Đề chọn đội tuyển QG tỉnh Bình Định, 2016-2017

Bài toán: (Đề chọn đội tuyển QG tỉnh Bình Định, 2016-2017) Cho $a,b\in (0; 1)$. Xét dãy ${u_n}$: $$\begin{cases}u_0=a, u_1=b\\u_{n+2}=\dfrac{1}{2017}u^4_{n+1}+\dfrac{2016}{2017}\sqrt[4]{u_n}, \forall n\in \mathbb{N} \end{cases}$$
CMR: $(u_n)$ có GH và tìm GH đó.

Giải:
Bằng qui nạp dễ CM được $(u_n)\in (0;1)$. Xét dãy $(v_n)$: $$\begin{cases} v_0=\min \{a, b\}\\ v_{n+1}=\dfrac{1}{2017}v^4_n+\dfrac{2016}{2017}\sqrt[4]{v_n}, \forall n\in\mathbb{N} \end{cases}$$  Theo AM-GM: $$v_{n+1}=\dfrac{1}{2017}v^4_n+\dfrac{2016}{2017}\sqrt[4]{v_n}\ge\sqrt[2017]{v_n^4.\sqrt[4]{v_n}} > v_n$$ Dễ thấy $v_n\in (0;1)$ Từ đó suy ra $\lim v_n=1$. 
Bằng qui nạp, dễ thấy: $v_n\le \min\{ u_{2n}, u_{2n+1}\}, u_{2n+3}\ge v_{n+1}\Rightarrow v_{n+1}\le\min\{u_{2n+2}, u_{2n+3}\}$. Do đó: $$v_n\le \min\{u_{2n}, u_{2n+1}\}\le \max\{u_{2n}, u_{2n+1}\}<1$$ Theo nguyên lý  kẹp, ta được: $$1<u_n<1\Rightarrow \lim u_n =1$$
Vậy, $$\boxed{\lim u_n =1}$$

PHƯƠNG PHÁP GEN TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

    PHƯƠNG PHÁP GEN TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

    Trong Sinh học ta định nghĩa gen hay di tố là một đoạn DNA mang một chức năng nhất định trong quá trình truyền thông tin di truyền. Tương tự như vậy, trong Toán học, phương pháp gen trong giải phương trình nghiệm nguyên chủ yếu là cho ta cấu trúc nghiệm của nó. Nếu từ một nghiệm của phương trình đã cho, ta xây dựng quy tắc nghiệm của nó. Phương trình Pell và phương trình Markov chính là hai ví dụ điển hình cho phương pháp này.

