tương tự, ta có: 2l = L3 +a

L4≥ l +

a

L⇒ Ll ≥ a (2)

Từ (1), (2) suy ra Ll = a và L1 = L và L2 = l.

• Ta sẽ chứng minh (xnk−1)→ L.

Thật vậy, giả sử dãy trên không tiến tới L thì ∃ε > 0 mà tồn tại vô số các

số hạng của dãy sẽ không thuộc lận cận bán kính ε, do đó sẽ tồn tại dãy con

9

có giới hạn L3 < L.

Như vậy không xảy ra dấu bằng Ll = a. Ta có điều phải chứng minh.

Tương tự, ta chứng minh được (xnk−2)→ L.

Từ quan hệ truy hồi đầu bài, ta suy ra: 2L = L +a

Lsuy ra L =

√a và

l =√a. Do đó L = l nên dãy hội tụ tại

√a.

Vậy limn→∞

xn =√a. �

Cuối cùng, mời các bạn thử tham gia giải các bài toán sau:

Ví dụ 3: Cho dãy (un) , (n = 1, 2, . . .) thỏa mãn (u2n), (u2n+1), (un2) là

các dãy hội tụ. Chứng minh rằng (un) cũng là 1 dãy hội tụ.

Ví dụ 4: Cho hai số thực dương a, b và dãy (un) , (n = 1, 2, . . .) xác định

bởi: u1 = a, u2 = b

un+2 =2

un+1 + un

Tìm limn→∞

un

Ví dụ 5: Cho dãy (un) , (n = 1, 2, . . .) bị chặn thỏa mãn aun+bun+1 ≥ un+2

với a+ b = 1 (a, b > 0)

Chứng minh rằng dãy (un) hội tụ.

Ví dụ 6: Cho dãy (un) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:{u1 = u2 = 0, u3 = 9

un + un+1 + un+2 = 3un+3

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

10

Một số vấn đề về biện luận giới hạn của dãy số

Nguyễn Văn Phúc Hưng

Bài toán về khảo sát giới hạn của dãy

{a1 = a

xn+1 = f (xn), n = 1, 2, 3, ...thông

thường được thực hiện dựa theo tính chất và sự biến thiên của hàm số f (x).

Trên miền xác định của nó, số nghiệm của phương trình f (x) = x có ảnh

hưởng trực tiếp đến sự thay đổi của hàm số và tính chất có giới hạn của dãy.

Ta biết rằng nếu f (x) đồng biến trên miền xác định của nó hoặc đồng biến

trên miền giá trị của các số hạng của dãy thì dãy số đã cho sẽ đơn điệu, ta có

các trường hợp sau:

• Nếu x1 < x2 thì f (x1) < f (x2) ⇔ x2 < x3 và tương tự, ta được x1 <

x2 < x3 < ... < xk < xk+1 < ... tức là dãy này đồng biến.

• Nếu x2 < x1 thì tương tự như trên, dãy nghịch biến.

• Nếu x2 = x1 thì dãy này không đổi.

Do đó sự biến thiên của dãy số trong TH này phụ thuộc hoàn toàn vào các

khoảng nghiệm của phương trình f (x) = x.

Trường hợp f (x) là hàm đơn điệu giảm, dễ thấy f (f (x)) là đơn điệu tăng.

Khi đó, dựa theo kết quả phần trên thì từ việc so sánh f (f (x)) với x, ta sẽ

xác định được tính tăng giảm của 2 dãy con {x2n} và {x2n+1}.Hai dãy này đơn điệu ngược chiều nhau vì x2n = f (x2n−1) , x2n+1 = f (x2n) , ...

trong một số trường hợp, hàm số đã cho không đơn điệu trên cả tập xác định

mà chỉ đơn điệu trên miền giá trị mà các số hạng của dãy nhận được, ta cần

xác định miền đó càng hẹp càng tốt để trên đó, hàm số đã cho đơn điệu và áp

dụng phương pháp đánh giá này trên dãy số đã cho.

Các bước cụ thể trong cách giải dạng này được giới thiệu trong các ví dụ

sau:

11

Ví dụ 1: Cho dãy (Un) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:U1 ∈ (0, 1)

Un+1 =Un

2 + 4Un + 1

Un2 + Un + 1

Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Lời giải:

Ta thấy Un > 0,∀n và từ:

Un+1 =Un

2 + 4Un + 1

Un2 + Un + 1

= 1 +3Un

Un2 + Un + 1

= 2− (Un − 1)2

Un2 + Un + 1

Ta có: 1 < Un < 2,∀n

Xét hàm số f (x) =x2 + 4x+ 1

x2 + x+ 1, x ∈ (1; 2)⇒ f ′ (x) =

3(1− x2

)x2 + x+ 1

< 0

Nên hàm này là hàm nghịch biến trên (1; 2).

Dãy số đã cho có thể viết dưới dạng:

{U1 ∈ (0; 1)

Un+1 = f (Un) ;n = 1, 2, 3...

Ta thấy U1 < U3 ⇒ f (U1) < f (U3) ⇒ U2 > U4 ⇒ f (U2) < f (U4) ⇒U3 < U5

Tiến hành tương tự suy ra:

U1 < U3 < U5 < .... ⇒ (U2n+1) tăng và bị chặn trên bởi 2 nên hội tụ về

α ∈ [1; 2]

U2 > U4 > U6 > .... ⇒ (U2n) giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên hội tụ về

β ∈ [1; 2]

Ta có:

{U2n+1 = f (U2n)

U2n+2 = f (U2n+1), chuyển qua giới hạn, ta có:

{α = f (β)

β = f (α)

⇒ α− β = f (β)− f (α)⇔ α− β =3 (α− β) (αβ − 1)

(α2 + α + 1) (β2 + β + 1)

⇔[α− β = 0

3 (αβ − 1) =(α2 + α + 1

) (β2 + β + 1

)12

Ta thấy phương trình thứ hai có giá trị α, β ∈ [1; 2] thỏa mãn α = β = t

Do đó, t phải thỏa mãn đẳng thức: t =t2 + 4t+ 1

t2 + t+ 1⇔ t3 − 3t = 1 (∗)

Ta sẽ chứng minh n0t ≤ 2. Đặt t = 2 cosϕ, ϕ ∈ [0; 2π], thay vào (∗), tađược:

8cos3ϕ− 6 cosϕ = 1⇔ cos3ϕ =1

2⇔ ϕ = ±π

9+ k

2π

3

Do ϕ ∈ [0; 2π] nên ϕ =π

9;5π

9;7π

9, tương ứng với các nghiệm của (∗) là:

t = 2 cosπ

9; 2 cos

5π

9; 2 cos

7π

9

Phương trình (∗) có đủ 3 nghiệm nên nó không có n0 |t| > 2

Trong các nghiệm này, chỉ có t = 2 cosπ

9∈ [1; 2] thỏa mãn và đây chính là

giới hạn cần tìm.

