phanquockhanh

 

Bài 2: $\sqrt{2-x^{2}}+\sqrt{2-\frac{1}{x^{2}}}=4-(x+\frac{1}{x})$ (1)

Bài giải: 

Điều kiện: $ \frac{1}{2}\leq x^2 \leq 2$

$(1)\Leftrightarrow x+\sqrt{2-x^2}+\frac{1}{x}+\sqrt{x-\frac{1}{x^2}}=4$

Ta có: $(x+\sqrt{2-x^2})^{2}\overset{B.C.S}{\leq }(1^2 +1^2)(x^2 +2-x^2)=4$

Thử lại ta thấy x=1 là nghiêm của phương trình đã cho.

Vậy x=1

$\sqrt{(x-3)^2+(x+3)^2}-2\sqrt{2}=\sqrt{(x-5)^2+(x+5)^2}-4\sqrt{2}$

$\sqrt{(x-3)^2+(x+3)^2}-2\sqrt2=\sqrt{(x-5)^2+(x+5)^2}-4\sqrt2$

a) Cho a,b,c là các số hữu tỉ khác nhau. Chứng minh : $\sqrt{\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}}$ là số hữu tỉ

b) Giải phương trình : $3(x^{2}+2)= 10\sqrt{x^3+1}$

Thanks

a)$a-b =x;b-c=y;c-a=z (x,y,z\neq 0,x+y+z =0)$.Bài toán đã cho trở thành:

Cho $x,y,z\neq 0,x+y+z =0$

Chứng minh $\sqrt{\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}}$ là số hữu tỉ.

Thật vậy,ta có:

$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}$

$= \left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right ) ^{2}- 2\left ( \frac{1}{xy} +\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}\right )$

$=\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} +\frac{1}{z}\right )^{2}-2\frac{x+y+z}{xyz}$

$=\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} +\frac{1}{z}\right )^{2}$

Khi đó:

$\sqrt{\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}}=\left | \frac{1}{x}+ \frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right |$

Từ đó dễ dàng suy ra ĐPCM

Bài 2:

ĐK: $x\geq -1$

(PT)$ \Leftrightarrow 3(x+1)+3(x^2-x+1)=10\sqrt{(x+1)(x^2-x+1)}$

$\Leftrightarrow \frac{3(x+1)}{x^2-x+1}+3- 10\sqrt{\frac{3(x-1)}{x^2-x+1}}=0$

Đến đây em chỉ cần đặt ẩn phụ rồi giải phương trình bậc hai một ẩn 

QN không phải PN

$\Delta AMN$cân tại A do AO vừa là đường cao vừa là trung tuyến

$\Rightarrow \angle PMO=\angle QON$

Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau$\Rightarrow \angle QPO=\angle MPO , \angle PQO=\angle NQO$

$2\angle BPO+2\angle BOP=2\angle BOP+2\angle COQ+\angle BOM+\angle CON$( cungf =180 độ)

$\Rightarrow 2\angle BPO=2\angle COQ+2\angle CON$

$\Rightarrow \angle BPO=\angle QON$

$\Rightarrow \bigtriangleup PMO\sim \bigtriangleup ONQ$

$\Rightarrow OM.ON=QN.PM$

$\Rightarrow QN+PM\geqslant 2\sqrt{QN.PM}=2\sqrt{OM.ON}=MN$

( Vì OM=ON=$\frac{1}{2}MN$)

đúng thì like nhá^^

Bạn nhầm chỗ bôi đỏ .Sửa thành:$\widehat{AMN}=\widehat{ANM}$

Bài toán 16: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi:

$\left\{\begin{matrix} x_1 = -1\\x_2= -2 \\ nx_{n+2}(3n+1)x_{n+1}+2(n+1)x_n=3,\forall n\in\mathbb{N^*} \end{matrix}\right.$

Đặt $S = \sum_{n = 1}^{2013}x_n -2(2^{2013}-1)$.

Chứng minh rằng S chia hết cho 2013.

Giải:

Từ giả thiết, ta có:

$n\left [ x_{n+2}-2x_{n+1}-(n+1) +3\right ]=(n+1)\left [ x_{n+1}-2x_n + 3 \right ]$

$\Leftrightarrow x_{n+2}-2x_{n+1}-(n+1)+3=\frac{n+1}{n}(x_{n+1}-2x_n-n+3)$

$\Leftrightarrow x_{n+2}-2x_{n+1}-(n+1)+3=\frac{n+1}{n}.\frac{n}{n-1}...\frac{2}{1}.(x_2-2x_1-1+3)$

$\Leftrightarrow u_{n+2}-2u_{n+1}-(n+1)+3=2(n+1)$

$\Leftrightarrow x_{n+2}-2x_{n+1}=3n,\forall n\in\mathbb{N^*}$

Do đó dãy số $(x_n)$ thỏa mãn :

$x_{n}-2x_{n-1} = 3(n-2), \forall n\in\mathbb{N^*}$

Từ đó: $x_n +3n= 2[x_{n-1}+3(n-1)]=2^2[x_{n-2}+3(n-2)]=...=2^{n-1}(x_1+3)=2^n$

Suy ra: $x_n = 2^n -3n, \forall n\in\mathbb{N^*}$

Khi đó:

$S=\sum_{n=1}^{2013}x_n-2(2^{2013}-1 )=2+2^2+...+2^{2013}-3(1+2+...+2013) - 2(2^{2013}-1)$

$=2.\frac{1-2^{2013}}{1-2}-3.\frac{2013.2014}{2}-2(2^{2013}-1)=-3.2013.1007$

Vậy $S \vdots 2013$

Bài toán 17: Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi : $u_0 =\frac{1}{2};u_{n+1}=\frac{2u_n}{1+u_n^2}$ và dãy số $(v_n)$ được xác định bởi:$ v_0 =4;v_{n+1}= v_n^2-2v_n+2$

Chứng minh rằng: $u_n=\frac{2v_0.v_1...v_{n-1}}{v_n}$

(Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh An Giang năm học 2009-2010)

Giải:

Xét hàm số: $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$.Khi đó:

$f(u_{n+1})=\frac{1-u_{n+1}}{1+u_{n+1}}=\frac{1-\frac{2u_n}{1+u_n^2}}{1+\frac{2u_n}{1+u_n^2}}=\left ( \frac{1-u_n}{1+u_n^2} \right )^2 =f^2(u_n)=...=f^{2^{n+1}(u_0)}=\left ( \frac{1}{3} \right )^{2^{n+1}}$

Suy ra:

$\frac{1-u_{n+1}}{1+u_{n+1}}=\left ( \frac{1}{3} \right )^{2^{n+1}}\Rightarrow u_{n+1}=\frac{3^{2^{n+1}}-1}{3^{2^{n+1}}+1}$

$\Rightarrow u_n= \frac{3^{2^{n}}-1}{3^{2^{n}}+1}$

Xét hàm số:$g(x) = x -1$.Khi đó:

$g(v_{n+1})=v_{n+1}-1=v_n^2-2v_n+1=(v_n-1)^2=g^2(v_n)$

Do đó: $v_n -1=g(v)=g^2(v_{n-1})=...g^{2^{n}}(v_0)=3^{2^{n}}\Rightarrow v_n=3^{2^{n}}+1$

Mặt khác: $u_n.v_n= \frac{3^{2^{n}}-1}{3^{2^{n}}+1}. (3^{2^{n}}+1)$

$\Leftrightarrow u_n.v_n=(3^{2^{n-1}}+1)...(3^{2^1}+1)(3^{2^{1}}-1)\Leftrightarrow u_nv_n=v_{n-1}v_{n-2}...v_1.2v_0$

