TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ TRONG CÁC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến:
TÌM LỜI GIẢI CHO CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ TRONG CÁC KÌ THI
CHỌN HỌC SINH GIỎI
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Học sinh chuyên Toán trường THPT chuyên Lê Hồng
Phong - Nam Định.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 15/ 9/ 2013 đến ngày 15/ 5/ 2014.
4. Tác giả:
Họ và tên : Trần Xuân Đáng
Năm sinh : 1955
Nơi thường trú : Số nhà 5 ngách 7 ngõ 136 Phan Đình Phùng - Phường
Phan Đình Phùng - TP Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học
Chức vụ công tác: Giáo viên chuyên Toán
Nơi làm việc: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Địa chỉ liên hệ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Điện thoại: 0942350265
5. Đồng tác giả: Không
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Địa chỉ: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Điện thoại: 0350.3640297
1
I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN:
Trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2005(bảng A) có bài toán sau
Bài toán T1: Xét dãy số thực
)(
n
x

, )2,1( =n

được xác định bởi
ax =
1
và
nnnn
xxxx 573
23
1
+−=
+
với mọi
3,2,1=n
trong đó
a
là một số thực. Hãy xác định tất cả
các giá trị của
a
để dãy số
)(
n
x
có giới hạn hữu hạn khi
+∞→n
. Hãy tìm giới hạn của
dãy số
)(
n
x
trong các trường hợp đó
Trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2011có hai bài toán sau:

Bài toán T2: Cho dãy số thực
)(
n
x
được xác định bởi
1
1
=x
và
∑
−
=
−
=
1
1
2
)1(
2
n
i
in
x
n
n
x
,
2≥∀n
Với mỗi số nguyên dương
n

, đặt
nnn
xxy −=
+1
. Chứng minh rằng dãy số
)(
n
y
có giới hạn
hữu hạn khi
+∞→n
.
Bài toán T3: Cho dãy số
( )
n
a
được xác định bởi
0 1
1, 1a a= = −
và
1 2
6 5
n
n n
a a a
− −
= +

với mọi
2n ≥

. Chứng minh rằng
2012
2010a −
chia hết cho
2011
.
Trong tạp chí toán học và tuổi trẻ số 410 (tháng 8 năm 2011) có bài toán sau:
Bài toán T4 (Bài toán T11/406): Cho dãy số
)
n
(x
được xác định như sau:
0
1
x =
,
n
x
27
1
1n
x









=
+
với mọi
*
Nn∈
. Chứng minh rằng dãy số
)
n
(x
có giới hạn
hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Trong kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định năm 2012 có bài toán sau:
Bài toán T5: Cho dãy số
( )( )
n
u n
∗
∈¥
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
0 1,
n
u n
∗
< < ∀ ∈¥
và
1
1
) ,
4
(1

n
n
u nu
∗
+
≥ ∀ ∈− ¥
. Chứng minh rằng
1 1 1
,
2 2 2
n
u n
n
∗
− < ≤ ∀ ∈¥
Trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2012 có ba bài toán sau:
Bài toán T6: Cho dãy số
( )
n
x
được xác định bởi
1
3x =
và
1
2
(
3
2)
n

n
n
x x
n
−
+
= +
với mọi
2n ≥
. Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞
. Tìm giới hạn đó
Bài toán T7: Tìm tất cả các hàm
f
xác định trên tập số thực
¡
, lấy giá trị trong
¡
và
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
1)
f
là toàn ánh từ
¡
đến
¡
.
2)
f
là hàm số tăng trên

¡
.
3)
( )
( ) ( ) 12f f x f x x= +
với mọi số thực
x
.
Bài toán T8: Xét các số tự nhiên lẻ a,b mà a là ước số của
2
2b +
và b là ước số của

2
2a +
. Chứng minh rằng a và b là các số hạng của dãy số tự nhiên
( )
n
v
được xác định
2
bởi
1 2
1v v= =
,
4
1 2
n
n n
v v v=

− −
−
với mọi
3n
≥
.
Trong kì thi chọn đội tuyển Việt nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2012 có bài
toán sau:
Bài toán T9: Cho dãy số
( )
n
x
được xác định bởi
1 2
1, 2011x x= =

và
2 1
4022 ,
n
n n
x x x n
∗
+ +
= − ∀ ∈¥
.Chứng minh rằng
2012
1
2012
x +

là số chính phương
Trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia THPT năm 2013 có bài toán sau:
Bài toán T10: Cho dãy số thực
( )
n
a
được xác định bởi
1
1a =
và
1
2
3
2
n
n
n
a
a
a
+
+
= −
với
mọi
1n
≥
. Chứng minh rằng dãy
( )
n

a
có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó.
Trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia THPT năm 2014 có bài toán sau:
Bài toán T11: Cho hai dãy số dương
( ),( )
n n
x y
được xác định bởi
1 1
1, 3x y= =
và
1 1
2
1
0
2
n
n n
n
n
x y x
x y
+ +
+





− =

+ =
với mọi
1,2, n =
Chứng minh rằng hai dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN:
Năm 1996 tác giả bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này đã viết chuyên đề:
Về một bài toán tìm giới hạn của dãy số trong kì thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi
Olympic Toán Quốc tế năm 1993.
Năm 2010 tác giả bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này đã viết chuyên đề:
Về một bài toán tìm giới hạn của dãy số trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm
học 2005.
Năm 2011 tác giả bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này đã viết chuyên đề:
Về lời giải của một bài toán tìm giới hạn của một dãy số trong tạp chí
“Toán học và tuổi trẻ”.
Năm 2012 tác giả bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này đã viết chuyên đề:
Về một bài toán phương trình hàm trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia môn Toán.
Năm 2012 tác giả bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này đã viết chuyên đề:
Về một bài toán số học trong kì thi Olympic Toán củaViệt Nam năm 2012.
Năm 2013 tác giả bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này đã viết chuyên đề:
Về sự hội tụ của một dãy số.
3
III. CÁC GIẢI PHÁP TRỌNG TÂM:
Bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này gồm 5 phần:
- Phần thứ nhất:Tìm công thức của số hạng tổng quát của dãy số.
- Phần thứ hai: Một số phương pháp chứng minh sự hội tụ của dãy số.
- Phần thứ ba: Dãy số trong số học.
- Phần thứ tư: Ứng dụng của dãy số.
- Phần thứ năm: Một số chuyên đề về dãy số được viết bởi tác giả bản báo cáo sáng
kiến kinh nghiệm này.
1) Phần thứ nhất: Tìm công thức của số hạng tổng quát của dãy số

Bài toán 1: Cho dãy số
( )( )
n
x n N
∗
∈
được xác định bởi
1
5x =
và
2
1
2
n
n
x x
+
= −
với mọi
n N
∗
∈

a) Tìm
n
x

b) Tìm
1
1 2

lim

n
n
n
x
x x x
+
→+∞

c ) Tìm
1 1 2 1 2
1 1 1
lim

n
n
x x x x x x
→+∞
 
 ÷
 ÷
 
+ + +
Lời giải:
a) ( Đặt
1
(5 21)
2
a = +

.Khi đó
1
1
5a
a
x+ = =
. Ta có
2 2
2 1
2
1
2x x a
a
= − = +
. Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
1
1
2
2
1
,
n
n
n
x a n N
a
−
∗
−
= ∀ ∈+

. Vậy
1 1
2 2
5 21 5 21
2 2
n
n n
x
− −
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
+ −
= +

b) Ta có
2
1 2
2
2
1
.
1
n
n
n
a
x x x a
a

a
 
 ÷
 
= −
−

⇒

2 2 2
1
2 2
1 2
.
1

n n
n n
n
n
a a
a a
x
a
x x x a
−
+
−
= =
+

−
−
1
2
1
2
2
1 1
.
1
n
n
a a
a
a
+
+
−
−
− +
−

⇒

1
1 2
lim

n
n

n
x
x x x
+
→+∞
=
2
21
1a
a
−
=

c) Với
2k ≥
ta có
1
1 2 1 2 1 2
1
1 1
. 2
k k
k k k
x x
x x x x x x x x x
+
−
 
 ÷
 ÷

 
= −

Suy ra
1 1 2 1 2
1 1 1


n
x x x x x x
+ + +
=
1
2
1 1 1 2
1 1
. .
2 2
1

n
n
x
x
x x x x x
+
+ −

Vì
1

1 2
lim

n
n
n
x
x x x
+
→+∞
=
21
nên
1 1 2 1 2
1 1 1
lim

n
n
x x x x x x
→+∞
 
 ÷
 ÷
 
+ + +
=
5 21
2
−

4
Phương trình đặc trưng của dãy số
Cho dãy số
( )( )
n
x n∈¥
thỏa mãn
1 2
, 2
n
n n
x ax bx n
− −
= + ∀ ≥
trong đó
1 2
,x x
,
,a b
là các số
thực cho trước
( 0)b ≠
. Phương trình
2
0(1)a b
λ λ
− − =
được gọi là phương trình đặc
trưng của dãy số
( )

n
x

Trường hợp 1:
0∆ >
Khi đó phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
λ λ
khác
0
. Xét hệ phương trình
0
1 1 2
x
x
α β
αλ βλ





= +
= +

(ẩn số là
,
α β
). Định thức của hệ là

2 1
1 2
1 1
0D
λ λ
λ λ
= = − ≠
. Khi đó hệ phương trình
trên có nghiệm duy nhất. Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
1 2
,
n n
n
x n
αλ βλ
= + ∀ ∈¥
. Thật vậy mệnh đề đúng với
0n =
và
1n =

Giả sử mệnh đề đúng đến
( , 1)n k k k= ∈ ≥¥
. Khi đó ta có
1 2
k k
k
x
αλ βλ
= +

và
1 1
1 2
1
k k
k
x
αλ βλ
− −
−
= +
.Ta có
1 1
1 2 1 2
1 1
( ) ( )
k k k k
k k k
x ax bx a b
αλ βλ αλ βλ
− −
+ −
= + = + + +

