Những bài toán đặc biệt về dãy số

111Equation Chapter 1 Section 1

BÀI NGOẠI KHÓA

NHỮNG BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT VỀ
DÃY SỐ

Hà Nội 12/2015


*Các dạng toán đặc biệt
Dạng toán Lượng giác

I.

Ví dụ 1 Xác định lim
x1 = 1; xn +1 =

Đặt

xn

xn 2 + 2 + K + 2
, ∀n ∈ ¥ ∗
xn + 1

yn = 2 + 2 + K + 2

xn +1 =

an

2 cos

Khi đó ta có
4an
bn =
π
sin n
2
bn +1 − 4 cot

Suy ra
an =

Suy ra
Vậy ta có

Chứng minh bằng quy nạp ta có

π
2n +1
xn + 1

an +1 =

Lại đặt

yn = 2 cos

2 xn cos

Nên ta có

Tử số có n số 2

π
2n +1

an =

Đặt

1
xn

1

+

2 cos

sin

Khi đó ta có

π
2n+1

π
π
×bn +1 sin n ×bn

n +1
1
4
2
2
=
+
⇔ bn+1 = bn +
π
π
4
4
2 cos n +1
sin n
2
2

π
π
π
= bn − 4 cot n = b1 − 4 cot = b1
n +1
2
2
2

π
π
sin n
n

2 ×b =
2 (b + 4 cot π ) = b1 sin π + cos π
n
1
4
4
2n
4
2n
2n

sin

lim an = 1 ⇒ lim xn = 1

Ví dụ 2 Xác định lim

xn

π
2n +1


n

xn = ∏ ui
i =1

và
cos θ =

Đặt

1 
→a = 1
¬

a
cos θ

u2 =

Khi đó ta có

2a
2
2
1
=
=
=
1
1+ a
cos θ + 1 cos θ
+1
a
2

1

un =

cos

Bằng quy nạp ta có thể chứng minh được

xn =
Ta có:

θ
2n−1

1
1
1
×
×K ×
θ
cos θ cos θ
cos n−1
2
2

θ
n −1
2θ
⇒ xn × 2
=
θ
sin n −1 cos 2θ

2
2θ
⇒ lim xn =
cos 2θ

(bởi vì ta có

sin x


= 1÷
 lim
x



)

Một số ví dụ tương tự

212\* MERGEFORMAT (.)

lim un
n

un = ∑ 3i −1 sin 3
i =1

α
3i

313\* MERGEFORMAT (.)Cho

 x1 = a
(0 < a ≤ b)

 x2 = b

xn + yn

 xn +1 =
2

y = x y
n +1 n
 n +1
lim xn , lim yn

Tính

II.

Định lý trung bình cesaro và ứng dụng

Nếu dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn là a thì dãy số các trung bình cộng
cũng có giới hạn là a

 x1 + x2 + K + xn 


÷
n



Xét dãy (yn) với yn=xn+1-xn thì ta có cách phát biểu tương đương như sau:
lim

Nếu lim(xn+1-xn)=a thì

xn
=a
n

Cách phát biểu thứ 2 có ứng dụng như sau: Để tìm số

ta cần tìm

x
lim  n1
 γ
n

γ

γ=

sao cho

1

β

β

sao cho

xn
nβ

để áp dụng định lý trung bình cesaro nếu

có giới hạn hữu hạn,
lim( xnγ +1 − xnγ ) = a

1

÷= aγ
÷


Ví dụ 1(Đề nghị Olympic 30-4 toán 11 năm 2013 THPT Mạc Đĩnh Chi TpHCM)
Cho dãy số

thỏa mãn :

thì


u1 = 1



un

*
u
=
,
∀
n
∈
N
 n +1 1 + u 2
n

lim (un n )

Tính

n →+∞

(un )

Dễ thấy

un +1 =

là dãy dương nên

un
< un

1 + un2

nên

(un )

un

bị chặn dưới bởi . Hơn nữa dễ dàng thấy rằng

là dãy giảm. Do đó dãy

(un )

có giới hạn hữu hạn

Chuyển qua giới hạn ta được :
L=

L
⇒L=0
1 + L2

lim un = 0

n →+∞

Vậy nên

Từ đề bài ta có :