  I. Phương trình Pell:  
      1. Phương trình Pell loại I:
         Phương trình Pell loại I là phương trình nghiệm nguyên có dạng: $$x^2-dy^2=1,\,d\in\mathbb{Z}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ 
     Tính chất:   
           1. Nếu $d$ là số chính phương thì phương trình $(1)$ vô nghiệm.
           2. Nếu $d$ là số nguyên âm thì phương trình $(1)$ không có nghiệm nguyên dương.
           3. Phương trình Pell loại I có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi $d$ là số nguyên dương và không chính phương.
      $*$ Công thức nghiệm của phương trình Pell loại I:
           Ta xét trong trường hợp phương trình Pell loại I nhận các nghiệm nguyên dương (tức là $x, y\in\mathbb{Z^+}$). Gọi $(a, b)$ là hai cặp nghiệm bé nhất của phương trình Pell loại I. Khi đó công thức nghiệm của phương trình này được xác định bởi công thức tổng quát của dãy $(x_n), (y_n)$: $$\begin{cases}x_n=\dfrac{(a+b\sqrt{d})^n+(a-b\sqrt{d})^n}{2}\\y_n=\dfrac{(a+b\sqrt{d})^n-(a-b\sqrt{d})^n}{2\sqrt{d}}\end{cases}$$ hay theo công thức truy hồi: $$\begin{cases}x_0=1, y_0=0\\x_1=a, y_1=b\\x_{n+2}=2ax_{n+1}-x_n\\y_{n+2}=2ay_{n+1}-y_n\end{cases}$$
    2. Phương trình Pell loại II:
       Phương trình Pell loại II là phương trình nghiệm nguyên có dạng: $$x^2-dy^2=-1, d\in\mathbb{Z}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$
     Tính chất:
          1. Nếu $d$ là số chính phương thì $(2)$ vô nghiệm.
          2. Nếu $d$ có ước nguyên tố dạng $4k+3$ thì $(2)$ vô nghiệm.
          3. Nếu $d$ là số nguyên tố thì $(2)$ có nghiệm khi và chỉ khi $d\neq 4k+3$
          4. (Điều kiện có nghiệm của Phương trình Pell loại II) Gọi $(a, b)$ là nghiệm nhỏ nhất của $(2)$. Khi đó, $(2)$ có nghiệm khi và chỉ khi hệ: $$\begin{cases}a=x^2+dy^2\\b=2xy\end{cases}$$ có nghiệm nguyên dương.
      $*$ Công thức nghiệm của phương trình Pell loại II:
           Xét phương trình Pell loại I liên kết với phương trình $(2)$: $x^2-dy^2=1, d\in\mathbb{Z}$. Gọi $(a, b)$ là nghiệm nhỏ nhất phương trình này. Xét hệ: $$\begin{cases}a=x^2+dy^2\\b=2xy\end{cases}$$  Giả sử hệ này có nghiệm duy nhất và ta gọi $(u, v)$ là nghiệm duy nhất của nó. Khi đó dãy số $(x_n), (y_n)$ sau sẽ vét sạch hết nghiệm của phương trình Pell loại II: $$\begin{cases}x_0=u, y_0=v\\x_1=u^3+duv^2, y_1=dv^3+3u^2v\\x_{n+2}=2ax_{n+1}-y_n\\y_{n+2}=2ay_{n+1}-y_n\end{cases}$$
    3. Phương trình Pell với tham số $n$:
        Phương trình Pell tham số $n$ có dạng: $$x^2-dy^2=n, d,n\in\mathbb{Z}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)$$
    Tính chất:
         1. Phương trình $(3)$ hoặc vô nghiệm hoặc vô số nghiệm.
         2. Giả sử $(3)$ có nghiệm và gọi $x_0,y_0)$ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của nó. Gọi $(a, b)$ là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình Pell loại I tương ứng: $x^2-dy^2=1, d\in\mathbb{Z}$. Khi đó, ta có: $$y_0^2\le\max\left\{nb^2;-\dfrac{na^2}{d}\right\}$$
         3. Giả sử $(3)$ có nghiệm là $(\alpha_1,\beta_1); (\alpha_2, \beta_2);...;(\alpha_m, \beta_m)$ thỏa mãn: $$\beta_i^2\le\max\left\{nb^2,-\dfrac{na^2}{d}\right\}$$ Xét $m$ dãy sau: $$\begin{cases}x_{0,i}=\alpha_i, y_{0,i}=\beta_i\\x_{n+1, i}=ax_{n,i}+day_{n,i}\\y_{n+1,i}=bx_{n,i}+ay_{n,i}\end{cases}$$  Với $(a, b)$ là nghiệm bé nhất của phương trình Pell loại I tương ứng $x^2-dy^2=1$. Đồng thời khi đó các dãy $(x_{n,i}), (y_{n,i})$ sẽ vét hết tất cả các nghiệm của phương trình Pell tham số $n$.
      Phương trình Pell là một công cụ rất mạnh trong việc giải quyết các phương trình nghiệm nguyên cũng như số học nói chung. Ta tìm hiểu các ví dụ sau:
 II. Bài tập ví dụ:
     Bài toán 1: Tìm tất cả các số nguyên dương $x>2$ sao cho tam giác có độ dài ba cạnh là $x-1, x, x+1$ thì diện tích của nó cũng là một số nguyên.
     Lời giải:
         Giả sử $x$ là giá trị thỏa mãn bài toán. Ta có nửa chu vi tam giác đó là: $\dfrac{x+1+x+x-1}{2}=\dfrac{3}{2}x$. Gọi $y$ là diện tích tam giác đó. Áp dụng công thức Heron, ta có: $$y=\sqrt{\dfrac{3}{2}x\left(\dfrac{3}{2}x-x-1\right)\left(\dfrac{3}{2}x-x\right)\left(\dfrac{3}{2}x-x+1\right)}=\dfrac{1}{4}x\sqrt{3(x^2-4)}\\\Leftrightarrow 16y^2=3x^2(x^2-4)$$ Do $16\;\vdots\; 2\Rightarrow x^2(x^2-4)\;\vdots\; 2\Rightarrow x\;\vdots \;2$. Đặt $x=2k,k\in\mathbb{N^*}$. Theo đó: $$6y^2=3,4k^2(4k^2-4)\\\Leftrightarrow y^2=3k^2(k^2-1)\Rightarrow y=k\sqrt{3(k^2-1)}$$ Chú ý rằng: $k,y\in\mathbb{Z^+}\Rightarrow \sqrt{3(k^2-1)}\in\mathbb{Z^+}$. Do đó tồn tại $l\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$3(k^2-1)=l^2$$ Rõ ràng $l^2\;\vdots \; 3\Rightarrow l=3m,m\in\mathbb{Z^+}$. Khi đó phương trình trở thành $$k^2-3m^2=1$$ Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được xác định bởi: $$\begin{cases}k_0=1, m_0=0\\k_1=2, m_1=1\\k_{n+2}=6k_{n+1}-k_n,\forall n=0,1,2,...\\m_{n+2}=6m_{n+1}-m_n,\forall n=0,1,2,..\end{cases}$$ Suy ra: $$\begin{cases}x_0=2,y_0=1\\x_1=4,y_1=2\\x_{n+2}=4x_{n+1}-x_{n},n=0,1,2,...\\y_{n+2}=4y_{n+1}-y_n,n=0,1,2,...\end{cases}$$  Vậy tất cả giá trị của $x$ thỏa mãn bài toán được xác định bởi dãy: $$\begin{cases}x_0=2, x_1=4\\x_{n+2}=4x_{n+1}-x_n. n=0,1,2...\end{cases}$$.
  