1 1 1 1
1 1 2 2 1 2
( ) ( )
k k k k
a b a b
αλ λ βλ λ αλ βλ

− − + +
= + + + = +
. Vậy mệnh đề cũng đúng với
1n k= +
. Theo nguyên lí quy nạp toán học mệnh đề đúng với mọi
n∈¥
. Vậy
1 2
,
n n
n
x n
αλ βλ
= + ∀ ∈¥
.
Chú ý rằng nếu dãy số
( )( )
n
x n∈¥
được xác định bởi
1 2
,
n n
n
x n
αλ βλ
= + ∀ ∈¥
trong đó
1 2
, , ,

α β λ λ
là các số thực cho trước thì
1 2
, 2
n
n n
x ax bx n
− −
= + ∀ ≥
trong đó
1 2
a
λ λ
= +
và
1 2
b
λ λ
= −

Bài toán 2: Cho dãy số
( )( )
n
a n∈¥
được xác định bởi
0 1
1, 13a a= =
và
2 1
14 ,

n
n n
a a a n
+ +
= − ∀ ∈¥

Chứng minh rằng phương trình
2 2
( 1)
n
x x a+ + =
và phương trình
3 3 2
( 1)
n
x x a+ − =
có
nghiệm tự nhiên với mọi
n∈¥
.
Lời giải: Phương trình đặc trưng của dãy
( )
n
a
là
2
14 1 0
λ λ
− + =
. Phương trình này có

hai nghiệm là
1 2
7 48 , 7 48
λ λ
= + = −
. Tồn tại các hằng số
,
α β
sao cho
1 2
,
n n
n
a n
αλ βλ
= + ∀ ∈¥
. Vì
0
1a =
và
1
13a =
nên
2 3 2 3
,
4 4
α β
+ −
= =

2 3 2 3
(7 48) (7 48) ,
4 4
n n
n
a n⇒
+ −
= + + − ∀ ∈¥

5
2
2 1
2 3 2 3
(2 3) (2 3)
2 2
n n
n
a
 
 
⇒ −
 
 
+ −
= + − −
.Xét dãy số
( )( )
n
b n∈¥
được xác định

bởi
n
b =

2 3 2 3
(2 3) (2 3)
2 2
n n
+ −
+ − −
,
n∀ ∈¥
.Ta có
0 1
1, 5b b= =
và
2 1
4 .
n
n n
b b b n
+ +
= − ∀ ∈¥
. Bằng phương pháp quy nạp toán học dễ dàng chứng minh được
,
n
b n∈ ∀ ∈¢ ¥
. Mặt khác
0,
n

b n> ∀ ∈¥
. Suy ra
n
b
∗
∈¥
và
2
2 1 ,
n n
a b n− = ∀ ∈¥
. Suy ra
n
b
là số tự nhiên lẻ. Suy ra tồn tại số tự nhiên
n
c
sao cho
2 1
n n
b c= +
. Ta có
( ) ( )
( )
2 2
2 2
1 1
1 2 1 1 1
2 2
n n n n n

c c c b a
 
 
 
+ + = + + = + =
.
Vậy phương trình
2 2
( 1)
n
x x a+ + =
có nghiệm tự nhiên. Ta có
2
2 1
3
2 3 2 3
(2 3) (2 3)
6 6
n n
n
a
 
+
 
 
 
+ −
= + + −
. Xét dãy số
( )( )

n
d n∈¥
được xác định
bởi
n
d =
2 3 2 3
(2 3) (2 3)
6 6
n n
+ −
+ + −
n∀ ∈¥
. Ta có
0 1
1, 3d d= =
và
2 1
4 .
n
n n
d d d n
+ +
= − ∀ ∈¥
. Bằng phương pháp quy nạp toán học dễ dàng chứng minh
được
,
n
d n∈ ∀ ∈¢ ¥
.

Mặt khác
0,
n
d n> ∀ ∈¥
.
Suy ra
n
d
∗
∈¥
và
2
2 1 3 ,
n n
a d n+ = ∀ ∈¥
Cũng bằng phương pháp quy nạp toán học chúng ta dễ dàng chứng minh được
n
d
là số
nguyên lẻ với mọi
n∈¥
.
Ta có
( )
2
3 3
2 2
1 1
1
3 1

2 2 4
n
n n n n
n n
a
b d b d
b d
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
=
+ −
− == +
.
Vì
n
b
và
n
d
là các số tự nhiên lẻ nên
1
2
n n
b d −
là số tự nhiên.
Vậy phương trình
3 3 2
( 1)

n
x x a+ − =
có nghiệm tự nhiên với mọi
n∈¥
.
Bài toán T3: Cho dãy số
( )
n
a
được xác định bởi
0 1
1, 1a a= = −
và
1 2
6 5
n
n n
a a a
− −
= +

với mọi
2n ≥
. Chứng minh rằng
2012
2010a −
chia hết cho
2011

(Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia THPT năm 2011 )

Lời giải1: Phương trình đặc trưng của dãy
( )
n
a
là
2
6 5 0
λ λ
− − =

6
Phương trình này có hai nghiệm là
1 2
3 14, 3 14
λ λ
= + = −

Tồn tại các hằng số
,
α β
sao cho
1 2
,
n n
n
a n
αλ βλ
= + ∀ ∈¥

1

1 (3 14) (3 14)
α β
α β


⇒



= +
− = + + −

4 14
2 14
4 14
2 14
α
β



⇒




− +
=
+
=

1 1
1 2
2 14 2 14
2 14 2 14
n n
n
a
λ λ
− −
⇒
− − −
= +

2011 2011
2012
2 14 2 14
(3 14) (3 14)
2 14 2 14
a
⇒
− − −
= + + −

Ta có
2011
2011 2011
2011
0
(3 14) 3 ( 14)

k k k
k
C
−
=
+ =
∑
và
2011
2011 2011
2011
0
(3 14) ( 1) 3 ( 14)
k k k k
k
C
−
=
− = −
∑

⇒
1005 1005
2 2011 2 2 1 2010 2
2012 2011 2011
0 0
14 3 2 14 3
i i i i i i
i i
C Ca

− + −
= =
−= +
∑ ∑
.
Với
p
là số nguyên tố và
1 1j p≤ ≤ −
(
( )j
∗
∈¥
ta có
j
p
C
chia hết cho
p
.
Suy ra
2011 1005
2012
( 3) 2.14 (mod2011)a ≡ − +
.
Tacó
1005 2010
14 2025(mod2011) 14 15 1(mod2011)≡ ⇒ ≡ ≡
. Mặt khác theo định lí nhỏ
Fermat ta có

2010
( 3) 1(mod2011)− ≡
. Suy ra
2012
1(mod2011)a ≡ −

Suy ra
2012
2010a +
chia hết cho
2011

Lời giải 2: Xét dãy số
( )( )
n
b n∈¥
được xác định bởi
0 1
1, 1b b= = −

Và
1 1
6 2016 , 1
n
n n
b b b n
+ −
= + ∀ ≥
. Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh
được

,
n
a n∈ ∀ ∈¢ ¥
và
,
n
b n∈ ∀ ∈¢ ¥
.
Ta cũng chứng minh được
(mod2011),
n n
a b n≡ ∀ ∈¥
. Phương trình đặc trưng của dãy
( )
n
b
là
2
6 2016 0
λ λ
− − =

Phương trình này có hai nghiệm là
1 2
48, 42
λ λ
= = −
. Tồn tại các hằng số
,
α β

sao cho
48 ( 42) ,
n n
n
b n
α β
= + − ∀ ∈¥
.Vì
0 1
1, 1b b= = −
nên
41 49
,
90 90
α β
= =
.
Suy ra
41 49
.48 ( 42)
90 90
n n
n
b = + −

2012 2012
2012
1
41.48 49.( 42)
90

b
 
⇒
 
= + −

Theo định lí nhỏ Fermat ta có
2010 2010
48 1(mod2011),42 1(mod2011)≡ ≡

Suy ra
2012 2012
41.48 49.( 42) 90 0(mod2011)+ − + ≡
2012 2012
90( 1) 0(mod2011) 1(mod2011)b b⇒ + ≡ ⇒ ≡ −

2012
1(mod2011)a⇒ ≡ −

Suy ra
2012
2010a −
chia hết cho 2011
7
Bài toán T9: Cho dãy số
( )
n
x
được xác định bởi
1 2

1, 2011x x= =

và
2 1
4022 ,
n
n n
x x x n
∗
+ +
= − ∀ ∈¥
. Chứng minh rằng
2012
1
2012
x +
là số chính phương
(Đề thi chọn đội tuyển Việt nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 2012)
Lời giải: Phương trình đặc trưng của dãy
( )( )
n
x n
∗
∈¥
là
2
4022 1 0t t− + =
Phương trình này có hai nghiệm là
1
2011 2010.2012t = +

Và
2
2011 2010.2012t = −
. Tồn tại các hằng số
,
α β
sao cho
1 1
1 2
,
n n
n
x t t n
α β
− − ∗
= + ∀ ∈¥
Vì
1 2
1, 2011x x= =
nên
1
2
α β
= =
. Suy ra
( )
2011 2011
2012 1 2
1
2

x t t= +
. Suy ra
( )
2
2011 2011
2012
1 2
1
1
2012
2 1006
x
t t
 
 
 
+
= +
. Ta có
1 2
1006 1005, 1006 1005t t= + = −

Đặt
2011 2011
1 2
a t t= +
,ta có
( ) ( )
2011 2011
1006 1005 1006 1005a = + + −

=
1005
2 1005
2011
0
2 1006 1006 .1005
k k k
k
C
−
=
∑
. Đặt
1
2 1006
b a=
,ta có
1005
2 1005
2011
0
1006 .1005
k k k
k
b C
−
=
=
∑
Suy ra

b
là một số nguyên .Mặt khác
2
2012
1
2012
x
b
+
=
. Vậy
2012
1
2012
x +
là số chính phương
Sử dụng lượng giác để tìm số hạng tổng quát của dãy số:
Bài toán 4: Cho các dãy số thực dương
( ),( )( )
n n
x y n N
∗
∈
được xác định bởi