1
1
= + un
un +1 un
 1
 1
un
1
1
1  1
1 
1 
−
=
−
+
=
u
+
=
+1

÷
÷

÷
n
un2+1 un2  un +1 un   un +1 u n 
u

u
u
n 
n +1
 n +1

Xét:

 1

= un 
+ un ÷+ 1 = 2 + un2
 un



Do đó ta có :

 1
1 
lim  2 − 2 ÷ = lim ( 2 + un2 ) = 2
n →+∞ u
 n +1 un  n →+∞
Áp dụng định lí trung bình Cesaro ta có :

un−2
un
1
lim
= 2 ⇒ lim un n = lim −1/2

=
n →+∞ n
n →+∞
n →+∞ n
2

(

)

Ví dụ 2 (THTT số 420)
Cho dãy số

(x n )

được xác định như sau :

1001

x1 =

1003

2
3
4
 xn +1 = xn − xn + xn − xn + ... + xn2011 − xn2012 , ∀n ∈ ¥ *

lim ( nxn )

Tính .

n →+∞

Giải:
Từ công thức xác định dãy, ta có :

xn +1 = xn ( 1 − xn + xn2 − ... + xn2010 − xn2011 ) =

Ta có

0 < x1 < 1

Ta thấy :

, giả sử

0 < xn < 1

.

xn ( 1 − xn2012 )
1 + xn


xn +1 1 − xn2012
0<
=
< 1 ⇒ 0 < xn +1 < xn
xn

1 + xn
Như vậy dãy
hạn :

giảm và bị chặn dưới bởi nên có giới hạn hữu hạn , chuyển qua giới

L=

L ( 1 − L2012 )
1+ L

⇔ L=0

lim xn = 0

Do đó

n →+∞

Ta xét :

1 + xn
1
1
1 1 + xn2011
− =
−
=
→1
xn +1 xn xn ( 1 − xn2012 ) xn 1 − xn2012

Áp dụng định lí trung bình Cesaro ta được :

 1
xn
1
=
lim
−

÷= 1
n →+∞ n −1
n →+∞ x
x
n 
 n +1

lim ( nxn ) = lim

n →+∞

Ví dụ 3 Cho dãy số

xn +1 = xn +

( xn )

được xác định bởi

x0 = 1

và :

3
4
+
, n = 0,1, 2,....
3 x
4 x
n
n

Tìm tất cả các số thực m sao cho dãy số

 xn 
 nm ÷
 

có giới hạn hữu hạn khác .

Giải

 xn 
 m÷
n 

Ta thấy dãy
hữu hạn khác .

có giới hạn hữu hạn khác khi và chỉ khi dãy

 x1/m

n

÷
 n 

có giới hạn


Dễ thấy

lim ( xn ) = +∞

. Như vậy ta đi xét :
5/4


3
4 
=  xn + 1/3 + 1/4 ÷ − xn5/4
xn
xn 


5/4
xn5/4
+1 − xn

1

xn5/ 4

yn =
Đặt

thì :

 1

1 ( 1 + 3 yn
=  4/5 + 3 yn4/15 + 4 y1/15
−
=
÷
n
yn
 yn

5/4

5/ 4
n +1

x

−x

5/4
n

( z + 1)
= n

5

16/15

+ 4 yn )

5/ 4

−1

yn

−1

yn .tn

5
4
3
2
1/15
zn5 + 5 zn4 + 10 zn3 + 10 zn2 + 5 zn zn / yn + 5 zn / yn + 10 zn / yn + 10 zn / yn + 5 ( 3 yn + 4 )
=
=
15/ 4
10/4
5/4

yn .tn
( 1 + z n ) + ( 1 + zn ) + ( 1 + zn ) + 1

→

20
=5
4

Trong đó :

zn = 3 y16/15
+ 4 yn .tn = ( 1 + zn )
n
=>

15/ 4

lim zn = 0

Từ đó theo định lí trung bình Cesaro :

 xn5/4 
lim 
÷= 5
 n 
1
m
n

Để ý thấy :

5

1 5
−
x
xn4
m 4
=
×xn
n
n

+ ( 1 + zn )

10/ 4

+ ( 1 + zn )

5/ 4

+1


Nếu

Nếu

1 5

>
m 4

thì

1 5
<
m 4

 x1/n m
lim 
 n

thì


÷ = +∞


 x1/n m 
lim 
÷ = +∞
n



Nên m =4/5
Một cách tổng quát hơn với dãy

dãy có giới hạn

 unβ 
 ÷
 n 

un +1 = un + una1 + unan + .... + unak

hữu hạn khác 0 là

thì điều kiện để

β = 1 − max { a1 , a2 ,..., ak }

.

