dãy-so-3

V. DÃY SỐ HỘI TỤ

u0  0

1. Cho dãy số un xác định bởi: un1  1 t un  2013t , t 0,1 , n  

1t

 unt

Chứng minh dãy un hội tụ

Giải

Xét hàm số: f x  1 t  x  2013t , x 0,  , t 0,1 .

1t

xt

Ta có: f   x   1  t    2013x 1  .
1 t 



f  x  0  x  2013t . Lập bảng biến thiên, ta dễ dàng suy ra: f  x  2013t .

1

Mà un  f un1  n    un  2012t n   hay unt  2013

Do đó: un1  un  1 t un  2013t  un t1  1  , t 0,1
 tunt  2013  unt   0
1t
unt  

Dãy un giảm và bị chặn dưới bởi 2013t nên hội tụ.

2. Cho dãy số un xác định bởi: un  n .C2nn , n 1.
4n

Chứng minh dãy số un hội tụ.

Giải

Lập tỉ số:

un1  n 1 .C2nn12 n 1 4n 2n  2!  n !2 2n 1
un 4n1 4n1 n  2n !
 . . n 1!2 .  nn 1
n
4n .C2nn 2

= 1 1 n   . Vậy dãy un tăng thực sự.
1 4n2  4n

Hơn nữa: ln uk1  ln 1  1 ln 1 4k 1 4k   8k 1 8k  1  1  k 1 
uk 1 4k 2  4k 2 2  2 8  k 1 

n1 uk 1 1 n1  1 1 n1 1 n1  1 1 
uk 8 k1  k k 1 k 1 8 k 1  k 1 
    ln
   ln uk1  ln uk   k
k 1

Hay ln un  ln u1  1 1  1  ln un  ln 1  1 1  1   ln 1  1  un  8e .
8 n  2 8 n  2 8 2

Vậy un là dãy hội tụ.

3. Giả sử an  0 n . Đặt: un  1 a1  1 a2 ...1 an  ; vn  a1  a2  ...  an n  * .

Chứng minh rằng vn hội tụ khi chỉ khi un hội tụ.

Giải

Điều kiện cần: Dễ thấy un là dãy đơn điệu tăng. Mặt khác

nn

ln 1 ak    xn trên  xn hội

k 1
 xn bị chặn tụ và
 ln un   ak  vn  lim vn 

k 1 n

un  exn hội tụ.

Điều kiện đủ: Rõ ràng vn tăng. Mặt khác

0  vn  a1  a2  ...  an  1  a1  1 a2  ... 1  an   un  lim un   .

n

 vn bị chặn trên  vn hội tụ.

4. (VMS 2012). Cho dãy an xác định bởi: an1  n  1 an  2 , a1   n  1 .
n n

Tìm  để an hội tụ.

Giải

Từ ĐK bài toán suy ra: an1  an  an  2 .
n

Đặt 1 1  n 1 1   n 1 x1  n 1  2 .
xn  an  2 . Suy ra: xn1   n  xn  i1  i  x1

Vậy an hội tụ khi   2 .

2n n1
5. (VMO 2011). Cho dãy số un ui
xác định bởi u1  1 và  un  2 . với mọi

n 1 i 1

n2.

Với mỗi số nguyên dương n đặt vn  un1  un . Chứng minh rằng dãy vn có giới hạn

hữu hạn khi n   .

Giải

 2n 1 n 2n 1 n 12  n 1 n2 1
Với mọi n  1, ta có: un1 
n2 . ui  n2  2n 1 un  n3 un .
 
i1

Suy ra: un1  1 1  un n  1.
n 1 n2  n

Do đó, với mọi n  2 ta có:

 n 1 n2 1  n2 n  1 un 1 n 1 n1 1  1 
1 un n2 n n2  k 1 k2 


vn  un1  un   n3  .  (1)



Với lưu ý v1  u2  u1  3 , ta có vn  0 n  1 ; v1  v2 .

n  3 ta có: vn  n2 n  1. n 12 .  1   1  2 1
vn1 n2 n 12  1   n3
 n   n 12  n4   n2

 vn là dãy số tăng (2)

 n 1 1 n1

 n  2 

ta có: n 1  n2 và n 1 1  1   k2  nên từ (1) ta được:
k 1 k2   1 
k 1 

n 1



n1 1 n 1



vn   k2  n  2 . (3)
21 
k 1 

n 1



n1 1 n1 1 n1  1 1  1
k2 k2   k  1
 1 k2 k k 1
k 1
  Mà  1  k 1   2  n  2 n  3

nên từ (3) suy ra: vn  2 1  2 n1  2e2 n  2
n 1

Từ (2) và (3) suy ra dãy vn có giới hạn hữu hạn.

 6. Cho an là dãy bị chặn thỏa mãn điều kiện an 1  an  1 ,n  . Chứng minh rằng
2n

 dãy an hội tụ.

Giải

1 1
 2n1  2n
 Đặt bn bn
 an . Ta có: bn1  bn  an1  an 0 . Do đó là dãy hội tụ, kéo

 theo dãy an hội tụ.

VI. TÍNH GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ ĐÃ CHO CÔNG THỨC TỔNG QUÁT

1. Tìm lim n k 4 10k3  35k 2  50k  23 .
n k 1 k  4!

Giải

Ta có: lim n k 4 10k3  35k 2  50k  23
n k 1 k  4!

n k  1  k  2k  3k  4 1 n 1 1
k 1 k  4!  k!
 =  4!
lim  lim k 1  k

n n

= lim  1  1 1 1 1 1 1 1  ...  1 1
 1! 5! 2! 6! 3! 7! 4! 8! n!
n n  4!

= lim 1  1 1 1 1  1  1  1
 2! 3! 4! 
n 1! n 1! n  2! n 3! n  4!

= 1  1  1  1  41 .
1! 2! 3! 4! 24

n 1
k
lim arctan

n k 0
2.
Tìm k2 1

Giải

Ta có: arctan k2 1 1  arctan k 1  k  arctan k 1  arctan k
k k 1 k
1

n 1 n

   arctan 
k0 k 2  k 1 k0 arctan k 1  arctan k

 arctan n 1  arctan1  arctan n 1 .

 n 1  lim n  1  .
lim k 0 arctan k2 k 1 arctan  2
n
n

   3. Tìm
lim cos  n 3 n3  3n2  n 1  sin  n 3 n3  3n2  n 1  .

n

Giải

Đặt un  3 n3  3n2  n 1 .