Vậy $u_n=\frac{2v_0.v_1...v_{n-1}}{v_n}$

Xét tính chất của tam giác ABC trong các trường hợp sau:

a) $\sin A=\frac{\sin B+\sin C}{\cos B+\cos C}$

b) $\sin\frac{A}{2}=\frac{a}{2\sqrt{bc}}$

a) $gt\Leftrightarrow sinA=\frac{sin\frac{B+C}{2}}{cos\frac{B+C}{2}}$

$\Leftrightarrow sinA=\frac{cos\frac{A}{2}}{sin\frac{A}{2}}$

$\Leftrightarrow cos\frac{A}{2}\left ( 2sin^2\frac{A}{2} -1\right )=0$

$\Leftrightarrow sin^{2}\frac{A}{2}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow A= \frac{\pi }{2}$

Vậy tam giác ABC vông tại A

b)$gt\Leftrightarrow sin^{2}\frac{A}{2}=\frac{a^2}{4bc}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(1-cosA)=\frac{a^2}{4bc}$

$\Leftrightarrow 1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{a^2}{2bc}$

$\Leftrightarrow (b-c)^2=0\Leftrightarrow b=c$

Vậy tam giác ABC cân tại A

III.Áp dụng bài toán tìm công thức tổng quát vào các bài toán dãy số, hàm số và tổ hợp:

Bài toán 13:Cho hai dãy số $(a_n),(b_n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi:

$a_1 = 3,b_1= 2,a_{n+1}=a_n^2+b_n^2, b_{n+1}= 2a_nb_n, \forall n \in \mathbb{N^*}$

Tìm $\lim_{n\rightarrow +\infty }\sqrt[2^n]{b_n};\lim_{n\rightarrow +\infty }\sqrt[2^n]{a_1a_2...a_n}$

Giải:

Ta có:

$a_{n}+b_n\sqrt{2}=(a_{n-1}+\sqrt{2}b_{n-1})^2= (a_{n-2}+ \sqrt{2}b_{n-2})^{2^2}=…=(a_1 +\sqrt{2}b_1)^{2^{n-1}}=(3+2\sqrt{2})^{2^n-1}=(\sqrt{2}+1)^{2^n},\forall n \in \mathbb{N^*}$ (1)

Tương tự, ta có:

$a_{n}- b_n\sqrt{2}=  (\sqrt{2}-1)^{2^n},\forall n \in \mathbb{N^*}$ (2)

Từ (1) và  (2) suy ra:

$\left\{\begin{matrix} a_n =\frac{1}{2}[(\sqrt{2}+1)^{2^n}+(\sqrt{2}-1)^{2^n}]\\ b_n=\frac{1}{2\sqrt2}[(\sqrt{2}+1)^{2^n}-(\sqrt{2}-1)^{2^n}] \end{matrix}\right.$

Mặt khác:$ \sqrt[2^n]{\frac{(\sqrt{2}+1)^{2^n}}{4\sqrt{2}}}< \sqrt[2^n]{b_n}<  \sqrt[2^n]{a_n}<\sqrt{2}+1$

$\lim_{n\rightarrow +\infty } \sqrt[2^n]{\frac{(\sqrt{2}+1)^{2^n}}{4\sqrt{2}}}$

$= \lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{\sqrt{2}+1}{(4\sqrt{2})^{\frac{1}{2^n}}}$

$ = \sqrt{2}+1$

Theo định lí kẹp ta suy ra:

$\lim_{x\rightarrow +\infty }\sqrt[2^n]{b_n}=\lim_{n\rightarrow +\infty }\sqrt[2^n]{a_n}=\sqrt{2}+1$

Mặt khác: $ a_1a_2..a_3=\frac{b_2}{2b_1}\frac{b_3}{2b_2}...\frac{b_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{a_nb_n}{2^n}$

Do đó:

$\lim_{x\rightarrow +\infty }\sqrt[2^n]{a_1a_2...a_n}=\lim_{x\rightarrow +\infty }\sqrt[2^n]{\frac{a_nb_n}{2^n}}= \lim_{n\rightarrow +\infty }\sqrt[2^n]{a_n}.\sqrt[2^n]{b_n}.\sqrt[2^n]{\frac{1}{2^n}}=(\sqrt{2}+1)^2$

$= 3+2\sqrt{2}$

(Vì $ \lim_{n\rightarrow +\infty }\sqrt[2^n]{\frac{1}{2^n}}= \lim_{n\rightarrow +\infty }\left ( \frac{1}{2^n} \right )^\frac{1}{2n}=1$)

Bài toán 14: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi:

$\left\{\begin{matrix} x_1= a\geq 1\\x_{n+1}=\frac{x_n^2-2{ x_n}^2}{[x_n]^2},\forall n\in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right.$

Chứng minh dãy số $(x_n)$ đã cho có giới hạn hữu hạn khi $ n \rightarrow +\infty $

Giải:

TH1:a là số nguyên.Khi đó: $ [a]=a;{a}=0 $.Do đó:

$ x_1= a,x_2 =\frac{x_1^2-2{x_1}^2}{[x_1]^2}=\frac{a^2}{a^2}=1$

Bằng quy nạp ta chứng minh được:$x_n =1, \forall n \in \mathbb{N^*}$

Do đó: $ \lim_{x\rightarrow +\infty } x_n =1$

TH 2: a không phải là số nguyên.Khi đó:

$x_2 = \frac{a^2-2{x_1}^2}{[a]^2}=\frac{([a]+{a})^2-2{a}^2}{[a]^2}$

$=\frac{2[a]^2 -([a] -{a})^2 }{[a]^2}=2-\left ( \frac{[a]-{a}}{[a]} \right )^2=2-\left ( 1-\frac{{a}}{[a]} \right )^2 $ (1)

Vì a không phải số nguyên nên $0<{a}<1$.Mặt khác: $a\geq 1$ nên $[a] \geq 1$.

Từ đó ta có: $0<\frac{{a}}{[a]}<1$

Kết hợp với (1) ta có: $1< x_2 <2 $

Bằng quy nạp ta chứng minh được:$1< x_n <2, \forall n \in \mathbb{N^*}$

Do $1<x_n<2$ nên $[x_n] =1$.Suy ra:

${x_n}=x_n-[x_n]=x_n -1,\forall n\in \mathbb{N^*}$

Vì thế:$x_{n+1}=x_n^2- 2(x_n -1)^2 = -x_n^2+4x_n -2, \forall n \in \mathbb{N^*}$

Từ đó ta có:

$2-x_{n+1}=(2-x_n)^2=(2-x_{n-1})^{2^2}=...=(2-x_2)^{2^{n-1}}$

Do đó:

$\lim_{n\rightarrow +\infty }(2-x_{n+1})=\lim_{n\rightarrow +\infty }(2- x_2)^{2^{n-1}}=0$ (Vì $0<2 –x_2 <1$)

Vậy:  Nếu  $\in \mathbb{Z}_{+}$ thì $\lim_{n \rightarrow +\infty }=1$

Nếu $a\notin \mathbb{Z},a\geq 1$ thì $\lim_{n \rightarrow +\infty }= 2 $

Bài toán 15:

Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi:

$\left\{\begin{matrix} x_1= \frac{671}{2}\\ \frac{x_1}{1}+\frac{x_2}{2}+...+\frac{x_n}{n}=\frac{n+1}{2}x_n,\forall n\in\mathbb{N}^* \end{matrix}\right.$

Hãy tìm $\lim_{n\rightarrow +\infty }\left [ (\sqrt{1996}+n)x_n \right ]$

Giải:

Từ công thức truy hồi ta có:

$\frac{x_1}{1}+\frac{x_2}{2}+...+\frac{x_{n-1}}{n-1}+\frac{x_n}{n}=\frac{n+1}{2}x_n $

$\frac{x_1}{1}+\frac{x_2}{2}+...+\frac{x_{n-1}}{n -1} =\frac{n}{2}x_{n-1} $

Trừ từng vế hai đẳng thức trên ta được:

$\frac{x_n}{n}=\frac{(n+1)x_n}{2}-\frac{nx_{n-1}}{2},\forall n \in\mathbb{N},n\geq 3$.Khi đó:

$x_n\left ( \frac{n+1}{2}- \frac{1}{n}\right )=\frac{n}{2}x_{n-1}\Leftrightarrow x_n=\frac{n^2}{n^2+n-2}x_{n-1}$

Do đó với mọi $ n\geq 3$, ta có:

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

$\frac{n^2}{(n-1)(n+2)}.\frac{(n-1)^2}{(n-2)(n+1)}x_{n-2}$

$\frac{n^2}{(n-1)(n+2)}\frac{(n-1)^2}{(n-2)(n+1)}...\frac{3^{2}}{2.5}x_2$

$\frac{4.3n}{2(n+2)(n+1)}x_2=\frac{2013n}{(n+2)(n+1)},\forall n\in \mathbb{N^{*}}$

Do đó:

$\lim_{n\rightarrow +\infty }\left [ (\sqrt{1996}+n)x_n \right ]= 2013$

6.Lớp hàm $g(x) = \frac{x^4+ax^2 + b}{cx^3+dx}$

Ta có:

$g(x) – e = \frac{x^4+ax^2 + b}{cx^3+dx}-e =\frac{x^4-cex^3 + ax^2 –dex+b}{cx^3+dx}$

Ta cần chọn a,b,c,d,e sao cho:

$x^4 –cex^3+ax^2 –dex +b =  x^4 -4ex^3+6e^2x^2 -4e^3x +e^4$

$\Rightarrow x^4 –cex^3+ax^2 –dex+b = x^4 -4ex^3 +6(ex)^2 -4e^3x +e^4 $

Chọn $e = \sqrt{2}$, khi đó:a = 12,b= c= 4,d =8.Ta có bài toán sau:

Bài toán 11: Xác định số hạng tổng quát của dãy số $(x_n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi sau:

$\left\{\begin{matrix} x_1 = \alpha >0\\x_{n+1}= \frac{x_n^4 +12x_n^2 +4}{4x_n^3 +8x_n}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}\end{matrix}\right. $

Giải:

Bằng quy nạp ta chứng minh được:$x_n >0, \forall n\in \mathbb{N}^*$

Ta có: $x_n + \sqrt{2} = \frac{x_n^4 +12x_n^2 +4}{4x_n^3 +8x_n} + \sqrt{2} = \frac{x_n^4 + 4\sqrt{2}x_n^3+12x_n^2 +8\sqrt{2}x_n +4  }{4x_n^3 +8x_n}=\frac{(x_n +\sqrt{2})^2  }{4x_n^3 +8x_n } $

Mặt khác:

$x_n - \sqrt{2} = \frac{x_n^4 +12x_n^2 +4}{4x_n^3 +8x_n} - \sqrt{2} = \frac{x_n^4 - 4\sqrt{2}x_n^3+12x_n^2 - 8\sqrt{2}x_n +4  }{4x_n^3 +8x_n}=\frac{(x_n - \sqrt{2})^2  }{4x_n^3 +8x_n }$

Xét hàm số:$f(x) = \frac{x-\sqrt{2}}{x+\sqrt{2}},\forall x>0 $.Khi đó:

$f(x_n) =\frac{ x_n – \sqrt{2}}{x_n+ \sqrt{2}}= \frac{x_{n}-\sqrt{2}}{x_{n}+\sqrt{2}}=\left ( \frac{x_{n-1}-\sqrt{2}}{x_{n-1}+\sqrt{2}} \right )^4 = \left [ f(x_{n-1}) \right ]^4 =\left [ f(x_{n-2}) \right ]^{4^2} =...=\left [ f(x_1) \right ]^{4^{n-1}}=        \left [ f(\alpha ) \right ]^{4^{n-1}}$

Đặt $\beta = \left [ f(\alpha ) \right ]^{4^{n-1}}$.Khi đó:

$\frac{x_n-\sqrt{2}}{x_n + \sqrt{2}}= \beta _n \Leftrightarrow x_n = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}\beta_n}{1-\beta_n}$

Vậy số hạng tổng quát của dãy số $(x_n)$ là:

$x_n = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}\left ( \frac{\alpha -\sqrt{2}}{\alpha +\sqrt{2}} \right )^{4^{n-1}}}{1-  \left ( \frac{\alpha -\sqrt{2}}{\alpha+\sqrt{2}} \right )^{4^{n-1}}},\forall n\in \mathbb{N}^{*}$

Bài toán 12: Tìm số hạng tổng quát của dãy số $(u_n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi sau:

$\left\{\begin{matrix}  u_1 =\alpha \in \mathbb{R} \\ u_{n+1}=\frac{4u_n (4u_n^2+1)}{16u_n^4 +24u_n^2+1},\forall n\in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right.$

Giải:

-Nếu $\alpha = -\frac{1}{2}$ thì $u_n =\frac{-1}{2}\forall n\in \mathbb{N}^* $.

-Nếu $\alpha \neq -\frac{1}{2}$ thì:

$2u_{n+1}+1= \frac{32u_n^2 +8u_n}{16u_n^4 +24u_n^2+1}+1 = \frac{16u_n^4 +32u_n^3+24u_n^4+ 8u_n+1}{16u_n^4+24u_n^2 + 1}=\frac{(2u_n+1)^4}{16u_n^4+24u_n^2 + 1}$

Mặt khác:

$2u_{n+1}-1= \frac{32u_n^2 +8u_n}{16u_n^4 +24u_n^2+1}- 1 = \frac{-16u_n^4 +32u_n^3 - 24u_n^4+ 8u_n -1}{16u_n^4+24u_n^2 + 1}=\frac{-(2u_n-1)^4}{16u_n^4+24u_n^2 + 1}$

Xét hàm số:$f(x) = \frac{2x -1}{2x+1}$.Khi đó:

$f(u_n) = \frac{2u_n-1}{2u_n +1}= -\left ( \frac{2u_{n-1}-1}{2u_{n-1}+1} \right )^4= -\left [ f(u_{n-1})^{4} \right ]=...=-\left [ f(u_{1})^{4^{n-1}} \right ]=-\left [ f(\alpha )^{4^{n-1}} \right ]$

Do đó:$ \frac{2u_n-1}{2u_n +1}= -\left [ f(\alpha )^{4^{n-1}} \right ]$

$\Leftrightarrow u_n=\frac{1-\left [ f(\alpha )^{4^{n-1}} \right ]}{2+2\left [ f(\alpha )^{4^{n-1}} \right ]}$

Vậy:

-Nếu $\alpha = -\frac{1}{2}$ thì $u_n =\frac{-1}{2}\forall n\in \mathbb{N}^* $.

-Nếu $\alpha \neq -\frac{1}{2}$ thì:

$u_n = \frac{1-\left (\frac{2\alpha -1}{2\alpha +1}  \right )^{4^{n-1}} }{2+2.\left ( \frac{2\alpha -1}{2\alpha +1} \right )^{4^{n-1}}},\forall n\in \mathbb{N}^{*}$

Bài toán 10:

Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi công thức truy hồi :

$\left\{\begin{matrix} u_1 = \alpha \in \mathbb{R} \\ u_{n+1} = \frac{u_{n}^3+ 9u_n -6  }{3u_n^2 – 6u_n +7},\forall \alpha \in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right. $

Tìm $\alpha$ để dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn khi và tìm giới hạn của dãy số trong các trường hợp đó.

