Mot so dang toan ve day so va gioi han

MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ DÃY SỐ VÀ GIỚI HẠN
1 Giới hạn dãy số
1.1 Dãy số
Định nghĩa 1.1. Dãy số (thực) là một hàm số xác định trên tập con của tập số tự nhiên
Với M ��, thay cho ký hiệu
u:M ��
n a u  n
ta thường dùng ký hiệu (un ) n�M ,{un }n�M , (un ) n hay {un }n
Định nghĩa 1.2. Cho dãy (un ) n��
�Dãy (un ) được gọi là dãy (đơn điệu) tăng nếu un �un1 n ��
�Dãy (un ) được gọi là dãy (đơn điệu) giảm nếu un �un1 n ��
�Dãy (un ) được gọi là dãy (đơn điệu) tăng nghiêm ngặt nếu un  un 1 n ��
(un ) được gọi là dãy (đơn điệu) giảm nghiêm ngặt nếu un  un 1 n ��
Nhận xét.
�Nếu ( xn ) Z , ( yn ) Z thì ( xn  yn ) Z
�Nếu ( xn ) ] , ( yn ) ] thì ( xn  yn ) ]

�Dãy

�Nếu ( xn ) Z thì ( xn ) ] . Và nếu ( xn ) ] thì ( xn ) Z
�Nếu hai dãy dương ( xn ), ( yn ) cùng tăng (giảm) thì ( xn yn ) tăng (giảm).
�Một dãy có thể không tăng, cũng không giảm. Ví dụ xn  (1) n n ��
Định nghĩa 1.3. Cho dãy số ( xn ) n��.
�Dãy ( xn ) được gọi là bị chặn trên, nếu tồn tại hằng số M sao cho xn �M n
�Dãy ( xn ) được gọi là bị chặn dưới, nếu tồn tại hằng số m sao cho xn �m n
�Dãy ( xn ) vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới được gọi là bị chặn.
Định lí 1.1. Dãy ( xn ) bị chặn khi và chỉ khi tồn tại ghằng số c �0 sao cho | un |�c n
1.2
Giới hạn của dãy số
un   , nếu với mọi   0 cho
Định nghĩa 1.4. Dãy số (un ) được gọi là hội tụ về  , ký hiệu lim

n ��
trước tùy ý, tìm được chỉ số n0 sao cho với mọi n �n0 đều có | un   | 
Ví dụ 1.1. Chứng minh rằng
cc
1. lim
n ��
1
0
n �� n
n 1
1
3. lim
n �� n
Định lí 1.2. (Tính duy nhất của giới hạn) Giới hạn của một dãy hội tụ là duy nhất
2. lim

xn  l và a ��. Khi đó
Định lí 1.3. (Tính thứ tự của dãy hội tụ) Cho lim
n ��
�Nếu a  l thì (n0 ��: n �n0 � a  xn )


�Nếu a  l thì (n0 ��: n �n0 � a  xn )
xn  l và a ��. Khi đó
Định lí 1.4. (Chuyển qua giới hạn trong bất đẳng thức) Cho lim
n ��
�Nếu ( �
n0�
�: n n0
�Nếu ( �

n0�
�: n n0

xn
xn

a ) thì l �a
a ) thì l �a
Định lí 1.5. (Định lý giới hạn kẹp giữa) Cho ba dãy số ( xn ), ( yn ), ( zn ) thỏa mãn
���
n0��
 : n n0
z n xn y n
�các dãy ( yn ), ( zn ) cùng hội tụ đến l
Khi đó dãy ( xn ) hội tụ và lim xn  l
n ��

Định lí 1.6. (Tính chất đại số của dãy hội tụ)
lim xn  a; lim yn  b . Khi đó
n ��

Cho hai dãy hội tụ ( xn ), ( yn ) và

n ��

 xn )   a
�Dãy ( xn ) hội tụ và lim(
n ��
| xn || a |
�Dãy (| xn |) hội tụ và lim

n ��
xn  yn )  a  b
�Dãy ( xn  yn ) hội tụ và lim(
n ��
xn  yn )  a  b
�Dãy ( xn  yn ) hội tụ và lim(
n ��
kxn )  ka
�Dãy (kxn ) hội tụ và lim(
n ��
xn ·yn )  ab
�Dãy ( xn ·yn ) hội tụ và lim(
n ��
�1 �
�1 � 1
�Với b �0 thì dãy � �được xác định từ một chỉ số nào đó, hội tụ và lim � �
n
��
�yn �
�yn � b
�x �
�x � a
�Với b �0 thì dãy � n �được xác định từ một chỉ số nào đó, hội tụ và lim � n �
n �� y
�yn �
�n � b
Ví dụ 1.2. Tìm các giới hạn sau
n 2  3n  2
�lim 2
n �� n  3n  2

2n 2  3n  1
�lim 3
n �� 3n  4 n 2  5
� lim 2n  1  n  2
n � �
n
� lim ( n 2  2n  1  n 2  n  1)
n ��

n

�(3k  1)

k 0
n �� n

� lim

�(2k  3)
k 0

1.3

Dấu hiệu hội tụ của dãy số

1.3.1

Tiêu chuẩn Weiersstrass

Định lí 1.7. Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ

Cụ thể, một dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên thì hội tụ, một dãy đơn điệu giảm và bị chặn
dưới thì hội tụ.


