Dãy số tuyến tính

www.VNMATH.com

NGUYỄN TÀI CHUNG
GV THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai

DÃY SỐ PHÂN TUYẾN TÍNH

www.VNMATH.com

Mục lục

Lời nói đầu 2

1 Tên chương mới 3
1.1 Dãy số phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Định nghĩa dãy phân tuyến tính. . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Xác định số hạng tổng quát của dãy số phân tuyến tính. . . . 3
1.1.3 Một số tính chất của dãy số phân tuyến tính. . . . . . . . . . 4
1.1.4 Các bài toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1

www.VNMATH.com

Lời nói đầu

2

www.VNMATH.com

Chương 1

Tên chương mới

1.1 Dãy số phân tuyến tính

Trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, thường xuất hiện các bài toán về dãy số,
trong đó có các bài toán liên quan đến dãy số phân tuyến tính. Bài viết này nhằm
khảo sát một cách đầy đủ và có hệ thống về dãy số phân tuyến tính.

1.1.1 Định nghĩa dãy phân tuyến tính.

Cho a, b, c, d thuộc R sao cho ad − bc = 0 và c = 0. Xét dãy số (xn ) như sau

 x1 ∈ R
axn + b
 ∀n ∈ N∗ , xn+1 = , nếu nó tồn tại.
cxn + d

Khi đó dãy số (xn )+∞ gọi là dãy số phân tuyến tính.
n=1
Qui ước. Nếu cho (xn )+∞ là dãy số phân tuyến tính thì ta hiểu rằng với mọi
n=1
n = 1, 2, . . . luôn tồn tại xn .

1.1.2 Xác định số hạng tổng quát của dãy số phân tuyến tính.

Xét dãy số phân tuyến tính {xn } xác định bởi
axn + b
x1 = p, xn+1 = ,
cxn + d
trong đó a, b, c, d và p là các hằng số cho trước. Bằng phương pháp quy nạp ta chứng
yn
minh được xn = , ∀n = 1, 2, . . . , trong đó yn , zn thỏa mãn
zn
yn+1 = ayn + bzn, ∀n = 1, 2, . . .
y1 = p, z1 = 1, (*)
zn+1 = cyn + dzn , ∀n = 1, 2, . . .
+∞ +∞
Vậy vấn đề còn lại là tìm số hạng tổng quát của hai dãy số (yn )n=1 và (zn )n=1 thỏa
mãn (∗). Ta thường dùng hai cách như sau:

3

www.VNMATH.com

Chương 1. Dãy số phân tuyến tính. Nguyễn Tài Chung.

Cách 1 (áp dụng khi PT (i) có hai nghiệm phân biệt). Ta có
yn+1 + λzn+1 = (a + λc) yn + (b + λd) zn , ∀n = 1, 2, . . .
Ta cần tìm λ sao cho
b + λd = λ (a + λc) . (i)
Khi đó (yn + λzn )+∞
n=1 lập thành một cấp số nhân, do đó ta xác định được số hạng
+∞
tổng quát của dãy (yn + λzn )n=1 , từ đây ta tìm được số hạng tổng quát của hai dãy
số (yn )+∞ và (zn )+∞ .
n=1 n=1
Cách 2. Ta có
yn+2 = ayn+1 + b(cyn + dzn ) = ayn+1 + bcyn + d(yn+1 − ayn)
= (a + d)yn+1 + (bc − ad)yn .
Vậy phương trình đặc trưng của dãy số {yn } là
λ2 − (a + d)λ + (ad − bc) = 0.
Giải phương trình đặc trưng trên ta tìm được số hạng tổng quát yn của dãy số {yn },
và từ đó ta tìm được số hạng tổng quát zn của dãy số {zn }.
Chú ý 1. Nếu bd = 0 thì ta có thể tuyến tính hóa dãy số phân tuyến tính (xn ) đã
cho, rồi sau đó tìm được số hạng tổng quát của dãy số (xn ), làm cách này nhanh
gọn hơn.

1.1.3 Một số tính chất của dãy số phân tuyến tính.

Định lý 1. Cho a, b, c, d ∈ R sao cho ad − bc = 0, c = 0. Cho x1 ∈ R và với mọi
axn + b
n = 1, 2, . . . , đặt = xn+1 , nếu nó tồn tại. Xét hàm số f(x) như sau:
cxn + d
−d a
f: R → R
c c
ax + b
x →
cx + d
a) Chứng minh f là song ánh.
b) Cho dãy số (tn ) được định nghĩa bởi:
−d
t1 =
c
tn+1 = f −1 (tn ), ∀n = 1, 2, . . .
(Dãy này có thể không xác định kể từ một thứ tự nào đó. Còn f −1 (tn ) là tập hợp
sau:
−d
f −1 (tn ) = x ∈ R : f(x) = tn .
c
Vậy với f là song ánh thì đẳng thức tn+1 = f −1 (tn ) nghĩa là tn+1 là số duy nhất để
cho f(tn+1 ) = tn ). Chứng minh rằng (xn )+∞ là dãy phân tuyến tính khi và chỉ khi
n=1
x1 = tn , ∀n = 1, 2, . . .