Ta có: cos  nun   cos  nun  n 1 n   cos n n 1 un 

 n 13  un3   2 n2 
 12  n 1 un  
= cos  n   un2   cos   12  n 1 un  un2 

n  n 



=  2 
cos  .
1 2  un 1  1    un 2 
 1  n n   n  
 
n 

Suy ra : lim cos  nun   cos 2 1.
3 2
n

Biến đổi tương tự, ta cũng tìm được : lim sin  nun    sin 2  3.
3 2
n

   Vậy 1  3.
lim cos  n 3 n3  3n2  n 1  sin  n 3 n3  3n2  n 1    2

n

4. Tính lim n k 3 1 .
n k2 k 3 1

Giải

    Ta có: 12
k 3  1  k  1 .  k   k 1  1  n k 3  1  2 n2  n 1
k 3  1 k  1 k2  k2 k 3  1 3 n2  n
k 1

Vậy n k3 1  2
lim k 2 k3 1 3 .

n

5. Tính lim 1.1! 2.2! ... n.n! .

n n 1!

Giải

k ta có: k.k !  k 1! k !.

Ta có: un  2!1!  3! 2!  ...n 1! n! 1 1 .

n 1! n 1!

Vậy lim un 1.

n

n 6k .

6. Tìm lim
   3  2n k1 k1 k 1
3k  2k

Giải

Ta có:

6k 3k 2k 2k 1 3n 2n
3k 1 2k 1 2k 3n1 2n
      3k1  2k1
3k  2k     3k 1    n 6k 3k  2k  6  1
6  3k   k 1 3k 1  2k 1 



 2  n
 3 
n 6k 3n  2n 1 
3n1  2n1
Do đó: lim  6 lim  6 lim  2.
   3  2n k1 k1 n
k 1 3k  2k n n  2
 3 
1  2. 

un n 1.
7. Cho dãy số un  Tìm .
xác định bởi: i1 i i 1 i  2...i  2013 lim un

n

Giải

Chứng minh quy nạp: un  1 1 n!  , n 1.
2013  2013!
2013  n!

+ Với n  1 , ta có:

u1  1.1  1 1  1 2011  1 . 2014 1  1  1   1 
2013 2014! 2013  2013! 2013
2  ... 1   1 ! 

( Đúng với n =1 ).

+ Giả sử công thức đúng đến n. Cần chứng minh nó đúng đến n 1.

1

Ta có : un1  un  n 1 n  2...n  2014

 1  1   n! n !  + 1
2013  2013! 2013  
n 1 n  2...n  2014

= 1 2013 n!  n!  n!
2013.2013! 2013
n  2014!

= 1  n 1!  1!  1  1   n 1!  .
2013.2013! 20132013  n 2013  2013! 2013  n 1! 

Vậy lim un  1.
2013.2013!
n

8. Cho dãy số an xác định bởi a1  0, an1  an  4n  3 n  1 .

Tính giới hạn: lim an  a4n  a42 n  ....  a .42012 n
n an  a2n  a22 n  ...  a22012 n
Giải

Ta có: ak  ak1  4k 1  3  ak2  4k  2  4k 1  2.3
 ...  a1  41 2  ...  k 1  3k 1  2k  3k 1 .

Suy ra: lim akn  lim 2kn  3kn 1  2k  3   k  1   k 2.
n n n  n   n 
 lim
Do đó: n n

lim an  a4n  a42 n  ....  a  142012 n 2  4 2  42 2  ...  42012 2  22013 1 .
n an  a2n  a22 n  ...  a22012 n 1 2  2 2  22 2  ...  22012 2 3

 1 1 ... 1 
lim  2.3.4 n 1 .
   9.Tính    
n  1.2.3 n n 2


Giải

1 1 1
1.2.3 2.3.4 n 1
  Đặt xn   ... 
n n 2

1 1 . 1 1 1 . 1 1  1 1  1 1  ,
k 1 k 2 2 k 1  2 2 1
  Từ k   k k  2  k k  1    k k  2  
    

k  1,2,...,n ta có:

xn  1  1 1 1 1 1 1 1  1  ...  1 1 1 1 
             4     n     n 
2  1 2   2 3   2 3   3   n  1   n  1  2 

 11  1  1  1  1 khi n  .
 2 n 1  4
2  1 n  2 

Tính lim  1  2   1  2  ...   2 
 2.3   3.4  1 n 1 n 2 .
n      
  10.

Giải

xn  1 2  1 2   2 
 2.3   3.4  ...  1 n 1 n 2 
  Đặt       



Từ 1  k 2  2  k k  3 , k  1,...,n ta có:
k  1k  2
 1k

      xn nn 3
 1.4 2.5 3.6 ... n 1 n 2  n3 1 khi n   .
2.3 3.4 4.5 3 n 1 3

VII. TÍNH GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ XÁC ĐỊNH BỞI CÔNG THỨC TRUY HỒI

1. Cho dãy số un xác định như sau: u1  2013 .
 n  2
un1  un un 1un  2un  3 1

n 1 n 1. Tìm lim vn .

Đặt vn  k1 uk  2 n

Giải

Dễ thấy un  0 n  1

Ta có:

     un1  un2  3un un2  3un  2 1  un2  3un 1 2  un2  3un 1  un1 1  un 1 un  2

 1  un 1  2  1  1 2  1 2  1  1 .
un1 1 un 1 un  un  un 1 un1 1
 1  un

vn  n 1 2 1 1 1 1 1 1
Do đó:          .
uk 2  uk 1 uk 1 1  u1 1 un1 1 2014 un1 1
k 1 k 1

Từ un1  un2  3un 1  un1  3un  32 un1  ...3n1u1  3n1 n 1 lim 1  0.
un1  1
n

Vậy lim vn  1.
2014
n

un u1  1 n  1

un  n un1 1
2. 1
Cho dãy số xác định bởi: n  . Tính lim  uk .
2 
n k 1

Giải

Ta có: u1  1 ; u2  211  2.1 2 ; u3  3u2 1  3.2.1 3.2  3 .

Bằng quy nạp toán học ta chứng được:

un  n un1 1  n n 1...1 n n 1...2  n n 1...3  ...  n n 1  n

=  1  ...   n 1  .
n !1  1  2! 
1!

1 1 uk  1 uk 1 n  1  un1 1 1
uk uk k 1 1 uk  2! n!
Do đó:     1      n 1!  1  1   ...  .
k uk u1

n  1   e
Vậy lim 1 uk  .
 
n k 1

u1  2

Cho dãy số un xác định bởi: un u1  2u2  ...  n 1 un1 .

n n2 1
 3. 

Tìm lim  n  20133 un .

n

Giải

1
+ Ta có: u2  3

+ Với n  3 ta có:

 u1  2u2  ...  n 1 un1   nun  n n2 1 un  nun  n3un

 nun3  nun  n 13 un1  un  n 13   n 12  n (1)
un1  n   n 1 
n3  n

Từ (1) suy ra:

un  un . un1 ... u3   n  1 2 . n  2 2 ... 2 2   n . n  1 ... 3   12
u2 un1 un2 u2  n n  1 3    n 4 
    n 1 n2 n 1
  

 un  n2 4  lim n  20133 un  4.

n 1 n

4. ( VMO 2012).