Vậy limn→∞

un = 2 cosπ

9�

Nhận xét: Như vậy các dãy số có dạng xn+1 = f (xn) và hàm f (x) đơn

điệu gần như đã được giải quyết hoàn toàn. Tuy nhiên, trong các TH khác, dãy

này không đơn điệu thì việc biện luận phức tạp hơn nhiều. Lúc đó ta cần tiến

hành khảo sát dãy đã cho và dung nguyên lí kẹp để suy ra giới hạn.

Các bước giải bài toán trên sẽ được thể hiện trong ví dụ sau:

Ví dụ 2: Cho số thực k > 1 và dãy (un) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi: u1 = a ∈ (0; 1)

un+1 = 9

√un + k

kun + 1

Chứng minh limun = 1

Lời giải:

Từ công thức xác định của dãy, bằng qui nạp ta có được u1 ∈ (0; 1) ,∀n

13

Xét hàm số f (x) = 9

√x+ k

kx+ 1; k > 1, x ∈ [0; 1]. Ta có:

f ′ (x) =1

9

1− k2

(kx+ 1)2. 9

√(kx+ 1

x+ k

)2

=1− k2

9(kx+ 1) 9

√(kx+ 1)(x+ k)8

⇒ |f ′ (x)| < 1

9,∀x ∈ [0; 1]

Nếu dãy đã cho hội tụ thì giới hạn của nó phải là nghiệm của phương trình:

f (x) = x⇔ x = 9

√x+ k

kx+ 1⇔ kx10 + x9 = x+ k

⇔ k(x10 − 1

)+ x

(x8 − 1

)= 0⇔ x = 1 > 0

Theo định lí Lagrange thì tồn tại c ∈ (0; 1) sao cho:

f (x)− f (1)

x− 1= f ′ (c) ⇒ |f (x)− f (1)| < 1

9|x− 1|

Ta cũng có f (1) = 1 nên |un+1 − 1| = |f (un)− 1| < 1

9|un − 1| < ... <

1

9n|a− 1|Theo nguyên lí kẹp thì lim (un − 1) = 0 hay limun = 1. �

Nhận xét: Hàm số thỏa mãn |f (x)− f (y)| ≤ q |x− y| (0 < q < 1) như

trong bài được gọi là hàm số co. Dãy số xác định bởi x0 = a ∈ I (I là một

khoảng đóng bị chặn) và xn+1 = f (x) thì hội tụ và giới hạn của dãy là nghiệm

duy nhất trên I của phương trình x = f (x).

Trường hợp còn lại cần quan tâm là dãy số xác định theo công thức tương

tự trên nhưng hàm số f (x) không đơn điệu và không “co”. Khi đó, ta phải dựa

vào sự tương giao giữa đồ thị hàm số y = f (x) và hàm số y = x để biện luận

giới hạn dãy, khảo sát tính hội tụ của dãy.

14

Ví dụ 3: Cho số thực x và dãy (xn) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:{x1 = a

xn+1 = xn2 − 2xn + 2

Tìm điều kiện của a để (xn) hội tụ.

Lời giải:

• Xét hàm số tương ứng của dãy là f (x) = x2 − 2x+ 2

Phương trình f (x) = x ⇔ x2 − 3x + 2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt là

x1 = 1, x2 = 2 nên f (x) > x,∀x < 1 ∨ x > 2 và f(x) ≤ x, ∀1 ≤ x ≤ 2

• Ta xét các trường hợp sau:

Nếu a = 1 thì xn = 1∀n nên dãy đã cho hội tụ.

Nếu a = 2 thì xn = 2, a ∈ (1; 2)∀n nên dãy đã cho cũng hội tụ.

Nếu a > 2 thì x2 = f (a) > a = x1 và đạo hàm của hàm số f ′ (x) = 2x−2 >

0 nên đồng biến. Khi đó, dãy này tăng và không bị chặn nên không hội tụ (vì

nếu dãy hội tụ thì nò phải hội tụ về 2 nghiệm của phương trình f (x) = x

nhưng điều này không thể xảy ra)

• Ta thấy rằng chỉ còn cần xét a ∈ (1, 2) vì rõ ràng nếu a < 1 thì x2 =

f (x1) = a2 − 2a+ 2 > 1 và ta có thể tiến hành khảo sát dãy từ vị trí x2.

Ta thấy khi a ∈ (1; 2) thì x2 = f (x1) = a2 − 2a+ 2 = a (a− 2) + 2 < 2.

Bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng xn ∈ (1, 2)∀n.Khi đó, hàm số đã cho xét trên miền (1, 2) có đạo hàm f ′ (x) = 2x− 2 > 0

nên đồng biến, đồng thời x2 = f (x1) < x1 nên dãy này giảm và bị chặn dưới bởi

1 nên hội tụ. Gọi giới hạn đó là L thì ta có L ∈ (1, 2) và L = L2−L−2⇔ L = 1

• Ta sẽ tìm điều kiện để tồn tại 1 giá trị xk của dãy sao cho xk ∈ (1, 2), khi

15

đó:1 ≤ xk+1 ≤ 2⇔ 1 ≤ xk

2 − 2xk + 2 ≤ 2

⇔{xk

2 − 2k + 1 ≥ 0

xk2 − 2k ≤ 0

⇔ 0 ≤ x ≤ 2

Điều kiện ở trên có thể viết thành:

1 ≤ xk2 − 2xk−1 + 2 ≤ 2⇔ 0 ≤ xk−1 ≤ 2

Do đó, nếu như tồn tại 1 giá trị của dãy sao cho xk ∈ [0, 2] thì tất cả các số

hạng kể từ đó cũng sẽ thuộc miền này, nói riêng, ta có điều kiện a ∈ [0, 2]

Vậy các giá trị cần tìm của a là a ∈ [0, 2]

�

16

Chương 2

Dãy số qua các kì thi Olympic

T1 Cho dãy (un) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:{u1 = u2 = 1

un+1 = 4un − 5un−1

Chứng minh với mọi số thực a >√

5, ta có limn→+∞

(unan

)= 0

Lời giải:

Điều mà chúng ta cần giải quyết ở bài toán này là khảo sát sự hội tụ của

dãy(unan

). Vì vậy, việc tìm công thức tổng quát của (un) từ phương trình đặc

trưng x2− 4x+ 5 = 0 không thể giải quyết được bài toán, vì khi đó công thức

của(unan

)quá phức tạp.

