Phan Đình Trung: Dãy số-giới hạn

Bài toán 1 : Xác định công thức tổng quát của dãy $(a_n)$ :

$\left\{\begin{matrix} a_1=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\\ a_{n+1}=2.3^{2^n}a_n^2-3^{2^n(n+1)},\;\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$

Lời giải :

Từ công thức xác định dãy, ta có :

$\dfrac{a_{n+1}}{3^{2^n(n+1)}}=2.\dfrac{3^{2^n}.a_n^2}{3^{2^n(n+1)}}-1=2.\left ( \dfrac{a_n}{3^{2^{n-1}.n}} \right )^2-1$

Do vậy nếu ta đặt $x_n=\dfrac{a_n}{3^{2^{n-1}.n}}$ ta được :

$\left\{\begin{matrix} x_1=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ x_{n+1}=2x_n^2-1 \end{matrix}\right.$

Ta có $x_1=cos\dfrac{\pi }{6}$ và :

$x_2=2x_1^2-1=2cos^2\dfrac{\pi }{6}-1=cos\dfrac{2\pi }{6}$

Bằng quy nạp ta được :

$x_n=cos\dfrac{2^{n-1}\pi }{6}$

Từ đó ta được :

$a_n=3^{2^{n-1}.n}.cos\dfrac{2^{n-1}\pi }{6},\;\forall n\in \mathbb{N}^*$

Bài toán 2 : Cho dãy số $(x_n)$ thỏa $0<x_0<x_1$ và :

$\sqrt{1+x_n}\left ( 1+\sqrt{x_{n-1}x_{n+1}} \right )=\sqrt{1+x_{n-1}}\left ( 1+\sqrt{x_nx_{n+1}} \right ),\;\forall n\geq 1$

Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

Lời giải :

Vì $0<x_0<x_1$ nên tồn tại các số $\alpha _0,\alpha _1\in \left ( 0,\dfrac{\pi }{2} \right )$ sao cho :

$x_0=tan^2\alpha _0,x_1=tan^2\alpha _1$

Ta có :

$\sqrt{1+x_1}\left ( 1+\sqrt{x_0x_2} \right )=\sqrt{1+x_0}\left ( 1+\sqrt{x_1x_2} \right )\Leftrightarrow \dfrac{1}{cos\alpha _1}\left ( 1+tan\alpha _0\sqrt{x_2} \right )=\dfrac{1}{cos\alpha _0}\left ( 1+tan\alpha _1\sqrt{x_2} \right )\Leftrightarrow \sqrt{x_2}=\dfrac{cos\alpha _0-cos\alpha _1}{sin\alpha _1-sin\alpha _0}=tan\dfrac{\alpha _0+\alpha _1}{2}\Leftrightarrow x_2=tan^2\dfrac{\alpha _0+\alpha _1}{2}$

Xét dãy $(\alpha _n)$ như sau :

$\left\{\begin{matrix} \alpha _0,\alpha _1\in \left ( 0,\dfrac{\pi }{2} \right )\\ \alpha _{n+1}=\dfrac{1}{2}\left ( \alpha _n+\alpha _{n-1} \right ) \end{matrix}\right.$

Phương trình sai phân này cho ta :

$\alpha _n=\dfrac{\alpha _0+2\alpha _1}{3}+\dfrac{2}{3}(\alpha _0-\alpha _1).\left ( \dfrac{-1}{2} \right )^n$

Do đó mà :

$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}\alpha _n=\dfrac{\alpha _0+2\alpha _1}{3}$

Ta chứng minh được bằng quy nạp :

$x_{n+1}=tan^2\alpha _{n+1}$

Từ đó ta được :

$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}x_n=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}(tan^2\alpha _n)=tan^2\left ( \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}\alpha _n \right )=tan^2\left ( \dfrac{\alpha _0+2\alpha _1}{3} \right )$

Bài toán 3 : Cho dãy số $(u_n)$ thỏa mãn $u_0=1,u_1=3$ và :

$u_{n+1}^2+4u_{n+1}=u_n+u_{n-1}+2\sqrt{(u_n+2)(u_{n-1}+2)}$

Chứng minh rằng dãy $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn này.