Cho dãy số un xác định bởi: u1  3 .
 n2 n  2
un  3n  un 1  2

Chứng minh rằng dãy số un có giới hạn hữu hạn khi n   và tính giới hạn đó.

Giải

Rõ ràng: un  0 n  1 .

Ta sẽ chứng minh kể từ số hạng thứ hai, dãy số đã cho là dãy giảm.

Thật vậy, xét hiệu un  un1  2 n  2  n 1 un1 . Để chứng minh un giảm bắt đầu

3n

từ số hạng thứ hai, ta sẽ chứng minh: n  2  n 1un1  0 n  3.

- Bất đẳng thức trên đúng trong trường hợp n  3 .

- Giả sử đã có: n  2  n 1 un1  0 thì un1  n2 .
n 1

Ta có: un  n2  un 1  2  n2 n2  2   n2  n3  n  3  nun  0.
3n 3n  n 1  n 1 n

Do đó: un có giới hạn hữu hạn khi n . Đặt lim un  a. Chuyển

n

un  n2  un1  2  qua giới hạn ta được: a  1a  2  a 1. Vậy lim un 1.
3n
3 n

5. ( VMO 2009)

u1  1
2
Cho dãy số un xác định bởi  .
un  u2  3un1  un1 n  2
n1

2

Với mỗi n vn  n 1 vn có giới hữu
nguyên dương đặt: i 1 ui2 . Chứng minh rằng dãy số hạn

hạn khi

n   và tính giới hạn đó.

Giải

Rõ ràng: un  0 n  1 (1)

Công thức truy hồi được viết lại dưới dạng:

2un  un1  u2  4un1 n  2  un1  un2  unun1 n  2  1  1 1 n  2
n1 un2 un1 

un

(2)

vn  n 1 1 n  1 1  1 1 1  1
Khi đó:   u12        6 .
ui2  ui 1 ui  u12 u1 un un
i 1 i2

Từ (1) và (2) suy ra: 1  là một dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0. Do đó 1  hội tụ và
   
 un   un 

dễ dàng suy ra được lim vn  6.

n

6. (VMS 2004). Cho dãy số un xác định như sau: u0 0 .
 n  1
un  un1   1n

2004

Tính lim un2 .

n

Giải

Ta có: un  un1  1n n  1  2004n un  2004n1un1  1n 2004n .
2004

Đặt vn  2004n un . Khi đó: vn  vn1  1n 2004n  vn  vn1  1n 2004n n  1.

n

Do đó: vn  vn   vn1  vn1  vn2   ...  v1  v0   v0  1k 2004k n  1.
k 1

Suy ra: un  vn  1 1n 2004n . Vậy lim un2   2004 2 .
2004n 
2004n1.2005 n 
2005 

7. (VMS 2005). Cho dãy số un , n  1 được xác định bởi công thức truy hồi:

u1  5 un2  2 .
 
un1

Tìm giới hạn: lim un1 . Giải
n u1u2...un

Từ giả thiết ta có:

un2  2 2  4  un2 2
         u2
n 1
 4  un2  4  un2un21 u2  4  ...  un2un21...u12 u12  4  21 u1u2...un
n1

.

 un1  2 4
 u1u2...un 
Suy ra:    21   u1u2 ...un 2 .

Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp un  2 n  1.

Vậy lim un1  21 .
n u1u2...un

8. Cho dãy số bn xác định bởi: b0 1 bn1  2 1 bn1 .
  2 n  1
bn

N

Đặt SN  bn 2n . Tính giới hạn: lim SN .

n1 N 

Giải

Chứng minh quy nạp: bn  0 n .

 2

Ta có: bn  1 bn1 1  1 bn  1 bn1 .

Đặt an  1 bn  bn  an 12 .

Dãy số an xác định bởi: a0 2 . Khi đó: an  22 n .
  an1
an

Ta có:

NN an 1 2 2n  N N
         SN  bn 2n 
n1 n1 n 1 an2 2n  an 2n1  2n   an1 1 2n  an 1 2n1 
n 1

 2 22N 1

= a0 1 21  aN 1 2N 1  2  2N .

1 2 x  1 
 x 
Đặt x  2N . Ta có: lim S N  lim  2.   2  2 ln 2 .

N  x0

9.Cho dãy số un  xác định bởi: u0  2013 1 . Tìm lim un .
2n un1  2n un
n

Giải
Ta sẽ chứng minh: un  21n .

u1  2012  20  1 luôn đúng.

Giả sử khẳng định trên đúng đến n .
Khi đó: un1  un  2n  un  2n  21n  2n  2n  21n1 .

Suy ra: un1  un  2n  un1  un   1 .
2n

Ta có: un  un   un1  un1  un2   ...  u1  u0   u0

   1  1  ...  1   u0  2013  2 1  1   2011  1 .
 2n1 2n2 20  2n  2n1

Vậy lim un  2011.

n

10. Cho dãy số un xác định bởi:

u1  3  2
   

un1 
3  2 un2  2 6  5 un  27  18 , n  1 *

Đặt vn  n uk 1 2 , n   . Hãy tìm lim vn .
k 1 
n

Giải

Nhân cả hai vế của (*) cho 3  2 ta được:

   3  2 un1  un2  3  2 un + 3

    2 n  
3 2  un1  un  un2  2 3un  3  un  3
0

 un1  un n  *  un  là dãy số tăng.

Hơn nữa un  u1  3  2 .

 Giả
sử un bị chặn trên. Khi đó dãy un hội tụ. Đặt L  lim un L 3 2 .

n

Chuyển giả thuyết bài toán qua giới hạn ta được:

     2

L  3  2 L2  2 6  5 L  27  18  L  3  0  L  3 (Vô lý).

Do đó: lim un   .

n

Ta lại có:

     3  2 uk1  3  uk  3 uk  2

1 3 2 11
    
uk1  3 uk  3 uk  2 uk  3 uk  2

11 1
uk  2 uk  3 uk1  3

 n 1 n 1 1
 vn  k1 uk  2  k1  uk   3 
3 uk1 

1 1 21
 
u1  3 un1  3 2 un1  3

Vậy lim vn  2.
2
n

 11. (OLP 30/4/2008). Cho dãy xn được xác định như sau: x1  1 x 2008 xn, n 1 .
xn1  n
 
2008

Hãy tìm giới hạn của dãy số sau: un  x 2007  x 2007  x 2007  ...  x 2007 .
1 2 3 n
x2 x3 x4
x n 1

Giải

 Ta có: 2008 xn1  xn  x 2008  x 2007  2008  1 1 .
n n  xn  xn1 

xn 1

un 2008 n  1 1 2008  1 1 2008  1 1
Suy ra:  i 1  xi  xi1    x1  xn1     xn1  .