Ví dụ 1.3. Cho các dãy số ( xn ), ( yn ) được xác định như sau
x  yn
x1  a  0, y1  b  0, xn 1  xn yn , yn 1  n
, n �1.
2
Chứng minh rằng các dãy số ( xn ), ( yn ) hội tụ và lim xn  lim yn .
Lời giải. Ta xét hai trường hợp sau:
(i) Nếu a �b thì bằng quy nạp ta chỉ ra được dãy ( xn ) là dãy giảm bị chặn dưới bởi a , còn dãy
( yn ) là dãy tăng bị chặn trên bởi a . Do đó theo định lý 1.7 tồn tại lim xn , lim yn và từ giả thiết
chuyển qua giới hạn ta được lim xn  lim yn .
(ii) Nếu a �b tương tự như trường hợp (i).
Ví dụ 1.4. Cho dãy số ( xn ) được xác định như sau
x1  1, x2  2, xn 2  xn 1  xn , n �1 .
Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải. Dễ thấy bằng quy nạp ta chỉ ra được ( xn ) là dãy số tăng và bị chặn trên bởi 4. Do đó theo
định lý 1.7 ta có tồn tại lim xn  a . Từ đẳng thức xn  2  xn1  xn chuyển qua giới hạn ta được
a  2 a nhưng do a  0 nên chỉ lấy a  4 . Vậy lim an  4 .
Bài tập tương tự
Bài tập 1.5. Cho dãy số ( xn ) xác định bởi x1  2, xn 1  2  xn ,n  1, 2, �Chứng minh rằng dãy
xn .
số đã cho hội tụ và tìm lim
n ��
Bài tập 1.6. Cho dãy số thỏa mãn điều kiện
1
0  xn  1, xn 1  1  xn   .
4

Chứng minh dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn đó.
Bài tập 1.7. (Định lý Cantor) Cho hai dãy số thực (an ), (bn ) thỏa mãn các điều kiện sau:
an �bn ;  an 1 , bn 1  � an , bn  với mọi n �� và lim  bn  an   0 .
Khi đó tồn tại số thực c sao cho

�

I  a , b    c
n

n

và lim an  lim bn  c .

n0

Bài tập 1.8. (VMO 2005). Cho dãy số thực ( xn ), n  1, 2,3... được xác định bởi:
x1  a và xn 1  3 xn3  7 xn2  5 xn với n  1, 2,3,...
� 4�
0, .
trong đó a là một số thực thuộc đoạn �
� 3�
�
Chứng minh rằng dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Bài tập 1.9. (VMO 2002B). Xét phương trình
1
1
1
1
1



 ... 
 ... 
0,
2
2x x 1 x  4
xk
x  n2
trong đó n là tham số nguyên dương.
1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , phương trình nêu trên có duy nhất nghiệm
trong khoảng  0,1 ; kí hiệu nghiệm đó là xn .
2. Chứng minh rằng dãy số xn có giới hạn hữu hạn khi n � �.
Bài tập 1.10. Cho số thực a . Cho dãy số ( xn ), n ��, được xác định bởi:
x0  a và xn 1  xn  sin xn với mọi n ��.


Chứng minh rằng dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn khi n � � và tính giới hạn đó.
1.3.2

Tiêu chuẩn Cauchy

Định nghĩa 1.5. Dãy ( xn ) được gọi là dãy Cauchy nếu thỏa mãn điều kiện

 �
0,γ
N �: m, n �, m, n N , xm xn 
Định lí 1.8. Dãy số ( xn ) hội tụ khi và chỉ khi ( xn ) là dãy Cauchy.
Ví dụ 1.11. Cho hàm số f : �� � thỏa mãn điều kiện
f  x   f  y  �q x  y , với mọi x, y ��,

trong đó q � 0,1 là hằng số cho trước. Với c �� cho trước và xác định dãy ( xn ), n  0,1, 2,3...
như sau: x0  c, xn 1  f ( xn ), n  0,1, 2,... . Chứng minh rằng dãy số ( xn ) hội tụ và giới hạn của dãy
số là nghiệm của phương trình f ( x )  x .
Lời giải Trước hết ta chứng minh dãy ( xn ) là một dãy Cauchy. Thật vậy, với m, n ��, n  m ta có:
xn  xm  f  xn 1  f  xm 1   �q xn 1  xm 1 �... �q m xn m  x0

(1)

Mặt khác ta có
1  qn
xn  x0 �xn  xn 1  ...  x1  x0 � q  ...  1 x1  x0 
x1  x0 .
1 q
Từ đây suy ra xn  x0 bị chặn với mọi n . Kết hợp với (1) ta thu được với mọi   0 tồn tại



n 1



N �� sao cho với mọi m, n �N thì xn  xm   . Nên dãy ( xn ) là một dãy Cauchy suy ra nó hội
tụ.
Từ điều kiện của hàm f dễ dàng chứng minh được f liên tục và do đó từ đẳng thức xn  f ( xn 1 )
chuyển qua giới hạn ta được giới hạn của dãy ( xn ) là nghiệm của phương trình f ( x )  x .
Bài tập tương tự
Bài tập 1.12. Cho f : �� � thỏa mãn điều kiện với mọi   0 đều tồn tại   0 sao cho: nếu
 �x  y     thì f ( x)  f ( y )   . Xét dãy số xác định như sau: x0 ��, xn 1  f ( xn ), n  0,1,...
Chứng minh rằng dãy ( xn ) hội tụ.
Bài tập 1.13. Cho f : �� � thỏa mãn điều kiện x  f ( x) � ( x )   ( f ( x)) , trong đó  : �� �

là hàm liên tục và bị chặn dưới. Lấy x0 �� và lập dãy xn 1  f ( xn ), n  0,1, 2,... Chứng minh rằng
dãy số ( xn ) hội tụ.
Bài tập 1.14. Cho f : �� � thỏa mãn điều kiện f ( x)  f ( y ) �k  x  f ( x )  y  f ( y )  , với mọi
1
. Xét dãy số xác định như sau: x1 ��, xn 1  f ( xn ), n �1 . Chứng minh rằng
2
dãy ( xn ) hội tụ và giới hạn của dãy là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x)  x .
Bài tập 1.15. Cho f : �� � thỏa mãn điều kiện: có số k , 0 �k  1 sao cho
f ( x)  f ( y) �k max  x  y , f ( x)  x , y  f ( y)  x, y ��.
x, y ��, trong đó k 

