Chuyên đề BDHSG: Giới hạn của dãy số
1

MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY
SINH BỞI PHƯƠNG TRÌNH

Huỳnh Chí Hào
Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp

A. Một số kiến thức bổ trợ
1) Định lý tồn tại nghiệm của hàm số liên tục:
Định lý: Nếu hàm số
()
f
x
liên tục trên đoạn


;ab
và
().() 0fa fb thì tồn tại ít nhất một điểm
 
;cab

sao cho
() 0fc

2) Mối liên hệ giữa đạo hàm và tính đơn điệu:

Định lý:
Cho hàm số

biến trên


a;b
thì phương trình
  
fx gx
có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng


a;b

Dựa vào tính chất trên ta suy ra:
Nếu có

0
xa;b
sao cho
 
00
fx gx
thì phương trình
   
fx gx
có nghiệm duy nhất trên
 
a;b

3) Nguyên lý kẹp:
Cho ba dãy số

4) Tiêu chuẩn hội tụ:(Tiêu chuẩn Weierstrass)

1) Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ.
2) Một dãy số tăng và bị chặn trên thì hội tụ.
3) Một dãy số giảm và bị chặn dưới thì hội tụ.

5) Định lý LAGRANGE:
Nếu
()
f
x
là hàm số liên tục trên đoạn


;ab
, có đạo hàm trong khoảng


;ab
thì tồn tại
 
;cab
sao cho

() ()
'( )
f
bfa
fc
ba

hiệu nghiệm đó là
n
x
.
2) Chứng minh rằng
lim 4
n
n
x

Hướng dẫn tư duy:
+ Sử dụng tính liên tục và đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất.
+ Sử dụng tiêu chuẩn Weierstrass và định lý Lagrange để tìm giới hạn.

Lời giải

1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong


1;


 Xét phương trình
22
11 1 11

14 1 1 12xx kx nx

1; 

Do




22
'
22 2
2
2
14
( ) 0, 1;
1
141
1
n
kn
fx x
nx
xx
kx


         





x
fx
fx












nên tồn tại


0
1;x

 sao cho
0
()0
n
fx

(4)

Từ (3) và (4) suy ra với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong

(4)
22141
21 21
111111 11 1111
1 1 ( Do )
233521212121 22121
21
1
0
22 1
n
f
kn
kk nn kk
k
n
   



      

  






3

x , ta suy ra với mỗi số n
nguyên dương, tồn tại

;4
nn
cx sao cho



''
1
4 ( ) ( )(4 ) ( )
22 1 4
nn nn n nn
n
ffxfcxfc
nx

 



Mặt khác



22
'
22 2
2

11
14019
9
1
nn n
n
xc c
c

  

) nên

 
11 9
4
22 1 4 9 22 1
n
n
x
nx n

   
 


Tóm lại ta luôn có:

9
44


0;1
và ký
hiệu nghiệm đó là
n
x
.
2) Chứng minh rằng tồn tại giới hạn hữu hạn lim
n
n
x
Hướng dẫn tư duy:
+ Sử dụng tính liên tục và đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất
+ Sử dụng tiêu chuẩn Weierstrass để tìm giới hạn

Lời giải

1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong


0;1

 Xét phương trình
22
11 1 1 1
0
214xx x x k xn

22 2 2
22
21 1 1
( ) 0, 0;1
21
n
fx x
xx
xk xn


        





nên ( )
n
f
x nghịch biến trên

0;1 . (2)
4

Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình (1) trên


0;1




0
0;1x  sao cho
0
()0
n
fx

(3)

Từ (2) và (3) suy ra với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong


0;1 .


2) Chứng minh rằng tồn tại giới hạn hữu hạn lim
n
n
x



Khảo sát tính đơn điệu và bị chặn của


n
x


  


Mặt khác
1
0
lim ( )
n
x
fx




 và
1
()
n
f
x

nghịch biến trên


0;
n
x
nên suy ra phương trình
1
() 0


n
x
là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên tồn tại giới hạn hữu hạn lim
n
n
x

.
Bài toán 3.

Xét phương trình
2
10
n
xxx trong đó n là số nguyên dương và
2n 
.
1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương 2n  , phương trình trên có một nghiệm dương duy nhất và ký
hiệu nghiệm đó là
n
x
.
2) Tìm lim
n
n
x

2
1
n
f
xxxx
 Khảo sát tính đơn điệu của ( )
f
x trên


0;


Do
1
'( ) 2 1
n
f
xnx x


nên ( )
n
f
x nghịch biến trên

1;x . (3)

Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình (2) trên





nên tồn tại


0
1;x

 sao cho
0
()0
n
fx

(4)
5

Từ (3) và (4) suy ra với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm trong

1; 
.


2)
Ký hiệu nghiệm đó là
n
x
.Chứng minh rằng
lim 1

nn
nnn
n
n
nnn nn
n
xx
x
xn
xxx xx
nn




   
 
(5)
(Trong (5) không có dấu bằng bởi vì 1
n
x  nên
2
11
nn
xx


)



n
x

Bài toán 4.

