(6) Danh Sách Tổng Hợp Các Bài Toán Về Giới Hạn – Dãy Số

Có thể bạn quan tâm

ĐỊNH LÝ TRUNG BÌNH CESARO VÀ MỘT LỚP CÁC BÀI TOÁN GIỚI HẠN

Trong bài viết này, mình sẽ đề cập đến phương pháp giải một lớp các bài toán giới hạn liên quan đến dãy $(u_n)$ xác định bởi :

$u_{n+1}=u_n+u_n^{a_1}+u_{n}^{a_2}+...+u_{n}^{a_k}$

Trong đó $a_1,a_2,...a_k$ là những số thực cho trước.

Ngoài ra, mình cũng sẽ đề cập đến những bài toán liên quan đến việc xác định hằng số $\alpha$ sao cho dãy $\left ( \dfrac{u_n^{\alpha}}{n} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ .

Bài toán 1 : Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_0=\dfrac{1}{2},x_{n+1}=x_n-x_n^2$ .

Chứng minh rằng $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}(nx_n)=1$ .

Lời giải :

Dễ dàng chứng minh được $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn bằng $0$ . Từ đó :

$\dfrac{1}{x_{n+1}}-\dfrac{1}{x_n}=\dfrac{x_n-x_{n+1}}{x_{n+1}x_n}=\dfrac{x_n^2}{(x_n-x_n^2)x_n}=\dfrac{1}{1-x_n}\rightarrow 1$

Như vậy theo định lí trung bình Cesaro :

$\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}\left ( \dfrac{1/(x_n)}{n} \right )=\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}\left ( \dfrac{1}{x_{n+1}}-\dfrac{1}{x_n} \right )=1\Rightarrow \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}(nx_n)=1$

Bài toán hoàn tất.

Nhận xét :

1) Để tìm số $\beta$ sao cho dãy $\left ( \dfrac{x_n}{n^{\beta}} \right )$ có giới hạn hữu hạn. Ta sẽ xét hiệu $x_{n+1}^{\gamma}-x_n^{\gamma}$ và tìm giới hạn của hiệu này. Trong đó mối liên hệ giữa $\beta$ và $\gamma$ là $\beta=\dfrac{1}{\gamma}$ .

Ở bài này thì $\beta=-1$ nên $\gamma=-1$ , chính vì vậy mà ta có lời giải trên.

2) Việc quy định dạng dãy số $u_{n+1}=u_n+u_n^k$ chỉ mang tính hình thức bởi lẽ có rất nhiều những dãy số không theo dạng này nhưng ta vẫn có thể áp dụng cách giải như trên. Xem tiếp bài toán sau.

Bài toán 2 : Cho dãy số $(u_n)$ thoả mãn $u_1=1$ và :

$u_{n+1}=\dfrac{u_n}{1+u_n^2},\;\;n=1,2,3...$

Tính $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}(u_n\sqrt{n})$ .

Xem lời giải tại đây.

Bài toán 3 (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 420)

Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_1=\dfrac{1001}{1003}$ và :

$x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+...+x_n^{2011}-x_n^{2012},\;n=1,2,...$

Tính $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}(nx_n)$ .

Xem lời giải tại đây.

Tiếp theo ta sẽ chuyển sang xét một dạng khác phức tạp hơn.

Bài toán 4 (Vietnam Team Selection Test 1993)

Dãy số $(a_n)$ xác định bởi $a_1=1$ và :

$a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{\sqrt{a_n}},\;n=1,2,...$

Hãy tìm tất cả các số thực $\beta$ để dãy số $\left ( \dfrac{a_n^{\beta}}{n} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ .

Lời giải :

Dễ dàng chứng minh được rằng $a_n\rightarrow +\infty$ . Xét hiệu :

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

$=\dfrac{(1+x_n)^{3/2}-1}{x_n}=\dfrac{(1+x_n)^3-1}{x_n\left [ (1+x_n)^{3/2}+1 \right ]}=\dfrac{x_n^2+3x_n+3}{(1+x_n)^{3/2}+1}\rightarrow \dfrac{3}{2}\;\;\;\left ( x_n=\dfrac{1}{a_n^{3/2}} \right )$

Từ đó theo định lí trung bình Cesaro thì :

$\lim\left ( \dfrac{a_n^{3/2}}{n} \right )=\dfrac{3}{2}$

Ta có :

$\dfrac{a_n^{\beta}}{n}=\dfrac{a_n^{3/2}}{n}.a_n^{\beta-3/2}$

Và chú ý rằng $\lim(a_n)=+\infty$ .

Nếu mà $\beta > \dfrac{3}{2}$ thì $\lim\left ( \dfrac{a_n^{\beta}}{n} \right )=+\infty$

Nếu mà $\beta < \dfrac{3}{2}$ thì $\lim\left ( \dfrac{a_n^{\beta}}{n} \right )=0$

Như vậy giá trị duy nhất thoả mãn bài toán là $\beta=3/2$

Nhận xét :

1) Với dãy số $u_{n+1}=u_n+u_n^b$ thì điều kiện để dãy $\left ( \dfrac{u_n^{\beta}}{n} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ là $\beta=1-b$ . Trong bài toán trên thì do $b=-1/2$ nên ta tìm được $\beta=3/2$ .

2) Một cách tổng quát hơn với dãy $u_{n+1}=u_n+u_n^{a_1}+u_{n}^{a_2}+...+u_n^{a_k}$ thì điều kiện để dãy $\left ( \dfrac{u_n^{\beta}}{n} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ là $\beta=1-\max\left \{ a_1,a_2,...,a_k \right \}$ .