Ta tiến hành xét dãy (un) với:cosα =

1√5

(0 < α <

π

2

)vn =

(√5)n−1

[cos (n− 1)α− sin (n− 1)α]

17

Ta có: v1 = v2 = 1 và

4vn − 5vn−1

= 4(√

5)n−1

[cos (n− 1)α− sin (n− 1)α]−(√

5)n

[cos (n− 2)α− sin (n− 2)α]

= 4(√

5)n−1

[cosnα. cosα + sinnα. sinα− sinnα. cosα + cosnα. sinα]

−(√

5)n

[cosnα. cos 2α + sinnα. sin 2α− sinnα. cos 2α + cosnα. sin 2α]

= 4(√

5)n−1( 3√

5cosnα− 1√

5sinnα

)−(√

5)n(7

5cosnα +

1

5sinnα

)=(√

5)n−2

(5 cosnα− 5 sinnα) =(√

5)n

(cosnα− sinnα) = vn+1

Do cos 2α = 2cos2α− 1 =3

5và sin 2α = 2 sinα. cosα =

4

5Vậy nên un = vn với mọi n ∈ N∗

Vì a >√

5 nên

limn→+∞

(unan

)= lim

n→+∞

((√5

a

)n

[cos (n− 1)α− sin (n− 1)α]

)= 0

�

T2 Cho dãy (xn) , (x = 1, 2, . . .) xác định bởi:{x0 = 1

xn+1 = 2 +√xn − 2

√1 +√xn

Cho dãy (yn) xác định bởi: yn =n∑i=1

xi2i (∀n ∈ N ∗)

Tìm công thức tổng quát của dãy (yn).

Lời giải:

Ta có:

xn+1 = 2 +√xn − 2

√1 +√xn =

(√1 +√xn − 1

)2

18

Từ đó tính được: x1 =(√

2− 1)2, x2 =

(√√2− 1

)2Bằng quy nạp, ta chứng minh được:

xn =

2

1

2n − 1

2

Ta viết:

x1 = 1 + 2− 2√

2,

x2 = 1 +√

2− 2.21/4

x3 = 1 + 21/4 − 2.2.1/8

. . .

xn = 1 + 21/2n−1 − 2.21/2

n

Nhân đẳng thức đầu với 2, đẳng thức thứ hai với 22, đẳng thức thứ ba với

23 . . . và đẳng thức thứ n với 2n rồi cộng vế theo vế. Rút gọn, ta được:

yn = 2 + 4 + ...+ 2n + 4− 2n+1.2

1

2n

= 2n+1

1− 2

1

2n

+ 2

�

T3 Cho dãy (xn) , (x = 1, 2, . . .) xác định bởi:{x0 =

√2

xn+1 =(√

2)xn

Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Lời giải:

Ta thấy xn > 0 (∀n ∈ N ∗)Đặt f (x) =

(√2)x

với x > 0 thì dãy số sẽ có dạng:

19

{x0 =

√2

xn+1 = f (xn)

Ta có: f ′ (x) =2

x2 . ln 2

2> 0 ∀x > 0.

Vậy f (x) =(√

2)x

là hàm số tăng và x1 =√

2√2>√

2 = x0. Nên

x2 = f(x1) > f(x0) = x1; x3 = f(x2) > f(x1) = x2, . . . Suy ra (xn) là dãy

tăng.

Tiếp theo, ta chứng minh bằng quy nạp rằng xn < 2 ∀n.• Điều này đúng với n = 0.

• Giả sử ra có xk < 2 thì rõ ràng

xk+1 =(√

2)xk

<(√

2)2

= 2

• Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có xn < 2 ∀n.Vậy dãy (xn) tăng và bị chặn trên bởi 2 nên dãy có giới hạn hữu hạn. Gọi

a (a ≤ 2) là giới hạn đó. Lấy giới hạn 2 vế công thức truy hồi, ta được:

a =(√

2)a

(a ≤ 2)

Xét phương trình

x =(√

2)x⇔ lnx

x= ln(

√2)

.

Đặt g (x) =lnx

x− ln 2⇒ g′ (x) =

1− lnx

x2> 0 ∀x < e.

Nên theo định lí Lagrange phương trình trên chỉ có 1 nghiệm nhỏ hơn e và

một nghiệm 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 x ≤ 2.

20

Từ đó suy ra a = 2 hay limn→∞

xn = 2. �

T4 Cho dãy số (xn) , (x = 1, 2, . . .) xác định bởi:{x1 = a

xn+1 = ln (sin xn + cosxn + 3)− 2009

Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn.

Lời giải:

Đặt f (x) = ln (sinxn + cosxn + 3)− 2009 thì:

f ′ (x) =cosx− sinx

3 + sin x+ cosx

Từ đó, sử dụng đánh giá: |cosx− sinx| ≤√

2, |sinx+ cosx| ≤√

2.

Ta suy ra |f ′ (x)| ≤√

2

3−√

2= q < 1.

Áp dụng định lý Lagrange cho x, y ∈ R, ta có:

f (x)− f (y) = f ′ (z) (x− y) (z ∈ (x, y))

Từ đó suy ra

|f (x)− f (y)| ≤ q |x− y| ∀x, y ∈ R

Áp dụng tính chất này với m > n ≥ N , ta có:

|xm − xn| = |f (xm−1)− f(xn−1)| ≤ q |xm−1 − xn−1|. . .

. . .

≤ qn−1 |xm−n+1 − x1| ≤ qN−1 |xm−n+1 − x1|

Vậy ∀ε > 0 luôn tồn tại N đủ lớn để qN−1 |xm−n+1 − x1| < ε.

Nên dãy thoả mãn "Tiêu chuẩn Cauchy" do đó (xn) hội tụ.

21

�

T5 Cho số thực a > 1 và dãy (xn) , (x = 1, 2, . . .) xác định bởi:{x1 = a, x2 = 1

xn+2 = xn − lnxn

Đặt

Sn =n−1∑k=1

(n− k) ln√x2k−1 (n ≥ 2)

Tìm limn→∞

(Snn

)

Lời giải:

• Nhận xét rằng x2n = 1∀n ∈ N∗ do ln 1 = 0. Vậy nên limn→+∞

x2n = 1.