1.1. Dãy số phân tuyến tính 4

www.VNMATH.com


Chứng minh.
d a
a) Với mọi x, y ∈ R, x = − , y = ta có
c c
ax + b b − dy
y= ⇔ cyx + dy = ax + b ⇔ x = .
cx + d cy − a
Vậy f là song ánh.
b) (xn ) là dãy số phân tuyến tính khi và chỉ khi x1 = t1 , xn xác định và khác t1 với
mọi n hay x1 = tn , ∀n.
Cho (xn ) là dãy phân tuyến tính như sau
axn + b
xn+1 = , ∀n = 1, 2, . . .
cxn + d
Khi đó ta có các định lí sau đây.
Định lý 2. Nếu dãy {xn } hội tụ đến L thì cL2 + (d − a)L − b = 0.
axn + b
Chứng minh. Từ xn+1 = , ∀n = 1, 2, . . . cho n → +∞ ta được
cxn + d
aL + b
L= ⇔ cL2 + (d − a)L − b = 0.
cL + d
Định lý 3. Nếu ∆ = (d − a)2 + 4bc < 0 thì dãy phân kì (không hội tụ).

Định lý 4. Giả sử ∆ = (d − a)2 + 4bc > 0. Gọi α, β là hai nghiệm của phương trình
(ẩn là x) cx2 + (d − a)x − b = 0. Khi đó:
a) x1 = α khi và chỉ khi xn = α, ∀n = 1, 2, . . .
xn − β cα + d
b) Giả thiết x1 = α, đặt Xn = , ∀n ∈ N∗ , λ = . Khi đó:
xn − α cβ + d
Xn+1 = λXn , ∀n = 1, 2, . . .

c) Giả thiết x1 = α
cα + d
• Nếu |λ| = < 1 thì lim xn = β.
cβ + d n→∞
cα + d
• Nếu |λ| = > 1 và x1 = β thì lim xn = α.
cβ + d n→∞
• Nếu λ = −1 và x1 = β thì lim xn = β.
n→∞
• Nếu λ = −1 và x1 = β thì dãy {xn } phân kỳ.
• Trường hợp λ = 1 không thể xảy ra.
aL + b
Chứng minh. Vì α, β là nghiệm của phương trình L = nên
cL + d
aα + b aβ + b
α= ,β = .
cα + d cβ + d


www.VNMATH.com


a) Ta chỉ cần chứng minh nếu x1 = α thì xn = α, ∀n = 1, 2, . . . vì chiều ngược lại là
hiển nhiên. Ta dùng phương pháp quy nạp. Giả sử x1 = α. Khi đó
ax1 + b aα + b
x2 = = = α.
cx1 + d cα + d
Giả sử xn = α. Khi đó
axn + b aα + b
xn+1 = = = α.
cxn + d cα + d
Vậy theo nguyên lý quy nạp suy ra nếu x1 = α thì xn = α, ∀n = 1, 2, . . .
b) Ta có
xn+1 − β axn + b aβ + b axn + b aα + b
Xn+1 = = − : −
xn+1 − α cxn + d cβ + d cxn + d cα + d
acβxn + adxn + bcβ + bd − acβxn − adβ − bcxn − bd
(cxn + d)(cβ + d)
=
acαxn + adxn + bcα + bd − acαxn − adα − bcxn − bd
(cxn + d)(cα + d)
(ad − bc)(xn − β) cα + d
= .
cβ + d (ad − bc)(xn − α)
cα + d xn − β
= . = λXn , ∀n = 1, 2, . . .
cβ + d xn − α
c) Theo kết quả câu b) suy ra Xn = λn−1 X1 , ∀n = 1, 2, . . .
• Nếu |λ| < 1 thì lim λn−1 = 0. Do đó
n→∞

lim Xn = lim λn−1 X1 = 0.
n→∞ n→∞

xn − β
Từ Xn = ta có
xn − α
αXn − β αXn − β
Xn xn − Xn .α = xn − β ⇔ xn = ⇒ lim xn = lim = β.
Xn − 1 n→∞ n→∞ Xn − 1

1
• Nếu |λ| > 1 thì lim = 0 (do X1 = 0). Do đó
n→∞ Xn

β
α−
αXn − β Xn α−0
lim xn = lim = lim = = α.
n→∞ n→∞ Xn − 1 n→∞ 1 1−0
1−
Xn
• Nếu λ = −1 và x1 = β thì xn = β, ∀n ∈ N∗ suy ra lim xn = β.
n→∞
• Nếu λ = −1 và x1 = β thì X1 = 0 và

Xn+1 = (−1)n X1 , ∀n = 1, 2, . . .