1 1
1
2
x y= =
và

1 1
2 2
1 1
,
4 1 1 4
n n
n n
n n
x y
x y
y x
+ +
+ +
= =
− −
với mọi số nguyên dương
n
.
Tìm giới hạn của các dãy số
( )
n
x
,
( )
n
y
Sau đây là lời giải bài toán 4 của tác giả bản sáng kiến kinh nghiệm này:
Từ giả thiết suy ra
1
,

2
n
y n N
∗
> ∀ ∈

Trước hết ta chứng minh
2 2
1,
n n
x y n N
∗
+ = ∀ ∈
. Thật vậy mệnh đề đúng với
1n =

Giả sử mệnh đề đúng với
n k=
tức là
2 2
1
k k
x y+ =
. Đặt
1 1
,
k k
a x b y
+ +
= =

ta có
2 2
(4 1), (1 4 )
k k
x a b y b a= − = −
. Vì
2 2
1
k k
x y+ =
nên
2 2 2 2 2 2
(4 1) (1 4 ) 1a b b a− + − =

2 2 2 2
( 1)(16 1) 0a b a b⇒ + − + =

⇒

2 2
1 1
1
k k
x y
+ +
+ =

Ta chứng minh
1
os ,

4.3
n
n
y c n N
π
∗
−
= ∀ ∈
. Thật vậy mệnh đề đúng với
1n =

Giả sử mệnh đề đúng với
n k=
,tức là
1
os .
4.3
k
k
y c
π
−
=

Ta có
1
1
2
k
y

+
>
nên tồn tại
1
(0; )
3
k
π
α
+
∈
sao cho
1 1
os
k k
y c
α
+ +
=

Ta có
2 3
1 1 1 1 1
1
(1 4 ) 3
4.3
4 os3 os
k k k k k k k
k
y x y y yy c c

π
α
+ + + + +
−
− = ⇒ − = ⇒ =

8
Vì
1
0
3
k
π
α
+
< <
nên
1
1
4.3
os
4.3
k
k
k
k
y c
ππ
α
+

+
== ⇒
. Vậy mệnh đề cũng đúng với
1n k= +
. Theo nguyên lí quy nạp toán học,mệnh đề đúng với mọi
n N
∗
∈
. Tức là
1
os
4.3
n
n
y c
π
−
=
với mọi
n N
∗
∈
. Suy ra
1
sin ,
4.3
n
n
x n N
π

∗
−
= ∀ ∈

Từ đó suy ra
lim 0, lim 1
n n
n n
x y
→+∞ →+∞
= =
.
Sử dụng phương pháp đã được sử dụng trong lời giải của bài toán 4 chúng ta có
thể giải được bài toán sau
Bài toán T11: Cho hai dãy số dương
( ),( )
n n
x y
được xác định bởi
1 1
1, 3x y= =
và
1 1
2
1
0
2
n
n n
n

n
x y x
x y
+ +
+





− =
+ =
với mọi
1,2, n =
Chứng minh rằng hai dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
(Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2014)
Lời giải: Ta có
1 1
cos3 2sin , 3 2
6 6
x y
π π
= = = =
. Chúng ta chứng minh rằng với mọi
số nguyên dương
n
thì
2sin
3.2
n

n
x
π
=
và
2cos
3.2
n
n
y
π
=
. Thật vậy mệnh đề đúng với
1n =
.
Giả sử mệnh đề đúng với
( 1)n k k= ≥
tức là
2sin
3.2
k
k
x
π
=
và
2cos
3.2
k
k

y
π
=
Ta có
2
2
1
1
2 2 2 2cos 4sin
3.2 3.2
k k
k k
x y
π π
+
+
= − = − =
. Suy ra
1
1
2sin
3.2
k
k
x
π
+
+
=
(vì

1
0
k
x
+
>
)
và
1
1
1
1
2sin
3.2
2cos
3.2
2sin
3.2
k
k
k
k
k
k
x
y
x
π
π
π

+
+
+
+
= = =
. Vậy mệnh đề cũng đúng với
1n k= +
Theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương
n
. Từ đó
suy ra
lim lim (2sin ) 0
3.2
n
n n
n
x
π
→+∞ →+∞
= =
và
lim lim (2cos ) 2
3.2
n
n n
n
y
π
→+∞ →+∞
= =

Vậy các dãy
( ),( )
n n
x y
hội tụ và
lim 0, lim 2
n n
n n
x y
→+∞ →+∞
= =
.
Sau đây là một số bài toán dành để luyện tập:
2) Phần thứ hai: Một số phương pháp chứng minh sự hội tụ của dãy số
Phương pháp 1: Chứng minh dãy đơn điệu và bị chặn
Bài toán 1: Cho dãy số
( )( 1)
n
x n ≥
thỏa mãn đồng thời các điều kiện
1
0 1x< <
và
2
1
2
, 1
n
n
n

x
x x n
n
+
= + ∀ ≥
. Chứng minh rằng dãy
( )
n
x
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞

Lời giải:
9
Bằng phương pháp quy nạp toán học dễ dàng chứng minh được
0,
n
x n
∗
> ∀ ∈¥
.
Ta có
2
2
2
2 1 3 2 1 1 1
2 , 2 3
4
x
x x x x x x x< = + < + <

2
2
2
2 1 3 2 1 1 1
2 , 2 3
4
x
x x x x x x x< = + < + <

Bằng phương pháp quy nạp toán học dễ dàng chứng minh được
1
, 2( )
n
x nx n n N
∗
< ∀ ≥ ∈

Vì vậy tồn tại số nguyên
2m ≥
sao cho
1
m
x m< −

Ta có
2
1
2
0,

n
n
n
x
x x n
n
∗
+
− = > ∀ ∈¥

1
,
n
n
x x n
∗
+
⇒ > ∀ ∈¥

⇒
dãy
( )
n
x
là dãy tăng
Giả sử
( ) 3n m n N n
∗
> ∈ ⇒ ≥

Với
k
∗
∈¥
ta có
2
2
2 2 2
1
1 1 1 1 1
k k
k k k
k
k
x x x
k x x x k k
+
− = − = <
+ +

Giả sử
( ) 3n m n N n
∗
> ∈ ⇒ ≥

Ta có
1 1
2
1
1 1 1

n n
k m k m
k k
x x
k
− −
= =
+
 
 ÷
 ÷
 
− <
∑ ∑
. Suy ra
1
1
2
1 1
( 1) 1
1 1 1
n
n
k m
k m
m n
k k mx x
k
−
−

=
=
< <
− −
− <
∑
∑

Suy ra
1 1 1
0
1
n m
x x m
> − >
−
.suy ra
( 1)
1
m
m
n
m x
x
m x
−
<
− −
. Vậy dãy
( )

n
x
có giới hạn khi
n →+∞
.
Chú ý rằng chúng ta có thể chứng minh được
2
1
( 1),
n
x n x n n n N
∗
+ ≥ + ∀ ∈
.
Bài toán T2: Cho dãy số thực
)(
n
x
được xác định bởi
1
1
=x
và
∑
−
=
−
=
1
1

2
)1(
2
n
i
in
x
n
n
x
,
2≥∀n
Với mỗi số nguyên dương
n
, đặt
nnn
xxy −=
+1
. Chứng minh rằng dãy số
)(
n
y
có giới hạn
hữu hạn khi
+∞→n
.
Lời giải:
Ta có
∑
−

=
−
=
1
1
2
)1(
2
n
i
in
x
n
n
x

2
1
2
)1(
2
)1(
2
1
−







=






−
+⇒
∑
=
n
n
x
n
n
x
n
i
in
∑
=
=
+
⇒
n
i
in
x

n
n
x
1
2
2
1

Mặt khác
∑
=
+
=
+
n
i
in
x
n
n
x
1
2
1
)1(2
nên
3
2
1
)1)(1(

n
nn
x
x
n
n
++
=
+
)
1
1)(
1
1(
2
1
n
n
xx
nn
++=⇒
+
,
)2( ≥n







−
+






−
+=⇒
−
1
1
1
)1(
1
1
2
1
n
n
xx
nn
,
)3( ≥n
Ta có :
.
1
3
2

1 nnnn
x
n
nn
xxy
++
=−=
+
10
2
2223
2
2
1
1
2
1
1
1
1
1
2
1
1
)2(
1
1
)1(
1
1

1
x
nn
nnn
nn






+






−
+






−
+







+






−
+






−
+
++
=






+







−
+






−
+
++
=
2222
2
2
1
1
)2(
1
1
)1(
1
1
)1(2

nnn
nn
,
)3( ≥n
Xét dãy
)(
n
z

)(
*
Nn ∈
được xác định bởi :
2
1
1
=z
,
1
2
=z
,






−
+







+






+=
222
)1(
1
1
3
1
1
2
1
1
n
z
n
,
)3( ≥n
nn

z
n
nn
y
2
2
)1(2 ++
=⇒
,
*
N∈∀
Hiển nhiên dãy
)(
n
z
là dãy tăng. Ta chứng minh bất đẳng thức :
xx <+ )1ln(
(1),
0
>∀
x

Thật vậy xét hàm số
)1ln()( xxxf +−=
,
)0( ≥x
Ta có
0
11
1

1)(
/
>
+
=
+
−=
x
x
x
xf
,
0
>∀
x
x
0
∞+

)(
/
xf
+
)(xf

0
)0()( fxf >⇒
,
0>∀x

⇒
bất đẳng thức (1) đúng.
Hiển nhiên
0>
n
z
,
*
Nn ∈
Với
3≥n
ta có :
1
)1)(2(
1

3.2
1
2.1
1
)1(
1

3
1
2
1
ln
222
<

−−
+++<
−
+++<
nnn
z
n
ez
n
<⇒
,
)3( ≥∀n
Dãy
)(
n
z
bị chặn trên
0lim >=∃⇒
+∞→
az
n
n

ay
n
n
2lim =⇒
+∞→
Vậy dãy
)(

n
y
có giới hạn hữu hạn khi
+∞→n
Trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm học 2011-2012 có bài toán sau
Bài toán T6: Cho dãy số
( )
n
x
được xác định bởi
1
3x =
và
1
2
(
3
2)
n
n
n
x x
n
−
+
= +
với mọi
2n
≥
. Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn

hữu hạn khi
n → +∞
. Tìm giới hạn đó.
Cách tiếp cận lời giải: Giả sử
lim
n
n
x a
→+∞
=
suy ra
1a
=
. Mặt khác
1
3x =
,
2
10
3
x =
,
3
80
27
x =