• Tiếp theo, ta sẽ chứng minh dãy (x2n+1) cũng có giới hạn là 1.

Xét f (x) = x− lnx với x ∈ (0; +∞).

Vì f ′ (x) = 1− 1

x> 0 ⇔ x > 1 nên hàm liên tục và đồng biến trên (0; +∞)

+ Bằng quy nạp, ta chứng minh: x2n+1 > 1 ∀n ∈ N∗.Theo giả thiết thì x1 = a > 1. Giả sử x2k+1 > 1 thì x2k+3 = f (x2k+1) >

f (1) > 1.

Vậy nên x2n+1 > 1 ∀n ∈ N∗.

+ Tiếp theo, ta chứng minh (x2n+1) là dãy giảm.

Do x2k+1 > 1⇒ lnx2k+1 > 0 nên:

x2n+3 − x2n+1 = − lnx2n+1 < 0

Vậy (x2n+1) là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên hội tụ. Đặt limn→+∞

x2n+1 = c

Lấy giới hạn 2 vế của công thức truy hồi, ta được: c = c− ln c⇔ c = 1

22

Vậy limn→+∞

xn = 1.

• Từ đó, áp dụng "Định lí trung bình Cessaro", ta được:

limn→+∞

(x1 + x2 + . . .+ x2n

2n

)= 1

⇔ limn→+∞

((x1 + x3 + . . .+ x2n−1) + (x2 + x4 + . . .+ x2n)

2n

)= 1

⇔ limn→+∞

([nx1 − (n− 1) lnx2 − (n− 2) lnx3 − . . .− lnx2n−3] + n

2n

)= 1

⇔ limn→+∞

(a

2− Sn

n+

1

2

)= 1

Suy ra

limn→+∞

(Snn

)=a− 1

2. �

T6 Cho số nguyên dương n > 1

i) Chứng minh rằng phương trình xn = x2 + x + 1 có một nghiệm dương

duy nhất, ký hiệu là xn.

ii) Hãy tìm a ∈ R sao cho

limn→+∞

na (xn − xn+1)

tồn tại, hữu hạn và khác 0.

Lời giải:

Ta thấy rằng giá trị a nếu tồn tại thì sẽ là duy nhất.

Bằng tính toán, ta dự đoán rằng xn ≈ 1 +ln 3

n. Từ đó ta sẽ chứng minh

a = 2.

Áp dụng "Định lý Lagrange" để đánh giá hiệu xn − xn+1.

23

Đặt Pn (x) = xn − x2 − x− 1.

Ta có:Pn+1 (x) = xn+1 − x2 − x− 1

= xn+1 − xn + Pn (x)

= xn (x− 1) + Pn (x)

Suy ra:

Pn+1 (xn) = xnn (xn − 1) + Pn (xn)

=(xn

2 + xn + 1)

(xn − 1)

= xn3 − 1

Áp dụng "Định lý Lagrange", ta có: (xn2+xn+1)(xn – 1) = Pn+1(xn) –

Pn+1(xn+1) = (xn – xn+1)Pn+1’(c) với c thuộc (xn+1, xn), Pn+1’(x) =

(n+1)xn – 2x – 1.

Từ đó (n+1)(xn+1+1+1/xn+1) – 2xn+1 – 1 = Pn+1’(xn+1) < Pn+1’(c)

< Pn+1’(xn)= (n+1)(xn2+xn+1) – 2xn – 1.

Từ đây, với lưu ý lim xn = 1, ta suy ra :

limn→∞

P′

n+1(c)

n= 3

.Tiếp tục sử dụng lim n(xn – 1) = 3, ta suy ra:

limn→∞

nP′

n+1(c)(xn − xn+1) = limn→∞

n(x2n + xn + 1)(xn − 1) = 3 ln(3)

⇔ limn→∞

n2(xn − xn+1).P′

n+1(c)

n= 3 ln(3)⇔ lim

n→∞n2(xn − xn+1) lim

n→∞

P′

n+1(c)

n= 3 ln(3)

⇔ limn→∞

n2(xn − xn+1)3 = 3 ln(3)⇔ limn→∞

n2(xn − xn+1) = ln(3)

Vậy với c = 2 thì giới hạn đã cho tồn tại, hữu hạn và khác 0. Dễ thấy với c

> 2 thì giới hạn đã cho bằng vô cùng và nới c < 2 thì giới hạn đã cho bằng 0.

Vậy c = 2 là đáp số duy nhất của bài toán.

�

24

T7 Cho dãy số (xn) , (x = 1, 2, . . .) xác định bởi:{xo = 2009

xn = 3√

6xn−1 − 6 sin (xn−1)

Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Lời giải:

• Ta có: x− x3

6≤ sinx ≤ x (∀x ≥ 0)

Đẳng thức xảy ra khi x = 0.

• sinx ≤ x ∀x ≥ 0⇒ xn ≥ 0 ∀x ∈ N (1)

Vì xn = 3√

6xn−1 − 6 sin (xn−1) ≥ 3√

6 (xn−1 − xn−1) = 0

• x− x3

6≤ sin (x) ∀x ≥ 0

⇒ sin (xn−1) ≥ xn−1 −xn−1

3

6∀n ≥ 1

⇒ 6xn−1 − 6 sin (xn−1) ≤ xn−13 ∀n ≥ 1

⇒ xn = 3√

6xn−1 − 6 sin (xn−1) ≤ xn−1 (2)

Từ (1) , (2) suy ra (xn) là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên dãy hội tụ.

Gọi limxn = α. Lấy giới hạn 2 vế của hệ thức truy hồi, ta có:

α = 3√

6α− 6 sinα⇔ α = 0

Vậy limxn = 0 �

25

T8 Gọi (xn) , (n = 1, 2, . . .) là số các bộ gồm n phần tử (a1, a2, a3, ..., an)

với ai ∈ {0, 1} sao cho tồn tại i ∈ {1, 2, 3, ..., n− 1} để ai = ai+1 = 1

Tính lim n√xn

Lời giải:

Gọi (Un) , (x = 1, 2, . . .) là số các bộ gồm n phần tử (b1, b2, b3, ..., bn) với

bi ∈ {0, 1} sao cho không tồn tại hai số 1 kề nhau. Vậy nên:

xn = 2n − Un

Lại có:

• U1 = 2;U2 = 3.