www.VNMATH.com


Dãy số (yn ) với yn = (−1)n , ∀n = 1, 2, . . . , không hội tụ (phân kỳ) vì

lim y2n−1 = lim (−1) = −1 = 1 = lim y2n .
n→∞ n→∞ n→∞

Dãy (yn ) không hội tụ mà Xn+1 = yn X1 , ∀n = 1, 2, . . . và X1 = 0 nên dãy {Xn }
xn − β
cũng không hội tụ. Vậy từ Xn = suy ra dãy {xn } không hội tụ (vì nếu
xn − α
v−β
lim xn = v ∈ R thì lim Xn = , điều này mâu thuẫn với dãy {Xn } không hội
n→∞ n→∞ v−α
tụ).
• Trường hợp λ = 1 không thể xảy ra bởi vì nếu λ = 1 thì
cα + d
= 1 ⇔ cα + d = cβ + d ⇔ cα = cβ ⇔ α = β.
cβ + d
Điều này không thể xảy ra được do ∆ = (d − b)2 + 4bc > 0.
a−d
Định lý 5. Giả thiết ∆ = (d − a)2 + 4bc = 0 và đặt g = . Khi đó
2c
a) x1 = g khi và chỉ khi xn = g, ∀n = 1, 2, . . .
1 2c
b) Giả thiết x1 = g, đặt Xn = , ∀n = 1, 2, . . . , đặt µ = . Khi đó
xn − g a+d
Xn+1 = Xn + µ, ∀n = 1, 2, . . .

c) lim xn = g.
n→∞

Chứng minh.
aL + b
a) Vì ∆ = 0 nên phương trình cL2 +(d−a)L−b = 0 (tức là phương trình L = )
cL + d
a−d
có nghiệm kép là g = . Tiếp theo ta làm tương tự như đã làm ở định lý 4a) ở
2c
trang 5.
b) Với mọi n = 1, 2, . . . , ta có
1 axn + b a − d
Xn+1 = =1: −
xn+1 − g cxn + d 2c
2c(cxn + d)
=
2acxn + 2bc − acxn + cdxn − ad + d2
2c(cxn + d)
= .
c(a + d)xn + 2bc − ad + d2

2 (d − a)2
Vì ∆ = (d − a) + 4bc = 0, nên 2bc = − . Do đó
2
(d − a)2 1
2bc − ad + d2 = − − ad + d2 = −d2 + 2ad − a2 − 2ad + 2d2
2 2
1 1 1
= (d2 − a2) = − (a − d)(a + d) = − .2gc(a + d) = −c(a + d)g.
2 2 2


www.VNMATH.com


Từ đó
2c(cxn + d) 2c(cxn + d) 2(cxn + d)
Xn+1 = = =
c(a + d)xn − c(a + d)g c(a + d)(xn − g) (a + d)(xn − g)
2c(xn − g) + 2cg + 2d 2c(xn − g) 2(cg + d)
= = +
(a + d)(xn − g) (a + d)(xn − g) (a + d)(xn − g)
2c (a + d) 2c 1
= + = + = µ + Xn
a + d (a + d)(xn − g) a + d xn − g

(2(cg + d) = a + d vì 2cg + 2d = a − d + 2d = a + d).
c) Nếu x1 = g thì theo a) suy ra xn = g, ∀n = 1, 2, . . . do đó lim xn = g.
n→∞
Nếu x1 = g thì theo b) ta có Xn+1 = Xn + µ, ∀n = 1, 2, . . . suy ra {Xn } là cấp số
cộng có công sai là µ và số hạng đầu là X1 . Do đó

Xn = X1 + (n − 1)µ, ∀n = 1, 2, . . .
2c
Vì µ = = 0 nên
a+d
1 1
lim (xn − g) = lim = lim = 0 ⇒ lim xn = g.
n→+∞ n→+∞ Xn n→+∞ X1 + (n − 1)µ n→+∞

Vậy trong mọi trường hợp ta đều có lim xn = g.
n→∞

1.1.4 Các bài toán.

Bài toán 1. Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un ) cho như sau
u1 = 1
un + 2
un+1 = , n ≥ 1.
2un + 3

Hướng dẫn. Xét hai dãy số (an ) và (bn ) như sau

 a 1 = b1 = 1
an+1 = an + 2bn , n ≥ 1
bn+1 = 2an + 3bn , n ≥ 1.


Với mọi n = 1, 2, . . . ta có

an+2 = an+1 + 2bn+1 = an+1 + 2 (2an + 3bn )
= an+1 + 4an + 3 (2bn ) = an+1 + 4an + 3 (an+1 − an )
= 4an+1 + an .

Vậy dãy (an ) thỏa mãn điều kiện

a1 = 1, a2 = 3; an+2 − 4an+1 − an = 0, n ≥ 1.


www.VNMATH.com


Suy ra √ √
− 5−3 √ n − 5+3 √ n
an = √ 2− 5 + √ 2+ 5 , n ≥ 1.
2 5 2 5
Tương tự, số hạng tổng quát của dãy (bn ) là
√ √
5+1 √ n 5−1 √ n
bn = √ 2− 5 + √ 2+ 5 , n ≥ 1.
2 5 2 5
Vậy √ √
− 5−3 √ n − 5+3 √ n
√ 2− 5 + √ 2+ 5
an 2 5
un = = √ √2 5 , n ≥ 1.
bn 5+1 √ n 5−1 √ n
√ 2− 5 + √ 2+ 5
2 5 2 5
Bài toán 2. Xét dãy (vn ) xác định bởi v0 = 1 và
−1
vn = , ∀n = 1, 2, . . . (1)
3 + vn−1
Chứng minh rằng dãy đã cho có giới hạn và tìm giới hạn đó.