Xét dãy số xác định như sau: x1 ��, xn 1  f ( xn ), n �1 . Chứng minh rằng dãy ( xn ) hội tụ và giới
hạn của dãy là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x)  x .
1.3.3

Nguyên lý kẹp


Định lí 1.9. Cho ba dãy số (an ), (bn ) và (cn ) thỏa mãn: N ��sao cho an �bn �cnn �N và
lim an  lim cn  a . Khi đó limbn  a .
Ví dụ 1.16. (Canada 1985) Dãy số ( xn ) thỏa mãn điều kiện 1  x1  2 và
1
xn 1  1  xn  xn2 , n ��* .
2
xn
Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ. Tìm lim
n ��
1
, n �3 . Thật vậy ta kiểm
2n

tra được ngay bất đẳng thức đúng với n  3 . Giả sử bất đẳng thức đúng với n �3 , tức là
1
xn  2  n . Khi đó ta có
2
1
1
xn 1  2  xn  2 2  2  xn � xn  2
2  xn  2  2 2
2
2
1
1 1
1
 xn  2 
 n 1 .
n
2
22
2
1
Do đó bất đẳng thức đúng đến n  1 . Mặt khác do lim n  0 nên từ bất đẳng thức trên và nguyên lý
2
kẹp ta có lim xn  0 .
Lời giải. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp bất đẳng thức sau: xn  2 





Ví dụ 1.17. Cho dãy các hàm số  Pn ( x) xác định như sau

P0 ( x)  0, Pn 1 ( x)  Pn ( x) 

x  Pn2 ( x)
, n �0; x ��.
2

Pn ( x) .
Tìm lim
n ��
Lời giải Trước hết ta chứng minh bằng quy nạp bất đẳng thức sau: 0 �Pn ( x) � x , n ��.
(1)
x
Thật vậy, với x �[0,1] suy ra x  2 x �0 nên 0 �  P1 ( x ) � x . Như vậy (1) đúng với n=1. Giả
2
1
2
sử (1) đúng đến $n$. Xét hàm số f (t )  t  x  t với t �[0,1] . Dễ thấy hàm số f (t ) đồng biến
2
trên [0,1] . theo giả thiết quy nạp ta có 0 �Pn ( x ) � x �1 với mọi x �[0,1]



Pn 1 ( x )  f ( Pn ( x)) �f ( x )  x

nên

với



mọi

(2)
x �[0,1] .

Mặt

khác,

từ

(2)

ta

có

x ��
P (
x) 0 Pn 1 ( x) Pn ( x) 0 . Vậy 0 �Pn 1 ( x) � x . Do đó (1) đúng đến n  1 nên theo
nguyên lý quy nạp ta có (1) đúng với mọi n .
2
Tiếp theo ta chứng minh x  Pn ( x) �
với x �[0,1], n ��.
(3)
n 1
� x  Pn 1 ( x ) �
��
x


P
(
x
)
Thật vậy ta có x  Pn ( x)  �
�
n

1
�
�1 
2
�
�
2
n


�
�
�1  x �(do Pn 1 ( x) �0)
��
� x  Pn 1 ( x) ��
� 2 �
n

n

� x� 2 n x � x�
��

�... ��
x

P
(
x
)
1
�
0
�
�1  2 �  n 2 �
�
�
� 2 �
n 1

�n x
�
� x�
 n�
1
�
�
�
n
2 �
2�2
�  2 � n � 2 .
�

� �
�
� n 1�
n
n 1
�n  1 � n  1
�
�
�
�
�
�
Từ đó ta thu được bất đẳng thức 0 � x  Pn ( x) 
Do lim

2
với mọi x �[0,1]n ��.
n 1

2
 0 nên theo nguyên lý kẹp ta được lim Pn ( x)  x , với mọi x �[0,1] .
n 1

�
Ví dụ 1.18. Cho a, b �� , ( a, b)  1; n � ab  1, ab  2,... . Kí hiệu rn là số cặp số (u, v )  �� ��
r
1
sao cho n  au  bv . Chứng minh rằng lim n 
.
n �� n

ab

Lời giải Xét phương trình au  bv  n (1). Gọi (u0 , v0 ) là một nghiệm nguyên dương của (1). Giả
sử (u, v) là một nghiệm nguyên dương khác (u0 , v0 ) của (1). Ta có au0  bv0  n, au  bv  n suy ra
a (u  u0 )  b(v  v0 )  0 do đó tồn tại k nguyên dương sao cho u  u0  kb, v  v0  ka . Do v là số
v0  1
ka 1 k
nguyên dương nên v0 �
. (2)
a
Ta nhận thấy số nghiệm nguyên dương của phương trình (1) bằng số các số k nguyên dương cộng
v  1�
�
�n u 1 �
với 1. Do đó rn  �0 � 1  �  0  � 1 . Từ đó ta thu được bất đẳng thức sau:
ab b a �
�a �
�
n u0 1
n u 1
  �rn �  0   1.
ab b a
ab b a
Từ đó suy ra
1 u0 1 rn
1 u
1 1


� �  0 

 .
ab nb na n ab nb na n
r
1
Từ đây áp dụng nguyên lý kẹp ta có ngay lim n 
.
n �� n
ab
Ví dụ 1.19. Tìm giới hạn của dãy số ( xn ) biết
xn  1  2 1  3 1  L

1  (n  1) 1  n

Lời giải 1.
Xét hàm số
2



1
2n

f ( x )  1  x 1  (1  x) L

ta chứng minh

x 1
�f ( x) � 2( x  1) . Từ đó
2

1

(1  x) �f ( x) �2 2 (1  x) .
n

1

1


xn  3 .
Từ đó, thay x  2 được 3·2 2n  x  3·2 2n . Từ đó, theo nguyên lý kẹp, suy ra lim
n ��
n


Lời giải 2. Với1 �m �n  1 , đặt a  1  m 1  (1  m) 1  L
m

1  ( n  1) 1  n

am2  1  mam 1 � am2  ( m  1) 2  mam 1  m 2  2m
� am2  (m  1)2  m(am 1  (m  2))

ta có

.