(Nhận xét 2 là do mình suy đoán và độ đảm bảo không cao, nếu bạn đọc phát hiện một trường hợp dãy số không đúng như dự đoán này thì liên hệ với mình nhé)

Bài toán 5 : Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi $x_0=1$ và :

$x_{n+1}=x_n+\dfrac{3}{\sqrt[3]{x_n}}+\dfrac{4}{\sqrt[4]{x_n}},\;n=0,1,2,...$

Tìm tất cả các số thực $m$ sao cho dãy số $\left ( \dfrac{x_n}{n^m} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ .

Lời giải :

Ta thấy dãy $\left ( \dfrac{x_n}{n^m} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ khi và chỉ khi dãy $\left ( \dfrac{x_n^{1/m}}{n} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ .

Chú ý nhận xét $2$ bởi bài toán trên, ở đây ta có $a_1=\dfrac{-1}{3},a_2=\dfrac{-1}{4}$ . Như vậy số $m$ cần tìm sẽ thoả :

$\dfrac{1}{m}=1-\max\left \{ a_1,a_2 \right \}=1-\left ( \dfrac{-1}{4} \right )=\dfrac{5}{4}\Rightarrow m=\dfrac{4}{5}$

Dễ thấy $\lim(x_n)=+\infty$ . Như vậy ta đi xét :

$x_{n+1}^{5/4}-x_n^{5/4}=\left ( x_n+\dfrac{3}{x_n^{1/3}}+\frac{4}{x_n^{1/4}} \right )^{5/4}-x_n^{5/4}$

Đặt $y_n=\dfrac{1}{x_n^{5/4}}$ thì :

$x_{n+1}^{5/4}-x_n^{5/4}=\left ( \dfrac{1}{y_n^{4/5}}+3y_n^{4/15}+4y_n^{1/5} \right )^{5/4}-\dfrac{1}{y_n}=\dfrac{\left ( 1+3y_n^{16/15}+4y_n \right )^{5/4}-1}{y_n}=\dfrac{(z_n+1)^5-1}{y_n.t_n }$

$=\dfrac{z_n^5+5z_n^4+10z_n^3+10z_n^2+5z_n}{y_n.t_n}=\dfrac{z_n^5/y_n+5z_n^4/y_n+10z_n^3/y_n+10z_n^2/y_n+5(3y_n^{1/15}+4)}{(1+z_n)^{15/4}+(1+z_n)^{10/4}+(1+z_n)^{5/4}+1}\rightarrow \dfrac{20}{4}=5$

Trong đó :

$z_n=3y_n^{16/15}+4y_n,t_n=(1+z_n)^{15/4}+(1+z_n)^{10/4}+(1+z_n)^{5/4}+1$

Từ đó theo định lí trung bình Cesaro :

$\lim\left ( \dfrac{x_n^{5/4}}{n} \right )=5$

Để ý thấy :

$\dfrac{x_n^{1/m}}{n}=\frac{x_n^{5/4}}{n}.x_n^{1/m-5/4}$

Nếu $\dfrac{1}{m} > \dfrac{5}{4}$ thì $\lim\left ( \dfrac{x_n^{1/m}}{n} \right )=+\infty$

Nếu $\dfrac{1}{m} < \dfrac{5}{4}$ thì $\lim\left ( \dfrac{x_n^{1/m}}{n} \right )= 0$

Như vậy phải có $\dfrac{1}{m}=\dfrac{5}{4}\Leftrightarrow m=\dfrac{4}{5}$ và đây là giá trị duy nhất thoả mãn bài toán.

Bài toán 6 (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 434)

Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_1>0$ cho trước và :

$x_{n+1}=x_n+\dfrac{1}{x_n}+\dfrac{2}{x_n^2}+\dfrac{3}{x_n^3}+...+\dfrac{2012}{x_n^{2012}},\;n=1,2,3...$

Tìm tất cả các số thực $\alpha$ sao cho dãy $\left ( n.x_n^{\alpha} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ .

Lời giải :

Dãy $\left ( n.x_n^{\alpha} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ khi và chỉ khi dãy $\left ( \dfrac{x_n^{-\alpha}}{n} \right )$ có giới hạn hữu hạn khác $0$ . Như vậy $\alpha$ sẽ thoả :

$-\alpha=1-\max\left \{ -1,-2,...,-2012 \right \}=2\Rightarrow \alpha =-2$

Hơn nữa dễ thấy $\lim(x_n)=+\infty$ thế nên nếu đặt $y_n=\dfrac{1}{x_n}$ thì $\lim(y_n)=0$

Xét :

$x_{n+1}^2-x_n^2=\left ( x_n+\dfrac{1}{x_n}+\dfrac{2}{x_n^2}+...+\dfrac{2012}{x_n^{2012}} \right )^2-x_n^2=2x_n\left ( \dfrac{1}{x_n}+\dfrac{2}{x_n^2}+...+\dfrac{2012}{x_n^{2012}} \right )+\left( \dfrac{1}{x_n}+\dfrac{2}{x_n^2}+...+\dfrac{2012}{x_n^{2012}}\right )^2=2+2(2y_n+3y_n^2+...+2012y_n^{2011})+(y_n+2y_n^2+...+2012y_n^{2012})\rightarrow 2$

Theo định lí trung bình Cesaro thì :

$\lim\left ( \dfrac{x_n^2}{n} \right )=2$

Chú ý là $\dfrac{x_n^{-\alpha}}{n}=\dfrac{x_n^2}{n}.x_n^{-\alpha-2}$ . Nếu mà $\alpha >-2$ thì $\lim\left ( \dfrac{x_n^{-\alpha}}{n} \right )=+\infty$ . Còn nếu $\alpha <-2$ thì $\lim\left ( \dfrac{x_n^{-\alpha}}{n} \right )=0$ .