Giải.
avn + b
Cách 1. (vn ) là dãy phân tuyến tính, vn+1 = , với a = 0, b = −1, c = 1 và
cvn + d
d = 3 (ad − bc = 1 = 0, c = 0). Phương trình √2 + 3x + 1 = 0 có hai nghiệm phân
√ x
−3 − 5 −3 + 5
biệt là x1 = β = và x2 = α = . Ta có
2 2
√
−3 + 5 √ √
cα + d +3 3+ 5 14 + 6 5
v0 = α, v0 = β, λ = = 2√ = √ = > 1 ⇒ |λ| > 1.
cβ + d −3 − 5 3− 5 4
+3
2
Vậy theo định lý 4c), dãy đã cho hội tụ và
√
−3 + 5
lim vn = α = .
n→∞ 2
Cách 2. Ta chứng minh √
−3 + 5
vn ≥ , ∀n ∈ N. (2)
2
√ √
−3 + 5 −3 + 5
Ta có v0 = 1 ≥ . Giả sử vn ≥ . Khi đó
2 2
√ √
−3 + 5 3+ 5 1 2
3 + vn ≥ 3 + = ⇒ ≤ √ .
2 2 3 + vn 3+ 5
Bởi vậy √
−1 −2 −3 + 5
vn+1 = ≥ √ = .
3 + vn 3+ 5 2


www.VNMATH.com


Theo nguyên lý quy nạp suy ra (2) đúng. Do đó dãy (vn ) bị chặn dưới. Ta có
2
√
1 vn + 3vn + 1 −3 + 5
vn − vn+1 = vn + = ≥ 0 (do vn ≥ ).
3 + vn 3 + vn 2
Vậy dãy đã cho giảm và bị chặn dưới nên hội tụ. Giả sử lim vn = L. Khi đó từ (1)
√ n→∞
−3 + 5 −1
suy ra L ≥ (3). Từ (2) cho n → +∞ ta được L = . Giải phương
2 √ 3+L √
−3 + 5 −3 + 5
trình này với điều kiện (3) ta được L = . Vậy lim vn = .
√ 2 n→∞ 2
−3 + 5 −1
Cách 3. Đặt L = , khi đó L = . Ta có
2 3+L
1 1 |vn − L|
|vn+1 − L| = − = .
3 + L 3 + vn (3 + L)(3 + vn )
√ √
3+ 5 −3 + 5
Mà 3 + L = , vn ≥ , ∀n ∈ N nên
2 2
√ 2
3+ 5 5
(3 + L)(3 + vn ) ≥ > .
2 4

Do đó
2 n+1
4 4 4
|vn+1 − L| ≤ |vn − L| ≤ |vn−1 − L| ≤ · · · ≤ |v0 − L| .
5 5 5
n
4
Từ 0 ≤ |vn − L| ≤ |v0 − L| , ∀n = 1, 2, . . . cho n → +∞ và sử dụng nguyên
5 √
−3 + 5
lý kẹp ta được lim vn = L = .
n→∞ 2
Bài toán 3. Cho dãy {vn } như sau: v1 = α và
√
−a ∗ 2 −b + ∆
vn+1 = , ∀n ∈ N (với a, b, c > 0, ∆ = b − 4ac > 0, α ≥ ). (1)
b + cvn 2c
Chứng minh rằng dãy số đã cho hội tụ và tính lim vn .
n→∞

Giải.
Cách 1. Ta có
√ √ √
−b + ∆ −b − ∆ −b − ∆
α≥ > ⇒α= .
2c 2c 2c
Ta có √
−b − ∆ √ √
b+c b− ∆ b− ∆
2c√ = √ = < 1.
√
−b + ∆ b+ ∆ b+ ∆
b+c
2c


www.VNMATH.com


√
−b + ∆
Vậy theo định lý 4c) suy ra lim vn = .
n→∞ 2c
Cách 2. Nếu lim vn = L thì từ (1) cho n → +∞ ta được
n→∞
√
−a 2 −b ± ∆
L= ⇔ cL + bL + a = 0 ⇔ L = .
b + cL 2c
√
−b + ∆
Ký hiệu v = . Ta chứng minh
2c
√
−b + ∆
vn ≥ v = . (2)
2c
√
−b + ∆
Từ giả thiết α ≥ suy ra (2) đúng khi n = 1. Giả sử (2) đúng tới n = k − 1,
2c
tức là vk−1 ≥ v. Khi đó v(vk−1 − v) ≤ 0 (vì v < 0). Do đó

v.vk−1 ≤ v 2 ⇔ cv.vk−1 ≤ cv 2 ⇔ cv.vk−1 + bv + a ≤ cv 2 + bv + a.