Suy ra

m | am1  am  2 |
m
| am  ( m  1) |�
�
| am 1  m  2 | .
| am  (m  1) | m  2
n 1
n 1
| an 1  n |
| 1  (n  1) 1  n  n |� 0 (n � �)
Từ đó | a2  3 |�
n 1
n 1
Lời giải 3. Để ý rằng
3  1  2·4  1  2· 16 n&  1  2 1  3 25  1  2 1  3 1  4 36

bằng quy nạp, dễ dàng

chứng minh được
1 2 1 3 1L

1  n ( n  2) 2  3

Suy ra xn �3

(1)

Nhận xét. Cho   1 . Khi đó 1   x �  · 1  x x �0 .
Áp dụng nhận xét trên với x  n,   n  2 được
1  n (n  2) 2 � n  2· n  1 .

Từ đó
1  (n  1) 1  n (n  2) 2 � 1  n  2·(n  1)· 1  n �4 n  2· 1  (n  1) 1  n .
Do đó, bằng quy nạp, thu được
n

3 �(n  2) 2 xn

(2)

xn  3 .
Từ (1),(2) và nguyên lý kẹp, suy ra lim
n ��
Bài tập tương tự

Bài toán 1.20. Cho  ��,   2 , dãy số (an ) �� thỏa mãn điều kiện

an  a1  a2  ...  an 1 , n �2.
an
0.
n
Bài tập 1.21. Cho dãy số dương (an ) thỏa mãn điều kiện
an31 �a1  a2  ...  an , n ��*.
a
1
Chứng minh rằng với mọi   ta luôn có lim n  0 .
2
n
Bài tập 1.22. (VMO 2002A). Xét phương trình
1
1

1
1
1

 ...  2
 ...  2
 ,
x 1 4 x 1
k x 1
n x 1 2
n
trong đó là tham số nguyên dương.
1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , phương trình nêu trên có duy nhất nghiệm
lớn hơn 1; kí hiệu nghiệm đó là xn .
2. Chứng minh rằng dãy số xn có giới hạn bằng 4 khi n � �.
Bài tập 1.23. (Matxcơva 2000). Ký hiệu xn là nghiệm của phương trình
Chứng minh rằng lim


1
1
1

 ... 
0,
x x 1
xn

thuộc khoảng (0,1)
1. Chứng minh dãy ( xn ) hội tụ;

2. Hãy tìm giới hạn đó.
10 n 10
 x n  ...  x  1
Bài tập 1.24. (VMO 2007) Cho số thực a  2 và f n ( x)  a x
1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n , phương trình f n ( x)  a luôn có đúng một
nghiệm dương duy nhất.
2. Gọi nghiệm đó là xn , chứng minh rằng dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô
cùng.
1.4. Khảo sát sự hội tụ của dãy số dạng xn 1  f ( xn )
Để khảo sát sự hội tụ của dãy số có dạng xn 1  f ( xn ) , ta thường xét hàm số y  f ( x) và sử
dụng một số kết quả sau
Định lí 1.10. Cho dãy số ( xn ) �� xác định như sau: x1  a, xn 1  f ( xn ), n  1, 2,... . Khi đó
1. Nếu f ( x) là hàm số đồng biến thì dãy số ( xn ) đơn điệu.
2. Nếu f ( x ) là hàm số nghịch biến thì dãy số ( xn ) có chứa hai dãy con ( x2 k ), ( x2 k 1 ) đơn điệu
ngược chiều.
x2 k  a,lim x2 k 1  b và do đó
3. Khi f ( x) là hàm số nghịch biến và dãy ( xn ) bị chặn thì  lim
k ��
k ��
dãy đã cho hội tụ khi và chỉ khi a  b .
Ví dụ 1.25. (VMO 1998A). Cho số thực a �1 . Xét dãy số ( xn ), n  1, 2,... được xác định bởi
� x2 �
x1  a, xn 1  1  ln � n �với n  1, 2,3,...
1  ln xn �
�
Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải
� xn2 �
(
x

)
x

a
(
a
�
1)
x

1

ln
, n  1, 2,...
Xét dãy số n với 1
và n 1
�
�
1  ln xn �
�
xn  1 .
(i) Nếu a  1 thì xn  1(n) suy ra nlim
��
(ii) Nếu a  1 . Ta chứng minh bằng quy nạp xn  1 với mọi n ��* . Giả sử với n sao cho xn  1 . Ta
2
nhận thấy xn 1  1 � xn  1  ln xn  0 . Dễ thấy hàm số f ( x )  x 2  1  ln x đồng biến trên [1; �) .
Mặt khác xn  1 suy ra xn 1  1 . Vậy xn  1n �1 .
� x2 �
Tiếp theo ta chứng minh với xn  1n �1 thì xn  xn 1n �1 . Xét hàm số g ( x)  x  1  ln �
�

1  ln x �
�
trên [1; �) . Bằng cách khảo sát hàm số này ta chỉ ra được g ( x) đồng biến trên [1; �) mà
g (1)  0 , suy ra g ( x)  0x  1 và g ( x)  0 � x  1 . Do đó nếu xn  1n �1 thì xn  xn 1n �1 .
Do vậy dãy ( xn ) là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 1, nên tồn tại lim  b . Dễ thấy b �1 và từ hệ
n ��

thức truy hồi chuyển qua giới hạn ta được
� b2 �
� b2 �
b  1  ln �
�
b

1

ln
�
�
� 0 .
1  ln b �
1  ln b �
�
�
xn  1 .
Theo kết quả khảo sát của hàm g ( x) ở trên thì g (b)  0 � b  1 . Vậy nlim
� �
Ví dụ 1.26. Cho dãy số ( xn ) thỏa mãn điều kiện

x1  2,9; xn 1  3 

xn
xn2  1

, n  1, 2,3, �

Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải
x
Xét hàm số f ( x )  3  2
với x �(1, �) . Dễ thấy f ( x ) là hàm số nghịch biến trên
x 1
(1, �) .
(i) Ta chứng minh dãy ( xn ) bị chặn. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp

3  un  3 

3
n ��*
2

(1). Thật vậy
Với n  1 thì bất đẳng thức trên luôn đúng. Giả sử bất đẳng thức trên đúng đến n , tức là
3
. Ta có un 1  f (un ) và f là nghịch biến trên (1, �) nên
3  un  3 
2
3
. Mặt khác do 3  un nên từ hệ thức un 1  f (un ) ta có 3  un 1 . Vậy (1)

un 1  f ( 3)  3 
2
được chứng minh.
x2 n , b  lim x2 n1 , trong đó a, b là nghiệm của hệ phương trình
(ii) Từ đó suy ra a  nlim
��
n��
�
�a  f  b 
.
�
b  f  a
�

(iii) Xét hàm số g ( x)  f ( f ( x))  x , với
3  f ( x)  3 

3
2

và

f�
( x)  0

3
( x)  f �
( x). f �
( f ( x))  1 . Do
, có g �

2
3
( x)  0 với mọi
nên g �
3 x 3
2

3 x 3

với mọi

3
3
, cùng với g ( 3).g ( )  0 suy ra phương trình g ( x)  0 có nghiệm duy nhất.
2
2
Do đó dãy ( xn ) hội tụ.
Ví dụ 1.27. (VMO 2008) Cho dãy số ( xn ) xác định như sau
�x1  0, x2  2
�
�
1
xn  2  2 xn  , n  1, 2,...
�
2
�
xn .
Chứng minh rằng dãy ( xn ) hội tụ và tìm nlim
��
3 x 3

1
3
 xn 
n  2 . Xét hàm số
2
2
1
1
�1 3 �
�1 3 �
�1 3 �
f ( x)  2 x  , x �� ; �
( x)  2 x ·ln  0 x �� ; �và với mọi x �� ; �thì
. Ta có f �
2
2
�2 2 �
�2 2 �
�2 2 �
�1 1 �
ln 2
2 x ��3 ;
( x) |
 u  1.
��(0;1) . Do đó | f �
2
�4 2�

Lời giải 1.

Bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh được

Mặt khác, theo định lý Lagrange thì với mọi
2 x  2 y  f �
(t )( x  y ) . Vậy

1
3
 x �y 
đều tồn tại t �( x; y ) sao cho
2
2


| xn  xn 1 || 2  xn2  2 xn3 | u·| xn 2  xn3 |
 u·| 2 xn4  2  xn5 | u 2 ·| xn 4  xn 5 | L L
Từ đó
| x2 n  x2n 1 | u n | x2  x1 |� 0 ( n � �) .

Từ đó, theo định lý Cauchy, dãy $(x_n)$ hội tụ về  là nghiệm của phương trình   2 

1
2

xn  1 .
Giải phương trình này, thu được   1 . Vậy, nlim
��
Lời giải 2. Bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh được
x

Xét hàm số f ( x)  2 

1
3
 xn 
2
2

n  2 .

1
1
�1 3 �
�1 3 �
, x �� ; �
( x)  2 x ·ln  0 x �� ; �
. Ta có f �
. Do đó hàm
2
2
�2 2 �
�2 2 �

�1 3 �
y  f ( x ), x �� ; �là hàm giảm. Vậy, mỗi dãy  x2 k  ,  x2 k 1  chứa hai dãy con đơn điệu ngược
�2 2 �
1
3
n  2 suy ra bốn dãy con ( x4 k ), ( x4 k 1 ), ( x4 k  2 ), ( x4 k 3 ) hội tụ theo thứ
chiều. Từ đó, do  xn 

2
2
tự về  ,  ,  ,  .
Xét hệ phương trình

�
  f  
�
�  f   
�
  f 
�
�
  f 
�

xn  1 .
Giải hệ thu được         1 . Vậy nlim
��

Lời giải 3. Bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh được

1
3
 xn 
2
2

n  2 .

1
1
�1 3 �
�1 3 �
, x �� ; �
( x)  2 x ·ln  0 x �� ; � và với mọi
. Ta có f �
2
2
�2 2 �
�2 2 �
�1 1 �
ln 2
�1 3 �
x �� ; �thì 2 x ��3 ;
�(0;1) . Do đó | f �
( x) |
 u  1.
�
2
�2 2 �
�4 2�

x
Xét hàm số f ( x)  2 

1
3
 x �y 
đều tồn tại t �( x; y ) sao cho

2
2
ln 2
�1 3 �
�(0;1) sao cho
2 x  2 y  f �
(t )( x  y ) . Vậy, với mọi x, y �� ; � tồn tại u 
2
�2 2 �
| f ( x)  f ( y ) | u. | x  y | . Suy ra hàm f là hàm co. Bởi vậy, hai dãy con ( x2 k ), ( x2 k 1 ) (đều cho bởi
hệ thức truy hồi xn  2  f ( xn ) hội tụ. Bằng việc giải phương trình giới hạn, thu được lim xn  1 .
Mặt khác, theo định lý Lagrange thì với mọi

n ��

Bài tập tương tự
Bài tập 1.28. Cho dãy số ( xn ) xác định như sau x0  1, xn 1 

xn
xn .
, n �0 . Tìm lim
n ��
x 1
2
n

Bài tập 1.29. Cho trước a  0 . Xét dãy số ( xn ) xác định như sau:


�x0  0

�
1 � a2 �
�
x
=
, n  0,1, 2,...
�n 1 2 �xn  x �
n �
�
�
Khảo sát sự hội tụ của dãy.
1
, n �0 .
2  xn
2
, n �0 .
Bài tập 1.31. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 �0, xn 1 
1  xn2
6
, n �0 .
Bài tập 1.32. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 �0, xn 1 
2  xn2
2
Bài tập 1.33. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0  1, xn 1  1  , n �0 .
xn
Bài tập 1.30. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0  1, xn 1 

Bài tập 1.34. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0  0, xn 1 

xn2  3

, n �0 .
2( xn  1)

Bài tập 1.35. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 ��, xn 1  3 7 xn  6, n �0 .
1
Bài tập 1.36. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0  0, xn 1  xn   1, n �0 .
xn
2
Bài tập 1.37. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 ��, xn 1  xn  2 xn , n �0 .
n
Bài tập 1.38. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0 �(1;0), xn 1  1  (1) 1  xn , n �0 . Bài tập

1.39. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0  0, xn 1  xn  xn 1  L

x0 , n �0 .

Bài tập 1.40. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x1  2, xn 1  2 xn n �1 .
Bài tập 1.41. Khảo sát sự hội tụ của dãy ( xn ) : x0  1, x1  a, xn  2  3 xn21 xn , n �0 .
Bài tập 1.42. Cho dãy số ( xn ) xác định như sau
�
�x1 ��
�
2
2
�xn 1  xn   1  2a  xn  a n �1.
xn .
Tìm tất cả các giá trị thực của tham số a sao cho dãy đã cho hội tụ. Khi đó, tìm lim
n ��
Bài tập 1.43. (VMO 2005B). Cho dãy số thực ( xn ), n  1, 2,3... được xác định bởi
� 4�

x1  a và xn 1  3 xn3  7 xn2  5 xn với mọi n  1, 2,3,... , trong đó a là một số thực thuộc đoạn �
0, .
� 3�
�
Chứng minh rằng dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Bài tập 1.44. (VMO 2005A). Cho dãy số thực ( xn ), n  1, 2,3... được xác định bởi
x1  a và xn 1  3 xn3  7 xn2  5 xn với mọi n  1, 2,3,... , trong đó a là một số thực.
Hãy tìm tất cả các giá trị của a để dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó trong các
trường hợp đó.\hbt
Bài tập 1.45. (VMO 2001A). Với mỗi cặp số thực (a, b) , xét dãy số ( xn ), n ��, được xác định bởi
x0  a và xn 1  xn  b.sin xn với mọi n ��.
(1) Cho b  1 . Chứng minh rằng với mọi số thực a , dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn khi n � �.
Hãy tính giới hạn đó theo a .
(2) Chứng minh rằng với mỗi số thực b  2 cho trước, tồn tại số thực a sao cho dãy ( xn ) tương
ứng không có giới hạn hữu hạn khi n � �.


Bài tập 1.46. (VMO 2000A). Cho c là số thực dương. Dãy số ( xn ), n  0,1, 2,... được xây dựng theo
cách sau:
xn 1  c  c  xn , n  0,1, 2,... nếu các biểu thức trong căn là không âm.
Tìm tất cả các giá trị của c để với mọi giá trị ban đầu x0 � 0; c  dãy ( xn ) được xác định với mọi
giá trị n và tồn tại giới hạn hữu hạn lim xn khi n � �.
Bài tập 1.47. (VMO 1998B). Cho số thực a . Xét dãy số ( xn ), n  1, 2,3,... được xác định bởi
x1  a, xn 1 



xn xn2  3



với n=1, 2, 3, ...
3 xn2  1
Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Bài tập 1.48. (VMO 1994B). Cho số thực a . Xét dãy số ( xn ), n  0,1, 2,... được xác định bởi
x0  a, xn  3 6 xn1  6sin xn 1 với mọi n=1, 2, 3,...
Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn khi n dần tới dương vô cực và tìm giới hạn đó.
Bài tập 1.49. (VMO 1994A). Cho số thực a . Xét dãy số ( xn ), n  0,1, 2,... được xác định bởi
4 �
�
x0  a, xn  2 �
arccos xn 1  �
.arcsin xn 1 với mọi n=1, 2, 3,...
 �
2�
Chứng minh rằng dãy số trên có giới hạn hữu hạn khi n dần tới dương vô cực và tìm giới hạn đó.
a
1.5. Định lý trung bình Cesaro và dãy số dạng xn 1  xn �xn
Đây là trường hợp đặc biệt của dãy số dạng xn 1  f ( xn ) . Tuy nhiên, chúng ta không đặt vấn
đề khảo sát sự hội tụ của những dãy dạng này, bởi vì giới hạn của chúng hoặc là 0 hoặc là �; mà ở
�x �
đây chúng ta quan tâm tới tất cả các số  sao cho dãy � n �hội tụ. Với những dãy số dạng này,
�n �
định lý trung bình Cesaro tỏ ra rất hữu hiệu.