Giải:

Nếu $\alpha = -1 $ thì $u_n = -1\forall n \in \mathbb{N^*} $.

Xét $\alpha \neq -1 $.Khi đó, ta có:

$u_n+1= \frac{u_{n-1}^3+9u_{n-1}- 6}{3 u_{n-1}^2-6 u_{n-1}+7}+1$

$=\frac{ u_{n-1}^3+3 u_{n-1}^2 +3 u_{n-1}+1}{3 u_{n-1}^2-6 u_{n-1}+7}$

$=\frac{(u_{n-1}+1)^3}{3 u_{n-1}^2-6 u_{n-1}+7}$

Lại có:

$u_n -3 =\frac{u_{n-1}^{3}+9u_{n-1}-6}{3u_{n-1}^{2}-6u_{n-1}+7}-3$

$=\frac{u_n^3 -9u_{n-1}^2 +27u_{n-1}-27}{3 u_{n-1}^2-6 u_{n-1}+7}$

$=\frac{(u_{n-1} – 3)^3}{3 u_{n-1}^2-6 u_{n-1}+7}$

.Xét hàm số $f(x) = \frac{x -3}{x +1}$.Ta có:

$f(x_n ) = \frac{u_n -3}{u_n+1} = +\left ( \frac{u_{n-1} -3}{u_{n-1} +1} \right )^{3}$

$= \left [ f(x_{n-1}) \right ]^{3}=\left [ f(x_{n-2}) \right ]^{3^{2}}$

$=...=\left [ f(u_1) \right ]^{3^{n-1}}$

$=\left [ f(\alpha ) \right ]^{3^{n-1}}$        (*)

Đặt

$ \beta=\left [ f(\alpha ) \right ]^{3^{n-1}}$..Từ (*) ta có:

$\frac{u_n -3}{u_n +1}= \beta _n \Leftrightarrow u_n -3 =\beta_nu_n +\beta_n \Leftrightarrow u_n = \frac {3+\beta_n}{1-\beta_n}$

Vậy:

$u_n = \frac{3+\left ( \frac{\alpha -3}{\alpha +1} \right )^{3^{n-1}}}{1-\left ( \frac{\alpha -3}{\alpha +1} \right )^{3^{n-1}}}$

Biện luận:

$ \frac{\alpha -3}{\alpha +1} =1\Leftrightarrow \alpha -3=\alpha +1\Leftrightarrow 0\alpha =4$ (vô nghiệm)

.$\left | \frac{\alpha -3}{\alpha +1} \right |<1\Leftrightarrow (\alpha -3)^2<(\alpha +1)^2\Leftrightarrow -6\alpha +9 < 2\alpha +1\Leftrightarrow  \alpha >1$

.$\left | \frac{\alpha -3}{\alpha +1} \right |>1\Leftrightarrow -1\neq \alpha <1$

Vậy:

Nếu $\alpha =-1$  thì $\lim_{n\rightarrow +\infty }u_n= -1$

Nếu $\alpha =1$ thì $u_n =1\forall n\in \mathbb{N}^{*}$ suy ra $\lim_{n\rightarrow +\infty }u_n= 1$

Nếu $\alpha>1$ thì $\lim_{n\rightarrow +\infty }\left ( \frac{\alpha -3}{\alpha +1} \right )^{3^{n-1}}\Rightarrow \lim_{n\rightarrow +\infty }=3$

Nếu $ -1\neq \alpha <1$ thì   $\lim_{n\rightarrow +\infty }\left ( \frac{\alpha -3}{\alpha +1} \right )^{-3^{n-1}}=0 \Rightarrow \lim_{n\rightarrow +\infty }u_n =-1$

5.Lớp hàm $ g(x) = \frac{x^3+ax}{bx^2+c}$

Ta có:

$g(x) - d= \frac{x^3+ax}{bx^2+c}- d =  \frac{x^3-bdx^2+ax - cd}{bx^2 + c}$

Ta cần chọn a, b,c ,d sao cho:

$x^3 –bdx^2 +ax- cd =(x- d)^3$

$\Rightarrow x^3-bdx^2+ax –cd = x ^3 -3dx^2 +3d^2x –d^3$

$\Rightarrow  \left\{\begin{matrix}bd = 3d\\ a= 3d^2 \\ cd=d^3 \end{matrix}\right. $

$ \Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}b=3 \\ a=3d^2 \\ c=d^2 \end{matrix}\right. $

Từ $b=3; a= 3d^2;c= d^2$,chọn c= 2 ta được $b= 3,a=6,d=  \pm\sqrt{2}$.Khi đó ta có bài toán sau:

Bài toán 8: Xác định công thức  số hạng tổng quát của dãy số $(x_n)$ được xác định bởi công thức truy hồi:

$\left\{\begin{matrix}x_1=\alpha >0 \\x_{n+1}=\frac{x_n^3 +6x_n}{3x_n^2 + 2}, \forall n \in \mathbb{N^*}\end{matrix}\right. $

Giải:

Ta có:

$x_{n+1} -  \sqrt{2}= \frac{x_n^3 +6x_n}{3x_n^2+2}- \sqrt{2}$

$\frac{x_n^3 – 3\sqrt{2}x_n^2+6x_n-2\sqrt{2} }{3x_n^2 +2}= \frac{(x_n - \sqrt{2})^3    }{3x_n^2 +2}$

$x_{n+1} + \sqrt{2}= \frac{x_n^3 +6x_n}{3x_n^2+2}+ \sqrt{2}$

$\frac{x_n^3 + 3\sqrt{2}x_n^2+6x_n +2\sqrt{2} }{3x_n^2 +2}= \frac{(x_n + \sqrt{2})^3}{3x_n^2 +2}$

Xét hàm số:$f(x) = \frac{x - \sqrt{2} }{x+\sqrt{2}}$.Khi đó:

$f(x_n) =   \frac{x_n - \sqrt{2} }{x_n +\sqrt{2}}$

$=\left ( \frac{x_{n-1}-\sqrt{2}}{x_{n-1}+\sqrt{2}} \right )^{3}$

$= \left [ f(x_{n-1}) \right ]^{3}=\left [ f(x_{n-2}) \right ]^{3^{2}}$

$=...=\left [ f(x_1) \right ]^{3^{n-1}}$

$=\left [ f(\alpha ) \right ]^{3^{n-1}}$(2)

Từ (2) ta có: $\frac{x_n - \sqrt{2} }{x_n +\sqrt{2}}= \left [ f(\alpha ) \right ]^{3^{n-1}}$

$\Leftrightarrow x_n- \sqrt{2}= \left [ f(\alpha ) \right ]^{3^{n-1}}x_n + \sqrt{2}$

$ x_n = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}\left [ f(\alpha ) \right ]^{3^{n-1}}}{1-\left [ f(\alpha ) \right ]^{3^{n-1}}}$

$\Leftrightarrow x_n = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{2}\left ( \frac{\alpha -\sqrt{2}}{\alpha +\sqrt{2}} \right )^{3^{n-1}}}{1-\left ( \frac{\alpha -\sqrt{2}}{\alpha +\sqrt{2}} \right )^{3^{n-1}}}.$

Bài toán 9: Tìm số hạng tổng quát của dãy số được xác định bởi :