Vì v là nghiệm của phương trình cx2 + bx + a = 0 nên cv 2 + bv + a = 0. Do đó

cv.vk−1 + bv + a ≤ 0.
−a
Ta có b + cvk−1 ≥ b + cv, mà v = nên
b + cv
−a
b + cvk−1 ≥ b + cv = > 0.
v
Bởi vậy
c.v.vk−1 + bv + a a −a
≤0⇒v+ ≤0⇒ ≥ v ⇒ vk ≥ v.
b + c.vk−1 b + c.vk−1 b + c.vk−1
Vậy (2) đúng khi n = k. Do đó theo nguyên lý quy nạp suy ra (1) đúng với mọi
n = 1, 2, . . . Vậy ta đã chứng minh được dãy số đã cho bị chặn dưới. Ta có
a cv 2 + bvn + a
vn − vn+1 = vn + = n .
b + cvn b + cvn
−a
Ta có b + cvn ≥ b + cv = > 0. Vì vn ≥ v, với v là nghiệm lớn của tam thức
v
f(x) = cx2 + bx + a nên cvn + bvn + a ≥ 0. Do đó vn − vn+1 ≥ 0, với mọi n ∈ N∗.
2

Hay (vn ) là dãy giảm. Vậy (vn ) là dãy giảm và bị chặn dưới nên hội tụ. Từ
√
−b + ∆
v1 ≥ v2 ≥ v3 ≥ · · · ≥ vn ≥ vn+1 ≥ , ∀n = 1, 2, . . .
2c
√
−b + ∆
suy ra lim vn ≥ . Vậy theo lí luận ở phần đầu lời giải suy ra
n→∞ 2c
√
−b + ∆
lim vn = .
n→∞ 2c


www.VNMATH.com


Bài toán 4 (Đề thi vô địch sinh viên Moskva-1982). Cho dãy {xn } như sau:
1
x0 = 1982, xn+1 = (n = 0, 1, . . . ). Hãy tìm lim xn .
4 − 3xn n→∞

Giải.
axn + b
Cách 1. Ta có (xn ) là dãy phân tuyến tính, xn+1 = , với a = 0, b = 1,
cxn + d
c = −3 và d = 4 (ad − bc = 3 = 0, c = 0). Phương trình 3x2 − 4x + 1 = 0 có hai
1
nghiệm phân biệt là x1 = β = và x2 = α = 1. Ta có
3
1 cα + d −3.1 + 4 1
x0 = 1982 = , λ = = 1 = < 1 ⇒ |λ| < 1.
3 cβ + d −3. 3 + 4 3
1
Vậy theo định lý 4c) suy ra dãy đã cho hội tụ và lim vn = β = .
n→∞ 3
1 4
Cách 2. Xét hàm số f(x) = , khi đó f(x) liên tục trên R và
4 − 3x 3
xn+1 = f(xn ), ∀n = 0, 1, . . .
3 4
Ta có f (x) = 2 > 0, ∀x = và
(4 − 3x) 3

1 x=1
f(x) = x ⇔ = x ⇔ 3x2 − 4x + 1 = 0 ⇔ 1
4 − 3x x= .
3
Ta có
1 −1
x1 = f(x0) = f(1982) = =
4 − 3.1982 5942
−1 1 5942
x2 = f( )= = ≈ 0, 24997.
5942 3 23771
4+
5942
1
Vậy 0 < x2 < < 1 và nhìn vào
4
bảng biến thiên ta thấy ngay f(x)
là hàm số tăng từ đoạn [0; 1] vào
đoạn [0; 1], và
1 1
> x3 = f(x2 ) > = 0, 25 > x2 .
3 4
Do đó kể từ số hạng thứ hai trở đi,
dãy (xn ) là dãy số tăng.
1 1
Dễ thấy xn ∈ ; , ∀n = 3, 4, . . . Suy ra dãy số (xn ) hội tụ. Đặt lim xn = x, khi
4 3 n→∞
1 1 1 1 1
đó x ∈ ; và x ∈ ; 1 . Vậy ta loại trường hợp x = . Do đó x = , hay
4 3 3 3 3
1
lim xn = .
n→∞ 3


www.VNMATH.com


1
Bài toán 5. Cho dãy số {xn } định nghĩa truy hồi bởi: xn+1 = (n =
4 − 3xn
1, 2, . . . ). Hãy tìm các giá trị của x1 để dãy trên hội tụ và trong các trường hợp
đó hãy tính lim xn .
n→∞

axn + b
Giải. Dãy số đã cho có dạng xn+1 = , với a = 0, b = 1, c = −3, d = 4,
cxn + d
c = 0, ad − bc = 3 = 0. Xét hai dãy số (yn ) và (zn ) thỏa mãn điều kiện sau:

yn+1 = zn
y1 = x1, z1 = 1,
zn+1 = −3yn + 4zn .

Khi đó
yn+2 = zn+1 = −3yn + 4zn = −3yn + 4yn+1 .

λ=1
λ2 − 4λ + 3 = 0 ⇔
λ = 3.

Vậy số hạng tổng quát của dãy số {yn } là:

yn = A + B.3n , ∀n = 1, 2, . . . (A, B là các hằng số sẽ tìm sau).

Vì zn = yn+1 nên zn = A + B.3n+1 , ∀n = 1, 2, . . . Vì z1 = 1 nên 1 = A + 9B. Vì
y1 = x1 nên x1 = A + 3B. Vậy

 A = 3x1 − 1

A + 3B = x1 2
⇔
A + 9B = 1  B = 1 − x1 .

