Chủ đề này có 5 trả lời

[dark templar]

Bài toán: Giả sử phương trình $ax^2+bx+c=0(a \neq 0)$ có 2 nghiệm phân biệt.Xét dãy $\{x_{n} \}:\left\{\begin{matrix} x_0=\alpha \\ x_{n}(ax_{n-1}+b)+c=0;\forall n \in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right.$.Tính $\lim x_{n}$ theo $\alpha$.

[chanhquocnghiem]

Bài toán: Giả sử phương trình $ax^2+bx+c=0(a \neq 0)$ có 2 nghiệm phân biệt.Xét dãy $\{x_{n} \}:\left\{\begin{matrix} x_0=\alpha \\ x_{n}(ax_{n-1}+b)+c=0;\forall n \in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right.$.Tính $\lim x_{n}$ theo $\alpha$.

Dễ thấy rằng $b$ và $c$ không thể đồng thời bằng $0$ (vì nếu như thế thì phương trình $ax^2+bx+c=0$ không thể có 2 nghiệm phân biệt).Ta xét các TH sau :

$I)$ $b=0$ ; $c \neq 0$ :

     Ta có : $x_1=\frac{-c}{a\alpha }$ ; $x_2=\frac{-c}{ax_1}=\alpha$ ; $x_3=\frac{-c}{ax_2}=\frac{-c}{a\alpha }$ ; ... ; $x_{2k}=\alpha$ ; $x_{2k+1}=\frac{-c}{a\alpha }$ ; ...

     Dãy $\left \{ x_n \right \}$ có giới hạn khi và chỉ khi $\frac{-c}{a\alpha }=\alpha \Leftrightarrow \alpha =\pm \sqrt{\frac{-c}{a}}$

     Vậy trong TH $I$ :

     + Nếu $\alpha =\sqrt{\frac{-c}{a}}$ hoặc $\alpha =-\sqrt{\frac{-c}{a}}$ thì $\lim x_n=\alpha$

     + Nếu $\alpha \neq \pm \sqrt{\frac{-c}{a}}$ thì dãy $\left \{ x_n \right \}$ không có giới hạn.

$II)$ $b \neq 0$ ; $c=0$ :

    $a)$ Nếu $\alpha =-\frac{b}{a}$ thì $x_1=\frac{-c}{a\alpha +b}$ không xác định nên dãy $\left \{ x_n \right \}$ cũng không xác định.

    $b)$ Nếu $\alpha \neq -\frac{b}{a}$ :

        $x_1=\frac{-c}{a\alpha +b}=0$ ; $x_2=\frac{-c}{ax_1+b}=0$ ; ... ; $x_k=\frac{-c}{ax_{k-1}+b}=0$ ...

        Vậy trong TH $II$ :

      + Nếu $\alpha =-\frac{b}{a}$ thì dãy $\left \{ x_n \right \}$ không xác định.

      + Nếu $\alpha \neq -\frac{b}{a}$ thì $\lim x_n=0$

$III)$ $b\neq 0$ ; $c\neq 0$ :

      Xét phương trình đã cho $ax^2+bx+c=0$ (1) ($a\neq 0$ và có 2 nghiệm phân biệt)

      Đặt $B=\frac{b}{a}$ ; $C=\frac{c}{a}$, phương trình đó tương đương với $x^2+Bx+C=0$ (2)

    (2) có 2 nghiệm phân biệt (cũng là 2 nghiệm của (1)).Ta gọi 2 nghiệm đó là $N_1$ và $N_2$.

    Vì $B\neq 0$ nên $\left | N_1 \right |\neq \left | N_2 \right |$ và ta quy ước $\left | N_1 \right |< \left | N_2 \right |$

   Ta có $x_n=\frac{-c}{ax_{n-1}+b}=\frac{-C}{x_{n-1}+B}$

   Nếu dãy $\left \{ x_n \right \}$ có giới hạn hữu hạn là $L$ thì $L$ phải là nghiệm của phương trình :

   $\frac{-C}{L+B}=L\Leftrightarrow L=\frac{-B+\sqrt{B^2-4C}}{2}=\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ hoặc $L=\frac{-B-\sqrt{B^2-4C}}{2}=\frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$

   Nhưng $L=\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ hay là $L=\frac{-b-\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ ?