• Với (b1, b2, b3, ..., bn) có hai trường hợp:

◦ b1 = 1 thì b2 = 0; trường hợp này có Un−2 bộ (b1, b2, b3, ..., bn)

◦ b1 = 0 trường hợp này có (b1, b2, b3, ..., bn)

Từ cả 2 trường hợp trên, ta thu được: Un = Un−1 + Un−2

• Xét phương trình đặc trưng

x2 = x+ 1⇒

x =1 +√

5

2

x =1−√

5

2

26

Suy ra:

Un = x

(1−√

5

2

)n

+ y

(1 +√

5

2

)n

⇒ xn = 2n − x(

1−√

5

2

)n

− y(

1 +√

5

2

)n

⇒ n√xn = n

√√√√2n − x(

1−√

5

2

)n

− y(

1 +√

5

2

)n

⇒ n√xn = 2 n

√√√√1− x(

1−√

5

4

)n

− y(

1 +√

5

4

)n

⇒ lim n√xn = 2

�

T9 Cho dãy số (an) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:a1 =

1

2

an+1 =1

2

(an +

√an2 +

1

4n

)

Tìm lim an

Lời giải:

• Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh:

an =1

2ncot

π

2n+1,∀n ≥ 1 (∗)

◦ Với n = 1, thì (∗) đúng vì: a1 =1

2cot

π

4=

1

2

◦ Giả sử (∗) đúng đến n = k, tức là ak =1

2kcot

π

2k+1

27

◦ Ta chứng minh (*) đúng với n = k + 1, thật vậy:

ak+1 =1

2

(ak +

√ak2 +

1

4k

)=

1

2

(1

2kcot

π

2k+1+

√1

4kcot2

π

2k+1+

1

4k

)

=1

2

1

2kcot

π

2k+1+

1

2k1

sinπ

2k+1

=1

2k+1

2cos2π

2k+2

2 sinπ

k + 2cos

π

2k+2

=1

2k+1. cot

π

2k+2

Vậy theo nguyên lí quy nạp:

an =1

2ncot

π

2k+1,∀n ≥ 1

• Suy ra:

lim an = limn→+∞

cosπ

2n+1

sinπ

2n+1

1

2n

= limn→+∞

cosπ

2n+1.

π

2n+1

sinπ

2n+1

.2

π

⇒ lim an =

2

π�

T10 Cho số nguyên dương a và dãy số (xn) , (x = 1, 2, . . .) xác định bởi:{x1 = 1, x2 = a

xn+2 = 3√xn+1

2xn

Chứng minh (xn) là dãy hội tụ và tìm limxn

Lời giải:

• Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được dãy (xn) có công thức tổng

quát là: xn = aαn, với (αn) được xác định bởi: α1 = 0, α2 = 1

αn+2 =2αn+1 + αn

3∀n ≥ 1

28

Ta có:

αn+2 − αn+1 =2αn+1 + αn

3− αn+1 =

−1

3(αn+1 − αn)

. . .

. . .

=

(−1

3

)n(α2 − α1) =

(−1

3

)n• Cộng theo vế cả đẳng thức truy hồi trên, ta được:

αn+2 − α1 =

(−1

3

)0

+

(−1

3

)1

+ ...+

(−1

3

)n

=

1−(−1

3

)n+1

1 +1

3

=3

4

[1−

(−1

3

)n+1]

Vì α1 = 0 và lim

(−1

3

)n+1

= 0⇒ limαn =3

4

Vậy dãy số (xn) hội tụ và limxn = a3/4.

�

T11 Cho dãy số (Un) , (x = 1, 2, . . .) xác định bởi:U1 = 2009

Un+1 =2009Un

(1 + Un

2)

2009Un2 − Un + 2009

Tính lim1

n

(n∑i=1

Ui2

1 + Ui2

)

Lời giải:

Dễ thấy Un > 0,∀n ∈ N ∗. Theo đề bài ta có :

2009Un+1

(1 + Un

2)− UnUn+1 = 2009Un

(1 + Un

2)

29

Chia hai vế cho UnUn+1

(1 + Un

2), ta được:

1

1 + Un2 = 2009

(1

Un+1− 1

Un

)⇔ Un

2

Un2 + 1

= 2009

(1

Un+1− 1

Un

)+ 1 (∗)

VìUn

2

Un2 + 1

< 1 nên: (1

Un+1− 1

Un

)< 0;∀n ∈ N∗

Do đó:

(1

Un

)là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0. Suy ra

(1

Un

)có giới hạn

là limUn = a ⇒ a phải là nghiệm của phương trình (∗):1

1 + a2= 2009 (a− a) + 1⇔ a = 0

Từ (∗) ta được:

n∑i=1

Ui2

1 + Ui2 = 2009

(1

Un+1− 1

U1

)+ n (2.1)

⇒ 1

n

(n∑i=1

Ui2

1 + Ui2

)=

2009

n

(1

Un+1− 1

2009

)(2.2)

(2.3)

Suy ra lim1

n

(n∑i=1

Ui2

1 + Ui2

)= 1. �

T12 Cho dãy số (an) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi: a1 = 1

an+1 = an +1

an

Chứng minh rằng: limn→+∞

an√n

=√

2

30

Lời giải:

Ta có:

ak+12 = ak

2 +1

ak2+ 2⇒

n∑i=2

ui2 =

n−1∑i=1

ai2 +

n−1∑i=1

1

ai2+ 2 (n− 1)

⇒ an2 = 2n− 1 +

n−1∑i=1

1

ai2

⇒ an >√

2n− 1,∀n ≥ 2

ak2 > 2k − 1,∀k > 2

⇒ 1

ak4<

1

(2k − 1)2<

1

(2k − 1)2 − 1=

1

4k (k − 1)

⇒ 1

ak4<

1

4

(1

k − 1− 1

k

)

Suy ra:n−1∑j=1

1

aj2≤√

(n− 1)n−1∑j=1

1

aj4<

√(n− 1)

5

4(n ≥ 2)

Vậy an2 < 2n− 1 +

√5 (n− 1)

2(n ≥ 2)

Suy ra:

∀n ≥ 2;√

2n− 1 < an <

√2n− 1 +

√5 (n− 1)

2

⇒√

2− 1

n<

an√n<

√2− 1

n+

√5n− 1

2n

⇒ limUn√n

=√

2

�

31

T13 Cho dãy số (xn) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:{x1 = 0

xn+1 =(

127

)xnChứng minh dãy (xn) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Lời giải:

Nhận xét rằng xn ≥ 0 ∀n ∈ N∗

Xét hàm số f(x) =

(1

27

)xnghịch biến trong khoảng [0; +∞) . Khi đó

xn+1 = f(xn) và f (x) ≤ f (0) nên 0 ≤ xn ≤ 1∀n ∈ N∗

Ta có: x1 = 0, x2 = 1, x3 =1

27nên x1 ≤ x3 và x4 = f(x3) ≤ f(x1) = x2.