6
Do đó với mọi n = 1, 2, . . . ta có
3x1 − 1 1 − x1 n 3x1 − 1 1 − x1 n+1
yn = + .3 , zn = + .3 .
2 6 2 6
y1 yn
Ta có = x1. Giả sử = xn , khi đó
z1 zn
yn+1 zn 1 1
= = yn = = xn+1 .
zn+1 −3yn + 4zn 4 − 3 zn 4 − 3xn

Vậy theo nguyên lý quy nạp suy ra
3x1 −1
yn 2
+ 1−x1 .3n
6
xn = = 3x1−1 , ∀n = 1, 2, . . .
zn 2
+ 1−x1 .3n+1
6

Tức là
9x1 − 3 + (1 − x1)3n
xn = , ∀n = 1, 2, . . .
9x1 − 3 + (1 − x1 )3n+1


www.VNMATH.com


Do đó xn không xác định khi và chỉ khi
1 − 3n
9x1 − 3 + (1 − x1 )3n+1 = 0 ⇔ (9 − 3n+1 )x1 = 3 − 3n+1 ⇔ x1 = .
3 − 3n
Vậy ta có kết quả như sau:
1 − 3n
• Khi x1 = , (n ∈ N∗ ) thì dãy không xác định.
3−3 n

• Khi x1 = 1 thì xn = 1, ∀n = 1, 2, . . . , do đó lim xn = 1.
n→∞
• Với các giá trị khác của x1 thì xn xác định với mọi n = 1, 2,. . . và
9x1 − 3 + (1 − x1 )3n
xn = , ∀n = 1, 2, . . .
9x1 − 3 + (1 − x1)3n+1
9x1 −3
9x1 − 3 + (1 − x1)3n 3n
+ (1 − x1 ) 1 − x1 1
lim xn = lim = lim 9x1 −3 = = .
n→∞ n→∞ 9x1 − 3 + (1 − x1 )3n+1 n→∞ + (1 − x1 )3 (1 − x1)3 3
3n

Nhận xét 1. Để cho lời giải được ngắn gọn thì việc tìm ra công thức tổng quát xn
của dãy {xn } được làm ở ngoài giấy nháp, còn khi trình bày lời giải ta chỉ cần nêu
công thức
9x1 − 3 + (1 − x1 )3n
xn = , ∀n = 1, 2, . . . ,
9x1 − 3 + (1 − x1)3n+1
rồi chứng minh công thức này bằng phương pháp quy nạp.
Bài toán 6 (Đề thi vô địch Kiep). Cho dãy số (an ) được xác định như sau:
3
a1 = 2, an+1 = 4 − (∀n = 1, 2, . . . ).
an
Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn và tính giới hạn của dãy số đó.
Đáp số. lim an = 3.
n→∞

Bài toán 7 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia, bảng B, năm học 2002-2003).
Cho số thực α = 0 và dãy số thực {xn } , n = 1, 2, 3, . . . , xác định bởi:
x1 = 0, xn+1 (xn + α) = α + 1 (∀n = 1, 2, . . .) .
a) Hãy tìm số hạng tổng quát của dãy số đã cho.
b) Chứng minh dãy số (xn ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞. Hãy tìm giới hạn đó.
Giải.
Trường hợp 1: α = −1. Khi đó xn = 0, ∀n = 1, 2, . . .
Trường hợp 2: α = −1. Khi đó xn = −α, ∀n = 1, 2, . . . Do đó ta có
α+1
xn+1 = , ∀n = 1, 2, . . . (1)
xn + α
axn + b
(1) có dạng xn+1 = , với a = 0, b = α + 1, c = 1, d = α, c = 0 và
cxn + d
ad − bc = α + 1 = 0 ( α = −1) . Xét hai dãy số (yn ) và (zn ) thỏa mãn điều kiện sau:
yn+1 = (α + 1) zn
y1 = x1 = 0, z1 = 1,
zn+1 = yn + αzn .


www.VNMATH.com


Khi đó

yn+2 = (α + 1) zn+1 = (α + 1) (yn + αzn ) = (α + 1) yn +α (α + 1) zn = (α + 1) yn +αyn+1 .


λ = −1
λ2 − αλ − (α + 1) = 0 ⇔
λ = α + 1.

Trường hợp 2a: α = −2 Khi đó phương trình λ2 − αλ − (α + 1) = 0 có nghiệm
kép λ1 = λ2 = −1. Suy ra
n
yn = (C + Dn) (−1) , ∀n = 1, 2, . . . (với C và D là các hằng số sẽ tìm sau).

Vì y1 = 0 nên C + D = 0. Vì y2 = (α + 1) z1 = α + 1 = −1 nên C + 2D = −1. Vậy

C+D =0 D = −1
⇔
C + 2D = −1 C = 1.