    Bài toán 2: Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho trung bình cộng của $n$ số chính phương đầu tiên là một số chính phương.
    Lời giải:
         Bằng qui nạp ta chứng minh được rằng: Với mọi Số nguyên dương $n$, ta luôn có: $$1^2+2^2+3^2+ ...+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$ Suy ra: $$\dfrac{1^2+2^2+3^2+...+n^2}{n}=\dfrac{(n+1)(2n+1)}{6}$$ Theo đó, ta cần tìm $n, y\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\dfrac{(n+1)(2n+1)}{6}=y^2\\&\Leftrightarrow n^2+3n+1=6y^2\\&\Leftrightarrow 16n^2+24n+4=48y^2\\&\Leftrightarrow (4n+3)^2-48y^2=1\end{aligned}$$ Đặt $x=4n+3$, thế thì ta thu được: $$x^2-48y^2=1$$ Đây chính là phương trình Pell loại I. Bằng phép thử tuần tự, ta tìm được $(7,1)$ là nghiệm nhỏ nhất của nó. Theo đó, công thức nghiệm của phương trình Pell này là: $$\begin{cases}x_0=1, y_0=0\\x_1=7, y_1=1\\x_{k+2}=14x_{k+1}-x_k, k=0,1,2,...\\y_{k+2}=14y_{k+1}-y_k,k=0,1,2,...\end{cases}$$ Bằng qui nạp, ta chứng minh được rằng: $$\begin{cases}x_{2k}\equiv 1\pmod{4}\\x_{2k+1}\equiv 3\pmod{4}\end{cases}$$ Ngoài ra: $$\begin{aligned}x_{2k+3}=14x_{2k+2}-x_{2k+1}&=14(14x_{2k+1}-x_{2k})-x_{2k+1}\\&=196x_{2k+1}-14x_{2k}-x_{2k+1}\\&=195x_{2k+1}+x_{2k+1}-14x_{2k}-x_{2k+1}\\&=194x_{2k+1}-x_{2k-1}\end{aligned}$$ Đồng thời, vì $x=4n+3$ nên $n=\dfrac{x-3}{4}\in\mathbb{Z^+}$, theo đó: $n_k=\dfrac{x_{2k+1}-3}{4}\Rightarrow n_0=1, n_1=337, n_{k+1}=194n_k-n_{k-1}+144$. Vậy, tất cả giá trị $n$ thỏa mãn bài toán là: $$\begin{cases}n_0=1, n_1=337\\n_{k+1}=194n_k-n_{k-1}+144, k=0,1,2,...\end{cases}$$                                                      
     Bài toán 3: Tìm cặp số nguyên tố $p, q$ thỏa mãn: $p^2-2q^2=1$
     Lời giải:
          Xét phương trình Pell loại I: $$x^2-2y^2=1$$ Bằng phép thử tuần tự, ta nhận thấy $(3, 2)$ là nghiệm nhỏ nhất của phương trình này đồng thời đây cũng là cặp số nhỏ nhất thỏa mãn bài toán. Theo đó, công thức nghiệm của phương trình Pell này được xác định bởi: $$\begin{cases}x_n=\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n+(3-2\sqrt{2})^n}{2}\\y_n=\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n-(3-2\sqrt{2})^n}{2\sqrt{2}}\end{cases}$$ Suy ra: $$\begin{aligned}x_n+y_n &=\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n+(3-2\sqrt{2})^n}{2}+\dfrac{(3+2\sqrt{2})^n-(3-2\sqrt{2})^n}{2\sqrt{2}}\\&=\dfrac{(\sqrt{2}+1)^{2n+1}+(\sqrt{2}-1)^{2n+1}}{2\sqrt{2}}\end{aligned}$$ Áp dụng công thức khai triển Newton, ta có: $$\begin{aligned}x_n+y_n&=\dfrac{(\sqrt{2}+1)^{2n+1}+(\sqrt{2}-1)^{2n+1}}{2\sqrt{2}}\\&=\dfrac{\sum^{2n+1}_{i=0}C^i_{2n+1}(\sqrt{2})^i+\sum^{2n+1}_{i=0}C^i_{2n+1}(\sqrt{2})^i(-1)^{2n+1-i}}{2\sqrt{2}}\\&=\dfrac{2\sqrt{2}\sum^{n}_{j=0}C^{2j+1}_{2n+1}2^j}{2\sqrt{2}}=\sum^{n}_{j=0}C^{2j+1}_{2n+1}2^j\\&=C^1_{2n+1}+\sum^{n}_{j=1}C^{2j+1}_{2n+1}2^j=1+\sum^n_{j=1}C^{2j+1}_{2n+1}2^j\equiv 1\pmod{2}\end{aligned}$$ Điều này chỉ xảy ra khi $p, q$ khác tính chẵn lẻ hay nói cách khác phương trình đã cho vô nghiệm nếu $\min\{p,q\}>2$. Vậy, $(3, 2)$ là nghiệm duy nhất của bài toán.
   
     Bài toán 4: Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho $2n+1$ và $3n+1$ đều là các số chính phương.
     Lời giải:
         Đặt $d=\gcd (2n+1, 3n+1)$, khi đó: $$\begin{cases}d\;|\;2n+1\\d\;|\;3n+1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} d\;|\;6n+3\\d\;|\;6n+2\end{cases}\Rightarrow d\;|\;1\Rightarrow d=1$$ Điều này cho thấy $2n+1, 3n+1$ đồng thời là các số chính phương khi và chỉ khi tồn tại $y\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;(2n+1)(3n+1)=y^2\\&\Leftrightarrow 6n^2+5n+1=y^2\\&\Leftrightarrow 144n^2+120n+24=24y^2\\&\Leftrightarrow (12n+5)^2-24y^2=1\end{aligned}$$ Đặt $x=12n+5$, phương trình trở thành: $$x^2-24y^2=1$$Đây chính là phương trình Pell loại I, vì $24$ không phải là số chính phương nên phương trình này chắc chắn có 
nghiệm và công thức nghiệm của nó được cho bởi: $$\begin{cases} x_0=1, y_0=0\\x_1=5, y_1=1\\x_{k+2}=10x_{k+1}-x_k, k=0,1,2,...\\y_{k+2}=10y_{k+1}-y_k, k=0,1,2,...\end{cases}$$ Bằng qui nạp ta chứng minh được $x_{2k+1}\equiv 5\pmod{12}$, do đó: $$n_k=\dfrac{x_{2k+1}-5}{12}$$ Ngoài ra: $$\begin{aligned}x_{2k+3}&=10x_{2k+2}-x_{2k+1}\\&=10(10x_{2k+1}-x_{2k})-x_{2k+1}\\&=99x_{2k+1}-10x_{2k}\\&=98x_{2k+1}+(10x_{2k}-x_{2k-1})-10x_{2k}\\&=98x_{2k+1}-x_{2k-1}\end{aligned}$$  Suy ra: $n_{k+1}=98n_k-n_{k-1}+40$. Và theo đó tất cả giá trị $n$ thỏa mãn bài toán là: $$\begin{cases}n_0=0, n_1=40\\n_{k+}=98n_k-n_{k-1}+40, k=0,1,2,...\end{cases}$$                                                                          
    Nhận xét: Với cách làm tương tự như bài toán 4, ta có thể giải quyết được bài toán sau:
    Bài toán (Việt Nam TST 2013):
       1. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $t$ sao cho $2012t+1$ và $2013t+1$ đều là các số chính phương.
       2. Xét $m, n$ là các số nguyên dương sao cho $mn+1$ và $(m+1)n+1$ đều là các số chính phương. Chứng minh rằng $n$ chia hết cho $8(2m+1)$
   