   Để trả lời câu hỏi này, ta cần chứng minh bổ đề sau :

   BỔ ĐỀ : Cho các số $P,Q$ và $\Delta P$ thỏa mãn $0< P< Q$ ; $\Delta P\neq 0$ và $\left | \Delta P \right |< \left | P-Q \right |$

   Nếu $P.Q=(P+\Delta P)(Q+\Delta Q)$ thì $\left | \Delta P \right |< \left | \Delta Q \right |< \left | P-Q \right |$

  Chứng minh : Vì $\Delta P$ và $\Delta Q$ trái dấu nên nếu $\left | \Delta Q \right |\geqslant \left | P-Q \right |$ và $\Delta P> 0$ thì $P+\Delta P< Q$ và $Q+\Delta Q\leqslant P\Rightarrow (P+\Delta P)(Q+\Delta Q)< P.Q$ (trái giả thiết).Vậy suy ra $\left | \Delta Q \right |< \left | P-Q \right |$

Mặt khác $\frac{P+\Delta P}{P}=\frac{Q}{Q+\Delta Q}\Rightarrow \frac{\Delta P}{P}=\frac{-\Delta Q}{Q+\Delta Q}\Rightarrow \frac{\left | \Delta P \right |}{\left | \Delta Q \right |}=\frac{\left | P \right |}{\left | Q+\Delta Q \right |}<\frac{P}{P}=1\Rightarrow \left | \Delta P \right |< \left | \Delta Q \right |$

Vậy ta có $\left | \Delta P \right |< \left | \Delta Q \right |< \left | P-Q \right |$ (xong chứng minh bổ đề)

Bây giờ ta xét 2 trường hợp :

$a)$ $\alpha =N_2$ ($N_2$ là nghiệm có giá trị tuyệt đối lớn hơn trong số 2 nghiệm của (1))

   Khi đó $x_1=\frac{-C}{N_2+B}=N_2$.Tương tự, $x_2=x_3=...=N_2\Rightarrow \lim x_n=N_2$

$b)$ $\alpha \neq N_2$ (nhưng phải thỏa mãn điều kiện sao cho dãy $\left \{ x_n \right \}$ xác định và là dãy vô hạn)

  + Nếu $B> 0$ : Khi đó $N_1=\frac{-B+\sqrt{B^2-4C}}{2}$ và $N_2=\frac{-B-\sqrt{B^2-4C}}{2}$

    Gọi $k$ là số sao cho $\left | x_k \right |=\left | \frac{-B+\sqrt{B^2-4C}}{2} \right |+\Delta Q$ (với $\left | \Delta Q \right |< B$ và $\left | \Delta Q \right |< \sqrt{B^2-4C}$)

    $\Rightarrow \left | x_{k+1} \right |=\frac{\left | C \right |}{\left | \frac{B+\sqrt{B^2-4C}}{2} \right |+\Delta Q}=\left | \frac{-B+\sqrt{B^2-4C}}{2} \right |+\Delta P$ (3)

 Mặt khác 

$\left | C \right |=\left | \frac{-B+\sqrt{B^2-4C}}{2} \right |.\left | \frac{-B-\sqrt{B^2-4C}}{2} \right |=\left |\frac{-B+\sqrt{B^2-4C}}{2} \right |.\left | \frac{B+\sqrt{B^2-4C}}{2} \right |$ (4)

Từ (3) và (4), áp dụng bổ đề ở trên ta có $\left | \Delta P \right |< \left | \Delta Q \right |\Rightarrow \left | x_{k+1}-N_1 \right |< \left | x_k-N_1 \right |$

Vì $\left | x_{k+1} \right |=\left | \frac{-B+\sqrt{B^2-4C}}{2} \right |+\Delta P$ (với $\left | \Delta P \right |< \left | \Delta Q \right |< B$ và $\left | \Delta P \right |< \left | \Delta Q \right |< \sqrt{B^2-4C}$) nên chứng minh tương tự ta có $\left | x_{k+2}-N_1 \right |< \left | x_{k+1}-N_1 \right |$, ... $\Rightarrow \lim x_n=N_1$

  + Nếu $B< 0$ : Bằng cách tương tự, ta cũng có thể chứng minh được $\lim x_n=N_1$

 

Vấn đề còn lại là khi nào dãy số đang xét không tồn tại giới hạn.Điều đó xảy ra khi $\alpha$ nhận những giá trị nào đó để cho có 1 số $x_i=-B=-\frac{b}{a}$ ($i=0,1,2,...$).Khi đó $x_n$ không xác định $\forall n> i$.