4
67
27

x =
. Như vậy chúng ta có thể dự đoán rằng
1
, 3
n
n
x x n
−
> ∀ ≥
.
Mặt khác
1
1
3
1
1
n
n
n
x
n
x x
−
−
⇔ > +
−
>
. Chúng ta có lời giải của bài toán như sau:
Lời giải:
11

Ta có
1
3x =
,
2
10
3
x =
. Ta chứng minh
3
1
n
x
n
> +
(1) với mọi
2( )n n
∗
≥ ∈¥

Thật vậy (1) đúng với
2n =
giả sử (1) đúng với
( 2)n k k= ≥
tức là
3
1
k
x
k

> +
.
Ta có
1
3 3 3 3 3
( 2) (3 ) 1
3( 1) 3( 1) 1
k k
k k k
x x
k k k k k
+
+ + +
= + > + = > +
+ + +
, tức là (1) cũng đúng với
1n k= +
. Theo nguyên lí quy nạp thì (1) đúng với mọi
2n
≥

Với
3n
≥
ta có
1 1 1 1
2 2( 2) 2 2 2( 2)
3 3 3 3
n
n n n n

n n n n
x x x x x
n n n n
− − − −
+ + − +
− = − − = −

Vì
1
3
1
1
n
x
n
−
> +
−
nên
1
2 2 3 2( 2)
(1 ) 0
3 1 3
n
n
n n
x x
n n n
−
− +

− > + − =
−
.Vậy
1
, 3
n
n
x x n
−
> ∀ ≥

Mặt khác
1,
n
x n
∗
> ∀ ∈¥
. Vậy dãy
( )
n
x
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞
.
Đặt
lim ( 1)
n
n
x a a
→+∞

= ≥
ta có
1
( 2) 1
3
a a a= + ⇒ =
. Vậy
lim 1
n
n
x
→+∞
=

Trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia THPT năm 2013 có hai bài toán sau
Bài toán T10:
Cho dãy số thực
( )
n
a
được xác định bởi
1
1a =
và
1
2
3
2
n
n

n
a
a
a
+
+
= −
với mọi
1n
≥
. Chứng
minh rằng dãy
( )
n
a
có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó.
Sau đây là lời giải bài toán T10 của tác giả bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này
Lời giải:
Ta có
1 2 3
3 7
1, , 3
2
4 2
a a a= = = −

Xét hàm số
2
( ) 3 ( 0)
2

x
x
f x x
+
= − ≥
. Ta có
2
2
( ) 0, 0
2
( 2)ln2 2
x x
x
f x x
x
′
= > ∀ >
+ −

Suy ra
( )f x
đồng biến trên
[
0; )+∞

( ) 0, 0f x x⇒ > ∀ >
và
1
,( )
n

n
na f a
∗
+
∀ ∈= ¥

Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
1
,
n
n
a a n
∗
+
< ∀ ∈¥
.
Suy ra dãy
( )
n
a
là dãy tăng. Bằng phương pháp quy nạp toán học dễ dàng chứng minh
được
3
2, 3
2
n
a n< < ∀ ≥
.Vậy dãy
( )
n

a
có giới hạn hữu hạn khi
n +∞→
.
Đặt
7
lim (3
2
2)
4
n
n
a bb
→+∞
= − < ≤
ta có
2
3
2
b
b
b
+
= −

2 (3 ) 2 0
b
b b⇒ − − − =

Xét hàm số

7
( ) 2 (3 ) 2 (2 3 )
4 2
x
g x x x x= − − − ≥ > −
. Ta có:
12
7
3 ;2)
4 2
( ) 2 (3 )ln2 1 1 , (0
x
g x x x −
 
 
′
= − − − ∀ ∈<
. Mặt khác
( )g x
liên tục trên
]
7
(3 ;2
4 2
−

Vậy
( )g x
nghịch biến trên
7

(3 ;2
4 2


−
.Mặt khác
(2) 0g =
.Vậy phương trình
( ) 0g x =

có một nghiệm duy nhất
2x
=
. Vậy
2b =
. Tóm lại dãy
( )
n
a
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞
và
lim 2
n
n
a
→+∞
=
Phương pháp 2:Xét sự hội tụ của các dãy con
Bài toán 1:Cho dãy số

( )( )
n
x n
∗
∈¥
thỏa mãn
1
0 1x< <
và
1
1
n
n
x x
+
= −
với mọi
1n ≥

Chứng minh rằng dãy
( )
n
x
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞
.Tìm
lim
n
n
x

→+∞

Lời giải :Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được
0 1
n
x< <
với mọi
n
∗
∈¥

Xét hàm số
( ) 1 (0 1)f x x x= − < <
.Khi đó
( )f x
nghịch biến trên
( )
0;1
và
1
( ),
k k
x f x k
∗
+
= ∀ ∈¥

Trường hợp 1:
1
5 1

0
2
x
−
< <
.Khi đó
3 1 4 2
x x x x> ⇒ <
.Bằng phương pháp quy nạp
toán học ta chứng minh được dãy
2 1
( )
k
x
−
là dãy tăng và
2
( )
k
x
là dãy giảm.Bằng
phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
2 1 2
5 1
,
2
k k
x x k
∗
−

−
< < ∀ ∈¥

1
2 1
5 1
lim (0 1)
2
k
k
x a x
−
→+∞
⇒ ∃
−
= < < <
và
2
2
5 1
lim ( 1)
2
k
k
x b b x
→+∞
−
∃ = ≤ < <
.Ta có
1b a= −

và
1a b= −

5 1
1 1
2
a a a⇒
−
= − − ⇒ =
(vì
0 1)a< <

⇒

5 1
lim
2
n
n
x
→+∞
−
=
Trường hợp 2:
1
5 1
1
2
x
−

> >
.Tương tự ta có
5 1
lim
2
n
n
x
→+∞
−
=

Trường hợp 3:
1
5 1
2
x
−
=

5 1
2
n
x⇒
−
=
,
n
∗
∀ ∈¥

5 1
lim
2
n
n
x
→+∞
⇒
−
=

Phương pháp 3:Sử dụng định lí
lim 0( 1)
n
n
q q
→+∞
= <
Bài toán 1:Cho dãy số
( )( )
n
x n
∗
∈¥
được xác định bởi
1
1
3
x = −

và
2
1
1,
2
n
n
x
x n
∗
+
= − ∀ ∈¥

Chứng minh rằng dãy
( )
n
x
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞
.Tìm
lim
n
n
x
→+∞

13
Lời giải:Bằng phương pháp quy nạp toán học dễ dàng chứng minh được
1 0, 1
n

x n− < < ∀ ≥
.Do đó nếu
lim ( )
n
n
x a a
→+∞
= ∈¡
thì
a
là nghiệm âm của phương trình
2
1 1 3
2
t
t a= − ⇒ = −
.Ta sẽ chứng minh
1 3a = −
là giới hạn của dãy
( )
n
x
.Thật vậy
2
2
1
1
1 ( 1)
2 2 2
n

n n
n
x
a
x a x a x a
+
− = − − − = − +
.Vì
1 0
n
x− < <
nên
3 1 3
n
x a− < + < −

3
n
x a⇒ + <

1
3
2
n
n
x a x a
+
⇒ − ≤ −
.Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng
minh được

0 ≤

1 1
3
,
2
n
n
x a x a n
∗
+
 
 ÷
 ÷
 
− ≤ − ∀ ∈¥
.Vì
3
0 1
2
< <
nên
3
lim 0
2
n
n→+∞
 
 ÷
 ÷

 
=

Suy ra
1
lim 0
n
n
x a
+
→+∞
− =

lim 1 3
n
n
x a
→+∞
⇒ = = −

Phương pháp 4: Phương pháp sử dụng định lí kẹp
Bài toán 1:Cho dãy số
( )( 1)
n
x n ≥
được xác định bởi
1
1
, 1
n

k
n
n
k
x k n
n
=
= ∀ ≥
∑
.Chứng minh
rằng dãy
( )
n
x
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞
.Tìm
lim
n
n
x
→+∞

Lời giải:Với
2n ≥
ta có
1
1
1 1
1

( 1) 1 1
n
n n n
k
n
n n n n
k
n n n n n n
x n
n n n n n n n
+
=
 
 ÷
 ÷
 
− −
= < < = = <
− − −
∑

Vì
lim 1
1
n
n
n
→+∞
=
−

nên
lim 1
n
n
x
→+∞
=

Sau đây là một bài toán dành để luyện tập:
Bài 1:Cho dãy số
( )( 1)
n
x n ≥
được xác định bởi
2
2
( 1)
1
, 1
n
n
k n
x n
k
+
=
= ∀ ≥
∑
.Tìm
lim

n
n
x
→+∞

Phương pháp 5:Phương pháp “min,max”
Bài toán 1:Cho dãy số
( )( 0)
n
x n ≥
thỏa mãn đồng thời các điều kiện
0 1
0, 0x x> >

và
1 1
( 1)
n
n n
x x x n
+ −
= + ≥
.Chứng minh rằng dãy
( )
n
x
hội tụ và tìm
lim
n
n

x
→+∞

Lời giải :Chúng ta xây dựng các dãy
( )
n
a
và
( )
n
b
như sau:
{ }
0 0 1
min , ,4a x x=
,
1
2 ( 1)
n
n
a a n
−
= ≥
;
{ }
0 0 1
ax , ,4b m x x=
,
1
2 ( 1)

n
n
b b n
−
= ≥

Dễ dàng chứng minh được
1
4,
n n
a a n
+
≤ ≤ ∀ ∈¥
và
1
4,
n
n
b b n
+
≤ ≥ ∀ ∈¥

Ta chứng minh
2 2 1
min( , ),
n
n n
a x x n
+
≤ ∀ ∈¥

.Thật vậy mệnh đề đúng với
0n =

14
Giả sử mệnh đề đúng với
( )n k k= ∈¥
tức là
2 2 1
min( , )
k k k
a x x
+
≤

2 2 1
,
k k k k
a x a x
+
⇒ ≤ ≤

⇒

2 2 2 1 2 1
2
k k k k k
x x x a a
+ + +
= + ≥ =
,

2 3 2 2 2 1 1 1
2
k k k k k k k
x x x a a a a
+ + + + +
= + ≥ + ≥ =

Vậy mệnh đề cũng đúng với
1n k= +
.Theo nguyên lí quy nạp toán học ,mệnh đề đúng
với mọi
n∈¥
.Tương tự ta có
2 2 1
ax(x , ),
n
n n
b m x n
+
≥ ∀ ∈¥