�x  x  ...  xn �
Định lí 1.11. Nếu dãy số ( xn ) có giới hạn hữu hạn là a thì dãy số các trung bình �1 2
�
n
�

�
cũng có giới hạn là a .
Chứng minh.
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a  0 . Với mọi   0 tồn tại N ��* sao cho với mọi
u  u  ...  u N 

 . Từ đó ta có
n �N thì un  và 1 2
n
2
2
u1  u2  ...  un
u  u  ...  u N
u  ...  un   n  N  
� 1 2
 N 1
 
  n �N .
n
n
n
2
n
2

 xn 1  xn   a thì lim xn  a.
Ví dụ 1.50. Nếu lim
n ��
n �� n
Lời giải. Đặt un  xn  xn 1 . Khi đó dễ thấy dãy (un ) thỏa mãn điều kiện của Định lý Cesaro nên ta

u  ...  un
x
 a hay lim n  a .
có lim 1
n ��
n �� n
n
n a a ...a  a
Ví dụ 1.51. Chứng minh rằng nếu dãy số dương (an ) hội tụ về a dương thì lim
.
1 2
n
n ��

ln an  ln a . Áp dụng Định lý Cesaro, ta có:
Lời giải. Ta có lim
n ��
ln a1  ...  ln an
n a a ...a  a
lim
 ln a hay lim
.
1 2
n
n ��
n ��
n


Ví dụ 1.52. Cho dãy số dương (an ) . Chứng minh rằng lim

n ��
Lời giải. Đặt bn 

an 1
 a  0 thì lim n an  a .
n ��
an

an 1
, n �2 . Dễ thấy dãy (bn ) thỏa mãn ví dụ 1.50 nên lim n b1b2 ...bn  a hay
n ��
an

lim n an  a .
n ��
Bài tập tương tự
2
nxn  1.
Bài tập 1.53. Cho dãy  xn  xác định bởi x1  1/ 2, xn 1  xn  xn . Chứng minh rằng lim
n ��

nxn  1.
Bài tập 1.54. Cho dãy  xn  xác định bởi x1  1, xn 1  sin xn . Chứng minh rằng lim
n ��
Bài tập 1.55. (TST VN 1993). Dãy số  xn  xác định bởi x1  1, xn 1  xn 

1
. Hãy tìm tất cả các
xn

(an )

số
để dãy số
có giới hạn hữu hạn khác 0.
n
Bài tập 1.56. Cho dãy số xác định bởi a1  0, an 1  1  sin  an  1 , n �1 . Tính lim
n ��
Bài tập 1.57. Xét dãy số ( xn ) xác định bởi x1  1, xn 1  xn 

1
3 x
n

1 n
�ak .
n k 1

n �1 . Chứng minh rằng tồn tại

xn
1.
n �� anb

a, b sao cho lim
2

Bài toán dãy số qua các kì thi IMO

2.1

IMO 2009

Bài 2.1.1 (IMO 2009) . Giả sử s1 , s2 , s3 ,... là một dãy tăng ngặt các số nguyên dương sao cho các
dãy con ss1 , ss2 , ss3 ,... và ss1 1 , ss2 1 , ss3 1 ,... đều là cấp số cộng. Chứng minh rằng s1 , s2 , s3 ,... cũng là
một cấp số cộng.
Bài 2.1.2 (Mở rộng IMO 2009). Cho k là một số nguyên dương cho trước. Giả sử s1 , s2 , s3 ,... là
một dãy tăng nghặt các số nguyên dương sao cho các dãy con ss1 , ss2 , ss3 ,... và ss1  k , ss2  k , ss3  k ,... đều
là cấp số cộng. Chứng minh rằng s1 , s2 , s3 ,... cũng là một cấp số cộng.
Chứng minh.
Gọi D và E lần lượt là công sai của các cấp số cộng ss1 , ss2 , ss3 ,... và ss1  k , ss2  k , ss3  k ,... . Đặt
A  ss1  D và B  ss1  k  E . Theo công thức tính số hạng tổng quát của một cấp số cộng và với số
nguyên dương n ta có
ssn  ss1  (n  1) D  A  nD, ssn  k  ss1  k  (n  1) E  B  nE.
Từ dãy s1 , s2 , s3 ,... là một dãy tăng ngặt, nên với mọi số nguyên dương n và với chú ý sn  k �sn  k
ta có
ssn  k  1  ssn  k �ssnk ,
từ đó ta thu được
điều này tương đương với

A  nD  k  1  B  nE �A  (n  1) D,


0  k  1  B  A  n( E  D ) �kD,
nếu D khác E thì cho n � � ta thấy mâu thuẫn với bất đẳng thức trên nên D  E và do đó
0 �k  1  B  A �kD.
Đặt m  min  sn 1  sn : n  1, 2,... . Khi đó
B  A  ( ss1  k  E )  ( ss1  D)  ss1  k  ss1 �km
và

kD  A  ( s1  k ) D  ( A  s1D)  sss k  sss  sB  D  s A D �m( B  A).
1

1

(1)
(2)
(3)

Ta xét hai trường hợp
(a) B  A  kD .
Khi đó, với mỗi số nguyên dương n, ssn k  B  nD  A  (n  k ) D  ssnk , từ đây kết hợp với dãy
s1 , s2 , s3 ,... là một dãy tăng ngặt ta có sn  k  sn  k . Mặt khác do sn  sn 1  ...  sn  k  sn  k nên
sn 1  sn  1 và do đó s1 , s2 , s3 ,... là một cấp số cộng với công sai bằng 1.
(b) B  A  kD .
Chọn số nguyên dương N sao cho sN 1  sN  m . Khi đó
m( A  B  D  k )  m(( A  ( N  1) D )  ( B  ND  k ))
�s A ( N 1) D  sB  ND  k  sss  sss k  k
N 1