Do đó
yn+1
yn = (1 − n) (−1)n , ∀n = 1, 2, . . . , zn = = n (−1)n+1 , ∀n = 1, 2, . . .
α+1
y1 yn
Ta có = x1. Giả sử = xn , khi đó
z1 zn
yn+1 (α + 1) zn α+1 α+1
= = yn = = xn+1 .
zn+1 yn + αzn zn
+α xn + α

Vậy theo nguyên lý quy nạp suy ra
yn n−1
xn = = , ∀n = 1, 2, . . .
zn n
Trường hợp 2b: α = −2. Khi đó số hạng tổng quát của dãy số {yn } là:

yn = A (−1)n + B. (α + 1)n , ∀n = 1, 2, . . . (A, B là các hằng số sẽ tìm sau).
2
Vì y1 = 0 nên −A + B. (α + 1) = 0. Vì y2 = (α + 1) z1 = α+ 1 nên A + B. (α + 1) =
α + 1. Vậy
 A= α+1

−A + B. (α + 1) = 0

⇔ α+2
A + B. (α + 1)2 = α + 1  B= 1 .

α+2
Vậy với mọi n = 1, 2, . . . ta có
α+1 1
yn = (−1)n + (α + 1)n , ∀n = 1, 2, . . .
α+2 α+2
n+1 n
yn+1 (−1) (α + 1)
zn = = + , ∀n = 1, 2, . . .
α+1 α+2 α+2


www.VNMATH.com


Tương tự trường hợp 2a, bằng quy nạp ta chứng minh được:
yn (α + 1) (−1)n + (α + 1)n (α + 1) (−1)n + (α + 1)n−1
xn = = = , ∀n = 1, 2, . . .
zn (−1)n+1 + (α + 1)n (−1)n+1 + (α + 1)n
b) Theo kết quả câu (a) suy ra:
• Nếu α = −1 thì xn = 0, ∀n = 1, 2, . . . . Do đó lim xn = 0.
n→∞
n−1
• Nếu α = −2 thì xn = , ∀n = 1, 2, . . . . Do đó
n
n−1 1
lim xn = lim = lim 1 − = 1.
n→∞ n→∞ n n→∞ n
• Nếu α = −2 thì
(α + 1) (−1)n + (α + 1)n−1
xn = , ∀n = 1, 2, . . .
(−1)n+1 + (α + 1)n
Ta có
1
(α + 1)2n−1 − (α + 1) 1 + (α+1)2n−2
x2n−1 = = , ∀n = 1, 2, . . .
1 + (α + 1)2n−1 1
(α+1)2n−1
+1
1
α + 1 + (α + 1)
2n
(α+1)2n−1
+1
x2n = 2n = 1 , ∀n = 1, 2, . . .
(α + 1) − 1 1 − (α+1)2n

• Do đó nếu |α + 1| > 1 thì

lim x2n = lim x2n−1 = 1 ⇒ lim xn = 1.
n→∞ n→∞ n→∞

• Nếu |α + 1| < 1 thì

lim x2n = − (α + 1) = lim x2n−1 ⇒ lim xn = − (α + 1) .
n→∞ n→∞ n→∞

4
Chú ý 2. Trong số hạng tổng quát của dãy số ở bài toán 7 ở trang 14 lấy α = −
3
ta được số hạng tổng quát của dãy số trong bài toán 4 ở trang 12 nhưng khác giá trị
ban đầu.
Bài toán 8. Cho dãy số {xn } như sau:
√ n+1
√ 2+1 xn + 1
x0 = 2 − 1, xn+1 = √ 2n+3 √ n+2 , ∀n = 0, 1, 2, . . .
2+1 xn + 3 2 + 1

Chứng minh rằng dãy {xn } hội tụ và tìm lim xn .
n→∞
√ n+1
Hướng dẫn. Đặt 2+1 xn = un . Khi đó
un + 1
u0 = 1, un+1 = , ∀n = 0, 1, 2, . . .
un + 3


www.VNMATH.com


√ √ n n
2+1
2−1 +
Ta chứng minh được un = √ n+1 √ n+1 , ∀n = 0, 1, 2, . . . Vậy
2+1 − 2−1
un √
lim xn = lim √ n+1 = 2 − 1.
n→∞ n→∞
2+1

Bài toán 9 (Đề thi HSG Gia Lai-năm học 2008-2009). Cho dãy số (xn )
(n = 0, 1, 2, . . . ) thỏa mãn
2xn + 1
x0 = 2, xn+1 = , ∀n = 0, 1, 2, . . .
xn + 2
a) Tìm lim xn .
n→+∞
b) Chứng minh x1 + x2 + · · · + x2008 < 2009
Bài toán 10. Cho dãy số (un ) như sau u0 = 0 và
un + 2008
un+1 = , ∀n ∈ N∗ .
−un + 2010
a) Chứng minh dãy (un ) có giới hạn hữu hạn và tính lim un .
n→+∞
n 1 Tn
b) Đặt Tn = . Tính lim .
k=0 uk − 2008 n→+∞ n + 2009

Giải.
x + 2008
a) Ta có u0 < 1. Giả sử un < 1, khi đó do hàm f(x) = đồng biến
−x + 2010
(−∞; 2010) nên
un+1 = f (un ) < f(1) = 1.
2008
Theo nguyên lí quy nạp suy ra un < 1, ∀n ∈ N. Lại có u1 = > u0. Giả sử
2010
un > un−1 ⇒ f(un ) > f(un−1 ) ⇒ un+1 > un .