Suy ra
2
,
n n
n
a x b n≤ ≤ ∀ ∈¥
và
2 1
,

n n
n
a x b n
+
≤ ≤ ∀ ∈¥
.Dễ dàng chứng minh được
lim lim 4
n n
n n
a b
→+∞ →+∞
= =
.Từ đó suy ra
2 2 1
lim lim 4 lim 4
n
n n
n n n
x x x
+
→+∞ →+∞ →+∞
= = ⇒ =

Phương pháp 6:Sử dụng định lí Stolz
Định lí Stolz về giới hạn của dãy số:
Cho hai dãy số
( )( )
n
x n
∗

∈¥
và
( )( )
n
y n
∗
∈¥
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i)
lim
n
n
y
→+∞
= +∞

ii)
1
0,
n
n
y y n
∗
+
>> ∀ ∈¥

iii)
1
1
lim

n
n
n
n
n
x x
a
y y
+
→+∞
+
−
= ∈
−
¡

Khi đó
lim
n
n
n
x
a
y
→+∞
=

Chứng minh:
Giả sử
ε

là số thực dương cho trước.Vì
1
1
lim
n
n
n
n
n
x x
a
y y
+
→+∞
+
−
=
−
nên tồn tại
0
n
∗
∈¥
sao cho
1 1 1 0
( )( ) ( )( ),
2 2
n n n
n n n
y y a x x a y y n n

ε ε
+ + +
− − < − < + − ∀ ≥

Với
0
1n n≥ +
ta có
0 0 0 0
0 0
1
1 1
( )( ) ( )( ),
2 2
n n n n
n n
y y a x x a y y
ε ε
+
+ +
− − < − < + −
0 0 0
0 0 0
1 1 1
2 2 2
( )( ) ( )( ),
2 2
n n n
n n n
y y a x x a y y

ε ε
+ + +
+ + +
− − < − < + −
…
1
1 1
( )( ) ( )( )
2 2
n n n n
n n
y y a x x a y y
ε ε
−
− −
− − < − < + −
Suy ra
0 0 0
0
1( )( ) ( )( ),
2 2
n n n n n n
y y a x x a y y n n
ε ε
+− − < − < + − ∀ ≥
0 0 0 0
0
( )(1 ) ( )(1 ) ,
2 2
n n n n

n
n n n n n
y x y x
x
a a n n
y y y y y
ε ε
⇒ − − + < < + − + ∀ ≥

15
Ta có
0 0
lim (1 )
2 2
n n
n
n n
y x
a a
y y
ε ε
→+∞
 
 
 
 ÷
 
 
 
− − + = −

Suy ra tồn tại
1
n
∗
∈¥
sao cho
0 0
( )(1 )
2
n n
n n
y x
a a
y y
ε
ε
− − + > −
,
1
n n∀ ≥
.
Ta có
0 0
lim (1 )
2 2
n n
n
n n
y x

a a
y y
ε ε
→+∞
 
 
 
 ÷
 
 
 
+ − + = +
Suy ra tồn tại
2
n
∗
∈¥
sao cho
0 0
2
( )(1 ) ,
2
n n
n n
y x
a a
y y
n n
ε
ε

<+ − + + ∀ ≥
.
3
,
n
n
x
a a n n
y
ε ε
⇒ − < < + ∀ ≥
trong đó
{ }
3 0 1 2
ax 1, ,n m n n n= +
.
3
,
n
n
x
a n n
y
ε
⇒ − < ∀ ≥

lim
n
n
n

x
a
y
→+∞
⇒ =
Sau đây là một bài toán dành để luyện tập:
Bài 1:Cho dãy số
( )( )
n
x n∈¥
được xác định bởi
2
1 1
1
, , 1
2
n
n
n
x x x x n
+
= = − ∀ ≥

Chứng minh rằng
lim ( ) 1
n
n
nx
→+∞
=

Phương pháp 7:Sử dụng định lí Lagrăng
Định lí Lagrăng:Cho hàm số
( )f x
liên tục trên đoạn
;a b
 
 
và có đạo hàm trên khoảng
( )
,a b
.Khi đó tồn tại
( , )c a b∈
sao cho
( ) ( ) ( ) ( )f b f a b a f c− = −
′

Bài toán 1:Cho dãy số
( )( )
n
x n
∗
∈¥
thỏa mãn đồng thời các điều kiện
1
3
1
2
x< <

và
2
1
1 ( 1)
2
n
n
n
x
x x n
+
= + − ≥
.Chứng minh rằng dãy
( )
n
x
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞

tìm
lim
n
n
x
→+∞

Lời giải :Xét hàm số
2
3
1; )

2
( ) 1 (
2
x
f x x x
 
 
 
= + − ∈
.Ta có
3
( ) 1 , (1; )
2
f x x x= − ∀ ∈
′

Suy ra
3
( ) 0, (1; )
2
f x x< ∀ ∈
′
.Suy ra
( )f x
nghịch biến trên
3
1;
2
 
 

 
.Suy ra
3 3
( ) ( ) (1), (1; )
2 2
f f x f x< < ∀ ∈

3 3
1 ( ) , (1; )
2 2
f x x⇒ < < ∀ ∈
.Bằng phương pháp quy nạp
toán học ta chứng minh được
3
1 ,
2
n
x n
∗
< < ∀ ∈¥
và
1
( ),
n
n
x f x n
∗
+
= ∀ ∈¥

16
Ta có
1 3
( ) , (1; )
2 2
f x x< ∀ ∈
′
.Theo định lí Lagrăng,tồn tại
3
(1; )
2
c∈
sao cho
2 2 2
1
( ) ( ( ) ,
2
)
n n n
f x f f c x x n
∗
− = − ≤ − ∀ ∈
′
¥

Suy ra
1
2
1
2 ,

2
n
n
x x n
∗
+
− ≤ − ∀ ∈¥
.Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng
minh được
1
1
2 2
1
2
n
n
x x
−
 
 ÷
 
− ≤ −
,
n
∗
∀ ∈¥
.Vì
1
1
1

lim 2 0
2
n
n
x
−
→+∞
 
 ÷
 
− =
nên
lim 2
n
n
x
→+∞
=

3)Phần thứ ba: Dãy số trong số học
Bài toán 1:Cho dãy số
( )
n
a
được xác định bởi
0 1 1 1
1, 14 4, 1
n
n n
a a a a a n

+ −
= = = − − ∀ ≥

Chứng minh mọi số hạng của dãy
( )
n
a
đều là bình phương của các số nguyên
Lời giải: Xét dãy số
( )( )
n
b n∈¥
được xác định bởi
1
,
3
n n
b a n= − ∀ ∈¥

Khi đó ta có
1 1
14 ,
n
n n
b b b n
+ −
= − ∀ ∈¥
.Phương trình đặc trưng của dãy
( )
n

b
là
2
14 1 0
λ λ
− + =
.Phương trình này có hai nghiệm là
1 2
7 48 , 7 48
λ λ
= + = −
.Tồn tại
các hằng số
,
α β
sao cho
1 2
,
n n
n
b n
αλ βλ
= + ∀ ∈¥
.Vì
1 2
2
3
b b= =
nên
2 3 2 3

,
6 6
α β
− +
= =

2 3 2 3 1
(7 48) (7 48) ,
6 6 3
n n
n
a n⇒
− +
= + + − + ∀ ∈¥

2
2 3 2 3
(2 3) (2 3)
6 6
n n
n
a
 
 
⇒
 
 
− +
= + + −

Xét dãy số
( )
n
c
sao cho
n
c =

2 3 2 3
(2 3) (2 3)
6 6
n n
− +
+ + −
,
n
∀ ∈
¥

Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
1 1
4 ,
n
n n
c c c n
+ −
= − ∀ ∈¥
.Mặt
khác
0 1

1c c= =
.Suy ra
n
c
là số nguyên với mọi
n∈¥
.Mặt khác
2
n n
a c=
.Vậy
n
a
là số
chính phương với mọi
n∈¥

Bài toán 2: Chứng minh tồn tại vô số cặp số nguyên dương (m, n) sao cho
m
1n
n
1m +
+
+
là một số nguyên dương.
(Đề thi Olympic Toán của Anh năm 2007)
Lời giải: Ta chứng minh rằng phương trình
x
1y
y

1x +
+
+
= 4 (1) có vô số nghiệm
nguyên dương. Thật vậy (1) ⇔ x
2
+ (1 - 4y)x + y
2
+ y = 0 (2)
17
(x
1
= 1, y
1
= 1) là một nghiệm nguyên dương của (2)
Xét dãy (t
k
) (k ≥ 1) sao cho t
1
= t
2
= 1, t
k + 2
= 4t
k+1
- t
k
- 1 (k ≥ 1)
Dễ dàng chứng minh được t
k+1