Xét phương trình
21
1
n
x
x

 trong đó n là số nguyên dương .
1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có một nghiệm duy nhất và ký
hiệu nghiệm đó là
n
x
.
2) Tìm lim
n
n
x
Hướng dẫn tư duy:
+ Sử dụng tính liên tục và đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất

1
n
x  nên (2) 0VT

, suy ra (2) vô nghiệm trên


;1


+ Với 01
x
 thì
2
1
n
x  nên (2) 0VT

, suy ra (2) vô nghiệm trên


0;1

+ Với
10x 
thì
21
01
n
x




Dễ thấy rằng f(x) liên tục trên


1; 
Ta lại có:




2
'( ) 2 1 1 0, 1;
n
fx n x x


nên ( )
f
x đồng biến trên


1;x 
. (4)

Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình (2) trên


1;

(5)

Từ (3), (4), (5) suy ra với mỗi số nguyên dương n, phương trình trên có duy nhất nghiệm .


2) Ký hiệu nghiệm của phương trình (1) là x
n
. Tìm lim
n
n
x



Do x
n
là nghiệm của phương trình (1) nên : 1
n
x  và
21
21
11
n
n
nn n n
xx x x



  

xx
nn
xn
x
n
n
x
n

  


  






  


Kết hợp với 1
n
x  , với mọi 1, 2 n  ta được:
21
1
2
n
n


Xét phương trình
1
1 0
nn
xx x

 trong đó n là số nguyên dương và
2n 
.
1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương 2n  , phương trình trên có một nghiệm dương duy nhất và ký
hiệu nghiệm đó là
n
x
.
2) Tìm lim
n
n
x

.

Hướng dẫn tư duy:
+ Sử dụng tính liên tục và đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất
+ Sử dụng tiêu chuẩn Weierstrass để tìm giới hạn

Lời giải
1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương
2n 
, phương trình trên có một nghiệm dương duy nhất

'1 2
( ) 1 1 0
nn
n
fx nx n x

  với mọi


0;x

 và
2n



nên ( )
n
f
x là hàm số đồng biến trên


0;

 (2)

Xét sự tồn tại nghiệm của phương trình (1) trên


0;

()0
n
fx

(3)
7

Từ (2) và (3) suy ra với mỗi số nguyên dương 2n  , phương trình trên có duy nhất nghiệm trong

0;  .


2) Ký hiệu nghiệm đó là
n
x
.Tìm lim
n
n
x



Do
n
x
là nghiệm của phương trình (1) nên: 0
n
x  và
2
1

x
xx x x
x



và lim 0
n
n
n
x


nên kết hợp với (4), (5) suy ra

11
1
12
aa
a





Vậy
1
lim
2
n

1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương
2n 
, phương trình trên có một nghiệm dương duy nhất

Xét phương trình:
n
x
xn

 (1)

Khảo sát tính đơn điệu của ( )
n
f
xxxn trên


1;



Do
'1
() 1 0
n
n
fx nx

 với mọi


n
n
n
fn
fnn
 







nên tồn tại


0
0;x

 sao cho
0
()0
n
fx

(3)

Từ (2) và (3) suy ra với mỗi số nguyên dương 2n  , phương trình trên có duy nhất nghiệm trong

0;  .

n
x




Vậy lim 1
n
n
x


8
Bi toỏn 7.

Cho số thực a > 2. Đặt
10 10
() 1
nn
n
f
xax x x

(n = 1,2, ). Chứng minh rằng với mỗi n phơng
trình ()
n
f
xa có đúng một nghiệm (0; )
n
x

Để chứng minh tồn tại giới hạn lim
n
n
x

, ta chứng minh dãy


n
x
tăng v bị chặn.
Ta có
1
10
10
1
11
11
11
1
n
n
n
a
ga a
aa
a




<
1
1
a

n .
Mặt khác, từ
10 10
( ) 1 0
nn
nn n n
gx ax x a


, suy ra
10 11 1
() 0
nn
nn n n n n n
xg x a x x x ax



=>
1
() ()1 1 0
nn nnn n n
gx xgx axaax a

do

lim
n
n
x

.
Chú ý: Có thể chứng minh
1
lim 1
n
n
x
a


bằng cách đánh giá

1
9
111
1(1)11 1
n
n
aa x
aaa








,
kéo theo

1
9
11
1(1)11
n
n
xaa
aa





.

