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

Mình xin được đóng góp một bài tập nhỏ cho chuyên đề trên:

Bài toán:  Cho $\Delta ABC$, chứng minh rằng:

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

Bài giải:

Cách 1:Dùng tỉ số diện tích

Kẻ các đường cao AD,BE,CF 

Đặt $S_{AEF}=S_{1};S_{BFD}=S_{2};S_{CED}=S_{3},S_{ABC}=S$.

Khi đó: $cosA=\sqrt{\frac{S_{1}}{S}};cosB=\sqrt{\frac{S_{2}}{S}};cosC=\sqrt{\frac{S_{3}}{S}}$

$\sqrt{\frac{S_{1}}{S}}=\sqrt{\frac{AF.AE}{AB.AC}}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{AF}{AB}+\frac{AE}{AC} \right ) (1)$

Tương tự:$\sqrt{\frac{S_{2}}{S}}=\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{BF}{AB}+\frac{BD}{BC} \right ) (2)$

$\sqrt{\frac{S_{3}}{S}}=\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{CD}{CB}+\frac{CE}{CA} \right ) (3)$

CỘNG (1),(2),(3) THEO TỪNG VẾ TA ĐƯỢC:

$cosA+cosB+cosC\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{AF}{AB} +\frac{FB}{AB}+ \frac{AE}{AC} +\frac{EC}{AC} +\frac{BD}{BC} +\frac{DC}{BC} \right )=\frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow$ ABC đều

Cách 2:Vận dụng bất đẳng thức Erdos-Mordell:

Cho tam giác ABC.M là điểm bất kì nămg trong tam giác.Đặt $x_{1}=MA;x_{2}=MB;x_{2}=MC;p_{1},p_{2},p_{3}$ lần lượt là khoảng cách từ điểm M đến BC,CA,AB tương ứng. Khi đó ta có bất đẳng thức:

$x_{1}+x_{2}+x_{3}\geq 2(p_{1}+p_{2}+p_{3})$

Áp dụng :

Gọi O,R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh AB,BC,CA

Nhận thấy $\widehat{A}=\widehat{MOB}$

Do đó:

$cosA=cos\widehat{MOB}=\frac{OM}{OB}=\frac{OM}{R};cosB=\frac{ON}{R};cosC=\frac{OP}{R}$

Do đó:

$cosA+cosB+cosC=\frac{OM+ON+OP}{R}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{OA+OB+OC}{R} \right )=\frac{3}{2}(ERDOS-MORDELL)$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow$ ABC đều

Cách 3:Sử dụng bất đẳng thức Trê-bư-sêp:

Gọi a,b,c là 3 cạnh tam giác ABC.Khi đó:

a=c.cosB+b.cosC

b=a.cosC+c.cosB;

c=a.cosB+b.cosA.

Cộng 3 bất đẳng thức trên ta có:

$a+b+c=(c+b)cosA+(a+c)cosB+(a+b)cosC$

Không mất tính tổng quát giả sử:$a\geq b\geq c$.Khi đó:

$\left\{\begin{matrix} cosA\leq cosB\leq cosC\\ c+b\leq a+c\leq a+b \end{matrix}\right.$

Do đó:

$a+b+c=(c+b)cosA+(a+c)cosB+(a+b)cosC$

$\geq \frac{1}{3}(cosA+cosB+cosC)(c+b+a+c+a+b)$(TRE-BU-SEP)

$\Rightarrow \frac{1}{3}(cosA+cosB+cosC)\leq \frac{3}{2}$

Cách 4:Phương pháp vectơ:

Gọi I,r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.M, N, P lần lượt là tiếp điểm của đường tròn với các cạnh AB,AC,BC.Khi đó, ta có:

$0\leq (\overrightarrow{IM}+\overrightarrow{IN}+\overrightarrow{IP})^{2}$

$\Leftrightarrow0\leq3r^2+2(\overrightarrow{IM}.\overrightarrow{IN}+\overrightarrow{IM}.\overrightarrow{IP}+\overrightarrow{IP}.\overrightarrow{IN})$

Mặt khác:

$\overrightarrow{IM}.\overrightarrow{IN}=2r^2cos\widehat{MIN}=-2r^2.cosA$

Tương tự:

$\overrightarrow{IM}.\overrightarrow{IP}=-2r^2.cosB; \overrightarrow{IP}.\overrightarrow{IN}=-2r^2.cosC;$

Do đó:

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

Đẳng thức xảy ra <=> Tam giác ABC đều.

Bài 1: Cho hai số thực không âm $x,y$. Tìm GTNN của biểu thức

$P = \sqrt[3]{4(e^{3x}+e^{3y})} - \frac{ 2 \sqrt[4]{(1+2x)^3(1+2y)^3}}{2}$

 

Trích đề thi thử Lương Thế Vinh Hà Nội lần 3

 

Cho mình hỏi tại sao nhân 2 rồi lại chia cho 2 vậy (Biểu thức thứ 2 sau dấu -)

===

GÕ nhầm...