Nhận xét này chưa được chứng minh nhưng thông thường dùng được dự đoán cho những
ví dụ trên

Bài tập :1) Cho dãy số

( xn )

xác định bởi .

1
x0 = , xn +1 = xn − xn2
2

lim ( nxn ) = 1

Chứng minh rằng

n →+∞

2)(VNTST 1993) Dãy số

an +1 = an +

( an )

xác định bởi

1
, n = 1, 2,...
an

a1 = 1

và :


Một số bài toán đặc biệt khác

III.

Ví dụ 1(THTT T3 2010)
Cho dãy số dương (un). Đặt

S n = u13 + u23 + u33 + K + un3 , n = 1, 2,K

un +1 ≤ (( S n − 1)un + un −1 )

Giả sử

1
, ∀n = 2,3,K
Sn −1

Tìm lim un

Giải
Từ giả thiết ta có ngay:

S n − S n −1 = un3 > 0 ∀n ≥ 2

Vậy nên nếu Sn bị chặn trên thì Sn hội tụ là
Nếu Sn không bị chặn trên thì
Từ giả thiết ta có:

Do đó:

lim un3 = lim( Sn − Sn −1 ) = 0 ⇒ lim un = 0

lim S n = +∞

Sn +1un +1 + un ≤ Snun + un −1 , ∀n ≥ 2

Từ đây ta thu được
un ≤

S nun + un −1 ≤ S 2u2 + u1 , ∀n ≥ 2

un −1 S 2u2 + u1
≤
Sn
Sn

suy ra lim un=0

Vậy lim un=0 cho cả hai trường hợp
Ví dụ 2 Cho dãy (an)
a0 = 1999

an2

an +1 = 1 + a

n

Tìm phần nguyên của an (với

0 ≤ n ≤ 999

)
Giải

Rõ ràng

ta thấy un là một dãy tăng

an > 0, ∀n ≥ 0

nên:


an2
a
an − an +1 = an −
= n >, ∀n ≥ 0
1 + an 1 + an

=>(an) là dãy giảm
⇒ an +1 =

(1)

an2
a
= an − n > an − 1∀n ≥ 0
1 + an
1 + an

⇒ an +1 > a0 − ( n + 1), ∀n ≥ 0
⇒ an −1 > a0 − ( n − 1), ∀n ≥ 2
⇒ an −1 > 2000 − n, ∀n ≥ 2

(2)

Mặt khác ta lại có:
an = a0 + ( a1 − a0 ) + ( a2 − a1 ) + K + ( an − an −1 )

 a

a
a
= 1999 −  0 + 1 + K + n −1 ÷
1 + an−1 
 1 + a0 1 + a1
 1
1
1 
= 1999 − n + 
+
+K +
÷
1 + an −1 
 1 + a0 1 + a1

Từ (1),(2) suy ra
 1
1
1 
n
0<
+
+K +
÷<
1 + an −1  1 + an −1
 1 + a0 1 + a1
n
n

<
<
≤ 1 ∀2 ≤ n ≤ 1998 (4)
2001 − n 1998 − n

Từ (3),(4) Ta có:
1999 − n < an < 1999 − n + 1
⇒  an  = 1999 − n ∀2 ≤ n < 999

Ví dụ 3 Cho dãy (xn ) xác định bởi
a)

xn +1
n →+∞ x x K x
1 2
n
lim

x1 = 5, xn +1 = xn2 − 2 ∀n ≥ 1

1

1
1
b) lim  +
+K +
÷
n →+∞ x
x1 x2 K xn 
 1 x1 x2

Giải

Tìm:


x2 − 5x + 1 = 0 ⇒ a =
a) Gọi a là ngiệm lớn của phương trình:

1

n−1

xn = a 2 +

Bằng quy nạp ta chứng minh được

Lưu ý rằng

Ta có

Do đó

1   2n−1
1
 2n−1
 a + 2n−1 ÷ a − 2n−1
a 
a


5 + 21
>1
2

a2

n −1

1

2n
÷ = a + 2n
a


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

a2
= 
=
n
1
1
1
x1 x2 K xn 
a 2 + 2n
1 − 2n+1
 a − ÷x1 x2 K xn
a
a
a

1
1 + 2n+1
xn +1
a
lim
= lim
n →+∞ x x K x
1
1 2
n
1 − 2n+1
a

b) Với

k ∈¥ ∗

, ta có

1

a− ÷
a


1
1

 a − ÷ = a − = 21
a
a


x 2 − xk +1
xk
xk +1 
1
1
= k
= 
−
÷
x1 x2 K xk 2 x1 x2 K xk 2  x1 x2 K xk −1 x1 x2 K xk 

Thay lần lượt và rút gọn được

xn+1 
1
1
1
1
+
+K +
=  x1 −
÷
x1 x1 x2
x1 x2 K xn 2 
x1 x2 K xn 

Do đó

1
 5 1
 xn+1
1
1
lim  +
+K +
= − lim 
÷
n →+∞ x
x1 x2 K xn  2 2 n →+∞  x1 x2 K xn
 1 x1 x2

Chú ý Có thể giải câu a như sau
Chứng minh dãy (xn) tăng,

2

lim xn = +∞

;
2

 xn +1 
 xn +1 
4
⇒ lim 

÷ = 21 +
÷ = 21
2
( x1 x2 K xn )
 x1 x2 K xn 
 x1 x2 K xn 

 5 − 21
÷=
2



Ví dụ 4 Cho phương trình x + 2x2 + … + nxn =

3
4

với n nguyên dương
∞

a

Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, trên khoảng (0; + ), phương trình
trên có nghiệm duy nhất, kí hiệu là xn

b

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

a) Xét hàm số fn(x) = x + 2x2 +…+nxn f n'

2

2 n–1

(x) = 1 + 2 x + …+ n x

và

f n'

3
4

→ ∞

+ . Tìm giới hạn đó.

liên tục trên R và có

(x) > 0

∀x ∈ ( 0; +∞ )

nên hàm số fn(x) tăng trên

( 0; +∞ )

Mà fn(0) = -

3
4

< 0, fn(1) > 0 nên phương trình fn(x) = 0 có duy nhất trong khoảng

( 0; +∞ )
b

Ta có
n −1

1
1
1
3 f n  ÷ = 1 + 2. + ... + n  ÷
3

3
3
2

−

9
4

n

1 1
1
1 3
f n  ÷ = + 2.  ÷ + ... + n  ÷ −
 3 3
3
 3 4

Trừ vế theo vế ta được:
n −1

1
1
1
2 f n  ÷ = 1 + + ... +  ÷
3
3
3

Do đó: xn >

1
, ∀n ∈ Z +
3

−

n 3 3
1
− = 1 − n
n
3 2 2 3

2n + 3
 n 3
<0
÷− n − = −
3.3n
 3 2


Áp dụng định lý Lagrange, tồn tại

1

yn ∈  ; xn ÷
3


2n + 3
1
1
1
= f n ( xn ) − f n  ÷ = xn − f n' ( yn ) > xn −
n
4.3
3
3
3

lim

Mặt khác

sao cho:

vì

f n' ( yn )

> 1 với yn > 0

2n + 3
1
= 0 ⇒ l imx n =
n
4.3
3

Ví dụ 5(diễn đàn toán học) Giả sử xn thuộc khoảng (0; 1) là nghiệm của phương
trình
1
1
1
+
+ ... +
=0
x x −1
x−n

Chứng minh dãy (xn) hội tụ. Tìm giới hạn đó.
Giải
f n ( x) =

xn được xác định duy nhất vì hàm số
trên (0; 1)