 

Tổng kết cả 3 TH $I,II,III$ :

$1)$ Nếu $\alpha$ nhận những giá trị sao cho có 1 số $x_i=-\frac{b}{a}$ thì không tồn tại giới hạn.

$2)$ Nếu $\alpha =N_2$ thì $\lim x_n=N_2=\alpha$

$3)$ Các trường hợp còn lại : $\lim x_n=N_1$

($N_1,N_2$ là 2 nghiệm phân biệt của phương trình $ax^2+bx+c=0$, trong đó $\left | N_1 \right |\leqslant \left | N_2 \right |$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 09-04-2016 - 09:12

[vuliem1987]

Uhm! Đoạn đầu bạn làm gần giống mình. Bây giờ mình mạnh dạn đưa phương án của mình cho trường hợp còn lại là $abc\neq 0$ Mọi người xem có vấn đề gì không, hoặc ai có lời giải nào thì cùng thảo luận.

Nhận xét: Từ điều kiện tồn tại 2 nghiệm phân biệt bài toán ta có điều kiện là $b^{2}-4ac> 0$

Xét $abc\neq 0$ . Từ giả thiết ta có $ax_{n}\left ( ax_{n-1}+b \right )+ac=0$

Đặt $y_{n}=ax_{n}+b$ , ta chỉ cần xét $a\alpha +b\neq 0$ (Xem ý a) II của Nghiêm Chánh Quốc!?)

khi đó ta có $y_{0}=a\alpha +b; y_{n}=\frac{-ac}{y_{n-1}}+b$ hay $y_{n+1}=\frac{-ac}{y_{n}}+b$

Do yêu cầu bài toán cần tìm giới hạn của dãy $x_{n}$ theo $\alpha$ nên ta chỉ cần xét dãy có giới hạn. Khi đó  theo định nghĩa giới hạn suy ra

$\left | y_{n+1}-y_{n} \right |\rightarrow 0\Rightarrow \left | -\frac{ac}{y_{n}}+b-y_{n} \right |\rightarrow 0$ Hay

$\frac{y_{n}^{2}-by_{n}+ac}{y_{n}}\rightarrow 0\Rightarrow y_{n}^{2}-by_{n}+ac\rightarrow 0$ (Ta chỉ cần xét $y_{n}$ Không tiến tới 0 vì nếu không từ công thức xác định $y_{n+1}$ thấy ngay dãy không tồn tại giới hạn)

Bây giờ ta cho $n\rightarrow \infty$ và gọi giới hạn của dãy $y_{n}$ bằng $\beta$ Khi đó đưa về $\beta$ là nghiệm của pt

$\beta ^{2}-b\beta +ac=0$ Hay $\beta =\frac{b+\sqrt{b^{2}-4ac}}{2}; \beta =\frac{b-\sqrt{b^{2}-4ac}}{2}$

Từ đó ta có thể kết luận cho trường hợp này là

Dãy số $y_{n}$ có giới hạn khi và chỉ khi giới hạn đó bằng $\frac{b\pm \sqrt{b^{2}-4ac}}{2}$

Tất nhiên trả lại biến thì dãy $x_{n}$ (trong trường hợp $abc\neq 0$) có giới hạn khi và chỉ khi giới hạn đó bằng  $\frac{-b\pm \sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$

P/s :

1/ Bài này các bạn có thể không cần đặt $y_{n}$ thì lời giải cũng tương tự cho dãy xn.

2/ Đáp số có vẻ không liên quan gì nhiều đến $\alpha$ , là do dãy truy hồi cho phụ thuộc vào a, b, c. Trong nhiều bài toán giới hạn nhiều khi số hạng đầu tiên không quá quan trọng, chỉ cần nó thỏa mãn điều kiện tồn tại giới hạn hoặc dãy xác định là được. Còn dãy có hội tụ hay không phụ thuộc vào công thức tổng quát và phần đuôi, tức là từ chỉ số nào đó đủ lớn trở đi dãy có hội tụ hay không.

Đó là những ý kiến riêng của mình, mong được m.n trao đổi thêm.