Bài 5:Giải bất phương trình sau:

$x^4+2x^3+2x^2-2x+1\leq (x^3+x)\sqrt{\frac{1-x^2}{x}}$

kết quả của bạn mình thử vào hệ thì đúng rồi, nhưng cho mình hỏi tại sao $x^{2}+y^{2}= 11$ được không? mình thấy hơi là lạ 

Ta có: $a^2+b^2=x^2+\frac{1}{x^2}+2+y^2+\frac{1}{y^2}+2=9+4=13$.Như vậy nhatquangsin nhầm chỗ này còn các kết quả còn lại thì không đổi

Bài 2: Cho điểm K ngoài (O). Vẽ các tiếp tuyến KA, KT. Một đường thẳng đi qua A cắt (O) tại B, cắt KTtại C sao cho B là trung điểm của AC. Gọi giao điểm của KB và (O) là L. Chứng minh LT song song BC.

Hình gửi kèm trong file

 untitled.bmp   1012.55K   88 Số lần tải

Ta có: $\widehat{TLB}=\widehat{TAB}$ (Cùng chắn cung TB)

$\widehat{LBA}=\widehat{LTA}=\widehat{KAL}$

Mặt khác:

$\widehat{LBA}=90^0-\widehat{OTA}-\widehat{LTK}=90^0-\widehat{OTA}-\widehat{LAT}=\widehat{KAL}$

Do đó:$\widehat{TLB}=\widehat{LBA}$$\Rightarrow Q.E.D$

Câu 2:

Xem ở đây:http://diendantoanho...ca-nsqrtnsqrt2/

Giải phương trình $\sqrt[3]{14-x^{3}}+x=2(1+\sqrt{x^{2}-2x-1})\geq 2$

Điều kiện: $x^{2}-2x-1\geq 0$ (1)

Ta có:  $2(1+\sqrt{x^{2}-2x-1})\geq 2$

$\Rightarrow \sqrt[3]{14-x^3}+x\geq 2$

$\Leftrightarrow 2-x\leq \sqrt[3]{14-x^{3}}\Leftrightarrow (2-x)^3\leq 14-x^3\Leftrightarrow x^2-2x-1\leq 0$(2)

Từ (1), (2) suy ra:

$x^2-2x-1=0\Leftrightarrow x=1\pm \sqrt{2}$

Bài 3:Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(-2;-4) và trọng tâm G(0;4)

a)Giả sử M(2;0) là trung điểm của cạnh BC.Xác định tọa độ các đỉnh A,B

b)Giả sử M di động trên đường thẳng (D): x+y-2=0, tìm quỹ tích điểm B. Hãy xác định vị trị của M để độ dài cạnh AB là ngắn nhất

(Trích đề thi của Học Viên Ngân Hàng TP.Hồ Chí Minh năm 2000)

Giải phương trình :

1/ $\frac{x\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}+x-1= 0$(1)

 

Giải:Đk:$0\leq x< 1$

(1)$\Leftrightarrow x\sqrt{x}=(1-x)\sqrt{1-x}$(2)

Xét hàm số f(t)=$t^3$ trên $R^*$

Ta có:$f'(t)=3t^{2} >0,\forall t\in R^*$$\Rightarrow$ f(t) đồng biến trên R*.Mặt khác:

Từ(2) ta có:$f(\sqrt{x})=f(\sqrt{1-x})\Leftrightarrow x=1-x\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}$

Bài 2 : (3 điểm)

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

Cách khác:

Đặt:$\sqrt{x^2+x+2}=t(t\geq 0)$.Khi đó pt đã cho thành:

$t^2-(2x+3)t+x^2+3x+2=0$

Giải phương trình với ẩn là t ta được:

$t=x+2 \vee t=x+1$

Với t=x+2 $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq -2\\ x^{2}+x+2=x^2+4x+4 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq -2\\ x=\frac{-2}{3} \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=-\frac{2}{3}$

Tương tự:t=x+1,giải ra ta được:x=-1

Bài 1 : (3 điểm)

Cho $x=\sqrt{\frac{1}{2\sqrt{3}-2}-\frac{3}{2(\sqrt{3}+1)}}$

Tính $A=\frac{4(x+1)x^{2013}-2x^{2012}+2x+1}{2x^{2}+3x}$

Bài giải:

 Tử số$=\frac{4(x+1)x^{2013}-2x^{2012}+2x+1}{2x^{2}+3x}$$=2(\sqrt{3}+1)\left ( \frac{\sqrt{3}-1}{2} \right )^{2013}-2.\left ( \frac{\sqrt{3}-1}{2} \right )^{2012}+\sqrt{3}$$=2\left ( \frac{\sqrt{3}-1}{2} \right )^{2012}-2.\left ( \frac{\sqrt{3}-1}{2} \right )^{2012}+\sqrt{3}=\sqrt{3}$

Mẫu số:

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

Do đó:$A=\frac{2\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}=3-\sqrt{3}$

    Cho tứ giác ABCD nội tiếp được trong một  đường tròn. Gọi a,b,c,d theo thứ tự là phân giác ngoài của các góc DAB, ABC, BCD, CDA. Gọi $K= a \cap b, L=b \cap c, M=b\cap d, N=d \cap a$ Chứng minh rằng tứ giác KLMN nội tiếp được trong một đường tròn có bán kính bằng $\frac{KM.LN}{AB+BC+CD+DA}$

Điền  986 số 1 và -1 vào bảng ô vuông kích thước 14x64 (14 hàng và 64 cột ) Biết rằng với hai cột bất kỳ , số lần xuất hiện hai số  cùng dấu ở trên cùng một hàng không vượt quá 7 . CMR số  chữ số 1 xuất hiện trong 896 số đã cho không lớn hơn 511.