   Mặt khác: xn1  xn  0 n  1  xn là dãy số tăng. Giả sử xn bị chặn trên thì

lim x n tồn tại. Đặt lim xn  a,a 1 . Chuyển xn 1  x 2008  xn qua giới hạn ta được:
n
n  n 
2008

a  a 2008 a  a  0.
2008

 12. (OLP 30/4/2013). Cho dãy số xn xác định bởi:

     x1  0 , n  1 .

3 n  2
x2 2 n 1 xn2  n4
n 1

Hãy tìm lim x n .

n 

Giải

Ta có:

     3
n 2 x2  2 n 1 x 2  n4 , n  1
n 1 n

        3
n 2 x2 2 n 1 xn2  2 n 1 3 n 2 , n  1
n 1

      3 n  2x2
n 1 1 2 n 1 xn2  1 , n  1 .

Đặt yn  xn2  1 . Khi đó: yn 1  2 . n  1 yn .
3 n  2

   Suy ra: yn1 2 n 1 . 2n ... 2 y1   2 n 1 . n 1 2 y1 hay lim yn  0.
3 n 2 3 n 1 3  3 
  n 



Vậy lim xn  1.

n 

 x1  x2  1

 13. Cho dãy số xn xác định bởi:  2 2
 xn  2  5 x2  5 sin xn , n  1
n 1

 Chứng minh rằng dãy số xn hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Giải

Trước hết ta chứng minh xn   0;   .
 2 

Thật vậy x1  x2  1  0;   .
 2 

Giả sử đã có xk   0;   , k  n . Khi đó xn1  2   2  2  và xn1  0 .
 2  5  2 5 2




Theo nguyên lí quy nạp ta suy ra xn   0;   , n  1 .
 2 

Xét hàm số: f x  2 x2 + 2π sin x x, x   0;   .
5π 5 2 

Ta có: f '(x)  4 x+ 2π cosx 1
5π 5

f '' (x)  4  2π sin x.
5π 5

Suy ra: f '' (x)  0  sin x  2  x  x0  arcsin 2
π2 π2

Do đó f '' (x)  0 với x 0; x0  và f '' (x)  0 với x   x0 ;   .
 2 

Bảng biến thiên của f '(x) trên 0;   như sau:
2 

x0 x0 
2

f '' (x) + 0

f '(x)

2π 1 3
5 5

Từ đó suy ra:

x1     : f ' (x1)  0 ; f ' (x1)  0 nếu x 0; x1  và f ' (x1)  0 nếu x   x1;   .
 x0; 2   2 

Vậy bảng biến thiên của f (x) trên 0, a với a  1;   như sau:
 2 


x0 x1 
2

f '(x) + 0

f (x) 0
0

Suy ra : f ( x1 )  0 , x   x0 ;   và f (x)  0  x  0 hoặc x   .
 2  2

 Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh rằng xn là dãy tăng và nếu a  lim xn thì

n

 1  a   và a thỏa mãn f a  0 . Từ phân tích ở trên cho ta thấy a   .
22

 Kết luận: dãy số xn hội tụ và lim x n   .
2
n 

14. (VMO 1998, bảng A). Cho số thực a  1 . Xét dãy số xn xác định:

x1  a

  xn2 
 xn1  1 ln  1 ln xn  , n  1
 


 Chứng minh rằng: xn có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Giải

 Xét dãy số xn với x1  a, (a  1) và xn1  1  ln  1  xn2 xn  , n  1 .
 ln 
 

* Nếu a = 1 thì xn  1,n  1  lim xn  1.

n

* Xét a  1 . Ta chứng minh bằng quy nạp là xn  1, n  1.

Ta có: x1  a  1.

Giả sử xn  1, n  1 . Ta thấy xn1  1  xn2 1 ln xn  0.

Hàm số f  x  x2 1 ln x đồng biến trên 1;  (do f ' x  0 và f 1  0 nên

f  x  0 x  1). Suy ra: xn1  1. Vậy xn  1, n  1 (1)

Tiếp theo sẽ chứng tỏ rằng nếu xn  1,n  1 thì xn  xn1,n  1 hay xn  xn1  0 bằng

cách xét hàm số: gx  x  1  ln  1 x2 x  trên 1;  .
  ln 
 

Ta có: g 'x  x 1 x ln x  2 ln x (2)

x 1 ln x

Xét hàm số: h  x  x 1 x ln x  2 ln x trên 1;  .

Suy ra: h'x  2 1  1   ln x.
x 

Ta thấy h ' x  0 x  1 và h ' x  0  x  1 nên h  x đồng biến trên 1;  mà

h 1  0 , suy ra h  x  0,x  1 và h  x  0  x  1.

Từ đó và (2) có g ' x  0,x  1 và g ' x  0  x  1 nên g  x đồng biến trên 1; 

mà g 1  0 , suy ra g  x  0,x  1 và g  x  0  x  1. Do đó nếu xn  1,n  1 thì

xn  xn1, n  1.

Từ đó và (1) ta thấy rằng dãy xn với x1  a  1 là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới

bởi 1. Do đó dãy xn có giới hạn hữu hạn.

* Đặt lim xn  b . Vì xn  1,n  1 nên b 1.

n

Từ hệ thức xác định dãy xn ở đề bài, chuyển qua giới hạn được:

b  1  ln  1 b2 b  hay b  1  ln  1 b2 b   0 .
  ln    ln 
   

Từ phần khảo sát hàm g  x ở trên có gx  0  x 1 suy ra b  1hay lim xn 1

x

Vậy dãy số xn giới hạn hữu hạn và lim xn 1.

x

u1, v1 0,1

15. Cho hai dãy số un và vn xác định bởi: un1  u1 1 un  vn   un , n 1

vn1  v1 1 un  vn   vn , n  1

Chứng minh rằng hai dãy số này hội tụ và tìm giới hạn của chúng.

Giải

 Ta có: un1  vn1  u1  v1  1 un  vn   un  vn  .

Đặt wn  un  vn , ta có: wn1  w1 1 wn   wn .

Chứng minh quy nạp ta được : wn  1 1 w1 n .

   Ta cũng thu được :  u1 v1
un w1 1 1 w1 n ; vn  w1 1 1 w1 n .

Vì 0 1 w1 1 nên lim un  u1 ; lim vn  v1 .
u1  v1 u1  v1
n n

16. Cho hai dãy số un và vn xác định như sau:

u1  v1  2 ; un1  un , vn1  1  vn với n  1, 2,...
2 4vn21 1 4un21

Tìm các giới hạn: lim un ; lim vn ?

n v

Giải

Chứng minh quy nạp: un2  vn2  1.