> t
k
> 0, ∀ k ≥ 2. Ta có (t
1
, t
2
) là một nghiệm
nguyên dương của phương trình (2). Giả sử (t
k
, t
k+1
) là một nghiệm nguyên dương của
phương trình (2) tức là t
k
2
+ (1 - 4t
k+1
) t
k
+
2
1k
t
+
+ t
k+1
= 0.
Xét
2
2k

t
+
+ (1 - 4t
k+1
) t
k+2
+
2
1k
t
+
+ t
k+1
- [
2
k
t
+ (1 - 4t
k+1
)t
k
+
2
1k
t
+
+ t
k+1
] =
=

2
2k
t
+
-
2
k
t
+ (1 - 4t
k+1
) (t
k+2
- t
k
) = (t
k+2
- t
k
) (t
k+2
+ t
k
+ 1 - 4t
k+1
) = 0
⇒
2
2k
t
+

+ (1 - 4t
k+1
) t
k+2
+
2
1k
t
+
+ t
k + 1
= 0
⇒ (x, y) = (t
k + 1
, t
k +2
) cũng là nghiệm nguyên dương của phương trình (2)
Vì t
k+1
> t
k
∀ k ≥ 2 nên phương trình (1) có vô số nghiệm nguyên dương.
Vậy tồn tại vô số cặp số nguyên dương (m, n) sao cho
m
1n
n
1m +
+
+
là một số

nguyên dương.
Bài toán 3: Cho dãy số
( )( )
n
x n N
∗
∈
được xác định bởi
1 2
3, 11x x= =
và
1 2
= 4 - , 3
n
n n
x x x n
− −
∀ ≥
.Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương
n
tồn
tại các số nguyên
,a b
sao cho
2 2
n
= +2x a b
.
Lời giải: Ta có
2

1
1 2.1x = +
,
2 2
2
3 2.1x = +
,
2 2
3
3 2.4x = +
,
2 2
4
11 2.4x = +

Ta chứng minh
2
2
1
2 1 1
2
2
n
n
n n
x x
x x
−
− −
 

 ÷
 
−
= +
,
2
2
1
2
2
2
n
n
n
n
x x
x x
−
 
 ÷
 
−
= +

Thật vậy
2 2
2 2
1 1
2 1 2 2 1 1
4 4 8 2

2 2
n n
n n
n
n n n n
x x x x
x x x x a
− −
+ − −
   
 ÷  ÷
   
− −
= − = + − −

=
2 2 2 2
1 1 1 1
11 1 11 1
3 3 (4 ) (4 )
2 2 2 2
n n n n n n
n n n n
x x x x x x x x x x
− − + +
− − = − − + −

=
2
2 2 2

1
1 1
3 1
2
2 2 2
n
n
n n n
n n
x x
x x x x x
+
+ +
 
 ÷
 
−
− + = +

2 2
2 2
1 1
2 2 2 1 2
4 4 8 2
2 2
n n
n n
n n
n n n
x x x x

x x x x x
+ −
+ +
   
 ÷  ÷
   
− −
= − = + − −

=
2
2
2 2 2
1 1
1 1
3
3 1
3 8 2
2 2 2 2
n n
n n
n n n
n n
x x x x
x x x x x
+ +
+ +
 
 
 ÷

 ÷
 
 
− −
+ − = − +

=
2
2 2 2
1
1 1 1
1
2
2 2
n
n
n n
n n n
x x
x x x x x
+
+ + +
 
 ÷
 
−
− + = +

Bài toán 4 : Cho dãy số
( )( )

n
x n N
∗
∈
được xác định bởi
1 2
1, 3x x= =
và
1 2
= 6 - , 3
n
n n
x x x n
− −
∀ ≥
.Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương
n
tồn
tại các số nguyên
,a b
sao cho
2 2
n
= +2x a b
.
18
Lời giải:Xét các dãy số
( )( )
n
u n

∗
∈¥
và
( )( )
n
v n
∗
∈¥
được xác định bởi
1 1
1, 0u v= =
,
1
2
n n
n
u u v
+
= +
và
1
n n
n
v u v
+
= +
với mọi
n
∗
∈¥

.Chúng ta chứng minh
2 2
(1)2 ,
n n n
x u v n
∗
= + ∀ ∈¥
bằng phương pháp quy nạp toán học.Thật vậy mệnh đề đúng
với
1n =
và
2n =
.Giả sử mệnh đề đúng đến
( 2)n m m= ≥
.Khi đó ta có
2 2 2 2
1 1 1
2 , 2
m m m
m m m
x u v x u v
− − −
= + = +
.Đặt
1 1
,
m m
A u B v
− −
= =

ta có
1 1
2 , , 3 4 , 2 3
m m
m m
u A B v A B u A B v A B
+ +
= + = + = + = +
Ta có
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 1 1
6 6( 2 ) ( 2 ) 6 2 2
m m m
m m m
x x u v u v A B A B
− − −
 
 
 
− = + − + = + + +
( )
2 2
2A B− +
( ) ( )
2 2
2 2
1 1
3 4 2 2 3 2

m m
A B A B u v
+ +
=
+ + + = +
.Suy ra
2 2
1 1 1
2
m m m
x u v
+ + +
= +
.Vậy (1)cũng đúng
với
1n m= +
.Theo nguyên lí quy nạp toán học (1)đúng với mọi
n
∗
∈¥
.
Vậy với mỗi số nguyên dương
n
tồn tại các số nguyên
,a b
sao cho
2 2
n
= +2x a b
.

4) Phần thứ tư:Ứng dụng của dãy số
Trong kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định năm 2012 có bài toán sau :
Bài toán T5: Cho dãy số
( )( )
n
u n
∗
∈¥
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau
0 1,
n
u n
∗
< < ∀ ∈¥
và
1
1
) ,
4
(1
n
n
u nu
∗
+
≥ ∀ ∈− ¥
. Chứng minh rằng
1 1 1
,
2 2 2

n
u n
n
∗
− < ≤ ∀ ∈¥
Lời giải:
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức
1 1
(1),
2 2
n
u n
n
∗
− < ∀ ∈¥
. Thật vậy (1) đúng với
1n
=
. Giả sử (1)đúng với
1n k= ≥
, tức là
1 1
2 2
k
u
k
− <
. Ta có
1 0
k

u− >
và
1
1
)
4
(1
k
k
u u
+
≥−
nên
1
1 1 1 1
1 1
4(1 ) 2( 1) 2 2( 1)
4( )
2 2
k
k
k
u
u k k
k
+
≥ > = = −
− + +
+
. Vậy (1) cũng đúng với

1n k= +

Theo nguyên lí quy nạp toán học thì (1) đúng với mọi
n
∗
∈¥

Với
n
∗
∈¥
ta có
1 1
1
) 1 )
4
(1 (
n n n n
n n
u u u u uu
+ +
≥ ≥ − ⇒ ≥−
. Mặt khác dãy
( )
n
u
bị chặn trên
Vậy dãy
( )
n

u
có giới hạn hữu hạn khi
n
→ +∞
.
Đặt
lim (0 1)u a a
n
n
= < ≤
→ +∞
ta có
1 1
(1 )
4 2
a a a− ≥ ⇒ =

1
,
2
n
u n
∗
⇒
≤ ∀ ∈¥

rằng
1 1 1
,
2 2 2

n
u n
n
∗
− < ≤ ∀ ∈¥
Bài toán 1: Tìm tất cả các hàm số liên tục
:f →¡ ¡
sao cho
1
2
( ) ( )
4
f x f x+ =
với mọi
số thực
x

19
Lời giải: Với
1
0
2
x≤ ≤
,xét dãy
( )( )
n
u n
∗
∈¥
được xác định bởi

2
1 1
1
, ,
4
n
n
u x u u n
∗
+
= = + ∀ ∈¥
. Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
1
0 ,
2
n
u n
∗
≤ ≤ ∀ ∈¥
. Mặt khác ta có
1
n
n
u u
+
≥
với mọi
n
∗
∈¥

.Vậy dãy
( )( )
n
u n
∗
∈¥
có
giới hạn hữn hạn khi
n → +∞
và
1
lim
2
n
n
u
→+∞
=
.Ta có
2
1
1
( ) ( ) ( ),
4
n n
n
f u f u f u n
∗
+
= + = ∀ ∈¥

Suy ra
( ) ( ),
n
f u f x n
∗
= ∀ ∈¥

lim ( ) ( )
n
n
f u f x
→+∞
⇒ =

1
( ) ( )
2
f x f⇒ =

Với
1
2
x >
,xét dãy
( )( )
n
v n
∗
∈¥

được xác định bởi
1 1
1
, ( )
4
n
n
v x v v n
∗
+
= = − ∈¥

Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
1
,
2
n
v n
∗
> ∀ ∈¥
.
Mặt khác
2
1 1
1
,
4
n
n n
v v v n

∗
+ +
= + ≥ ∀ ∈¥
. Suy ra dãy
( )
n
v
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞

và
1
lim
2
n
n
v
→+∞
=
. Ta có
2
1 1
1
( ) ( ) ( ),
4
n
n n
f v f v f v n
∗
+ +

= + = ∀ ∈¥
suy ra
1
( ) ( )
2
f x f=

vậy
1
( ) ( ), 0
2
f x f x= ∀ ≥
.Mặt khác
( ) ( ),f x f x x− = ∀ ∈¡
, suy ra
1
( ) ( ),
2
f x f x= ∀ ∈¡

vậy
( )f x c=
(
c
là hằng số )với mọi
x∈¡

Bài toán 2: Cho hàm số
2
2

( )
1
x
g x
x
=
+
. Hãy tìm tất cả các hàm số
( )f x
xác định ,liên
tục trên khoảng
( 1;1)−
và thỏa mãn hệ thức
2 2 2
(1 ) ( ( )) (1 ) ( )x f g x x f x− = +
với mọi
( 1;1)x∈ −

(Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2001-Bảng A)
Sau đây là lời giải bài toán 2 của tác giả bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này
(lời giải này khác với đáp án của Ban chấm thi):
cách tiếp cận lời giải : Hàm
( )f x
thỏa mãn
2
1
( ) (0;1)
1
f x x
x

= ∀ ∈
−
thỏa mãn đề bài.
Xét hàm số
:( 1;1)h − → ¡
sao cho
2
( ) (1 ) ( ), ( 1;1)h x x f x x= − ∀ ∈ −
Suy ra
2
( )
( ) ( ( )) ( ), ( 1;1)
1
h x
f x h g x h x x
x
= ⇒ = ∀ ∈ −
−
Một tình huống xảy ra khi xét dãy
( )
n
u
được xác định bởi
1 1
(0 1); ( ),
n
n
u x x u g u n
∗
+

= < < = ∀ ∈¥
20
là
lim 1
n
n
u
→+∞
=
, nhưng 1không thuộc tập xác định của hàm số
( )g x
.
Chúng ta xét dãy
( )( )
n
u n
∗
∈¥
được xác định bởi
2
1 1
1 1
(0;1), ,
n
n
n
u
u x u n
u
∗

+
− −
= ∈ = ∀ ∈¥
Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
0 1,
n
u n
∗
< < ∀ ∈¥
.Từ đó suy
ra
1
,
n
n
u u n
∗
+
< ∀ ∈¥
.
Suy ra dãy
( )
n
u
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞
và
lim 0
n
n

u
→+∞
=
.
Ta có
1
( )
n
n
u g u
+
=
.suy ra
1 1
( ) ( ( )) ( )
n
n n
h u h g u h u
+ +
= =
. Vì
( )h x
là hàm liên tục trên (-1 ;1)
nên
1
( ) ( ) (0)h x h u h= =
.tương tự
( ) (0), ( 1;0)h x h x= ∀ ∈ −
. Vậy
( )h x c=

(
c
là hằng số).
Suy ra
2
( ) , ( 1;1)
1
c
f x x
x
= ∀ ∈ −
−
. Thử lại ta thấy hàm số
:f →¡ ¡
sao cho
2
( ) , ( 1;1)
1
c
f x x
x
= ∀ ∈ −
−
(
c
là hằng số) thỏa mãn đề bài.
Bài toán3: Cho tập hợp
F
gồm tất cả các hàm số
:f

∗ ∗
+ +
→¡ ¡
thỏa mãn điều kiện
(3 ) ( (2 ))f x f f x x≥ +
với mọi số thực dương
x
.Hãy tìm số thực
α
lớn nhất sao cho với
mọi hàm số
f
thuộc tập hợp
F
ta đều có
( )f x x
α
≥
với mọi số thực dương
x

(Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2003-Bảng A)
Lời giải: Giả sử
f F∈
. Với
0,y >
chọn
3
y
x =

.Khi đó
( )
3
y
f y >
. Đặt
1
3
a =
ta có
( ) , 0f y ay y> ∀ >
. Với
0,y >
chọn
3
y
x =
ta có
2
2 1
( )
3 3
f y a y
 
 ÷
 
> +
Xét dãy số
( )( )
n

u n
∗
∈¥
được xác định bởi
2
1 1
1 2 1
; ,
3 3 3
n
n
u u u n
∗
+
= = + ∀ ∈¥
Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
1
0 ,
2
n
u n
∗
< < ∀ ∈¥
Suy ra
1
,
n
n
u u n
∗

+
< ∀ ∈¥
.Suy ra dãy số
( )
n
u
có giới hạn hữu hạn khi
n → +∞
và
1
lim
2
n
n
u
→+∞
=
. Ta có
1
( ) , 0f x u x x> ∀ >
và
2
( ) , 0f x u x x> ∀ >
. Bằng phương pháp quy nạp
toán học ta chứng minh được
( ) , 0
n
f x u x x> ∀ >
. Suy ra
1

( ) , 0
2
f x x x≥ ∀ >
.
Giả sử
α
là số thực sao cho với mọi hàm số
f
thuộc tập hợp
F
ta đều có
( )f x x
α
≥
với
mọi số thực dương
x
.
Xét hàm
:f
∗ ∗
+ +
→¡ ¡
sao cho
1
( ) , 0
2
f x x x= ∀ >
. Khi đó
f F∈

.
21
Suy ra
1
, 0
2
x x x
α
≥ ∀ >
1
2
α
⇒ ≤
. Vậy giá trị lớn nhất của
α
là
1
2
.
Sau đây là một số bài toán dành để luyện tập:
Bài1:Tìm tất cả các hàm liên tục
:f →¡ ¡
sao cho
2
( 6) ( ),f x f x x− = ∀ ∈¡

Bài 2:Tìm tất cả các hàm liên tục
:f →¡ ¡
sao cho
2

1 1
( ) ( ),
3 9
f x x f x x+ + = ∀ ∈¡

(Đề thi chọn đội tuyển Việt nam dự thi toán Quốc tế năm 2007)
5) Phần thứ năm: Một số chuyên đề về dãy số được viết bởi tác giả bản báo cáo sáng
kiến kinh nghiệm này.
Chuyên đề 1: Về một bài toán phương trình hàm trong kì thi chọn học sinh giỏi Quốc
gia môn Toán năm 2012
Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia môn Toán năm 2012 có bài toán sau:
Bài toánT7: Tìm tất cả các hàm
f
xác định trên tập số thực
¡
, lấy giá trị trong
¡
và
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
1)
f
là toàn ánh từ
¡
đến
¡
.
2)
f
là hàm số tăng trên
¡

.
3)
( )
( ) ( ) 12f f x f x x= +
với mọi số thực
x
.
(Bài toán 7 của đề thi VMO - 2012)
Trong tạp chí Kvant tháng 11 năm 1986 có bài toán sau:
Bài toán T7a: Tìm tất cả các hàm liên tục
:f →¡ ¡
thỏa mãn
( )
( ) ( )f f x f x x= +
với
mọi số thực
x
.
Sau đây là lời giải của bài toán T7a:
Giả sử hàm
:f →¡ ¡
là hàm liên tục trên
¡
và thỏa mãn
( )
( ) ( )f f x f x x= +
với mọi số
thực
x
. Trước hết ta chứng minh

f
đơn ánh. Thật vậy, giả sử
2
1
,x x ∈¡
sao cho
1 2
( ) ( )f x f x=
.
Khi đó
( ) ( )
1 2
( ) ( )f f x f f x=
.
Mặt khác
( )
1 1 1
( ) ( )f f x f x x= +
và
( )
2 2 2
( ) ( )f f x f x x= +
.
Từ đó suy ra
1 2
x x=
. Ta có
( )
(0) (0)f f f=
.

Vì
f
đơn ánh nên
(0) 0f =
. Đặt
( )
0 1 1
( ) , ( ) ( ), ( ) ( )
n
n
f x x f x f x f x f f x
+
= = =
với mọi
*
n N∈

1
( ) ( )
n n
n
f x F x F f x
−
⇒ = +
với mọi
*
n N∈
, trong đó
( )
n

F
là dãy Phibônaxi được xác
định bởi
0 1 2 1
0, 1, ( 0)
n
n n
F F F F F n
+ +
= = = + ≥
.
Thật vậy mệnh đề đúng với
1, 2n n= =
Giả sử mệnh đề đúng đến
2n k= ≥
Ta có
( ) ( )
( )
1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
k k k k k
f x f f x f f f x f x f x
+ − −
= = = +
( )
( )
1
2 1 1 2 1
( )( ) ( )
k k

k k k k k k
x F F f xF x F f x F x F f x F F
−
− − − − −
+ + += + + + =
1
( )
k k
F x F f x
+
= +
22
Vậy mệnh đề cũng đúng với
1n k= +
.
Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề đúng với mọi
*
n N∈
.
Vậy
1
( ) ( )
n n
n
f x F x F f x
−
= +
với mọi
*
n N∈

.
Vì
f
liên tục và đơn ánh trên
¡
nên
f
đồng biến hoặc
f
nghịch biến trên
¡
.
Phương trình đặc trưng của dãy
( )
n
F
là:
2
1 5
2
1 0
1 5
2
t
t t
t







+
=
− − = ⇔
−
=
Đặt
1 2
1 5 1 5
,
2 2
t t
+ −
= =
tồn tại các hằng số A và B sao cho
1 2
,
n n
n
n NF At Bt ∀ ∈= +
. Vì
0 1
0, 1F F= =
nên
1 2
1 2
0
( ) 1
1

A B
B A
A t t
At Bt



 



+ =
= −
⇒
− =
+ =
1 1 1 1 5 1 1 5
,
2 2
5 5 5 5
n n
n
A B F
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
+ −
⇒ = = − ⇒ = −
Giả sử

f
nghịch biến trên
¡
. Với
0x >
ta có
( ) 0f x <
( )
( ) 0f f x⇒ >
( ) 0 0 ( ) ( )x f x f x x f x x⇒ + > ⇒ > > − ⇒ <
Với
0x <
ta có
( ) 0f x >
( )
( ) 0f f x⇒ <

( ) 0 0 ( ) ( )x f x f x x f x x⇒ + < ⇒ < < − ⇒ <
Trong cả 2 trường hợp ta đều có
( )f x x<
với mọi
0x ≠
. Suy ra
( )f x x≤
với mọi
x
∈
¡
. Vậy nếu
x

là một số thực bất kỳ và
n
là một số nguyên dương thì
( )
1 1
( ) ( ) ( ) ( )
n
n n
f x f f x f x f x x
− −
= ≤ ≤ ≤ ≤
.
Cố định
x∈¡
. Ta có
1
( ) ( )
n n
n
f x F x F f x
−
= +

1
( )
( )
n n
n n
F
f x

x f x
F F
−
⇒ + =
Ta có
lim
n
n
F
→+∞
= +∞
và
( )
n
f x
bị chặn
( )
lim 0
n
n
n
f x
F
→+∞
⇒ =
Mặt khác
1
2
1 1
1 1