   Bài toán 5: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $x, y, z$ sao cho: $$x^2+y^3=z^4$$
   Lời giải:
   Bổ đề: Tồn tại vô hạn số nguyên dương $n, k$ sao cho: $$\dfrac{n(n+1)}{2}=k^2$$
Chứng minh bổ đề:
     Biến đổi phương trình $(1)$ về dạng tương đương: $$(2n+1)^2-8k^2=1$$ Đặt $m=2n+1$, phương trình $(1)$ trở thành $m^2-8k^2=1$. Đây chính là phương trình Pell loại I và công thức nghiệm của nó được cho bởi: $$\begin{cases}m_0=1, k_0=0\\m_1=3, k_1=2\\m_{l+2}=6m_{l+1}-m_l\\k_{l+2}=6k_{l+1}-k_l\end{cases}$$ Ngoài ra, ta thấy $m_l\equiv 1\pmod{2}$ nên giá trị $n$ thỏa mãn bổ đề được cho bởi: $$\begin{cases}n_0=0, n_1=1\\n_{l+2}=6n_{l+1}-n_l+2,l=0,1,2,...\end{cases}$$ Dãy số này chứng tỏ khẳng định của bổ đề là đúng. Bổ đề được chứng minh.
 Trở lại bài toán, Bằng qui nạp ta dễ dàng kiểm tra được rằng với mọi $n$ nguyên dương, ta luôn có: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;1^3+2^3+3^3+...+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2\\&\Leftrightarrow [1^3+2^3+3^3+...+(n-1)^3]+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2\\&\Leftrightarrow \left[\dfrac{(n-1)n}{2}\right]^2+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2\end{aligned}$$ Từ đây, áp dụng bổ đề trên, ta chọn $$\begin{cases}x=\dfrac{n(n+1)}{2}\\y=n\\z^2=\dfrac{n(n+1)}{2}\end{cases}$$ Rõ ràng đây chính là ba bộ số thỏa mãn bài toán. Từ đó suy ra đpcm.

   Bài toán 6: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $x, y$ sao cho: $$\dfrac{x+1}{y}+\dfrac{y+3}{x}=6$$
   
    Lời giải:
        Phương trình đã cho tương đương với: $$x^2+(1-6y)x+y(y+3)=0$$ Xem đây như một phương trình bậc hai ẩn $x$ tham số $y$, ta có: $$\Delta =(1-6y)^2-4y(y+3)=32y^2-24y+1$$ Bây giờ ta nhận thấy rằng phương trình đã cho có vô hạn nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi tồn tại vô hạn số nguyên dương $y,k$ thỏa mãn: $$\begin{aligned}&\;\;\;32y^2-24y+1=k^2\\&\Leftrightarrow 64y^2-48y+2=2k^2\\&\Leftrightarrow (8y-3)^2-2k^2=7\end{aligned}$$ Đặt $m=8y-3$, phương trình trở thành: $$m^2-2k^2=7\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$ Xét phương trình Pell loại I: $m^2-2k^2=1$, dễ thấy phương trình Pell này nhận nghiệm nhỏ nhất là $(3, 2)$, bằng phép thử tuần tự ta tìm được $(3, 1)$ là nghiệm cơ sở của $(*)$. Theo đó, ta xét dãy $(x_n), (y_n)$: $$\begin{cases}x_0=3, y_0=2\\x_{n+1}=3x_n+4y_n, n=1,2,3,...\\y_{n+1}=2x_n+3y_n,n=1,2,3,...\end{cases}$$ Đồng thời: $$x_{n+1}^2-2y_{n+1}^2=(3x_n+4y_n)^2-2(2x_n+3y_n)^2=x_n^2-2y_n^2=...=x_1^2-2y_1^2=7$$ Điều này chứng tỏ phương trình $m^2-2k^2=7$ có vô hạn nghiệm nguyên dương. Ngoài ra ta còn nhận thấy $x_{2k}\equiv 3\pmod{8}$, thật vậy chú ý rằng: $$\begin{aligned}x_{n+1}&=3x_n+4y_n\\&=9x_{n-1}+12y_{n-1}+4y_n\\&=9x_{n-1}+8y_{n-1}+4(y_n+y_{n-1})\\&=9x_{n-1}+8y_{n-1}+8(x_{n-1}+2x_{n-1})\equiv x_{n-1}\pmod{8}\end{aligned}$$ Như vậy, $$ x_{2k}\equiv x_{2k-2}\equiv ...\equiv x_2\equiv x_0\equiv 3\pmod{8}$$ Điều này cho thấy tồn tại vô hạn $y,k\in\mathbb{Z^+}$ sao cho: $$(8y-3)^2-2k^2=7$$ Từ đó dễ dàng suy ra đpcm.

  Tài liệu tham khảo:
     [1] Phương trình nghiệm nguyên - Phan Huy Khải.
     [2] Phương trình Diophant - Trần Nam Dũng
     [3] Lời giải và bình luận TST 2013.