Lời giải :

Biến đổi công thức xác định dãy :

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

Đặt $x_n=u_{n}+2$ ta được $x_0=3,x_1=5$

$x_{n+1}=\sqrt{x_n}+\sqrt{x_{n-1}}$

Xét dãy $(a_n),(b_n)$ như sau :

$(a_n):\left\{\begin{matrix} a_0=3\\ a_n=2\sqrt{a_{n-1}} \end{matrix}\right.$ và $(b_n):\left\{\begin{matrix} b_0=5\\ b_n=2\sqrt{b_{n-1}} \end{matrix}\right.$

Bằng quy nạp ta được $a_n< 4,\;\forall n\in \mathbb{N}$ .

Từ đó :

$a_n-a_{n-1}=\sqrt{a_{n-1}}\left ( 2-\sqrt{a_{n-1}} \right )> 0$

Tức dãy $(a_n)$ tăng, kết hợp với việc $(a_n)$ bị chặn trên bởi $4$ suy ra $(a_n)$ hội tụ, giả sử $L$ là giới hạn hữu hạn của nó. Giải phương trình giới hạn ta được $L\in \left \{ 0,4 \right \}$ . Do :

$0<a_0<a_1<....<a_n<...$

nên ta có $a_n\rightarrow 4$ .

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được $b_n> 4,\;\forall n\in \mathbb{N}$ , $(b_n)$ giảm và $b_n\rightarrow 4$ .

Tiếp theo ta dễ dàng chứng minh :

$a_n\leq min\left \{ x_{2n},x_{2n+1} \right \},\;\forall n\in \mathbb{N}$

$b_n\geq max\left \{ x_{2n},x_{2n+1} \right \},\;\forall n\in \mathbb{N}$

Sử dụng nguyên lí kẹp ta được

$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}x_n=4\Rightarrow \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}u_n=2$

Bài toán 4 : Cho dãy số $(u_n)$ xác định như sau :

$\left\{\begin{matrix} u_1=38,u_2=161\\ u_{n+2}=4u_{n+1}+u_n,\;\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $m$ , luôn tồn tại số tự nhiên $n$ sao cho $u_n-1$ và $u_{n+1}-2$ đều chia hết cho $m$ .

Lời giải :

Xét dãy $(v_n)$ như sau :

$\left\{\begin{matrix} v_1=1,v_2=2\\ v_{n+2}=4v_{n+1}+v_n,\;\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$

Dễ thấy :

$v_{n+3}=u_n,\;\forall n\geq 1$

Vậy ta chỉ ra rằng tồn tại số nguyên dương $n\geq 2$ mà :

$v_{n}-1\equiv v_{n+1}-2\equiv 0\;(mod\;m)$

Theo bài toán này, ta chứng minh được dãy số dư khi chia $v_n$ cho $m$ là một dãy tuần hoàn.

Từ đó tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho :

$v_{1}-v_{k+1}\equiv v_2-v_{k+2}\equiv 0\;(mod\;m)\Rightarrow v_{k+1}-1\equiv v_{k+2}-2\equiv 0\;(mod\;m)$

Bài toán hoàn tất.

Bài toán 5 : Cho dãy $(u_n)$ thỏa mãn :

$\left\{\begin{matrix} u_1=1,u_2=2\\ u_{n+2}=3u_{n+1}+u_n,\;\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$

Với mỗi số nguyên dương $n$ ta gọi $r_n$ là số dư khi chia $u_n$ cho $2013$ . Chứng minh rằng dãy $(r_n)$ là dãy tuần hoàn.

Lời giải :

Dãy số $(r_n)$ có công thức :

$\left\{\begin{matrix} r_1=1,r_2=2\\ r_{n+2}\equiv 3r_{n+1}+r_n\;\;(mod\;2013) \end{matrix}\right.$

Xét dãy các bộ hai số :

$(r_1,r_2),(r_2,r_3),....,(r_{n},r_{n+1}),(r_{n+1},r_{n+2}),...$

Dãy trên có vô số bộ nhưng do $r_n\in \left \{ 1,2,...,2012,2013 \right \}$ với mọi $n$ nên chỉ có hữu hạn bộ đôi một khác nhau. Vì vậy theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại hai bộ trùng nhau. Nghĩa là tồn tại các số nguyên dương $m,k$ sao cho :