$\left\{\begin{matrix}x_1=\alpha  \\x_{n+1}=\frac{x_n^3 +3x_n}{3x_n^2 +1 }, \forall n\in \mathbb{N^*}\end{matrix}\right. $ (3)

(Đề chọn học sinh giỏi tỉnh Đà Nẵng vòng 2 ,năm học 2011- 2012):

Giải:

Nếu $x_1= -1$ thì $x_n= -1, \forall n\in \mathbb{N^*}$

Nếu $x_1\neq - 1 $ thì $ x_n\neq \pm 1$.Từ (3) ta có:

$x_{n+1} -  1=\frac{x_n^3 - 3x_n^2+3x_n-1 }{3x_n^2 +1}= \frac{(x_n – 1)^3 }{3x_n^2 +1}$

$x_{n+1} + 1=\frac{x_n^3 + 3x_n^2+3x_n+1}{3x_n^2 +1}= \frac{(x_n + 1)^3 }{3x_n^2 +1}$

Xét hàm số:$f(x) = \frac{x -1}{x+1}$.Khi đó:

$f(x_n)= \frac{x_{n}-1}{x_n+1}=\left ( \frac{x_{n-1}-1}{x_{n-1}+1}\right )^{3}$

 $= \left [ f(x_{n-1}) \right ]^{3}=\left [ f(x_{n-2}) \right ]^{3^{2}}$

$=...=\left [ f(x_1) \right ]^{3^{n-1}}$

$=\left [ f(\alpha ) \right ]^{3^{n-1}}$

Do đó:$ \frac{x_{n}-1}{x_n+1}= \left [ f(\alpha ) \right ]^{3^{n-1}}$

$\Leftrightarrow x_n -1=  \left [ f(\alpha ) \right ]^{3^{n-1}}(x_n+ 1)$

$\Leftrightarrow x_n = \frac{1+\left ( \frac{\alpha -1}{\alpha +1} \right )^{3^{n-1}}}{1-\left ( \frac{\alpha -1}{\alpha +1} \right )^{3^{n-1}}}.$

Vậy  

Nếu $x_1= -1$ thì $x_n= -1, \forall n\in \mathbb{N^*}$

Nếu $x_1\neq - 1 $ thì 

$ x_n = \frac{1+\left ( \frac{\alpha -1}{\alpha +1} \right )^{3^{n-1}}}{1-\left ( \frac{\alpha -1}{\alpha +1} \right )^{3^{n-1}}}.$

@supermember: Bài viết hay quá!.

3.Lớp hàm: $g(x) = x^3 + ax + bx +c$

Ta có: $g(x) – d = x^3 +ax^2 +bx +c -d $

Mục đich, ta cần chọn a,b, c,d sao cho:

$ x^3+ ax^2 + bx + c – d = (x - d)^3 = (x^3 - 3dx^2 + 3dx^2 – d^3)$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a = -3d \\ b = 3d^2 \\ c – d = -d^3\end{matrix}\right.$

$ \Leftrightarrow  \left\{\begin{matrix} a = - 3d    \\ b = 3d^2 \\ c = d – d^3\end{matrix}\right.$.

Chọn d = 1 ta được b = 3,a = -3, c = 0, khi đó ta được dãy số $(x_n)$ thỏa mãn hệ thức truy hồi : $x_{n+1}= x_n^3 – 3x^2+3x_n, \forall n \in \mathbb{N } $.Tuy vậy bài toán sẽ trở nên khó hơn nếu ta thực hiện đổi biến bằng cách đặt $x_n = 5u_n$.Khi đó dãy số $(u_n)$ thỏa mãn hệ thức truy hồi sau: $u_{n+1} =25u_n^3 -15 u_n^2 +3u_n$.Ta có bài toán sau:

Bài toán 4: Cho dãy số $(u _n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi sau:

$\left\{\begin{matrix} u_1 =  \alpha \in \mathbb{R}  \\ u_{n+1} = 25u_n^3 - 15u_n^2 + 3u_n, \forall n \in \mathbb{N^*}\end{matrix}\right.$

Giải:

Đặt  $ u_n = \frac{x_n}{5}$. Khi đó dãy số $(x_n)$ thỏa mãn hệ thức truy hồi sau:

$\left\{\begin{matrix} x_1 =  5\alpha \in \mathbb{R}  \\ x_{n+1} = x_n^3 - 3x_n^2 + 3x_n\end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow x_{n+1} - 1 =  (x_n - 1)^3$.

Do đó:

$ x_n -1= (x_{n - 1} - 1)^3 = (x_{n -2}-1)^{3^2}= … = (x_1-1)^{3^{n-1}}= (5 \alpha - 1)^ {3^{n - 1}}$

Vậy số hạng tổng quát của dãy số $(u_n)$ là:

$\frac{(5\alpha)^{3^{n-1}}+1}{5},\forall n \in \mathbb{N^* } $  

Bài toán 5: Tìm số hạng tổng quát của dãy số $(x_n)$ được xác định bởi:

$\left\{\begin{matrix} u_0 =  \alpha \in \mathbb{R}  \\ x_{n+1} =\frac {1}{4}.u_n^3  , \forall n \in \mathbb{N } \end{matrix}\right. $

Giải:

Ta có: $u_n = \frac {1}{4} .u_{n-1}^3$

$\frac{1}{4}\left ( \frac{1}{4} u_{n-2}^{3}\right )^{3}$

$=\frac{1}{4^{1+3}}u_{n-2}^{3^{2}}=\frac{1}{4^{1+3}}\left( \frac{1}{4} u_{n-3}^{3}\right )^{3^{2}}$

$=\frac {1}{4^{1+3+3^2}}u_{n - 3}^{3^3}=… =\frac {1}{4^{1+3+3^2+…+3^{n-1}}}u_{0}^{3^{n}}$

$ = \frac{u_0^{3^n}}{4^{\frac{1- 3^n}{2}}}= 2^{1- 3 ^n}\alpha ^{3^n},\forall n \in \mathbb{N}$ 

Chú ý:

Nếu ta gặp hàm đa thức bậc ba $f(x)= ax^3 + bx^2 + cx + d$ thì ta dời gốc tọa độ về điểm uốn $A\left ( \frac{-b}{2a} ;f\left ( -\frac{b}{3a} \right )\right )$ của đồ thị hàm số $f(x)$  tức là ta đổi biến $X =  x+ \frac {b}{4a}$.(1)

Bài toán 6: Tìm công thức tổng quát của dãy số được cho bởi hệ thức truy hồi sau:

$\left\{\begin{matrix}  x_{1}=\alpha \\ x_{n+1}=ax_n^3 +bx^2 +cx_n +d, \forall n \in \mathbb{N^*} \left (  a> 0,c=\frac{b^2}{3a},d= \frac{b\left ( c -3 \right )}{9a} \right )   \end{matrix}\right. $

Giải:

Từ chú ý trên gợi cho ta cách đặt: $y_n = x_n + \frac{b}{3a}$, thay vào (1) ta được:

$y_{n+1}- \frac{b}{3a}= a \left ( y_n -\frac{b}{3a} \right )^3 + b\left (y_n - \frac{b}{3a}  \right ) ^2+ c.\left ( y_n -\frac{b}{3a}  \right ) +d $  

$ =   \left ( ay_n^3 – by_n^2 +\frac{b^2}{3a}y_n - \frac{b^3}{27a^2} \right ) + by_n^2 -\frac{2b^2}{3a}y_n +\frac{b^3}{9a^2}+ cy_n - \frac{bc}{3a} + d$