Bài toán: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}x_0=\dfrac{27}{10}\\x_{n+1}^3-3x_{n+1}(x_{n+1}-1)=x_n+1,\forall n\ge 2\end{cases}$$ Chứng minh rằng dãy số $x_n$ có giới hạn hữu hạn và xác định giới hạn đó.
Lời giải:
  Ta có: $$x_{n+1}-3x_{n+1}(x_{n+1}-1)=x_n+1\\\Leftrightarrow x_{n+1}^3-3x^2_{n+1}+3x_{n+1}-1=x_n+1\\\Leftrightarrow (x_{n+1}-1)^3=x_n\Rightarrow x_{n+1}=1+\sqrt[3]{x_n}$$ Kết hợp với $x_1=\dfrac{27}{10}\Rightarrow x_n>2,\forall n\in\mathbb{N^*}$. Xét hàm số:  $$f(x)=1+\sqrt[3]{x},\;\text{với } x>2$$ Ta có:  $$f'(x)=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}\Rightarrow 0<f'(x)<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}$$ Rõ ràng $x_{n+1}=f(x_n)$, do đó nếu ta có $L$ là giới hạn của dãy $(x_n)$ thì $L$ phải thỏa mãn phương trình: $$f(x)=x\Leftrightarrow x=1+\sqrt[3]{x}\\\Leftrightarrow (x-1)^3=x\\\Leftrightarrow (x-1)^3-x=0$$ Đặt $g(x)=(x-1)^3-x$. Ta lại có: $g(2).g(3)=-5<0$ nên phương trình $g(x)=0$ nhận nghiệm $L\in (2;3)$. Lại do $g'(x)=3x(x-2)>0, \forall x>2$ nên phương trình $g(x)=0$ có nghiệm duy nhất $L\in (2, 3)$.
  Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng $L$ chính là giới hạn của dãy $(x_n)$. Thật vậy, với mọi $\alpha ,\beta >2$ theo định lý Largrange, luôn tồn tại số $c$ sao cho: $$|f(\beta )-f(\alpha )|=|f'(c)|.|\beta -\alpha |$$ Do $f'(c)<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}$ nên ta có: $$|f(\beta )-f(\alpha )<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|\beta -\alpha |$$ Chọn $x_n=\beta, L=\alpha$, lúc này ta được: $$|f(x_n)-f(L)|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_n-L|\\\Leftrightarrow |x_{n+1}-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_n-L|$$ Tương tự, ta có: $$|x_n-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_{n-1}-L|\\|x_{n-1}-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_{n-2}-L|\\......\\|x_1-L|<\dfrac{1}{3\sqrt[3]{4}}|x_0-L|$$ Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta được: $$|x_{n+1}-L|<\dfrac{1}{(3\sqrt[3]{4})^n}|x_0-L|$$ Suy ra $$\lim_{n\to +\infty}|x_n-L|=\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{(3\sqrt[3]{4})^n}|x_0-L|=0\Leftrightarrow \lim_{n\to +\infty}x_n=L$$ Cuối cùng, ta được kết quả: $$\lim_{n\to +\infty}x_n=L,\text{với L là nghiệm của phương trình }L=1+\sqrt[3]{L}$$

Bài toán: (Chọn đội tuyển VMO tỉnh Bắc Giang, năm học 2013-2014)
  Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}x_1=0, x_2=1\\x_{n+1}=\dfrac{3x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}\end{cases}$$Chứng minh rằng dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải:
 Không mấy khó khăn, ta có thể thấy ngay rằng $x_n>0$. Ta xét hàm số hai biến sau: $$f(a, b)=\dfrac{3a+2}{10b+2a+2},\forall a, b>0$$Cố định $a$, ta có: $$f'_a(b)=-\dfrac{10(3a+2)}{(10b+2a+2)^2}<0, \forall a, b>0$$ $\Rightarrow f_a(b)$nghịch biến trên $\mathbb{R^+}$  .
Cố định $b$, ta có: $$f'_b(a)=\dfrac{10b+2}{(10b+2a+2)^2}>0,\forall a, b>0$$ $\Rightarrow f_b(a)$ đồng biến trên $\mathbb{R^+}$
Ta lại có:$$2-x_{n+1}=2-\dfrac{3x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}=\dfrac{20x_n+x_{n-1}+2}{10x_n+2x_{n-1}+2}>0\\\Rightarrow 0<x_n<2,\forall n\in\mathbb{N^*}$$ Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được rằng: $(x_{2n})$ giảm và $(x_{2n+1})$ tăng, mặt khác $(x_n)$ bị chặn dưới bởi $0$ và bị chặn trên bởi $2$. Và như thế chúng hội tụ, giả sử $(x_{2n})$ và $(x_{2n+1})$ lần lượt hội tụ về $K$ và $L$. Chuyển qua giới hạn, ta thu được: $$\begin{cases}K=\dfrac{3K+4}{10L+2K+2}\\L=\dfrac{3L+4}{10K+2L+2}\end{cases}\Leftrightarrow K=L=\dfrac{1+\sqrt{193}}{24}$$. Và cuối cùng, ta thu được kết quả: $$\boxed{\lim x_n=\dfrac{1+\sqrt{193}}{24}}$$