Theo nguyên lí quy nạp suy ra un+1 > un , ∀n ∈ N. Vậy dãy (un ) tăng và bị chặn
trên nên có giới hạn hữu hạn. Đặt lim un = L, khi đó L ≤ 1. Từ (1) cho n → +∞
n→+∞
ta được
L + 2008 do L≤1
L= ⇔ L2 − 2009L + 2008 = 0 ⇔ L = 1 ⇒ lim un = 1.
−L + 2010 n→+∞

b) Ta có
uk−1 + 2008 2009 (uk−1 − 2008)
uk − 2008 = − 2008 =
−uk−1 + 2010 −uk−1 + 2010
1 −uk−1 + 2010 2 1
⇒ = = −
uk − 2008 2009 (uk−1 − 2008) 2009 (uk−1 − 2008) 2009
n n
1 2 1 n
⇒ = − .
uk − 2008 2009 uk−1 − 2008 2009
k=1 k=1


www.VNMATH.com


Suy ra
n
1 1
Tn = +
u0 − 2008 uk − 2008
k=1
n
1 2 1 n
= + −
u0 − 2008 2009 uk−1 − 2008 2009
k=1
−1 2 1 n
= + Tn − − .
2008 2009 un − 2008 2009

Vậy
2007 −1 2 n
Tn = − −
2009 2008 2009(un − 2008) 2009
−2009 2 n
⇒Tn = − − .
2007.2008 2007(un − 2008) 2007

Vì
−2009 n 1
lim = 0, lim =
n→+∞ 2007.2008(n + 2009) n→+∞ 2007(n + 2009) 2007
2
lim =0
n→+∞ 2007(un − 2008)(n + 2009)

Tn −1
nên lim = .
n→+∞ n + 2009 2007
Lưu ý. Ta còn có thể giải bằng cách tìm số hạng tổng quát
n n
2 1 2
un = −1 : −1
2009 2008 2009

để suy ra kết quả.
Bài toán 11 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia, bảng A, năm 2004). Xét dãy
+∞
số {xn }n=1 như sau: x1 = 1 và với mọi n = 1, 2, . . . , thì
(2 + cos 2α) xn + cos2 α
xn+1 = ,
(2 − 2 cos 2α) xn + 2 − cos 2α

trong đó α là một tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của α để dãy số {yn }, với
n 1
yn = , ∀n = 1, 2, . . . có giới hạn hữu hạn khi n → +∞. Hãy tìm giới hạn
k=1 2xk + 1
của dãy số {yn } trong các trường hợp đó.

Giải. Dễ chứng minh xn > 0, ∀n = 1, 2, . . . Với mọi n = 1, 2, . . . , ta có:
2 (2 + cos 2α) xn + 2 cos2 α
2xn+1 + 1 = +1
(2 − 2 cos 2α) xn + 2 − cos 2α
2 (2 + cos 2α) xn + 2 cos2 α + (2 − 2 cos 2α) xn + 2 − cos 2α
=
(2 − 2 cos 2α) xn + 2 − cos 2α


www.VNMATH.com


6xn + 2 cos2 α + 2 − (2 cos2 α − 1) 3 (2xn + 1)
= = .
(2 − 2 cos 2α) xn + 2 − cos 2α (2 − 2 cos 2α) xn + 2 − cos 2α

Do đó
1 (2 − 2 cos 2α) xn + 2 − cos 2α
=
2xn+1 + 1 3 (2xn + 1)
(2xn + 1) − 1 − 2 cos 2α.xn + 2 − cos 2α (1 − cos 2α)(2xn + 1) + 1
= = .
3 (2xn + 1) 3 (2xn + 1)

Bởi vậy
1 1 2 sin2 α (2xn + 1) + 1 1 1
= . = 2 sin2 α + , ∀n = 1, 2, . . .
2xn+1 + 1 3 2xn + 1 3 2xn + 1
1 1 1
Suy ra − sin2 α = − sin2 α , ∀n = 1, 2, . . . Gọi
2xn+1 + 1 3 2xn + 1
1
un = − sin2 α, ∀n = 1, 2, . . .
2xn + 1
1
Khi đó un+1 = un , ∀n = 1, 2, . . . Như thế (un ) là một cấp số nhân với số hạng đầu
3
1 2 1
u1 = − sin α và công bội q = . Do đó
3 3
1
n
1 1−
uk = − sin2 α . 3n = 3 1
− sin2 α 1−
1
.
3 1 2 3 3n
k=1 1−
3
Suy ra
n n
1 3 1 1
= (un + sin2 α) = − sin2 α 1− + n sin2 α.
k=1
2xn + 1 k=1
2 3 3n

1 +∞
Vì dãy số hội tụ nên dãy số (yn ) hội tụ khi và chỉ khi là dãy số n sin2 α
3n n=1

hội tụ, tức là sin2 α = 0 ⇔ α = kπ, k ∈ Z. Khi đó:
3 1 1 3 1 1
lim yn = lim −0 1− = . = .
n→∞ n→∞ 2 3 3n 2 3 2


Dãy số tuyến tính

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Tendances

Tendances (20)

Similaire à Dãy số tuyến tính

Similaire à Dãy số tuyến tính (20)

Plus de Thế Giới Tinh Hoa

Plus de Thế Giới Tinh Hoa (20)

Dãy số tuyến tính