$ =   \left ( ay_n^3 – by_n^2 +\frac{b^2}{3a}y_n - \frac{b^3}{27a^2} \right ) + by_n^2 -\frac{2b^2}{3a}y_n +\frac{b^3}{9a^2}+  \frac{b^2}{3a}y_n - \frac{b}{3a}.\frac{b^2}{3a} + \frac{b(c - 3)}{9a}$

$= \left (  ay_n^3 - \frac{b^3}{27a^2}\right )+\frac{b(c- 3)}{9a}$

$ =\left (  ay_n^3 - \frac{b^3}{27a^2}\right )+\frac{b\left (\frac{b^2 }{3a} - 3\right)}{9a} = ay_n^3 \frac{b}{3a} = ay_n^3 - \frac{b}{3a}$

Suy ra: $y_{n+1}= ay_n^3, \forall n \in \mathbb{N^*}$

Do đó:

$y_n = ay_{n-1}^3 = a( ay_{n-2}^3 )^3 = a^{1+3} ay_{n-2}^{3^2} = a^{1+3}( ay_{n-3}^3)^{3^2} = a^{1+3+3^2} y_{n-3}^{3^3}=… = a^{1+3+3^2+…+ 3^{n-2}}y_1^{3^{n-1}}$

$ = a^{\frac{1- 3^{n -1}}{1 -3}} y_1^{3^{n-1}}$

$ = a^{\frac{1- 3^{n -1}}{1 -3}}\left (  \alpha + \frac{b}{3a}\right )$

Vậy $x_n = a^{\frac{1- 3^{n -1}}{1 -3}}\left (  \alpha + \frac{b}{3a}\right) $

4.Lớp hàm $g(x) = \frac{ax}{b+c^2x^2}$.

Ta có: $d – g(x) = d – \frac{ax}{b+ c^2x^2} = \frac{ax}{b+c^2x^2} = \frac{bd – ac + dc^2x^2}{b+c^2x^2}$

Mục đích:

Ta cần chon a, b, c, d sao cho:

$bd- ac+dc^2x^2 = (d - x)^2 = d^2- 2dx + x^2$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}bd = d^2\\ a = 2d\\dc^2 = 1\end{matrix}\right. $

$ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}b = d \\ a = 2d\\c^2 = \frac{1}{d}\end{matrix}\right. $

Chọn d= 2,ta được: $b= 2, a= 4, c^2 =\frac{1}{2}$ và $g(x) =\frac{4x}{2+\frac{x^2}{2}} = \frac{8x}{4+x^2}$.

Khi đó ta có bài toán sau:

 Bài toán 7: Xác định số hạng tổng quát của dãy số$(x_n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi sau:

$\left\{\begin{matrix} x_1 =  \alpha \in \mathbb{R}  \\ x_{n+1} =\frac {8x_n}{4+x_n^2}  , \forall n \in\mathbb{N^* } \end{matrix}\right.$

Giải:

Nếu $\alpha = - 2$ thì $x_{n}= - 2,\forall n\in \mathbb{N^*}$

Nếu $\alpha \neq -2$.Ta có:

$2- x_n = 2-\frac{8x_{n-1}}{4+x_{n-1}^2}= \frac{2x_{n-1}^2 – 8x_{n-1}+8}{4+x_{n-1}^2} = \frac{2(2- x_{n-1})^2}{4+x_{n-1}^2}$ (1)

$2 + x_n = 2 + \frac{8x_{n-1}}{4+x_{n-1}^2}= \frac{2x_{n-1}^2 + 8x_{n-1}+8}{4+x_{n-1}^2} = \frac{2(2+ x_{n-1})^2}{4+x_{n-1}^2}$ (2)

Xét hàm số: $\frac{2 - x}{2 + x}$.Từ (1) và (2) ta có:

$f(x) = \frac{2-x}{2+x} = \left ( \frac{2-x_{n-1}}{2+x_{n-1}} \right )^{2}=\left [ f(x_{n-1}) \right ]^{2}=\left [ f(x_{n-2}) \right ]^{2^{2}}=...=\left [ f(x_1) \right ]^{2^{n-1}}=\left [ f(\alpha ) \right ]^{2^{n-1}}$ (3)

Đặt $\beta =\left [ f(\alpha ) \right ]^{2^{n-1}}$.Từ (3) ta có:

$\frac{2- x_n}{2+x_n}=\beta$

$\Leftrightarrow 2- x_{n}=2\beta +\beta x_{n} \Leftrightarrow x_{n}=\frac{2-2\beta }{1+\beta }$

Vậy:

Nếu  $\alpha = -2$ thì $x_{n}= - 2,\forall n\in \mathbb{N^*}$

Nếu: $\alpha \neq -2$ thì 

$x_n = \frac{2\left [ 1-\left ( \frac{2-\alpha }{2+\alpha } \right ) ^{2^{n-1}}\right ]}{1+\left ( \frac{2-\alpha }{2+\alpha } \right ) ^{2^{n-1}}},\forall n\in \mathbb{N}^*$

2. Lớp hàm $g(x)=x^2+ax+b$

Ta có: $g(x) - c = x^2 + ax + b - c$

Do đó ta cần chọn a,b,c sao cho:

$x^2+ax+b-c=( x - c)^2 \Rightarrow x^2+ax+b-c =x^2-2xc+ c^2 $

$ax + b – c =-2cx + c^2$

$ \left\{\begin{matrix} a= - 2c \\ b-c =c^2 \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix}  a = - 2c \\ b = c + c^2 \end{matrix}\right.$

Chọn c=7 ta được: a=-14, b=56. Khi đó, ta có bài toán:

 Bài toán 1: Cho dãy số $ (x_n)$ được xác định bởi :

$\left\{\begin{matrix} x_1 = \alpha \in \mathbb{R} \\ x_{n+1} = x_n^2 -14x_n +56,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right.$

Tìm số hạng tổng quát của dãy số $(x_n)$.

Giải:

Ta có: $x_n – 7= x_{n - 1}^2 -14.x_{n-1}+49 =(x_{n-1} - 7)^2 $ $=(x_{n-2}-7)^{2^2}=(x_{n-3}-7)^{2^3}=…= (x_1- 7)^{2^{n-1}}=(\alpha -7)^{2^{n-1}}$

Vậy số hạng tổng quát của dãy đã cho là:

$x_n= 7+(\alpha -7)^{2^{n-1}},\forall  n\in \mathbb{N^*}$

Bài toán 2: Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi sau:  

$\left\{\begin{matrix} u_1 = \alpha \in \mathbb{R},  \\ u_{n+1}=3u_n^2+4u_n+  \frac{2}{3},\forall n \in \mathbb{N^*}\end{matrix}\right. $

Tìm số hạng tổng quát của dãy đã cho.