Bài toán: Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases}u_0=\dfrac{1}{3}, u_1=\dfrac{1}{2}\\u_{n+2}=\dfrac{1}{4}u^2_{n+1}+\dfrac{3}{4}\sqrt{u_n}, \forall n\in\mathbb{N}\end{cases}$$ Tính giới hạn:  $\lim u_n$.
Lời giải:
 Xét dãy số $(v_n)$ được cho bởi: $$\begin{cases}v_0=\dfrac{1}{3}\\v_{n+1}=\dfrac{1}{4}v^2_n+\dfrac{3}{4}\sqrt{v_n},\forall n\in\mathbb{N}\end{cases}$$
Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được: $0< u_n <1$. Xét hàm số: $$f(x)=\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{3}{4}\sqrt{x}, x\in(0; 1)$$ Dễ thấy ngay rằng $f(x)$ là hàm đồng biến . Do đó, nếu $v_n>v_{n-1}$thì ta phải có: $$v_{n+1}=f(v_n)>f(v_{n-1})=v_n$$ Suy ra $(v_n)$ là dãy tăng và bị cặn bởi $1$, như thế nó hội tụ, giả sử $u_n$ hội tụ về $L$, chuyển qua giới hạn, ta được: $$L=\dfrac{1}{4}L^2+\dfrac{3}{4}\sqrt{L}\Leftrightarrow \sqrt{L}(\sqrt{L}-1)(L+\sqrt{l}-3)=0$$ kết hợp với $0<v_n<1$ ta có $L=1$ Như vậy $\lim u_n=1$
Bằng qui nạp, ta cũng chứng minh được rằng: $0<u_n<1$ và $v_n<\min\{v_{2n}, v_{2n+1}\}$. Theo đó, ta có: $$v_n\le u_{2n}<1\\v_n\le u_{2n+1}<1$$ Cuối cùng, kết hợp với $\lim v_n=1$. Ta có ngay: $$\boxed{\lim u_n=1}$$

Bài toán: Cho hai dãy số $(a_n)$ và $(b_n)$ được xác định bởi: $$\begin{cases} a_0=1, a_1=\dfrac{1}{2}\\2b_{n+1}=2b_n-a_n\\b_n=\dfrac{1}{3}+2a_{n+1}\end{cases}$$ Đặt $c_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}\sum_{i=0}^{n}\dfrac{b_i}{a_i}$,  Tính $\lim c_n$

Lời giải:
 Ta tính được $b_0=\dfrac{4}{3}, b_1=\dfrac{5}{6}$, ta có: $$2b_{n+2}=2b_{n+1}-a_{n+1}=2b_{n+1}-\dfrac{1}{2}\left(b_n-\dfrac{1}{3}\right)$$ Đặt $v_n=b_n-\dfrac{1}{3}$. Khi đó, ta có $4v_{n+2}=4v_{n+1}-v_n$ $$ $$ Xét phương trình: $4t^2-4t+1=0\Rightarrow t=\dfrac{1}{2}$. Lúc này, với $n=0, 1$, ta dễ dàng tính được: $$v_n=\dfrac{1}{2^n}\Rightarrow b_n=\dfrac{1}{2^n}+\dfrac{1}{3}\\\Rightarrow a_n=\dfrac{1}{2^n}$$ Suy ra $$\dfrac{b_n}{a_n}=\dfrac{2^n}{3}+1\Rightarrow c_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}\sum_{i=0}^n\left(\dfrac{2^i}{3}+1\right)=\dfrac{1}{3}\sum_{i=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^i}+\dfrac{n(n+1)}{2^{n+2}}$$ Ta chú ý rằng: $$\lim\dfrac{n(n+1)}{2^{n+2}}=0$$ $$\lim\sum_{i=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^i}=1$$ Do đó $\lim \left(\dfrac{1}{3}\sum_{i=1}^{n+1}\dfrac{1}{2^i}+\dfrac{n(n+1)}{2^{n+2}}\right)=\dfrac{1}{3}$
 Kết luận, $$\lim c_n=\dfrac{1}{3}$$

Bài toán: Cho hai dãy số $(x_n)$ và $(y_n)$ xác định bởi:  $$\begin{cases}x_1=-1; y_1=1\\x_{n+1}=-3x_n^2-2x_ny_n+8y_n^2\\y_{n+1}=2x_n^2+3x_ny_n-2y_n^2\end{cases}$$
 Xác định tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $x_p+y_p$ không chia hết cho $p$

Lời giải:
       Từ công thức truy hồi của hai dãy $(x_n);(y_n)$, dễ thấy rằng: $${x_n} + 2{y_n} = {\left( {{x_{n - 1}} + 2{y_{n - 1}}} \right)^2} = ... = {\left( {{x_1} + 2{y_1}} \right)^{{2^{n - 1}}}} = 1\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$$Ta có:$${y_{n + 1}} = \left( {2{x_n} - {y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right)$$.  Giả sử tồn tại số tự nhiên $k$ sao cho $$2{x_k} = {y_k} \Rightarrow {y_{k + 1}} = 0$$ Khi đó:  $$\begin{cases} x_{k+2}=-3x_{k+1}^2\\x_{k+2}=1\end{cases},\text{ vô lí}$$ 
Vậy $${y_{n + 1}} = \left( {2{x_n} - {y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right) \ne 0\,\,\,\forall n$$ Suy ra: $$\dfrac{{{x_{n + 1}}}}{{{y_{n + 1}}}} = - \dfrac{{\left( {3{x_n} - 4{y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right)}}{{\left( {2{x_n} - {y_n}} \right)\left( {{x_n} + 2{y_n}} \right)}} = \dfrac{{4{y_n} - 3{x_n}}}{{2{x_n} - {y_n}}}$$ Đặt: $${u_{n + 1}} = \dfrac{{{x_{n + 1}}}}{{{y_{n + 1}}}} \Rightarrow {u_1} = - 1,\,\,{u_{n + 1}} = \dfrac{{4 - 3{u_n}}}{{2{u_n} - 1}} \Rightarrow {u_{n + 1}} + 2 = \dfrac{{{u_n} + 2}}{{2{u_n} - 1}} \Rightarrow \dfrac{1}{{{u_{n + 1}} + 2}} = 2 - \dfrac{5}{{{u_n} + 2}}$$ Đặt: ${v_n} = \dfrac{1}{{{u_n} + 2}} \Rightarrow {v_{n + 1}} = 2 - 5{v_n}$. Từ đây dễ dàng tìm được CTTQ của $(v_n)$:
$${v_n} = \dfrac{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3} \Rightarrow \dfrac{1}{{{u_n} + 2}} = \dfrac{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3} \Rightarrow {u_n} = \dfrac{{1 - 4{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}} = \dfrac{{{x_n}}}{{{y_n}}}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$$
 Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra:$${x_n} = \dfrac{{1 - 4{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3},\,\,{y_n} = \dfrac{{1 + 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3} \Rightarrow {x_n} + {y_n} = \dfrac{{2 - 2{{\left( { - 5} \right)}^{n - 1}}}}{3}$$
$\bullet$   Nếu $p = 2 \Rightarrow {x_2} + {y_2} = 4\,\, \vdots \,\,2$, không thoả.
$\bullet$   Nếu $p = 3 \Rightarrow {x_3} + {y_3} = - 16$ không chia hết cho 3, suy ra $p=3$ thoả.
Tương tự thì $p=5$ cũng thoả.
Xét $p > 5 \Rightarrow {\left( { - 5} \right)^{p - 1}} \equiv 1\left( {\bmod p} \right) \Rightarrow {x_p} + {y_p} \equiv 0\left( {\bmod p} \right)$.
Vậy $p = 3$ hoặc $p=5$.