Tiếp theo, ta chứng minh bằng quy nạp x2n−1 ≤ x2n+1 và x2n+2 ≤ x2n∀n ∈N∗

Thật vậy, giả sử có x2n−1 ≤ x2n+1 thì f (x2n−1) ≥ f (x2n+1) nên x2n ≥ x2n+2

và vì vậy f (x2n) ≤ f (x2n+2)⇒ x2n+1 ≤ x2n+3.

Tương tự, giả sử có x2n ≥ x2n+2 thì f(x2n) ≤ f(x2n+2) ⇒ x2n+1 ≤ x2n+3.

Vì vậy f(x2n+1) ≥ f(x2n+3)⇒ x2n+2 ≥ x2n+4.

Vậy (x2n−1) là dãy đơn điệu giảm và (x2n) là dãy đơn điệu tăng và đều thuộc

[0; 1] nên có giới hạn hữu hạn: limn→+∞

x2n = a, limn→+∞

x2n−1 = b

a = limn→+∞

x2n+2 = limn→+∞

f(x2n+1) = limn→+∞

f (f (x2n)) = f (f (a))

nên a =

(1

27

) 1

27

a

suy ra a =1

3.

Tương tự ta cũng thu được b =1

3.

⇒ limn→+∞

xn =1

3.

32

�

T14 Cho số thực dương a và dãy số (xn) , (x = 1, 2, . . .) xác định bởi:x1 = a

xn+1 =xn

√2 +

√2 + ..+

√2

xn + 1

Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn.

Lời giải:

Đặt yn =

√2 +

√2 + ...+

√2 (n số 2)

Chứng minh bằng quy nạp ta được: yn = 2 cosπ

2n+1⇒ xn+1 =

2xncosπ

2n+1

xn + 1

Đặt an =1

xn. Khi đó, ta có:

an+1 =an

2 cos π2n+1

+1

2 cos π2n+1

Đặt bn =4an

sinπ

2n

Khi đó đẳng thức trên trở thành:

sinπ

2n+1.bn+1

4=

sinπ

2n+1.bn

4+

1

2 cosπ

2n+1

⇔ bn+1 = bn +4

sinπ

2nChú ý rằng:

33

cotπ

2n+1− cot

π

2n=

1

sinπ

2n

bn+1 − 4 cotπ

2n+1= bn − 4 cot

π

2n(n = 1, 2, ...)

⇒ bn − 4 cotπ

2n= b1 − 4 cot

π

2= b1

⇒ bn = b1 + 4 cotπ

2n

⇒ an =sin

π

2n

4.bn =

sinπ

2n

4

(b1 + 4 cot

π

2n

)=b14. sin

π

2n+ cos

π

2n.

⇒ lim an =b14. lim sin

π

2n+ lim cos

π

2n= 1.

⇒ limxn =1

lim an= 1.

�T15 Cho dãy số (xn) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi: x1 = 5

xn+1 =x2010n + 3xn + 16

x2009n − xn + 11

Với mỗi số nguyên dương n, đặt yn =n∑i=1

1

x2009i + 7. Tìm lim yn.

Lời giải:

Để lời giải gọn gàng, ta tổng quát bài toán bằng cách kí hiệu m = 2009 và

đặt f(x) =xm+1 + 3x+ 16

xm − x+ 11Tính chất của hàm số f(x) sẽ được dùng trong bài toán này:

f(x)−4 =xm+1 + 3x+ 16

xm − x+ 11−4 =

xm(x− 4) + 7(x− 4)

xm − x+ 11=

(x− 4)(xm + 7)

(xm + 7)− (x− 4).

Do đó, nếu x > 4 thì:1

f(x)− 4=

(xm + 7)− (x− 4)

(x− 4)(xm + 7)=

1

x− 4− 1

xm + 7.

34

Bởi vậy, chứng minh bằng quy nạp theo n, ta có xn > 4∀n ≥ 1 và:

1

xn+1 − 4=

1

xn − 4− 1

xmn + 7⇒ 1

xmn + 7=

1

xn − 4− 1

xn+1 − 4∀n ≥ 1.

Từ công thức tách trên ta rút ra: 5 = x1 < x2 < x3 < ...→ +∞ Do đó yn =n∑i=1

1

xmi + 7=

n∑i=1

(1

xi − 4− 1

xi+1 − 4

)=

1

x1 − 4− 1

xn+1 − 4= 1− 1

xn+1 − 4→ 1

khi n→ +∞.

Như vậy limn→+∞

yn = 1. �

T16 Cho α ∈(−π

2 + π2

)và dãy (an) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:an =

1

cos 2α

an =an−1 + 1− tan2α

an−1cos2α + 1

Xác định số hạng tổng quát và xác và tìm giới hạn của dãy (an)

Lời giải:

Giả sử xn, ynlà một nghiên cứu hệ phương trình:x0 = 1, y0 = 1

xn = xn−1 +(1− tan2α

)yn−1

yn = xn−1 cos 2α + yn−1

Khi đó an =xnyn

là số hạng tổng quát của dãy đã cho.

Thật vậy, với n = 0 ta có: a0 =x0y0

Giả sử an =xnyn

35

Khi đó:

an+1 =xn + 1

yn + 1=xn + (1− tan2α)yn

yn + 1

=

xnyn

+ 1− tan2x

xnyn

cos 2α + 1=ax + 1− tan2α

an cos 2x+ 1

Từ hệ trên, ta có: xn + λyn = (1 + λcos2α)xn + (λ+ 1− tan2α) yn−1Chọn λ sao cho λ+ 1− tan2α = λ (1 + λcos2α)

⇔ 1− tan 2α = λ2 cos 2α⇒ λ =1

cosαCho ta:

xn + lyn = (1 + λcos2α) (xn−1 + λyn−1)

. . .

. . .