Giải:

Đặt $ u_n=\frac{x_n}{3} $.Khi đó dãy số $(x_n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi:

$\left\{\begin{matrix} x_1=3 \alpha \\ x_{n+1}=x_n^2+4x_n + 2, \forall  n \in \mathbb{N^*}\end{matrix}\right.$

Mặt khác:

$x_n+2= x_{n-1}^2+4x_{n-1}+4= (x_{n-1}+2)^2= (x_{n-2}+2)^{2^2}=…=(x_1+2)^{2^{n-1}}$

Do đó: $x_n= 3 \alpha  +2$.Vậy số hạng tổng quát của dãy đã cho là:

$ u_n=\frac{ 3 \alpha  ^{2^{n-1}}-2}{3},\forall n\in \mathbb{N^*}$

Lưu ý: Phép đặt $u_n= \frac{x_n}{3}$ được tìm ra như sau:

Ta đặt $u_n=k.x_n$ (với k= const được xác định sau).Khi đó:

$kx_{n+1}=3k^2x_n^2+4kx_n+\frac{2}{3}\Rightarrow x_{n+1}=3kx_n^2+4x_n+\frac{2}{3} $. Ta tìm k sao cho: 3k=1 $\Rightarrow k= \frac{1}{3}\Rightarrow u_n= \frac {x_n}{3}$

Bài toán 3: (Đề thi đề nghị Olympic 30/4/2012) Cho  dãy số$(x_n) $ được xác định bởi:

$\left\{\begin{matrix} x_1= 4 \\ x_{n + 1}= x_n^2 -2, \forall \in \mathbb{N^*} \end{matrix}\right. $

Tính

             $  \lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{x_{n+1}}{x_1x_2x_3...x_n}$

Giải:

Bằng quy nạp ta chứng minh được $x_n \geq 4,  \forall n \in \mathbb{N^*}, $

M ặt khác:

$x_{n+1}^2-4= (x_n-2)^2 – 4= x_n^2(x_n^2-4)=…=(x_1x_2…x_n)^2(x_1^2-4)=12(x_1x_2…x_n)$

Suy ra: $\left ( \frac{x_{n+1}}{x_1x_2..x_{n}} \right )^2 =12+ \frac{4}{(x_1x_2…x_n)^2}$

Lại có:

$x_{n+1}-x_{n}=x_n^2-x_n-2 = (x_n+1)(x_n-2)> 0, \forall n \in \mathbb{N^*} $

Do đó: $(x_n )$ là dãy tăng $\Rightarrow x_n\geq 4,\forall n\in \mathbb{N}^{*}$

Khi đó: $0\leq \frac{4}{x_1x_2..x_n}\leq \frac{1}{4^{2n-1}}$

Mà $\lim_{n\rightarrow +\infty } \frac{1}{4^{2n-1}}=0$ nên theo định lí kẹp, ta có:

$ \lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{4}{x_1x_2..x_n}=0$

Vậy nên:

$\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{x_{n+1}}{x_1x_2..x_n}=\lim_{n\rightarrow +\infty }\sqrt{12+\frac{4}{(x_1.x_2...x_n)^2}}=2\sqrt{3}$

Ghi chú: Ý tưởng bài toán trên hoàn toàn giống với một bài toán dãy số trong kì thi Olympic toán sinh viên toàn quốc năm 2005, chỉ có điều sự khác biệt ở đây là giá trị $x_1=5$.Ý tưởng của bài toán ấy còn được xuất hiện một lần nữa trong kì thi Olympic toán sinh viên quốc tế năm 2010,với nội dung như sau:

Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi hệ thức truy hồi :

$\left\{\begin{matrix} x_1=\sqrt{5}\\ x_{n+1}=x_{n}^{2}-2,\forall n\in N^* \end{matrix}\right.$

Tìm $\lim_{n\rightarrow +\infty  }\frac{x_1x_2...x_n}{x_{n+1}}$.

Bài tập về dạng này :

BT1:  Cho dãy số $(x_n):\left\{\begin{matrix} x_0=a\\ x_{n+1}=2x^2_n-1, \forall n\geq 0 \end{matrix}\right.$. Tìm các giá trị của $a$ để $x_n<0, \forall n\geq 0$

I,Hàm lặp và phương pháp tìm CTTQ của dãy số:

Để tìm số hạng tổng quát của dãy số $(u_n)$ bằng phương pháp lặp ta thường tìm các hàm số f(x) và h(x) sao cho: $f(u_n)=h(f(u_{n-1})$ (*)

Áp dụng (*) liên tiếp ta được:

$f(u_{n})=h(f(u_{n-1}))=h(h(f(u_{n-2})))=h_2(f(u_{n-2}))=...=h_n(f(u_0))$

Từ đó ta tìm được CTTQ của dãy số $(u_n)$

Hàm f được gọi là hàm số phụ, hàm h được gọi là hàm lặp.

1.Các ví dụ mở đầu:

Ví dụ 1: Xác định CTTQ của dãy số $(x_n)$ được xác định bởi:

$\left\{\begin{matrix} u_1=1\\ u_{n+1}=3u_{n}+2^{n+1};\forall n\in N^*\end{matrix}\right.$

Giải:

Ta có: $u_{n+1}+2.2^{n+1}=3(u_{n}+2.2^n)$

Do đó: $u_{n}+2.2^{n}=3(u_{n-1}+2.2^{n-1})=...=3^{n-1}(u_{1}+4)=5.3^{n-1}$

Vậy $u_{n}=5.3^{n-1}-2^{n+1}$

Chú ý:Trong bài toán trên, điểm mấu chốt là biết xét tổng:

 $u_{n+1}+2.2^{n+1}=3(u_{n}+2.2^n)$

Việc tìm ra lời giải như trên là không khó ta chỉ việc tìm số a sao cho: $u_{n+1}+a.2^{n+1}=3(u_{n}+a.2^{^{n}})$

Trong đó a là nghiệm của phương trình: $2^{n+1}=3a.2^{^{n}}-a.2^{n+1}$

Ví dụ 2: (Đề thi Olympic 30-4-2013).Cho dãy số (x_n) được xác định bởi:

$\left\{\begin{matrix}x_{1}=1\\ x_{n}=-\frac{14x_{n-1}+51}{5x_{n-1}+18},\forall n\geq 2 \end{matrix}\right.$

Tìm $x_{2013}$ và tính $\lim_{x\rightarrow +\infty }x_{n}.$

Giải:

Bằng quy nạp ta chứng minh được: $x_{n}\neq -3,\forall n\in N^*$

Ta có: $x_{n}+3=\frac{-14x_{n-1}-51}{5x_{n-1}+18}+3=\frac{x_{n-1}+3}{5x_{n-1}+18}$

$5x_{n}+17=\frac{-70x_{n-1}-255}{5x_{n-1}+18}+17=3.\frac{5x_{n-1}+17}{5x_{n-1}+18}$

Khi đó:

$\frac{5x_{n}+17}{x_{n}+3}=\frac{3(5x_{n-1}+17)}{x_{n-1}+3},\forall n=2,3,.. $(1)

Áp dụng (1) liên tiếp ta được:

$\frac{5x_{n}+17}{x_{n}+3}=\frac{3(5x_{n-1}+17)}{x_{n-1}+3}=\frac{3^{2}(5x_{n-2}+17)}{x_{n-2}+3}=...=\frac{3^{n-1}(5x_{1}+17)}{x_{1}+3}=\frac{3^{n-1}.22}{4}=\frac{11.3^{n-1}}{2}$

Do đó:

$\frac{5x_{n}+17}{x_{n}+3}=\frac{11.3^{n-1}}{2}$

$\Leftrightarrow 11.3^{n-1}x_{n}+33.3^{n-1}=10x_{n}+34\Leftrightarrow x_{n}=\frac{34-33.3^{n-1}}{11.3^{n-1}-10}$

Từ đớ: $x_{2013}=\frac{34-33.3^{2012}}{11.3^{n-1}-10};\lim_{n\rightarrow +\infty }x_n=\frac{\frac{34}{3^{n-1}}-33}{11-\frac{10}{3^{n-1}}}=-3$

Lưu ý:Việc tìm được các số 3 và 17 xuất phát từ bài toán sau và đây cũng là một cách khác để tìm CTTQ cho bài toán trên (khá đơn giản):

$(u_n)$:$\left\{\begin{matrix}u_{1}=\alpha \\ u_{n}=\frac{p.u_{n-1}+q}{r.u_{n-1}+s},\forall n\geq 2\end{matrix}\right.$

Để tìm công thức tổng quát ta làm như sau:

Đặt $u_{n}=x_{n}+t$.Khi đó:

$x_{n}=\frac{px_{n-1}+pt+q}{ru_{n-1}+rt+s}-t=\frac{(p-rt)x_{n-1}-rt^2+(p-s)t+q}{rx_{n-1}+rt+s}$

Ta chọn t sao cho:$ rt^{2}+(s-p)t-q=0$.Khi đó chuyển dữ kiện về dạng $\frac{1}{x_{n}}=a \frac{1}{x_{n-1}}+b$

Đến đây ta chỉ việc chuyển đổi về CSN hoặc sử dụng hàm lặp đều được.