Bài toán: Cho dãy số ${x_n}$ xác định bởi công thức \[{x_n} = \left( {1 + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)\left( {1 + \frac{2}{{{n^2}}}} \right)....\left( {1 + \frac{n}{{{n^2}}}} \right)\]
  Tính \[\lim \left( {\ln {x_n}} \right)\]

Lời giải:

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: $$x - \dfrac{{{x^2}}}{x} < \ln \left( {x + 1} \right) < x,\,\,\forall x > 0$$
Thật vây, xét:

                         $\begin{cases} f(x)=\ln (x+1)-x+\dfrac{x^2}{2} \\\\g(x)=x-\ln (x+1) \end{cases}, \forall x>0\Rightarrow \begin{cases}f'(x)=\dfrac{x^2}{x+1}>0\\\\g'(x)=\dfrac{x}{x+1}>0\end{cases}, \forall x>0$.

 Suy ra $f(x)$ và $g(x)$ đồng biến trên $(0;+\infty)$ 

                              $\Rightarrow \begin{cases} f(x)>0\\g(x)>0\end{cases}\Rightarrow x-\dfrac{x^2}{x}<\ln (x+1)<x$

 Bổ đề được chứng minh.

 Quay lại bài toán, ta cần tìm $\lim$ của $$\ln {x_n} = \ln \left( {1 + \dfrac{1}{{{n^2}}}} \right) + \ln \left( {1 + \dfrac{2}{{{n^2}}}} \right) + ... + \ln \left( {1 + \dfrac{n}{{{n^2}}}} \right)$$
Áp dụng bổ đề trên, ta có: $$\dfrac{i}{{{n^2}}} - \dfrac{{{i^2}}}{{2{n^4}}} < \ln \left( {1 + \dfrac{i}{{{n^2}}}} \right) < \dfrac{i}{{{n^2}}},\,\,\forall i = \overline {1,n} $$
$$ \Rightarrow \dfrac{1}{{{n^2}}}\left( {1 + 2 + ... + n} \right) - \dfrac{1}{{2{n^4}}}\left( {{1^2} + {2^2} + ... + {n^2}} \right) < \ln {x_n} < \dfrac{1}{{{n^2}}}\left( {1 + 2 + ... + n} \right)$$
$$ \Rightarrow \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}} - \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{{12{n^4}}} < \ln {x_n} < \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}}$$
Mặt khác: $$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}} - \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{{12{n^4}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2{n^2}}}} \right) = \dfrac{1}{2}$$
Từ đó theo nguyên lí kẹp, suy ra: $\lim (\ln x_n)=\dfrac{1}{2}$

Bài toán: Cho hai số thực a và  $\alpha $ với $a>0$.Xét hai dãy số $(u_{n})$ và $(v_{n})$ với $n \in \mathbb{N}^{*}$ xác định bởi $$u_{1}=a,u_{n+1}=u_{n}+\frac{1}{u_{n}}, v_{n}=\frac{u_{n}}{n^{\alpha }},\forall n\geq 1.$$

  $1.$ Chứng minh rằng $\lim u_{n}=+\infty $ và với $\alpha =\dfrac{1}{2}$ thì dãy số $(v_{n})$ có giới hạn hữu hạn. TÌm giới hạn đó.

  $2.$ Tìm tất cả số thực $\alpha$ để dãy số $(v_{n})$ có giới hạn hữu hạn và khác $0.$

Lời giải:

   $1.$ Dễ thấy $(u_n)$ là dãy dương, từ đó thấy được $u_{n+1}>u_n$. Nếu $(u_n)$ bị chặn trên thì nó hội tụ, giả sử nó hội tụ về $L$. Chuyển qua giới hạn :

$$L=L+\dfrac{1}{L}$$

Điều này vô lí. Tức $(u_n)$ không bị chặn trên. Suy ra $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}u_n=+\infty$.

Xét :

$$u_{n+1}^2-u_n^2=\left ( u_n+\dfrac{1}{u_n} \right )^2-u_n^2=2+\dfrac{1}{u_n^2}\rightarrow 2$$

Theo định lý trung bình Cesaro thì :

$$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}\dfrac{u_n^2}{n}=2\Rightarrow \lim\dfrac{u_n}{n^{1/2}}=\sqrt{2}$$

  $2.$ Theo trên ta có :

$$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}\dfrac{u_n^2}{n}=2$$

Dãy $(v_n)$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ khi và chỉ khi dãy $(v_n^{1/\alpha})$ có giới hạn hữu hạn khác $0$.