9

 D. Cần khảo sát các tính chất của x
n

như khảo sát sự hội tụ, tìm giới hạn …”
Chúng ta bắt đầu từ một bài toán thi tuyển sinh vào khoa Toán trường Đại học Độc lập
Matxcơva năm 2000
Bài toán 1. Ký hiệu x
n
là nghiệm của phương trình:
1 1 1
0
1
x x x n
   
 
thuộc khoảng (0,
1)
a) Chứng minh dãy {x
n
} hội tụ
b) Hãy tìm giới hạn đó.
Bình luận: x
n
được xác định duy nhất vì hàm số
1 1 1
( )
1
n
f x
x x x n

.
Lời giải: Rõ ràng x
n
được xác định 1 cách duy nhất, 0 < x
n
< 1. Ta có f
n+1
(x
n
) = f
n
(x
n
) + 1/(x
n
-
n-1) = 1/(x
n
-n-1) < 0, trong khi đó f
n+1
(0
+
) > 0. Theo tính chất của hàm liên tục, trên
khoảng (0, x
n
) có ít nhất 1 nghiệm của f
n+1
(x). Nghiệm đó chính là x
n+1
. Như thế ta đã chứng

Bài toán 2. Cho n là một số nguyên dương > 1. Chứng minh rằng phương trình
x
n
= x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là x
n
. Chứng minh rằng x
n
dần về 1 khi n
dần đến vô cùng và tìm
)1(lim 

n
n
xn
.
Lời giải:

Rõ ràng x
n
> 1. Đặt f
n
(x) = x
n
– x – 1. Khi đó f
n+1
(1) = - 1 < 0 và f
n+1
(x
n
) = x

n
+ 1 < 3, mâu thuẫn ví f
n
(x
n
) = 0.
Để giải phần cuối của bài toán, ta đặt x
n
= 1 + y
n
với lim y
n
= 0. Thay vào phương trình f
n
(x
n
)
= 0, ta được (1+y
n
)
n
= 2 + y
n
. Lấy logarith hai vế, ta được
nln(1+y
n
) = ln(2+y
n
)
Từ đó suy ra : lim nln(1+y

n
, chứng minh rằng dãy {x
n
} có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô
cùng.

Lời giải. Kết quả của câu a) là hiển nhiên vì hàm f
n
(x) tăng trên (0, +). Dễ dàng nhận thấy 0
< x
n
< 1. Ta sẽ chứng minh dãy x
n
tăng, tức là x
n+1
> x
n
. Tương tự như ở những lời giải trên, ta
xét
f
n+1
(x
n
) = a
10
x
n
n+11
+ x
n

10
10 10
1
1
1 1 1
( ) ( 1) ( 1)
1
1
n
n n n
n n
a
a a a
a
f x a a a a a
a
a a a
a



 

 
  
     
 
       
     


Theo định lý Lagrange thì : f
n
(c) – f
n
(x
n
) = f’()(c – x
n
) với  thuộc (x
n
, c)
Nhưng f’() = (n+10)a
10

n+9
+ n
n-1
+ …+ 1 > 1 nên từ đây suy ra: kc
n
> c - x
n

Từ đó ta có : c – kc
n
< x
n
< c . Và có nghĩa làm lim x
n
= c.


2
1 1 1 1
( )
1 4 1 2
1
n
f x
x x
n x
    
 

). Đề bài cho sẵn giới hạn của x
n
là 4 đã làm cho bài
toán trở nên dễ hơn nhiều. Tương tự như cách chứng minh lim x
n
= c ở nhận xét trên, ta sẽ
dùng định lý Lagrange để đánh giá khoảng cách giữa x
n
và 4. Để làm điều này, ta cần tính
f
n
(4), với
2
1 1 1 1
( )
1 4 1 2
1
n

         
   

 
         
 

 

Áp dụng định lý Lagrange, ta có : 1/4n = |f
n
(x
n
) – f(4)| = |f’(c)||x
n
-4| với c thuộc (x
n
, 4)
Nhưng do
2 2
1 4 1
| '( )|
9
( 1) (4 1)
n
f c
c c
   
 


~ 1 + ln(3)/n. Từ đó có dự đoán là a = 2. Định lý Lagrange sẽ giúp chúng ta
đánh giá hiệu x
n
– x
n+1
và chứng minh dự đoán này.
Lời giải. Đặt P
n
(x) = x
n
– x
2
– x – 1.
Ta có P
n+1
(x) = x
n+1
– x
2
– x – 1 = x
n+1
– x
n
+ P
n
(x) = x
n
(x-1) + P
n
(x).

n
– 1) = P
n+1
(x
n
) – P
n+1
(x
n+1
) = (x
n
– x
n+1
)P
n+1
’(c)
với c thuộc (x
n+1
, x
n
), P
n+1
’(x) = (n+1)x
n
– 2x – 1. Từ đó
(n+1)(x
n+1
+1+1/x
n+1
) – 2x




.Tiếp tục sử dụng lim n(x
n
– 1) = 3,
ta suy ra:
' 2
1 1
' '
2 2
1 1
1 1
lim ( )( ) lim ( 1)( 1) 3ln(3)
( ) ( )
lim ( ). 3ln(3) lim ( ) lim 3ln(3)
n n n n n n
n n
n n
n n n n
n n n
nP c x x n x x x
P c P c
n x x n x x
n n
 
 
 
 
  