1
1
1
+
+ ... +
x x −1
x−n

liên tục và đơn điệu

Để chứng minh dãy hội tụ ta chứng minh dãy (xn) bị chặn và đơn điệu, hiển nhiên
dãy bị chặn vì 0 < xn < 1. Bây giờ ta chứng minh dãy (xn) đơn điệu

Ta thấy 0 < xn < 1 nên
f n +1 ( xn ) = f n ( xn ) +

1
1
=
<0
xn − n − 1 xn − n − 1

Trong khi đó fn+1(0+) > 0. Theo tính chất của hàm liên tục, trên khoảng (0; xn) có ít nhất
một nghiệm của fn+1(x). Nghiệm đó chính là xn+1. Suy ra xn+1 < xn. Tức dãy số (xn) giảm,
do dãy số này bị chặn dưới bởi 0 nên dãy số có giới hạn
Ta chứng minh dãy số trên có giới hạn bằng 0. Ta dễ dàng chứng minh kết quả
sau:


1+

1 1
1
+ + ... + > ln n
2 3
n

(Có thể chứng minh bằng cách đánh giá

 1 1
ln 1 + ÷ <
 n n

)

lim xn = a > 0

Thật vậy, giả sử
1+

Do

n →+∞

1 1
1
+ + ... + → +∞
2 3
n
1+

. Khi đó do dãy (xn) giảm nên ta có xn

khi

n → +∞

≥ a ∀n

≥
, nên tồn tại N sao cho với mọi n N ta có

1 1

1 1
+ + ... + >
2 3
n a

≥
Khi đó với mọi n N thì
0=

1
1
1
1
1
1
1 1 1
+
+ ... +
<
+ +
+ ... +
< − =0
xn xn − 1
xn − n x n −1 −2
−n a a
lim xn = 0

Điều này mâu thuẫn. Vậy phải có

n →+∞

Ở ví dụ 4,5 chúng ta thấy công cụ cơ bản để khảo sát các dãy số cho bởi dãy các phương
trình là các định lý cơ bản của giải tích (về hàm liên tục, hàm đơn điệu, định lý về sự hội
tụ của dãy số đơn điệu và bị chặn, định lý Lagrange) và mối liên hệ mang tính truy hồi
giữa các phương trình. Bài tập tương tự là (VMO2007,VMO2003)
Ví dụ 6 Cho dãy (xn) thỏa
n −1

S n = ∑ (n − k ) ln x2 k −1

Đặt

x1 = a (a > 1); x2 = 1; xn + 2 = xn − ln xn
n≥2

k =1

lim

Tìm

Sn
n

Giải
Ta có

x2 n = 1

do

ln1 = 0

suy ra

lim x2 n = 1

∀n ∈ N ∗


Ta sẽ chứng minh
Xét hàm số
f ' ( x) = 1 −

lim x2 n+1 = 1

f ( x ) = x − ln x

liên tục và đồng biến trên khoảng

(0; +∞)

vì

1
> 0 ∀x > 1
x

Trước hết bằng quy nạp dãy (x2n+1) bị chặn dưới bởi 1 Theo giả thiết thì x1=a>1 Giả sử
x2 k +1 > 1

thì

f ( x2 k +1 ) > f (1) > 1

nên hiển nhiên

x2 k +3 > 1

Tức là dãy (x2n+1) bị chặn dưới bởi

1
x2 n +1 > 1

ln x2 n +1 > 0

x2 n +3 − x2 n +1 = − ln x2 n +1 < 0

Do
nên
và vì vậy nên
đó hội tụ Chuyển sang giới hạn ta tìm được lim x2n+1=1

Tức dãy (x2n+1) giảm từ

Vậy dãy có giới hạn là 1
Theo định lý cesaro, ta có:
 ( x1 + x3 + K + x2 n −1 ) + ( x2 + x4 + K + x2 n )

÷ = 1 hay lim 

2n


 ( nx − (n − 1) ln x1 − (n − 2) ln x3 − K − ln x2 n −3 + n ) 
⇔ lim  1
÷= 1
2n



 x + x + K + x2 n
lim  1 2
2n


a S 1
 S  a −1
⇔ lim  − n + ÷ = 1 ⇔ lim  n ÷ =
2
2 n 2
 n 


÷= 1