Ta có :

$$v_n^{1/\alpha}=\dfrac{u_n^{1/{\alpha}}}{n}=\dfrac{u_n^2}{n}.\dfrac{u_n^{1/\alpha-2}}{n}$$

Nếu $\dfrac{1}{\alpha }-2> 0$ thì $v_n^{1/\alpha}\rightarrow +\infty \Rightarrow v_n\rightarrow +\infty$

Nếu $\dfrac{1}{\alpha }-2< 0$ thì $v_n^{1/\alpha}\rightarrow 0\Rightarrow v_n\rightarrow 0$

Vậy ta được $\dfrac{1}{\alpha }-2= 0$, suy ra $\alpha=\dfrac{1}{2}$ là giá trị duy nhất cần tìm.

Bài toán: (Croatia TST 2011) Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi:

                                          
Lời giải:
     Ta có: $x_3=\dfrac{a^2+b^2}{a+b}=a+b-\dfrac{2ab}{a+b}$

     Do  $a\not = b$, nên $\dfrac{2ab}{a+b}\not \in Z$ $\Rightarrow x_3\not\in Z$

     Nhận thấy rằng, $a, b\in Z$ nên $(x_n)$ là số hữu tỉ. Đặt $x_{n-1}=\dfrac{m}{k}$, $x_{n-2}=\dfrac{z}{t}$
   Khi đó:
                                      $x_n=\dfrac{\dfrac{m^2}{k^2}+\dfrac{z^2}{t^2}}{\dfrac{m}{k}+\dfrac{z}{t}}=\dfrac{m^2t^2+k^2z^2}{kt(mt+zk}=mt+kz-\dfrac{2mz}{mt+kz}\not\in Z$
     
    suy ra đpcm.

Dãy số

Bài toán 1: Cho dãy số    được xác định như sau:
                     
Chứng minh rằng: nếu  là số nguyên tố lớn hơn 3 thì    .
Lời giải:
Đặt    ,  thế thì:
                     
Xét phương trình:
                                         
                                    
suy ra   
Với    ta có
                      
             
    suy ra     
Ta cần chứng minh : Với mọi  nguyên tố lớn hơn 3 thì:
                          

Thật vậy, do  là số nguyên tố lớn hơn 3 nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có
                  (mod n)
                  (mod n)
  suy ra       (đpcm),
 Bài toán 2: Chứng minh rằng với các số nguyên dương phân biệt . Ta luôn có:
                                  
                                   
Lời giải:
    Không mất tính tổng quát, giả sử . Ta chứng minh bài toán bằng qui nạp như sau:
   Với , hiển nhiên đúng 
   Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng tới , tức là :
                                      
Ta chứng minh nó cũng đúng với , tức là:
                                    

                                
  Sử dụng giả thiết qui nạp, bây giờ ta cần chứng minh:
                                        
Thật vậy, để ý rằng:
                                
                         
                         
                         
Bất đẳng thức này đúng do  phân biệt và chạy từ  đến . Do đó bất đẳng thức đã cho đúng với , theo nguyên lí qui nạp, ta có đpcm.
Bài toán 3: Xét hai dãy số  và  được xác định như sau:
                           
 Tìm tất cả số tự nhiên  sao cho    là số chính phương.

 Lời giải:

     Để ý rằng:  

                   

                   

  Ta có   

                                        

   suy ra:  

   Do đó    là số chính phương khi và chỉ khi  là số chính phương, tức là  hay  lẻ

   Kết luận:   là số dương lẻ thì   là số chính phương.

Bài toán 4: (Việt Nam 1999) Cho dãy số  được xác định bởi:

                                                      

                 Chứng minh rằng:   

Lời giải:

  Ta có:   

         

   Trước hết, ta cần chỉ ra 

    Với , hiển nhiên đúng.

    Giả sử khẳng định trên đúng tới 

    Ta chứng minh khẳng định trên cũng đúng với . Thật vậy, ta có:

                               

    Do đó, khẳng định trên đúng với , theo nguyên lí qui nạp, khẳng định trên được      chứng minh

    Bây giờ, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành  . Điều này khá đơn giản, ta chỉ cần chứng minh rằng  là dãy tăng. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Bài toán 4: Cho dãy số thực dương $(a_n)$, với $n=0,1,...$ được xác định bởi:

                                        $a_o=1, a_m<a_n$, với mọi $m, n\in N, m<n$

                                        $a_n=\sqrt{a_{n+1}.a_{n-1}}+1$

                                        $4\sqrt{a_n}=a_{n+1}-a_{n-1}$, với mọi $n\in N*$.

           Tính tổng: $T=a_o+a_1+a_2+...+a_n$

Lời giải:

  Ta có: $1=a_o<a_1<a_2<...$ và :

                                        

                                   

Theo đó, ta có:$\sqrt{a_2}=a_1-1\Rightarrow 4\sqrt{a_1}=(a_1-1)^2$
                                                         $\Leftrightarrow a_1^2-2a_1-4\sqrt{a_1}=0$
  Giải phương trình trên ta tìm được $a_1=4\Rightarrow a_2=9$. Như vậy, ba số hạng đầu của dãy là $1, 4, 9$. Bây giờ ta cần chỉ ra $a_n=(n+1)^2$.
  Với $n=1$, đúng.
   Giả sử khẳng định trên đúng tới $n=k\ge 1$
   Với $n=k+1$, theo giả thiết: 
                                    $4\sqrt{a_k}=a_{k+1}-a_{k-1}\\\Rightarrow 4(k+1)=a_{k+1}-k^2\\\Rightarrow a_{k+1}=(k+2)^2$

Do đó, khẳng định trên đúng với $n=k+1$. Theo nguyên lí qui nạp, khẳng định được chứng minh.

Do đó: $T=1^2+2^2+...+(n+1)^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$. Đây chính là kết quả bài toán