N

 ( A  sN 1 D)  ( B  ( sN  k ) D)  ( sN 1  sN ) D  A  B  kD
 mD  A  B  kD,
do vậy

( B  A  km)  ( kD  m( B  A)) �0.
Từ các bất đẳng thức (2), (3) và (4) ta thu được các đẳng thức sau:
B  A  km và kD  m( B  A) .
Giả sử tồn tại số nguyên dương n sao cho sn 1  sn  m . Khi đó

m(m  1) �m( sn 1  sn ) �ssn1  ssn
 ( A  (n  1) D)  ( A  nD)  D 

(4)

m( B  A)
 m2 ,
k

vô lý.
Vì vậy điều giả sử là sai nên sn 1  sn  m với mọi n �� hay dãy s1 , s2 ,... là một cấp số cộng có
công sai bằng m .
Nhận xét
Bây giờ ta thay cấp số cộng bởi cấp số nhân khi đó bài toán trên còn đúng không?
Bài 2.1.3. Giả sử s1 , s2 , s3 ,... là một dãy tăng nghặt các số nguyên dương sao cho các dãy con
ss1 , ss2 , ss3 ,... và ss1 1 , ss2 1 , ss3 1 ,... đều là cấp số nhân. Chứng minh rằng s1 , s2 , s3 ,... cũng là một cấp
số nhân.
Cho k là một số nguyên dương. Giả sử s1 , s2 , s3 ,... là
một dãy tăng nghặt các số nguyên dương sao cho các dãy con ss1 , ss2 , ss3 ,... và ss1  k , ss2  k , ss3  k ,... đều
Bài 2.1.4. (Mở rộng của bài toán 2.1.3)

là cấp số nhân. Chứng minh rằng s1 , s2 , s3 ,... cũng là một cấp số nhân.
IMO 2010
Bài 2.2.1
Cho a1 , a2 , a3 ,... là một dãy số thực dương. Giả sử với số nguyên dương s cho trước, ta có


an  max  ak  an  k :1 �k �n  1 ,
với mọi n  s . Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương l và N , với l �s và thỏa mãn
an  al  an l với mọi n �N .

Chứng minh.
Từ điều kiện bài toán và với mỗi an ( n  s ) ta có đẳng thức sau an  a j1  a j2 với
j1 , j2  n, j1  j2  n nếu j1  s thì ta có thể viết được a j1 giống như an . Cuối cùng, ta có thể viết
được đẳng thức dưới đây
an  ai1  ai2  ...  aik ,
(1)
1 �i j �s, i1  i2  ...  ik  n, j  1, 2,..., k .
(2)
Cố định chỉ số 1 �l �s sao cho
al
a
 m  min i .
1
��
i
s
l
i
Ta xác định dãy  bn  với bn  an  mn , bl  0 .
Ta sẽ chứng minh với mọi n thì bn �0 , và dãy  bn  thỏa mãn các tính chất giống như dãy  bn  .
Thật vậy nếu n �s thì ta có ngay bn �0 theo cách xác định của m . Bây giờ ta xét nếu n  s và sử
dụng phương pháp quy nạp cùng với đánh giá sau
bn  max (ak  an  k )  nm  max (bk  bn k  nm)  nm
1�k �n 1

1�k �n 1

 max (bk  bn  k ),
1�k �n 1

ta thu được bn �0 .
Nếu bk  0 với mọi 1 �k �s , khi đó bn  0 với mọi n , vì vậy an  mn , và trường hợp này là tầm
thường.
Nếu tồn tại 1 �k �n  1 sao cho bn khác 0, ta xác định
M  max bi ,   min  bi :1 �i �s, bi  0 .
Khi đó với n  s ta đạt được

1��
i s

bn  max (bk  bn  k ) �bl  bnl  bn l ,
1�k �n 1

vì vậy
M �an �bn �bn l �bn  2l �... �0.
Ta có dãy (bn ) cũng có tính chất (1), (2) giống như dãy (an ) , ta có với mỗi bn chứa trong tập





T  bi1  bi2  ...  bik :1 �i1 ,..., ik �s � 0, M  .
Ta chứng minh tập này chỉ có hữu hạn phần tử. Thật vậy, với mọi x �T , biểu diễn được
M
x  bi1  bi2  ...  bik (1 �i1 ,..., ik �s ) . Khi đó chỉ có tối đa
số bi j khác 0 (vì nếu ngược lại thì

M
M
x  .  M điều này vô lý). Vì vậy x chỉ có thể biểu thành tổng của k số bi j với k � , và do



đó tập này chỉ có hữu hạn.
Từ đó ta có ngay dãy bn là một dãy tuần hoàn với chu kì l từ một chỉ số N trở đi, có nghĩa là
bn  bn l  bn l  bl với n  N  l ,
và do đó
an  bn  nm  (bn l  (n  l )m)  (bl  lm)  an l  al với mọi n  N  l .
Từ bài toán này ta có thể xây dựng được một số dạng bài tập sau và điều kiện dãy số dương
là không cần thiết.
Bài 2.2.2


Cho a1 , a2 , a3 ,... là một dãy số thực. Giả sử với số nguyên dương s cho trước, ta có
an  min  ak  an k :1 �k �n  1
với mọi n  s . Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương l và N , với l �s và thỏa mãn
an  al  an l với mọi n �N .
Bài 2.2.3
Cho a1 , a2 , a3 ,... là một dãy số thực dương. Giả sử với mỗi số nguyên dương s , ta có
an  max  ak .an k :1 �k �n  1
với mọi n  s . Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương l và N , với l �s và thỏa mãn
an  al .an l với mọi n �N .
Chứng minh.
Đặt bn  ln an thì dãy b1 , b2 , b3 ,... là một dãy số thực và với cách chứng minh tương tự như
bài 2.2.1 ta sẽ thu được kết quả bài toán trên.