Lời giải bài 85: Trước hết, ta có các kết quả sau:
Định lí 1:( Trung bình Cesaro). Nếu dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn là $a$ thì dãy số các trung bình cộng $[\frac{1}{n}(u_1+u_2+...+u_n)]$ cũng có giới hạn là $a$.
Định lí này có thể phát biểu dưới dạng tương đương sau:
Định lí 2:(Định lí Stolz). Nếu $\lim\limits_{n\to +\infty}(u_{n+1}-u_n)=a$ thì $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{u_n}{n}=a$.
Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp $a=0$. Vì $\lim\limits_{n\to +\infty}(u_{n+1}-u_n)=0$ nên với mọi $\epsilon>0$ luôn tồn tại $N_0$ sao cho với mọi $n\ge N_0$ ta có:$|u_{n+1}-u_n|<\epsilon$. Khi đó, với mọi $n>N_0$ ta có $|\frac{u_n}{n}|\le \frac{1}{n}(|u_{N_0}|+|u_{N_0+1}-u_{N_0}|+...+|u_n-u_{n-1}|)<|u_{N_0}|.\frac{1}{n}+(n-N_0).\frac{\epsilon}{n}$
Giữ $N_0$ cố định, ta có thể tìm được $N_1>N_0$ sao cho $\frac{1}{N_1}|u_{N_0}|<\epsilon$. Khi đó với mọi $n>N_1$ ta sẽ có $|\frac{u_n}{n}|<2\epsilon$. Vậy nên $\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{u_n}{n}=0$.
Quay trở lại bài toán. Từ giả thiết suy ra:
$x_nx_{n+1}=x_n^2-x_n^3+...+x_{n}^{2008}-x_n^{2009}(1)$.
Lại có: $x_{n+1}=x_n-x_n^2+x_n^3-x_n^4+...+x_n^{2007}-x_n^{2008}(2)$.
Cộng theo vế $(1)$ và $(2)$ ta được: $x_{n+1}=\frac{x_n-x_n^{2009}}{1+x_n}$.
Vì $0<x_1=\frac{1}{2}<1$ nên dễ thấy ngay rằng $x_n>0$ với mọi $n\in \mathbb{N^*}$.
Ta chứng minh bằng quy nạp BDT sau: $x_n\le \frac{1}{n+1}$ với $\forall n\in \mathbb{N^*}(3)$.
Ta thấy $(3)$ đúng với $n=1$. Giả sử $(3)$ đúng với $n=k$, ta chứng minh nó cũng đúng với $n=k+1$, nghĩa là $x_{k+1}\le \frac{1}{k+2}$.
Thật vậy:
$\frac{1}{k+2}-x_{k+1}=\frac{(1-(k+1)x_k)+(k+2)x_{k}^{2009}}{(k+2)(x_k+1)}>0$ do $0<x_k<\frac{1}{k+1}$ (theo giả thiết quy nạp).
Từ đó suy ra $\lim\limits_{n\to +\infty}x_n=0$.
Xét hiệu $\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n}=\frac{x_n-x_{n+1}}{x_n.x_{n+1}}=\frac{1+x_{n}^{2007}}{1-x_{n}^{2008}}$.
Suy ra $\lim\limits_{n\to +\infty}(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n})=1$.
Theo định lí trung bình Cesaro thì $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{1}{nx_n}=1$ hay $\lim\limits_{n\to +\infty}nx_n=1$.
Lời giải bài 86:
a) Nhận xét rằng $f_n(x)\ge 1$ khi $x\ge 0$ và $f_n(x)=\sum\limits_{j=1}^{n-1}x^{2j-1}(1+x)+1\ge 1,\forall x\le -1$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $f_n(x)$ đạt được trong $[-1;0]$. Khi đó, ta có:
$f_n(x)=\frac{1-x^{2n+1}}{1-x}$.
$f'_n(x)=\frac{2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1}{(1-x)^2}$.
Xét hàm số $g_n(x):=2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1$ trong $[-1;0]$. Ta có: $g_n(0)=1,g_n(-1)=-4n<0$.
$g'_n(x)=2n(2n+1)x^{2n-1}(x-1)\ge 0,x\in [-1;0]$.
Vậy phương trình $g_n(x)=0$ có đúng một nghiệm trong $[-1;0]$. Từ đó suy ra $f'_n(x)\le 0$ với $-1\le x\le x_n$ và $f'_n(x)\ge 0$ với $x_n\le x\le 0$. Do đó hàm số $f_n(x)$ đạt giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$ tại một điểm duy nhất $x_n\in [-1;0]$.
b)
i) Vì $-1\le x_n\le \frac{-1}{2}$ nên $S_n=f_n(x_n)=\frac{1-x_n^{2n+1}}{1-x_n}>\frac{1}{1-x_n}\ge \frac{1}{2}$.
Giả sử tồn tại số $a(a>\frac{1}{2})$ sao cho $S_n>a$ với mọi $n\ge 1$. Khi đó:
$f_n(x)=\frac{1-x^{2n+1}}{1-x}>a,\forall x\in(-1;0],n\ge 1$.
Chuyển qua giới hạn khi $n\to \infty$, ta thu được:
$\frac{1}{1-x}>a,\forall x\in [-1;0]$.
Khi $x\to -1$ ta nhận được điều mâu thuẩn với giả thiết.
ii) Với $x\in [-1;0]$ thì:
$f_{n+1}(x)=x^{2n+2}+x^{2n+1}+f_n(x)\le f_n(x)$.
Do đó $S_{n+1}=f_{n+1}(x_{n+1})\le f_{n+1}(x_n)]\le f_n(x_n)=S_n$, tức $(S_n)(n=1,2,...)$ là một dãy giảm . Do dãy bị chặn dưới bởi $\frac{1}{2}$nên tồn tại $\lim\limits_{n\to +\infty}S_n$ và $\lim\limits_{n\to +\infty}S_n\ge \frac{1}{2}$. Do dãy $(S_n)$ giảm nên $S_n\ge S$ với mọi $n\ge 1$. Theo kết quả phần i) ở trên thì $S_n\le \frac{1}{2}$.
Từ đó suy ra $S=\frac{1}{2}$.
iii) Sử dụng đẳng thức $f_{n+1}(x)=f_n(x)x^2+x+1$, ta thu được:
$S_{n+1}=f_{n+1}(x_{n+1})=f_n(x_{n+1})x_{n+1}^2+x_{n+1}+1(1)$.
Do $f_n(x_{n+1})\ge f_{n}(x_n)=S_n> \frac{1}{2}$ nên từ $(1)$ suy ra: $S_{n+1}>\frac{1}{2}x_{n+1}^2+x_{n+1}+1=\frac{1}{2}(x_{n+1}+1)^2+\frac{1}{2}$,
hay $S_{n+1}-\frac{1}{2}>\frac{1}{2}x_{n+1}^2+x_{n+1}\ge 0\forall n\ge 1$.
Chuyển qua giới hạn $n\to +\infty$ ta thu được điều phải chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 23-09-2018 - 07:22