1 2
1 1 1
1
1 2
1 2
2
1 2
1
1 1
1 1
5 5
1 1
1
5 5
n
n n
n n
n
n
n n
n n
n
t
t t
t t t
F
t t
F t t
t
t t

t
−
− −
− −
−
 
 ÷
 
 
 ÷
 
−
−
−
= = =
−
−
−

Vì
2
1
lim 0
n
n
t
t
→+∞
 
 ÷

 
=

1
1
1 2 5 1 1 5
lim ( )
2 2
5 1
n
n
n
F
f x x
F t
−
→+∞
− −
⇒ = = = ⇒ =
+
Giả sử
f
đồng biến trên
¡
. Với
0x >
ta có
( ) 0f x >
.
Mặt khác

( )
( ) ( )f f x f x x= +
. Suy ra
( )
( )f f x x>
.
Với
0x <
, ta có
( ) 0f x <
. Mặt khác
( )
( ) ( )f f x f x x= +
. Suy ra
( )
( )f f x x<
Mặt khác
f
liên tục trên
¡
. Vậy
Im f = ¡
Mặt khác
f
đơn ánh nên tồn tại hàm
:g →¡ ¡
sao cho
( )
( )g f x x x= ∀ ∈¡
và

( )
( )f g x x x= ∀ ∈¡
(
g
là hàm ngược của
f
),
g
đồng biến trên
¡
Với
x∈¡
ta có
( )
( ) ( )x g g x g x= +
Thật vậy, đặt
( ) , ( )g x y g y t= =
ta có
( )
( ) ( ) ( )g g x g y t y f t= = ⇒ =
23
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x g g x t f t f f t f y x⇒ + = + = = =

Đặt
( )
*
0 1 1
( ) , ( ) ( ), ( ) ( ) ( )
n

n
g x x g x g x g x g g x n N
+
= = = ∈
.Ta có
2
( )g x
=
( )x g x−
Xét các dãy số
( )
( 0),( )( 0)
n n
a n b n≥ ≥
được xác định bởi
0 1 0 1
1, 0, 0, 1a a b b= = = =
,
2 1
( 0),
n n n
a a a n
+ +
= − ≥
2 1
( 0)
n n
n
b b b n
+ +

= − ≥
.Ta có
1 2
5 1 5 1
( 1) ( 1) ,
2 5 2 5
n n n n
n
a n Nt t
− +
= − − ∀ ∈+

1 2
1 1
( 1) ( 1) ,
5 5
n n n n
n
b n Nt t
−
= − + − ∀ ∈
trong đó
1
5 1
2
t
+
=
và
2

5 1
2
t
− +
=
Ta chứng minh
( ) ( ),
n
n n
g x bx a g x n+= ∀ ∈¥
Thật vậy mệnh đề đúng với
0n =
và
1n =
. Giả sử mệnh đề đúng đến
1n k= ≥
. Ta có
1 1
( ) ( ) ( )
k k k
g x g x g x
+ −
= −
=
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
k
k k k k k k k k k
a x b g x a a x b b g x a x b g xx b g x a
− − − − + +

− = − + − = ++ −
Vậy mệnh đề cũng đúng với
1n k= +
.
Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề đúng với mọi
n N
∈
.
Vậy
1 2
1 5 1 1 5 1
( ) ( 1) [ ( )] ( 1) [ ( )]
2 2
5 5
n n n n
n
g x t x g x t x g x
− +
= − − + − +
với mọi
n∈¥
Ta có
( ( )) ( ), (0) 0g g x x g x g= − =
Nếu
0x >
thì
( )
( ) (0) 0 ( ) 0 ( ) 0g x g g g x x g x> = ⇒ > ⇒ > >
Nếu
0x <

thì
( )
( )( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 g x xg x g g x x g x< << ⇒ ⇒ < < ⇒
Trong cả 2 trường hợp ta đều có:
*
( ) , ( )( ) ( ) ,
n
g x x x n Ng x x g x x x ⇒ ≤ ∀ ∈ ∈< ⇒ ≤ ∀ ∈¡ ¡
Cố định
x∈¡
. Ta có
1
lim
n
n
t
→+∞
= +∞
,
2
lim 0
n
n
t
→+∞
=
và
( )
n
g x

bị chặn,
2
5 1
5 1
( ) ( )
2
5 1
2
x xg x x f x
+
=
−
⇒ = ⇒ =
−
. Vậy có 2 hàm
f
thỏa mãn đề bài.
Đó là các hàm :
5 1
,
2
( ) x xf x
+
∀ ∈= ¡
và
1 5
,
2
( ) x xf x
−

∀ ∈= ¡

Lời giải của bài toán T7 cũng tương tự như lời giải của bài toán T7a.
Sau đây là lời giải bài toán T7 của tác giả bản báo cáo sáng kiến kinh nghiệm này:
Giả sử tồn tại hàm số
f
thỏa mãn các điều kiện đề bài. Vì
f
là toàn ánh từ
¡
đến
¡
và
là hàm số tăng trên
¡
nên tồn tại hàm
g
xác định trên
¡
,tăng trên
¡
sao cho
( )
( )f g x x=

và
( )
( )g f x x=
với mọi
x∈¡

(
g
là hàm ngược của
f
).
Ta chứng minh
( )
1 1
( ) ( ),
12 12
g g t t g t t= − ∀ ∈¡
Thật vậy với
t ∈¡
, đặt
( )g t y=
ta có
( )f y t=
Đặt
( )g y x=
ta có
( )f x y=

( )
( ) ( )g g t g y x⇒ = =
Ta có
( )
( ) ( )t f y f f x= =
và
( )
( ) ( ) 12f f x f x x= +

Suy ra
( ) ( )
1 1
( ) 12 ( ) ( ) ( )
12 12
t g t g g t g g t t g t= + ⇒ = −
Đặt
( )
*
0 1 1
)( ) , ( ) ( ), ( ) ( ) (
n
n
g t t g t g t g t g g t n N
+
= = = ∈
Xét các dãy
( )
n
u
và
( )
n
v
sao cho
0 1 0 1
1 1, 0, 0,u u v v= = = =
24
( )
2 1

1
( )
12
n
n n
u u u n
+ +
= − ∈¥
,
( )
2 1
1
( )
12
n
n n
v v v n
+ +
= − ∈¥
Ta có
4 1 3 1
( )
7 4 7 3
n n
n
u n
   
 ÷  ÷
   
= + − ∀ ∈¥

và
12 1 12 1
( )
7 4 7 3
n n
n
v n
   
−
 ÷  ÷
   
= − ∀ ∈¥
Ta chứng minh
( ) ( ),
n n n
g t u t v g t n= + ∀ ∈¥
. Thật vậy mệnh đề đúng với
0n
=
và
1n
=
Giả sử mệnh đề đúng đến
1n k= ≥
Ta có
( ) ( )
1 1 1 1
1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
12 12 12 12

k k k k k k k
g t g t g t u t v g t u t v g t
+ − − −
= − = + − +
( ) ( )
1 1 1 1
1 1
( ) ( )
12 12
k k k k k k
t u u g t v v u t v g t
− − + +
= − + − = +
.
Vậy mệnh đề cũng đúng với
1n k= +
.
Theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề đúng với mọi
n∈¥

( ) ( ) ( )
n n n
g t u t v g t n⇒ = + ∀ ∈¥
4 1 3 1 12 1 12 1
( ) ( )
7 4 7 3 7 4 7 3
n n n n
n
g t t g t
   

       
⇒ = + − + − −
   
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
   
   
1 4 12 1 3 12
( ) ( ) ,
4 7 7 3 7 7
n n
t g t t g t n
       
= + + − − ∀ ∈
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
¥
Ta có
f
đơn ánh và
( )
(0) (0) (0) 0 (0) 0f f f f g= ⇒ = ⇒ =
Ta có
( )
1 1
( ) ( )
12 12
g g t t g t= −
. Nếu
0t

>
thì
( )
2
1 1
( ) ( )
12 12
( ) 0 0 g t t g t tg t g < ⇒ <> ⇒ <
Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
2
1
0 ( ) , 0
12
k
k
g t t t< < ∀ >
Xét
0t
<
ta có
( )
( ) (0), ( )) (0 0g t g g g t g< < =
Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
*
0 ( 0)( ) ,
n
tg t n N << ∀ ∈
Ta có
( ) ( )
1 1 1 1

0 ( ) ( ) ( )
12 12 12 12
g g t t g t t g g t t> = − > ⇒ <
Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
2
1
( )
12
k
k
g t t<

*
k N∀ ∈
( 0)t <
Vậy
2
,
1
( )
12
k
k
t
g t t
∀ ∈
≤
¡
(
*

k N∀ ∈
).Cố định
t
∈
¡
.
Ta có
2
11
0 11 ( )
12
k
k
k
g t t
 
 ÷
 
≤ ≤
với mọi
*
k ∈¥

( )
2
lim 11 ( ) 0
k
k
k
g t

→+∞
⇒ =
Mặt khác:

2
11 4 12 11 3 12
( ) ( )
16 7 7 9 7 7
11 ( )
k k
k
k
t g t t g tg t
       
+ + −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
=
và
11 4 12
lim ( ) 0
16 7 7
k
k
t g t
→+∞
   
 ÷  ÷
   
+ =

,
11 3 12 1
lim ( ) 0 ( )
9 7 7 4
k
k
t g t g t t
→+∞
 
 ÷
 
= +∞ ⇒ − = ⇒ =
.
Suy ra
( ) 4 ,f t t t= ∀ ∈¡
Thử lại ta thấy hàm
:f →¡ ¡
sao cho
( ) 4 ,f x x x= ∀ ∈¡
thỏa mãn đề bài.
Sau đây là một bài toán dành cho học sinh luyện tập:
Bài toán 1: Tìm tất cả các hàm liên tục
:f →¡ ¡
sao cho
( )
( ) ( ) 6f f x f x x= +
với mọi
x∈¡
.
Chuyên đề 2:Về lời giải của một bài toán tìm giới hạn của một dãy số trong tạp chí

25