Với n  1 ta có: u12  v12  1 ( luôn đúng )
Giả sử khẳng định trên đúng đến n .

   un2 2 2
Khi đó:  vn2 1 u2 4vn21 1  v2 1  4un21
n1 n1 1

   
16un21vn41 16un21vn21 16un41vn21  u2  v2 1 0
n1 n1

  
u2  v2 1 16un21vn21 1  0 .
n1 n1

Do 16un21vn21 1  0 với mọi n nên u2  v2 1.
n1 n1

Tiếp theo ta đặt: un  sin tn , vn  cos tn .
Dựa vào định nghĩa của dãy số trên ta có:

sin tn sin tn1  sin tn
4 cos2 tn1 1 4 1 sin2 tn1 1
 sin tn1     scions33ttnn11  sin tn  tn1  tn ,
cos tn   cos tn 3
 1 4 sin2 tn1
cos tn
cos tn1  cos tn1 

 
 1 4 1  cos t2
n1

n  1, 2,...

Do u1  v1  2  t1   . Chứng minh quy nạp: tn   với mọi n  2 .
2 4 4.3n1

Suy ra: un  sin  ; vn  cos  .
4.3n1 4.3n1

Vậy lim un 0 ; lim vn  1.

n n

17. Cho trước hai số  ,  . Lập hai dãy số un,vn , như sau:

u0   , v0   , un  aun1  bvn1, vn  bun1  avn1 với mọi n  1, 2,...

ở đây a, b là hai số cố định sao cho a2  b2  1. Hãy tìm các giới hạn: lim un ; lim vn ?

n v

Giải

Xét dãy số xn xác định như sau: xn  un2  vn2 , n  0,1, 2,...

Khi đó: x0  u02  v02   2   2 ;

  x1  u12  v12  au0  bv0 2  bu0  av0 2   2   2 a2  b2 .

  Chứng minh quy nạp ta được: xn   2   2 n
a2  b2
.

Do a2  b2 1 nên suy ra: lim xn  0. Suy ra: lim un  lim vn 0.

n n n

 n

18. (Russia). Xét dãy số xn  1  2  3 . Mỗi số trong chúng có dạng:

xn  qn  rn 2  sn 3  tn 6 ; qn,rn,sn,tn  , n .

Hãy tìm các giới hạn sau: lim rn , lim sn , lim tn ?
qn  qn  qn 

n n n

Giải

Xét 1  1  2  3 . Các số liên hợp với 1 là:

2  1  2  3 ; 3  1  2  3 ; 4  1  2  3 .

Nếu 1n  qn  rn 2  sn 3  tn 6 thì:

2n  qn  rn 2  sn 3  tn 6 ;

 n  qn  rn 2  sn 3  tn 6;
3

 n  qn  rn 2  sn 3  tn 6.
4

Cộng vế theo vế 4 đẳng thức này ta được:

1n  2n   n   n  4qn  1    2 n   3 n   4 n   qn .
3 4 4 1  1  1  1  1n
    
    

Chuyển qua giới hạn ta được: lim qn 1 (vì 2 , 3 , 4  1 ).
n n 4 1 1 1

1

Dễ dàng chứng minh được: lim rn 2  lim sn 3  lim tn 6  1
n  n n  n n  n 4.
1 1 1

Suy ra: lim rn  1 ; lim sn  1 , lim tn  1
qn  2 qn  3 qn  .
n n
n 6

19. (VMS 2011). Cho dãy số un,vn xác định như sau: xn1  xn  yn , yn1  xn2  yn2
2 2

n  1 .

a) Chứng minh rằng: xn  yn,xn yn là những dãy tăng.

b) Chứng minh rằng: nếu xn  yn có giới hạn hữu hạn thì giới hạn của các dãy xn,yn

tồn tại và bằng nhau.
Giải

Đặt sn  xn  yn , tn  xn yn . ab, a2  b2   a  b 2 a,b  0 .
a) Sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc sau: a  b  2  2 

2

ta có: xn1  xn  yn  sn  tn ; yn1  xn2  yn2  xn  yn  sn  tn .
2 2 2 22

Cộng và nhân vế theo vế hai bất đẳng thức này ta thu được:

sn1  xn1  yn1  sn  sn là dãy số tăng.

 tn1  xn1 yn1  tn  tn là dãy số tăng.

b) Giả sử lim xn  yn   s 0  s   .

n

Do tn  sn2 , mà sn tăng đến s nên tn  s2 .
4 4

tn  s2 
tăng và bị chặn trên nên  lim tn t 0t  .
 4 
n

Mặt khác: từ tn1  sn2 t  lim tn1  lim sn2  s2 . Suy ra: t  s2 hay s2  4t .
4 n 4 4 4
n

Từ sn  xn  yn ,tn  xn yn suy ra: xn , yn là nghiệm của PT: u2  snu  tn  0 .

 1 s

Hai nghiệm của PT là: 2 sn 
sn2  4tn . Suy ra: lim xn  lim yn  .
2
n n

 20. (Vietnam TST 1990) Cho dãy số xn thỏa mãn: x1  x4  1 ; x2  x3  9 và

xn 4  4 xnxn1xn2xn3 , n  *

 Chứng minh rằng dãy số xn có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Giải

Dễ thấy xn  0, n  * .

 Đặt yn  ln xn, n  * . Khi đó ta có dãy yn được xác định như sau:

 y1 y4  0;y2  y3  ln 9 yn 3 , n  * .
 1 yn  yn 1  yn2 
yn 4 4

 Với mỗi n  * , đặt Mn  max y4n3,y4n2,y4n1,y4n ;

 mn  min y4n3,y4n2,y4n1,y4n .

     Ta có:1 1 1
4 3mn  Mn  y4n 1  4 y4n 3  y4n2  y4n1  y4n 4 3Mn  mn

Suy ra:

1 1 1 1 1 1
16 4 4 4 16
     4
.3mn  3mn  Mn  y4n 2  y4n2  y4n 1  y4n  y4n 1  .3Mn  3Mn  mn

   hay1 1
16 15mn  Mn  y4n2  16 15Mn  mn .

Tương tự ta cũng có được:

   1 1
64
64
59mn  5Mn  y4n 3  59Mn  5mn ;

   1 1
256
256
231mn  25Mn  y4n 4  231Mn  25mn .

1 3Mn  mn 1 231Mn  25mn 1 59Mn  5mn 1 15Mn  mn
3mn  Mn  256  64  16
       Vì 14 1 1 1
       4  256  64  16
231mn  25Mn 59mn  5Mn 15mn  Mn

 nênM n 1 1
  16 15Mn  mn  Mn
mn 1 15mn  Mn .
1
 16  mn

Suy ra:

   Mn là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 ( các số hạng của yn đều không âm) nên tồn

tại lim M n M.

n 

 mn là dãy tăng và bị chặn trên ( vì mn  Mn  M1 ) nên tồn tại lim mn m.

n 

     Ta 1 7
lại có: 0  Mn 1  mn1  16 15Mn  mn  15mn  Mn 8 Mn  mn .