 

3/ Thực ra lời giải lúc đầu của mình cho TH $abc\neq 0$  đơn giản hơn, cũng không liên quan đến $\alpha$ nhiều, nhưng đề bài lại yêu cầu tìm lim theo $\alpha$

Nên khá phân vân. Nhưng xem ra cách giải trên cho thấy ở trường hợp này lim phụ thuộc vào a, b, c với điều kiện $a\alpha +b\neq 0$

Cái đoạn màu trên nói đúng ra đó chính là một định lí nói rằng dãy cơ bản (Dãy Cauchy) <=> dãy hội tụ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuliem1987: 08-04-2016 - 12:38

[dark templar]

Bài này mình lấy từ THTT,lời giải thì không cần xét trường hợp $b,c$.Trích dẫn lời giải:

 

Ta gọi 2 nghiệm của pt $ax^2+bx+c=0$ là $m$ và $p$.Giả sử $|m| \leqslant |p|$,suy ra $m \neq p\neq 0$.Theo Viete thì $m+p=\frac{-b}{a}$ và $mp=\frac{c}{a}$.Do đó:

$x_{n}\left ( ax_{n-1}+b \right )+c=0\Leftrightarrow x_{n}\left ( x_{n-1}+\frac{b}{a} \right )+\frac{c}{a}=0$

 

$\Leftrightarrow x_{n}\left ( x_{n-1}-(m+p) \right )+mp=0\Leftrightarrow (x_{n}-p)(x_{n-1}-p)+p(x_{n-1}-p)-m(x_{n}-p)=0$

 

Nếu $\alpha=m$ thì $x_n=m,\forall n \ge 1$.Khi này $\lim x_n=m$.Trường hợp $\alpha=p$ tương tự.

 

Xét $\alpha \neq m$ và $\alpha \neq p$.Khi này $x_n \neq m$ và $x_n \neq p$.

 

Đặt $y_n=\frac{1}{x_n-p} \Leftrightarrow x_n=p+\frac{1}{y_n}$,ta sẽ có:

$$1+py_{n}-my_{n-1}=0\Leftrightarrow y_{n}=\frac{m}{p}y_{n-1}-\frac{1}{p}(n=1,2,....)$$

 

Xét :

$\left | y_{n}-\frac{1}{m-p} \right |=\left | \frac{m}{p}y_{n-1}-\frac{1}{p}-\frac{1}{m-p} \right |=\left | \frac{m}{p} \right |\left | y_{ n-1}-\frac{1}{m-p} \right |=....=\left | \frac{m}{p} \right |^{n}\left | y_{0}-\frac{1}{m-p} \right |$

 

Nếu $|m|<|p|$ thì $\left|\frac{m}{p} \right|^{n} \to 0$ khi $n \to +\infty$ và $\lim y_n=\frac{1}{m-p}$ hay $\lim x_n=m$

 

Nếu $m=-p$ thì $b=0$ và $\left|y_n-\frac{1}{m-p} \right|=\left|y_0-\frac{1}{m-p} \right|$.Suy ra $x_n=p+\frac{1}{\frac{1}{m-p} \pm \left|y_0-\frac{1}{m-p} \right|}$

 

Trưởng hợp này không tồn tại $\lim x_n$.

[vuliem1987]

Bài này mình lấy từ THTT,lời giải thì không cần xét trường hợp $b,c$.Trích dẫn lời giải:

 

Ta gọi 2 nghiệm của pt $ax^2+bx+c=0$ là $m$ và $p$.Giả sử $|m| \leqslant |p|$,suy ra $m \neq p\neq 0$.Theo Viete thì $m+p=\frac{-b}{a}$ và $mp=\frac{c}{a}$.Do đó:

$x_{n}\left ( ax_{n-1}+b \right )+c=0\Leftrightarrow x_{n}\left ( x_{n-1}+\frac{b}{a} \right )+\frac{c}{a}=0$

 

$\Leftrightarrow x_{n}\left ( x_{n-1}-(m+p) \right )+mp=0\Leftrightarrow (x_{n}-p)(x_{n-1}-p)+p(x_{n-1}-p)-m(x_{n}-p)=0$

 

Nếu $\alpha=m$ thì $x_n=m,\forall n \ge 1$.Khi này $\lim x_n=m$.Trường hợp $\alpha=p$ tương tự.

 

Xét $\alpha \neq m$ và $\alpha \neq p$.Khi này $x_n \neq m$ và $x_n \neq p$.