Bài tập về dạng này: 

BT1: ( Hà Nam TST năm 2011-2012)

Cho dãy số thực $(x_n)$ thỏa mãn : $x_1=\frac{1}{6}$, $x_{n+1}=\frac{3x_n}{2x_n+1}$.Chứng minh dãy số trên có giới hạn và tìm giới hạn đó.

BT2: ( Long An TST năm 2011-2012)

Cho dãy số xác định bởi $\left\{\begin{matrix} u_1\\ u_{n+1}=\frac{3u_n+4}{u_n+1},n=1,2,3,.. \end{matrix}\right.$.

Đặt $x_n=u_{2n-1},y_n=u_{2n}$.

a) Chứng minh rằng $(x_n),(y_n)$ có giới hạn hữu hạn.

b) Chứng minh rằng $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

BT3 :  Xét dãy $\left\{\begin{matrix} u_1=2\\ u_n=3_{n-1}+2n^3-9n^2+9n-3 \end{matrix}\right.$.Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p thì $2009\sum_{i=1}^{p-1}u_i$ chia hết cho p  (TH&TT T6/286). 

BT4:  Dãy số $\left\{\begin{matrix} x_0=1\\ x_1=\frac{1}{2}\\ x_{n+2}=\frac{x_{n+1}x_n}{2002x_{n+1}+2001x_n+2000x_{n+1}x_n} \end{matrix}\right.$. Hãy tìm CTTQ của $x_n$.

BT5:  Cho dãy số $(a_n): \left\{\begin{matrix} a_0=3\\ (3-a_n)(6+a_{n-1})=18 \end{matrix}\right.$. Tính $\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}$. ( China MO 2004)

PHƯƠNG PHÁP HÀM LẶP TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

(Trích dẫn từ tài liệu của Ths Nguyễn Tài Chung - Giáo viên trườngTHPT chuyên Hùng Vương ,Gia Lai)

LỜI NÓI ĐẦU

Như các bạn đã biết toán học là một khu vườn cổ tích đầy màu sắc mà ở đó ta có thể dẽ dàng bắt gặp những bông hoa đương mùa trổ rộ,đẹp đẽ nhất.Góp phần làm nên sự thành công ấy, ta không thể không nói đến dãy số- một phạm trù cơ bản , khá quan trọng của đại số, giải tích nói riêng và của phân môn Toán học nói chung.Tuy vậy, chúng ta thường gặp không ít khó khăn khi giải quyết các vấn đề về dãy số ,đặc biệt là bài toán xác định công thức tổng quát của dãy số.Không những thế ở một số lớp bài toán khi đã tìm được công thức tổng quát thì dường như bài toán đã được giải quyết .Vậy nên, ta có thể khẳng định rằng việc xác định công thức tổng quát của dãy số chiếm một vị trí nhất định trong các bài toán về dãy số.

Mong rằng qua chuyên đề: 'Phương pháp hàm lặp trong các bài toán về dãy số ' sẽ cung cấp cho các bạn được những kinh nghiệm bổ ích và và có những định hướng thiết thực hơn trong khi giải các bài toán liên quan đến dãy số.

Nội dung bao quát gồm 3 phần:

I,.Hàm lặp và ứng dụng hàm lặp trong các bài toán tìm công thức tổng quát

1.Ví dụ mở đầu

2.Lớp hàm $g(x)=x^2+ax+b$

3.Lớp hàm $g(x)=x^3+ax^2+bx+c$

4.Lớp hàm  $g(x)=\frac{ax}{b+c^2x^2}$

5.Lớp hàm $g(x)=\frac{x^3+ax}{bx^2+c}$

6.Lớp hàm $g(x)=\frac{x^4+ax^2+b}{cx^3+dx}$

II,Áp dụng bài toán tìm CTTQ của dãy số vào giải một số bài toán về dãy số, hàm số và tổ hợp 

III,Bài tập tự luyện

Do năng lực thời gian và trình độ có hạn nên bài viết không khỏi gặp phải những thiếu xót mong các bạn và thầy cô thông cảm và góp ý đề chuyên đề ngày càng được hoàn thiện

Cách 5: Sử dụng vector gốc

Lấy A,B,C lần lượt là ba gốc của 3 vectơ đơn vị sau:

$\overrightarrow{e_{1}}=\frac{\overrightarrow{AB}}{AB}$

$\overrightarrow{e_{2}}=\frac{\overrightarrow{BC}}{BC}$

$\overrightarrow{e_{3}}=\frac{\overrightarrow{CA}}{CA}$

Ta có: $0\leq (\overrightarrow{e_{1}}+\overrightarrow{e_{2}}+\overrightarrow{e_{3}})^2$

$\Leftrightarrow 0\leq 3+2(\overrightarrow{e_{1}}\overrightarrow{e_{2}}+\overrightarrow{e_{2}}\overrightarrow{e_{3}}+\overrightarrow{e_{3}}\overrightarrow{e_{1}})$

$\Leftrightarrow 0\leq 3-2(cosA+cosB+cosC)$

$\Leftrightarrow cosA+cosB+cosC\leq \frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra <=> $\Delta$ ABC đều

Cách 6:Sử dụng bất đẳng thức SCHUR:

Ta có:

cosA+cosB+cosC$\leq \frac{3}{2}$$\Leftrightarrow \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}+\frac{a^2+b^2-c}{2ab}$

$\Leftrightarrow b^2a+c^2a+c^2b+a^2b+a^2c+b^2c\leq 3abc$

$\Leftrightarrow a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$

(Bất đẳng thức Schur)

Cách 7:Sử dụng tam thức bâc 2:

Xét $cosA+cosB+cosC-\frac{3}{2}=$

$2cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}+1-2sin^{2}\frac{C}{2}-\frac{3}{2}=$

$2sin\frac{C}{2}cos\frac{A-B}{2}-2sin^2\frac{C}{2}-\frac{1}{2}$

Đặt $x=sin\frac{C}{2}.(0< x<1)$.Xét tam thức $f(x)=-2sin^{2}x+2cos\frac{A-B}{2}x-\frac{1}{2}$

Ta có: $\Delta '=cos^{2}\frac{A-B}{2}-1\leq 0;a=-2< 0 \Rightarrow f(x)\leq 0,\forall x$(0< x<1)

Từ đó: $cosA+cosB+cosC\leq \frac{3}{2}$

Cách 8:dùng phương pháp hàm số

Ta có:

$cosA+cosB+cosC=2cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}+1-2sin^{2}\frac{C}{2}$

Đặt x=sin$\frac{C}{2}$(0<x<1)

Xét hàm số:$f(x)=-2x^{2}+2cos\frac{A-B}{2}x+1$

Lập BBT,ta được:

$f(x)\leq f_{max}(x)=1+\frac{1}{2}cos\frac{A-B}{2}\leq \frac{3}{2}$

Từ đó, ta có ĐPCM