 7 n 1


   Suy ra:
0  Mn  mn   8  M1  m1 , n  * . Do đó: lim Mn  mn  0.
 
n 

Điều có ngụ ý rằng: lim M n  lim mn  M m.

n  n

Dựa vào định nghĩa giới hạn của dãy số ta có:

   0, N0  * : n  N0 thì Mn,mn  M  ,M   .

 hay y4n3,y4n2,y4n1,y4n  M  , M   , n  N 0 .
 Do đó: yn  M  ,M   , n  4N0  4 .

 Vậy tồn tại giới hạn hữu hạn của yn và lim yn M .

n 

Mặt khác:

4yn4  3yn3  2yn2  yn1  4yn3  3yn2  2yn1  yn  ...  4y4  3y3  2y2  y1  10 ln 3

.

Chuyển qua giới hạn ta được: 10M  10 ln 3  M  ln 3 . Dễ dàng tìm được

lim x n  3.

n 

 21. (VMS 2014, bài thứ nhất). Cho dãy số un thỏa mãn u1  1 và

 un1  un2  an , n  1 , trong đó a  0 . Tìm a sao cho un hội tụ và tìm giới hạn đó.

Giải

Ta có: un2 1  un2  an , vì vậy un2 1a  ...  an1  an  1 .
a 1

Suy ra: un  an  1 khi a 1 và un  n khi a  1 .
a 1

 Như vậy chỉ khi a  1 dãy un mới hội tụ về 1
1a .

 22. (VMS 2014, bài thứ hai). Cho dãy số xn được xác định bởi:

xn 2  xn1  xn ,n  0.

Tìm lim xn với điều kiện x0  4;x1  4.

n 

Giải

Cách 1

Bằng quy nạp, ta chứng minh được xn  4 .

 Xét dãy bn1  2 bn 1 bn và b1  b0 nên ta suy ra
bn với b0  max 4; x 0 ; x1 . Do bn  bn 1

 dãy bn không tăng và bị chặn dưới, do đó lim bn  4.

n 

 Ta chứng minh max x2n,x2n1  bn, n .

Với n  1 ta có:  x2  x1  x0  2 max x1;x0  2 b0  b1 .

   x3  x2  x1  2 max x2;x1  2 max b1;b0  b1 .

 Giả sử max x2k,x2k1  bk, k  0,n  1 . Khi đó

 x2n  x2n1  x2n2  2 max x2n1, x2n2  2 bn1  bn

   x2n1  x2n  x2n1  2 max x2n,x2n1  2 max bn;bn1  bn .

 Tóm lại, 4  max bn xn
x2n, x2n1  bn, n là lim  4 . Vậy lim  4.

n  n 

Cách 2

Giả sử x1  x0 . Khi đó: x2  x1  x0  2 x0  x0 , do x0  4 .

x3  x2  x1  x1  x0  x2 .
Như vậy, bằng quy nạp ta chứng minh được:

x2n2  2 x2n  x2n ; x2n1  x2n .

 Suy ra: x2n là dãy không tăng và bị chặn dưới bởi 4. Từ đó suy ra tồn tại giới hạn

lim x 2n a 2 a hay là a  4 . Kết hợp với điều kiện x2n  4 ta có a  4 .

n 

Kết hợp điều này với bất đẳng thức thứ hai ở trên ta được lim x 2n 1  4.

n 

Vậy lim xn  4.

n 

Nếu x1  x0 ta thấy x2  x1  x0  2 x1  x1 và lý luận như trên khi thay x0 bởi x1

còn x1 bởi x2 .

   23. (VMO 2014). Cho hai dãy số dương xn , yn xác định bởi x1  1,y1  3 và

x n y1 n1  x n  0 với mọi n  1, 2, ...
x 2 1  yn 
n 2

Chứng minh rằng hai dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.

Giải

Cách 1

Chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi n nguyên dương thì xn2  yn2  4 .

Thật vậy,
với n  1 thì hệ thức luôn đúng.
Giả sử sử hệ thức trên đúng đến n .

Ta có: x2  2  yn ;yn21  x 2  4  yn2  2  yn . Suy ra x 2  yn21  4 . Vậy hệ thức
n 1 n 2  yn n

x2 1
n 1

trên được chứng minh.

 Từ chứng minh trên suy ra yn1  2  yn . Ta chứng minh dãy yn tăng và bị chặn bởi

2. Thật vậy, vì y1  3,y2  2  3 nên rõ ràng ta có y1  y2  2 .

Giả sử yn1  yn  2 thì 2  yn1  2  yn  4 suy ra 2  yn1  2  yn  2 tức là
yn  yn1  2 .

 Dãy yn tăng và bị chặn trên bởi 2 nên có giới hạn hữu hạn y . Chuyển đẳng thức

yn 1  2  yn qua giới hạn, ta được y  2y . Từ đó y  2 , tức là lim yn  2.

n 

Cuối cùng ta có lim x n  lim 2  yn1  0 . Vậy lim xn  0; lim yn 2 .

n  n  n  n 

Cách 2

Nhận thấy x1  1  2 sin  ; y1  3  2 cos  .
6 6

Chứng minh bằng quy nạp ta dễ dàng thu được: xn  2 sin  ;yn  2 cos  .
3.2n 3.2n

Vậy lim xn  0; lim yn 2 .

n  n 

VIII. TÍNH GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ DỰA VÀO ĐỊNH LÝ KẸP

1. Cho a,b là hai số thực dương. Hãy tìm lim n a  n b n
2  .
n 

Giải

   Ta có : 1 ln 1 ln n a  n b 1 1
n 2 2 2 2
ab  n ab  ln  ln  n a 1 n b 1 1


   1 n 
2  n a 1  b 1  (*)

Từ (*) nhân các vế cho n , ta được:

n1 1

 n a  n b  1 a n 1 1 bn 1
 2  2 1 2 1
ln ab  ln    ln ab .

ab

 n a  n b  n
2 
Vậy lim   ab .

n

2. Cho dãy số un,vn được xác định như sau :

n1 n  nn 1 nn 1

un  1 1 n2  ...  1 n2n ; vn   un  n2  n n  * .
 n 
1

Hãy tìm lim vn .

n

Giải

Dễ chứng minh 1   nk 1 nk  2 n  *, k  1, 2,..., n

1 n2k

Từ công thức xác định dãy số un ta suy ra :

n 1  un  2n 1  2 n 1 n  * .

11

Do đó : 1  vn  2n2n  2n  1 n   .