 

Đặt $y_n=\frac{1}{x_n-p} \Leftrightarrow x_n=p+\frac{1}{y_n}$,ta sẽ có:

$$1+py_{n}-my_{n-1}=0\Leftrightarrow y_{n}=\frac{m}{p}y_{n-1}-\frac{1}{p}(n=1,2,....)$$

 

Xét :

$\left | y_{n}-\frac{1}{m-p} \right |=\left | \frac{m}{p}y_{n-1}-\frac{1}{p}-\frac{1}{m-p} \right |=\left | \frac{m}{p} \right |\left | y_{ n-1}-\frac{1}{m-p} \right |=....=\left | \frac{m}{p} \right |^{n}\left | y_{0}-\frac{1}{m-p} \right |$

 

Nếu $|m|<|p|$ thì $\left|\frac{m}{p} \right|^{n} \to 0$ khi $n \to +\infty$ và $\lim y_n=\frac{1}{m-p}$ hay $\lim x_n=m$

 

Nếu $m=-p$ thì $b=0$ và $\left|y_n-\frac{1}{m-p} \right|=\left|y_0-\frac{1}{m-p} \right|$.Suy ra $x_n=p+\frac{1}{\frac{1}{m-p} \pm \left|y_0-\frac{1}{m-p} \right|}$

 

Trưởng hợp này không tồn tại $\lim x_n$.

Cách giải đó về cơ bản gần giống mình, vì như định nghĩa giới hạn thì giả sử dãy $\left ( x_{n} \right )$ hội tụ tới $\beta$ thì ta có 2 mệnh đề tương đương

$\left | x_{n+1}-x_{n}\right |\rightarrow 0\Leftrightarrow \left | x_{n}-\beta \right |\rightarrow 0$

Chỉ có điều cách giải của họ biến đổi theo nghiệm cho trước, nhưng nghiệm này thực tế vẫn theo a, b, c mà đề hỏi theo $\alpha$ nên mình mới phân vân và tìm cách chia trường hợp như NCQ.  

ở cách giải đó học theo cách c/m 2 mệnh đề tương đương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuliem1987: 08-04-2016 - 13:44

[chanhquocnghiem]

 

 

Xét $\alpha \neq m$ và $\alpha \neq p$.Khi này $x_n \neq m$ và $x_n \neq p$.

 

Đặt $y_n=\frac{1}{x_n-p} \Leftrightarrow x_n=p+\frac{1}{y_n}$,ta sẽ có:

$$1+py_{n}-my_{n-1}=0\Leftrightarrow y_{n}=\frac{m}{p}y_{n-1}-\frac{1}{p}(n=1,2,....)$$

 

Xét :

$\left | y_{n}-\frac{1}{m-p} \right |=\left | \frac{m}{p}y_{n-1}-\frac{1}{p}-\frac{1}{m-p} \right |=\left | \frac{m}{p} \right |\left | y_{ n-1}-\frac{1}{m-p} \right |=....=\left | \frac{m}{p} \right |^{n}\left | y_{0}-\frac{1}{m-p} \right |$

 

Nếu $|m|<|p|$ thì $\left|\frac{m}{p} \right|^{n} \to 0$ khi $n \to +\infty$ và $\lim y_n=\frac{1}{m-p}$ hay $\lim x_n=m$

 

Nếu $m=-p$ thì $b=0$ và $\left|y_n-\frac{1}{m-p} \right|=\left|y_0-\frac{1}{m-p} \right|$.Suy ra $x_n=p+\frac{1}{\frac{1}{m-p} \pm \left|y_0-\frac{1}{m-p} \right|}$

 

Trưởng hợp này không tồn tại $\lim x_n$.

Theo lời giải trên thì TH $\alpha \neq m$ và $\alpha \neq p$ ($\left | m \right |\leqslant \left | p \right |$) :

+ Nếu $\left | m \right |< \left | p \right |$ thì $\lim x_n=m$

 

Kết luận trên trên chưa chính xác (không phải lúc nào cũng đúng).Mình xin nêu 1 phản ví dụ :

  Với $m=1$ ; $p=2$ ta có phương trình $x^2-3x+2=0$

  Nếu thử chọn $\alpha =3$ ; $\frac{7}{3}$ ; $\frac{15}{7}$ ; $\frac{31}{15}$ hay nói chung $\alpha =\frac{2^{k+1}-1}{2^k-1}$ thì sẽ không tồn tại $\lim x_n$