=(1 + λcos2α)n (xn + λy0)

= (1 + λcos2α)n−1

⇒

xn +

1

cosαyn =

(1 +

cos 2α

cos 2α

)n−1xn +

1

cosαyn =

(1− cos 2α

cos 2α

)n+1

⇒

xn =

1

2

[(1 +

cos 2α

cosα

)n+1

+

(1− cos 2α

cosα

)n+1]

yn =cosα

2

[(1 +

cos 2α

cos 2α

)n−2−(

1− cos 2α

cosα

)n+1]

Vậy an =xnyn

=1

cosα.

(1 +

cos 2α

cosα

)n+1

+

(1− cos 2α

cosα

)n+1

(1 +

cos 2α

cosα

)n+1

+

(1− cos 2α

cosα

)n+1

Từ đó,ta dễ dàng tính được lim an =1

cosα. �

36

T17 Cho dãy số (xn) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi: x1 = 1

xn =x1 + 2x2 + ...+ (n− 1)xn−1

n (n2 − 1)

Đặt Un = (n+ 1) 3− xn. Tính limx→∞

Un.

Lời giải:

Ta có: x2 =1

3Với n ≥ 3, ta có:{

x1 + 2x2 + . . .+ nxn = n2xn (1)

x1 + 2x2 + . . . + (n− 1)xn = (n− 1)3xn−1 (2)

Từ (1), (2) suy ra: nxn = n3xn − (n− 1)3xn−1

⇒ xn =(h− 1)3xn−1n3 − n

=

(n− 1

n

)2( n

n+ 1

)xn−1

⇒ xn =

(n− 1

n

)2(n− 2

n− 1

)...

(2

3

)2 n

n+ 1

n− 1

n...

3

4x2

⇒ xn =4

n2(n+ 1)

⇒ limUn = lim4(n+ 1)2

n2= 4

�

T18 Cho dãy số (xn) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:x1 =

5

2

xn+1 =

√x3n − 12xn +

20n+ 21

n+ 1

Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

37

Lời giải:

Bằng quy nạp, ta chứng minh được: xn > 2.

Thật vậy: x1 = 52 > 2. Giả sử xn > 2. Khi đó xn+1 > 2

⇔ x2n+1 > 4⇔ x3n − 12xn + 16 + 1n+1 > 0

⇔ (xn + 4) (xn − 2)2 + 1n+1 > 0

Bất đẳng thức trên đúng nên xn > 2∀nTa chứng minh (xn) là dãy giảm. Giả sử 2 < xn < ... < x1 =

5

2. Ta có:

xn+1 < xn ⇔ x2n+1 < x2n ⇔ (x3n − x3n−1)− 12(xn − xn−1) +1

n+ 1− 1

n< 0

⇔ (xn − xn−1)(x2n + xnxn−1 + x2n−1 − 12) +1

n+ 1− 1

n< 0

Vì xn < xn−1 nên xn − xn−1 < 0 và xn > 2, xn+1 > 2 nên:

⇒ x2n

+ xnxn−1 + x2n−1 − 12 > 0 và1

n+ 1− 1

n< 0.

Suy ra bất đẳng thức trên đúng.

Vậy xn+1 < xn∀n.Vì dãy (xn) giảm và bị chặn dưới bởi 2 nên tồn tại limxn = a

(2 ≤ a <

5

2

).

Lấy giới hạn ở đẳng thức truy hồi, ta có phương trình:

a =√a3 − 12a+ 20⇔ (a− 2)(a2 + a− 10) = 0

⇔

a1 = 2 (c)

a2 =−1 +

√41

2>

5

2= x1 (l)

a3 =−1−

√41

2< 2 (l)

⇒ limxn = a1 = 2.

�

38

T19 Cho dãy số (un) , (x = 1, 2, . . .) xác định bởi: u1 = 2011

un+1 =π

8

(cosun +

cos 2un2

+cos 3un

3

)Chứng minh dãy (un) , (n = 1, 2, . . .) hội tụ.

Lời giải: Ta sẽ sử dụng biến đổi sau:

(sinx+ sin 2x+ sin 3x)2 = (2 sin 2x cosx+ sin 2x)2 = 4(sin 2x cosx+ cosx sinx)2

≤ 4[(sin 2x cosx+ cosx sinx)2 +

(sin 2x sinx− cos2x

)2]= 4

(sin22x+ cos2x

)= 4

[1− cos22x+

1

2(1 + cos 2x)

]= 4

[25

16−(

cos 2x− 1

4

)2]≤ 25

4

⇒ π

8|sinx+ sin 2x+ sin 3x| ≤ 5π

16(1)

Xét hàm số: f(x) =π

8

(cosx+

cos 2x

2+

cos 3x

3

)Khi đó un+1 = f (un) (n ≥ 1), hàm f (x) có đạo hàm trên R và f ′ (x) =

−π8

(sinx+ sin 2x+ sin 3x) .

Theo (1) thì |f ′ (x)| ≤ 5π

16< 1, ∀x ∈ R (2)

Vậy nên hàm số g (x) = f (x)− x là hàm nghịch biến trên R vì có g′ (x) =

f ′ (x) − 1 < 0. Vì g (0) =11π

40> 0 và g

(π6

)= −π

6+π

8

(√3

2+

1

4

)< 0 nên

phương trình g (x) = 0 có nghiệm duy nhất (kí hiệu là α) trong khoảng(

0;π

6

),

tức là f (α) = α.

Vậy dãy số đã cho thỏa mãn điều kiện: un+1 − α = f (un)− f (α) (3)

39

Theo định lí Lagrange, tồn tại β để f (un)− f (α) = (un − α) .f ′ (β) nên:

|un+1 − α| = |un − α| .f ′ (β)

≤ 5π

16|un − α|

... ≤(

5π

16

)n|u1 − α|

Do limn→+∞

(5π

16

)n= 0⇒ lim

n→+∞(un+1 − α) = 0 ⇒ lim

n→+∞un = α. �

T20 Cho số nguyên dương k, số thực α bất kì. Dãy số (an) , (x = 1, 2, . . .)

xác định bởi:

an =

⌊1k.α

⌋+⌊2k.α

⌋+ ...+

⌊nk.α

⌋nk+1

với bxc là số nguyên lớn nhất không vượt quá x

Tìm giới hạn của dãy (an).

Lời giải:

Ta có bất đẳng thức: x− 1 < bxc ≤ x.