Vậy lim vn  1.

n

3. Cho dãy un xác định như sau: un  1 2 3  ...  n n 1.
2! 3! 4!
n 1!

Tìm giới hạn sau: lim n u1n  u2n  ...  un .
2013
n

Giải

Ta có: un1  un   n 1  0  un1  un n 1.

n  2!

Do đó: 0  u1  u2  ...  u2013

Suy ra: un  u1n  u2n  ...  un  2013u2n013  u2013  n u1n  u2n  ...  un  n 2013.u2013
2013 2013 2013

(1)

Lại có: un  1  1    1 1  1  n 1 1 n 1 n 1
2!   2! 3!   ...   n!
 1!  1!

1 (2)
Cho n  2013 ta được: u2013  1 2014!

Thay (2) vào (1) ta được: 1 1 n u1n  u2n  ...  un  n 2013 1 1 .
2014! 2013 2014! 

Theo định lý đẹp ta suy ra: lim n u1n  u2n  ...  un 1 1.
2013 2014!
n

u0  2013

 4. Cho dãy số 
un được xác định như sau: un1  un  1 un2  un 1 .
un2 n  



Tìm giới hạn sau: lim u 6039 .
n
n
n2013

Giải

Rõ ràng un  0 n   (1)

Từ công thức xác định dãy ta suy ra: un1  un  1  u3  un3 3 3  1 (2)
un3 n1 un3 un6

k 1 k 1

u3 un3 u3 un3  3k  uk3  u03  3k .
n 1 n1
 Từ(1) và ra:
(2) suy  3 

n0 n0

đó: u3 uk3 3 1  uk3 1 1
k 1  3k u03  3k k 9k 2
 Khi  3 u03  2 3 

n1 n1 n1 1 1 n1 1 n 1 1 1 n1 1
 k 1 k  9 k1 k 2 k 1 k 9 k 1 k2
u3 uk3  3 un3 u13
k 1
       Suy ra: .
 n 1    3n  

k 1 k 1

Để ý rằng: n1 1  1 1  1  ...  n 1 2 1 2.
k2 1.2 2.3 n
n 1
k 1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

     n112 n 1 n1 1 2 n 1  n1 1  2n 1 .
k 1 k k 1 k2 k 1 k
 


Từ các kết quả trên, ta có được:

u03  3n  un3  u13  3n  2n 1  2  3  u03  un3  u13  3  2n 1 2 .

9 nnn 
n 9n

Suy ra: lim un3 3. Vậy lim u 6039  32013 .
n n n
n
n2013

n3n n k .
5. Tìm lim
sin
n n! k1 n n

Giải

+ Bằng cách sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số, ta dễ dàng chứng minh được bất

đẳng thức: x  x3  sin x  x  x3  x5 , x  0
6 6 5!

Vận dụng kết quả đó vào bài toán này, ta có đánh giá như sau:

  n  k 2  n3n n
k n  k2 k4 
1   sin  1  
 6n3  n! k 1 n n  6n3 5!n6 
k 1 k 1

lim n  k 2 
+ Trước hết, ta tính 1 6n3  ?
n  
k 1

Cũng sử dụng tính chất đơn điệu ta chứng minh được bất đẳng thức:

x  ln  x 1  x x  1 , x  0 .

x 1

n k2 n  k2  n k2
  Vì thế, ta có đánh giá:
k1 6n3  k 2  ln 1 6n3   k1 6n3
 
k 1

  nn 1 2n 1 n  k2  nn 12n 1 .
Hay  ln 1 6n3   36n3
6 6n3  n2  
k 1

Áp dụng định lý kẹp ta suy ra được

  n  k2   1  lim n  k2   1 .
k 1 1 6n3  18 k 1 1 6n3 
lim  ln   n   e 18
n 

+ n 1  k2 k4  1
Tiếp theo ta sẽ chứng minh lim k 1  6n3  5!n6  
e 18 .
n


Thật vậy, ta có:

ln   n k 2 k 4  n  k 2 k 4 1     
 6n3 5!n6   6n3 5!n6 
k 1 k 1

n n 1 2n 1 n n 12n 1 3n2  3n 1
=  36n3 
30.5!n6

n  k2 k4  1
Suy ra:   5!n6   e 18
lim 1 6n3 
k 1 
n

n3n n k 1
Vậy cũng theo định lý kẹp ta suy ra: lim
sin  e 18 .
n n! k1 n n

6. Tìm giới hạn của dãy số xn biết: xn  1 2 1 3 1 ...  1 n 1 1 n .

Giải
Để ý: 3  1 2.4  1 2 16  1 2 1 3 25 .

Chứng minh quy nạp: 1 2 1 3 1 ...  1 n n  22  3 . Suy ra: xn  3 (1)

Bổ đề: Cho   1 . Khi đó: 1 x   . 1 x x  0 .
Áp dụng bổ đề này với x  n,  n  2 ta được:

1 nn  2  1 n n  22  n  2 n 1

 1 n 1 1 n n  22  1 n  2 n 1 1 n  4 n  2 1 n 1 1 n

Chứng minh quy nạp: 3  n  2 2n xn (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 3  xn  3. Áp dụng định lý kẹp ta suy ra: lim xn  3.

 n  22n n

7. Cho hai dãy số an,bn n  1, 2,... xác định như sau:

a1  3, b1  1, an1  an2  2bn2 , bn1  2anbn với mọi n  1, 2,...

Tìm lim 2n bn ; lim 2n a1a2...an .

n n

Giải

Với mọi n  1, 2,... ta có:

 an  bn 2
2  an2  2bn2  2anbn 2  an  bn
2.

2n1 2 2n1   2 1 2 2n1  2n
 
2  32 2 1 (1)
       Suy ra: an  bn
2  ...  a1  b1

 2n (2)

Tương tự: an  bn 2  2 1

1  2n 2n 1  2n 2n 
2   22  
2 1  2 1 
(1)       Từ
và (2) suy ra: an  2 1 ; bn  2 1 .

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: an2  2bn2  an2  bn2  2anbn  an1  bn1 .

2n

2 1

4 2  bn  an 
       Ta có:
2n 2 1 2n 1  2n bn  2n an  2 1 .
42
2 1 

Theo định lý Kẹp ta suy ra: lim 2n bn  2 1.

n

Mặt khác: an  bn1 . Suy ra: a1a2 ...an  b2 . b3 ... bn1  bn1 .
2bn 2b1 2b2 2bn 2n1

Do đó:

  lim 1 2
2n1
n 2 1 .
2n a1a2...an  lim 2n bn1 . 2n  lim 2n 2anbn  lim 2n 2.2n an .2n bn 
n
n n

nào thì đẳng thức : lim n 1999 1
n nx  n 1 x  2000
 8. Với x   .

Giải

n  1   n  1 1    1 1  1 1
 Ta có : 0   n     1  n     n 1 .

 
n  n 
 

 Theo định lý kẹp suy ra :  n   n 
lim 1  0.

n 

n 1999 n 1 x

   Để ý rằng : nx  n  1 x
có nghĩa  nx  0x 0.

   Theo chứng minh trên :nx  n  1 x  0 khi n   nếu x  0;1 .

 Ngoài ra, nếu x  0 thì nx  n  1 x  0 khi n   ; nếu x  1 thì

 nx  n  1 x  1.

Do đó, dãy phân kì đến  với x  1, x  0 . Với x  1 nếu đặt k  x  thì k  1 và

1  1  1 k 1 1 x  1  1  1 k 1
  n 
  1     .

n   n 
 

Từ bất đẳng thức trên, ta nhận thấy tồn tại hai số  và  sao cho :

  n   1  1 x    .
1  
 

n 


Do đó : n x 1  nx   1  1 x    nx 1 .
1  
 

n 


Như vậy, nếu x  1  1999 thì dãy phân kì đến  . Nếu x  1  1999 thì dãy hội tụ

đến 0. Tiếp theo nếu lấy x  2000 , ta thấy theo công thức nhị thức

n 1999 1
 n 1 x  2000 .
 lim

n nx

IX. DÃY KỀ NHAU

1. Cho 0 a b và un  , vn  là các dãy số xác định bởi: u1  a, v1  b  un  vn .
 2
un1  unvn , vn1

Chứng minh rằng dãy un và vn hội tụ đến cùng một giới hạn.

Giải

Rõ ràng un  0, vn  0 n .

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: un  vn n  1 .

vn1  vn  un  vn 0 n  1  vn giảm.
2

 un1  un  un vn  un  0 n  1  un tăng.

Từ đó: u1  u2...  un  un1  vn1  vn  ...  v2  v1 n  1 .

un tăng và bị chặn trên bởi v1 nên có giới hạn là L1 ; vn giảm và bị chặn dưới bởi u1

nên có giới hạn là L2 . Chuyển đẳng thức vn1  un  vn qua giới hạn ta được:
2

L2  L1  L2  L1  L2 .
2

2. Cho hai dãy số un  , vn  xác định bởi 0  v1  u1 ; un1  un2  vn2 ; vn1  un  vn
un  vn 2

n  1 .

Chứng minh rằng hai dãy un và vn đơn điệu và có cùng giới hạn.

Giải

Rõ ràng un , vn  0 n  1.

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 2 un2  vn2  un  vn 2  un  vn n  1.

un2  vn2 un2  unvn
un  vn un  vn
 un1 un
   un  giảm.

vn1  un  vn  vn  vn  vn  vn tăng.
2 2

Như vậy v1  v2  ...  vn  vn1  un1  un  ...  u2  u1 . Do đó cả hai dãy đều hội tụ.

Đặt L1  lim un , L2  lim vn .

n n

Chuyển đẳng thức vn1  un  vn qua giới hạn ta được: L2  L1  L2  L1  L2 .
2 2

3. Cho hai dãy số un  , vn  xác định bởi: 0  v1  u1 ; un1  un  vn , vn1  2unvn
2 un  vn

n  1 .

Chứng minh rằng cả hai dãy trên đơn điệu và có cùng giới hạn.

Giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: un1  un  vn  unvn  2unvn  vn1 , n 1.
2 2 unvn

Do đó: vn  un n  1 .

un1  un  vn  un  un  un  un giảm.
2 2

2un 2un
un  vn un  un
 vn1 vn  vn  vn  vn tăng.

Như vậy v1  v2  ...  vn  vn1  un1  un  ...  u2  u1  un,vn có giới hạn.

Đặt L1  lim un , L2  lim vn , chuyển qua giới hạn ta được: L1  L1  L2  L1  L2 .
2
n n

4. Cho trước ba số dương a, b, r  0 . Xét hai dãy un,vn như sau:

1

u1  a, v1  b, un1   unr  vnr r , vn1  unvn
 2 
 

Chứng minh rằng cả hai dãy trên đơn điệu và có cùng giới hạn.

Giải

Rõ ràng un  0, vn  0 n .
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

1 1

 unr  vnr r unrvnr r  unvn  vn1  un  vn
 un1   2  



Suy ra: vn1  unvn  vnvn  vn n  2  vn tăng

11

un1   unr  vnr r   unr  unr r  un n  2  un giảm.
 2   2 
   

1

 ar  br r
Như vậy: ab  v2  v3  ...  vn  vn1  un1  un  ...  u3  u2   .
 2 

Do đó cả hai dãy đều hội tụ.

Đặt L1  lim un , L2  lim vn , chuyển qua giới hạn ta được:

n n

L1r  L1r  Lr2  L1r  Lr2  L1  L2 .
2

6. Cho hai dãy un  , vn  xác định bởi: u1  a, v1  b, un1  un  vn , vn1  un1  vn .
2 2

Chứng minh rằng cả hai dãy trên có cùng giới hạn.

Giải

Giả sử a  b , ta sẽ chứng minh quy nạp rằng un tăng, vn giảm và un  vn n  1.

ab ab b a  3b
2 4
Thật vậy u2   a  u1 ; v2  2  b  v1 .
2

v2  u2  ba  0  u2  v2 . Ngoài ra: un1  un  vn  un  0 ; vn1  vn  un  vn 0.
4 2 2

Do đó un tăng, bn giảm.

Lại có: vn1  un1  1  vn  un  . Chứng minh quy nạp được: un1  vn1 .
4

Hơn nữa vn  un  1  b  a   0 n  .
4n1

Từ đó suy ra: un,vn có cùng giới hạn.

Tương tự a  b thì un giảm, vn tăng và có cùng giới hạn.

un  , vn  n 1 1 1
7. k 3 n 2n2
Cho hai dãy số xác định bởi: un  k 2  , vn  un   n  3.
1

Chứng minh rằng hai dãy un,vn kề nhau.

Giải

+ Dãy un là dãy tăng.

vn1  vn  un1  un  1 1 1 1 n 12  3
n1 n 2n2 2n2  n 12 n2  2n  2
2n 12
 +   2 0.

+ vn  un  1  1 0 n  .
n 2n2

un  , vn  n 1, 1
8. hai k 0 k! n.n!
Cho dãy số xác định bởi: un  vn  un 

Chứng minh rằng cả hai dãy trên đơn điệu và có cùng giới hạn.

Giải

Dễ thấy: un tăng ; un  vn n ; lim vn  un   0 .

n

Ta chỉ cần chứng minh vn là dãy giảm.

1 11 1
Thật vậy, vn1  vn  n 1!  n 1n 1!  n.n!  n n 1n 1!  0

Vậy cả hai dãy trên đơn điệu và có cùng giới hạn.