Do đó:

α(1k + 2k + ...+ nk)

nk+1− 1

nk< an ≤

α(1k + 2k + ...+ nk)

nk+1(1)

Đặt

{un = 1k + 2k + ...+ nk

vn = nk+1

Rõ ràng (vn) và lim vn = +∞.Do đó, áp dụng định lí Stolz, ta có:

limunvn

= limun − un−1vn − vn−1

= limnk

nk+1 − (n− 1)k+1

= limnk

[n− (n− 1)][nk + nk−1 (n− 1) + ...+ (n− 1)k

]40

Chia cả tử và mẫu cho nk

⇒ limunvn

= lim1

1 +n− 1

n+

(n− 1

n

)2

+ ...+

(n− 1

n

)k =1

k + 1(2)

Từ (1), (2) và theo định lí kẹp, ta được: lim an =α

k + 1. �

Nhận xét: Để chứng minh (2), ta cũng có thể chứng minh bất đẳng thức:

1

k + 1<

1k + 2k + ...+ nk

nk+1<

(n+ 1)k+1 − 1

(k + 1)nk+1.

T20 Cho hàm số f : R→ R thỏa mãn các điều kiện:

• f (1) = 2011

• f (x+ 1) f (x) = (f (x))2 + f (x)− 1

Đặt S1 =n∑i=1

1

f (i)− 1; S2 =

n∑i=1

1

f (i) + 1.

Tính limn→+∞

(S1 + S2) , limn→+∞

(S1 − S2) .

Lời giải:

Kí hiệu an = f (n) , n ∈ N∗

Từ điều kiện của bài toán ta có:

a1 = 2011, an+1 = a2n + an − 1, ∀n ≥ 1.

⇒ an+1 =a2n + an − 1

an= an + 1− 1

an.

Từ công thức trên, bằng quy nạp theo n, ta thấy ngay 2001 = a1 < a2 < ...

và an ≤ 2010 + n, ∀n ≥ 1.

Chú ý limn→+∞

an = +∞, vì phương trình giới hạn a = a + 1 − 1

akhông có

nghiệm thực thuộc (2011; +∞).

Từ các nhận xét trên ta có: ai − 1 ≤ 2009 + i, ∀i ≥ 1.

41

Do đó S1 =n∑i=1

1

ai − 1≥

n∑i=1

1

2009 + i→ +∞ khi n→ +∞

Tương tự S2 → +∞ khi n→ +∞

Như vậy limn→+∞

(S1 + S2) = +∞.

Lại có: S1 − S2 =n∑i=1

(1

ai − 1− 1

ai + 1

)=

n∑i=1

2

a2i − 1

Chú ý: ai+1 = ai + 1− 1

ai⇒ ai+1 − 1 = ai −

1

ai=a2i − 1

ai

⇒ 1

ai+1 − 1=

aia2i − 1

=ai + 1

a2i − 1− 1

a2i − 1=

1

ai − 1− 1

a2i − 1

⇒ 1

a2i − 1=

1

ai − 1− 1

ai+1 − 1.

Bởi vậy:

S1 − S2 =n∑i=1

2

a2i − 1= 2

n∑i=1

(1

ai − 1− 1

ai+1 + 1

)= 2

(1

a1 − 1− 1

an+1 − 1

)

⇒ limn→+∞

(S1 − S2) =2

a1 − 1=

2

2010=

1

1005.

�

42

Chương 3

Bài tập tự luyện

Bài tập 1: Cho dãy số (un) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi: u1 = 2

un+1 =u2n + 1

2

Đặt Sn =n∑i=1

1

1 + ui. Tìm limSn.

Bài tập 2: Chứng minh rằng:

limx→0

1− cosx. cos 2x.... cosnx

x2=n(n+ 1)(n+ 2)

12

Bài tập 3: Cho dãy số (xn) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi: x1 = 1

xn+1 = 30 +2009

4 + xn

Tìm limx→0

xn.

43

Bài tập 4: Cho 2 dãy số (xn) , (yn) (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:x1 = y1 =

1√2

xn+1 =xn

4ym=1 − 1

Tìm giới hạn của 2 dãy số (xn) , (yn)

Bài tập 5: Tìm giới hạn:

lim13 + 53 + 93 + ...+ (4n− 3)3

[1 + 5 + 9 + ...+ (4n− 3)]2

Bài tập 6: Chứng minh rằng:

√5 + 1

2≤ lim

n→+∞

n∑k=1

1

k2≤ 7

4

Bài tập 7 Cho dãy số (un) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:

u1 = 0, u2 = −3

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

Chứng minh rằng limn→+∞

unn2

= 1

44

Bài tập 8 Cho dãy số (xn) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:{x1 = 5

xn+1 = x2n − 2

Tính limn→∞

xn+1

x1x2...xn

Bài tập 9 Cho 2 số nguyên dương α và A. Dãy số (xn) , (n = 0, 1, 2, . . .)

xác định bởi: u0 = α

un+1 = un +1

u2n

Chứng minh rằng limn→+∞

(uαnn

)= A > 0.

Bài tập 10 Cho dãy số (un) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:u0 = 1

u1 =1

2un+2 =

un+1.un3un+1 + 2un + un+1.un

Xác định công thức tổng quát của (un) và tính lim (un.3n).

Bài tập 11 Cho dãy số (xn) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:{x0 = 2008, x1 = 2009

2008 (2n+ 2) (x2n+2) = (4014n− 4013)x2n+1 + (2n+ 3)x2n

Xác định công thức tổng quát của (un) và tính lim (un.3n).

45

Bài tập 12 Cho dãy số (un) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi: u0 = a, a 6= 0

un+1 =6

un2 + 2

Tồn tại hay không giá trị của a để dãy (un) có giới hạn hữu hạn.

Bài tập 13 Cho dãy số (xn) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:x1 =

1

4

xn =x1 + 4x2 + 9x3 + ...+ (n− 1)2xn−1

n2(n− 1)

Tính limn→+∞

(30n2 − 4n+ 2011)xn

Bài tập 14 Cho dãy số (un) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi: u1 = 1

un+1 = un +u2n

2011

Đặt Sn =111u2

+122u3

+ · · ·+ unun+1

. Tính limSn.

Bài tập 15 Cho dãy số (un) , (n = 1, 2, . . .) xác định bởi:{u1 = 2010

u2n + 2009un − 2011un+1 + 1 = 0

Đặt Sn =1

u1 + 2010+

1

u2 + 2010+ .....+

1

un + 2010. Tính limSn.

46