Ví dụ 4: Tìm số hạng tổng quát
của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = \frac{5}{4}\\
{u_{n + 1}} = 2{u_n} + \sqrt {3u_n^2 - 3} \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
\end{array} \right.
Giải: Đặt \left\{ \begin{array}{l} ch\beta = 2\\ sh\beta = \sqrt 3 \end{array} \right.. Giải hệ ta được {e^\beta } = 2 + \sqrt 3
Đặt \left\{ \begin{array}{l} ch\alpha = \frac{5}{4}\\ sh\alpha = \sqrt {{{\left( {\frac{5}{4}} \right)}^2} - 1} = \frac{3}{4} \end{array} \right.. Giải hệ ta được {e^\alpha } = 2
Ta có: {u_1} = ch \alpha. Giả sử {u_n} = ch\left[ {\alpha + \left( {n - 1} \right)\beta } \right]. Khi đó: ch\beta .ch\left[ {\alpha + \left( {n - 1} \right)\beta } \right] + sh\alpha .sh\left[ {\alpha + \left( {n - 1} \right)\beta } \right] = ch\left( {\alpha + n\beta } \right)
Vậy: {u_n} = \frac{{{e^{\alpha + \left( {n - 1} \right)\beta }} + {e^{ - \,\alpha - \,\left( {n - 1} \right)\beta }}}}{2} = {\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^{n - 1}} + \frac{1}{4}{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)^{n - 1}}
Ví dụ 5: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 3\\ {u_{n + 1}} = \frac{1}{2}{u_n}\sqrt {16 + u_n^2} \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Biến đổi giả thiết: \frac{{{u_{n + 1}}}}{4} = 2\left( {\frac{{{u_n}}}{4}} \right)\sqrt {1 + {{\left( {\frac{{{u_n}}}{4}} \right)}^2}}
Đặt {x_n} = \frac{{{u_n}}}{4} ta được dãy ({x_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = \frac{3}{4}\\ {x_{n + 1}} = 2{x_n}\sqrt {1 + x_n^2} \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Đặt sh\alpha = \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } - {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = \frac{3}{4}. Giải phương trình ta được {e^\alpha } = 2
Ta có: {x_1} = sh\alpha . Giả sử {x_n} = sh\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right). Khi đó: {x_{n + 1}} = 2sh\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)\sqrt {1 + s{h^2}\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)} = 2sh\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) = sh\left( {{2^n}\alpha } \right)
Vậy: {x_n} = sh\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{2^{n - 1}}}} - {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}}}}{2}\,\,\,\text{ suy ra}\,\,\, {u_n} = 2\left( {{2^{{2^{n - 1}}}} - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{{2^{n - 1}}}}} \right)
Ví dụ 6: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = \frac{3}{{\sqrt 6 }}\\ {u_{n + 1}} = 24u_n^3 - 12\sqrt 6 u_n^2 + 15{u_n} - \sqrt 6 \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Nhận xét: Đặt {u_n} = a{x_n} + b, thay vào giả thiết và rút gọn ta được: a{x_{n + 1}} + b = 24{a^3}x_n^3 + 12\left( {6{a^2}b - \sqrt 6 {a^2}} \right)x_n^2 + 3\left( {24a{b^2} - 8\sqrt 6 ab + 5a} \right){x_n} + 24{b^3} - 12\sqrt 6 {b^2} + 15b - \sqrt 6
Đầu tiên ta chọn b sao cho: \left\{ \begin{array}{l} 6{a^2}b - \sqrt 6 {a^2} = 0\\ 24{b^3} - 12\sqrt 6 {b^2} + 15b - \sqrt 6 = b \end{array} \right. \Rightarrow b = \frac{1}{{\sqrt 6 }}
Khi đó: a{x_{n + 1}} = 24{a^3}x_n^3 + 3a{x_n}\,\,\text{hay}\,\,{x_{n + 1}} = 24{a^2}x_n^3 + 3{x_n}
Giải: Đặt {u_n} = \frac{1}{{\sqrt 6 }}{x_n} + \frac{1}{{\sqrt 6 }} ta được dãy số ({x_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 2\\ {x_{n + 1}} = 4x_n^3 + 3{x_n} \end{array} \right.
Đặt sh\alpha = 2 \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } - {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = 2. Giải phương trình ta chọn nghiệm {e^\alpha } = 2 + \sqrt 5
Áp dụng công thức sh\left( {3\alpha } \right) = 4s{h^3}\alpha + 3sh\alpha , rồi chứng minh quy nạp ta được:
{x_n} = sh\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{3^{n - 1}}}} - {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{3^{n - 1}}}}}}{2} = \frac{{{{\left( {2 + \sqrt 5 } \right)}^{{3^{n - 1}}}} - {{\left( {\frac{1}{{2 + \sqrt 5 }}} \right)}^{{3^{n - 1}}}}}}{2}
Vậy: {u_n} = \frac{1}{{2\sqrt 6 }}\left[ {{{\left( {2 + \sqrt 5 } \right)}^{{3^{n - 1}}}} - {{\left( {\frac{1}{{2 + \sqrt 5 }}} \right)}^{{3^{n - 1}}}}} \right] + \frac{1}{{\sqrt 6 }}
Ví dụ 7: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ {u_{n + 1}} = \frac{{ - \,u_n^2}}{{u_n^2 + 2{u_n} + 2}}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Biến đổi giả thiết: {u_{n + 1}} + 1 = \frac{{2\left( {{u_{n + 1}} + 1} \right)}}{{1 + {{\left( {{u_{n + 1}} + 1} \right)}^2}}}
Đặt {x_n} = {u_n} + 1 ta được dãy số ({x_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 2\\ {x_{n + 1}} = \frac{{2{x_n}}}{{1 + x_n^2}}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Đặt \coth \alpha = 2 \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{{{e^\alpha } - {e^{ - \,\alpha }}}} = 2. Giải phương trình ta được: {e^\alpha } = \sqrt 3
Ta có: {x_2} = \frac{{2\coth \alpha }}{{1 + {{\coth }^2}\alpha }} = \frac{{2\frac{1}{{th\alpha }}}}{{1 + \frac{1}{{t{h^2}\alpha }}}} = \frac{{2th\alpha }}{{1 + t{h^2}\alpha }} = th\left( {2\alpha } \right)
Giả sử {x_n} = th\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right). Khi đó: {x_{n + 1}} = \frac{{2th\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)}}{{1 + t{h^2}\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)}} = th\left( {{2^n}\alpha } \right)
Vậy: {x_n} = th\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{{\left( {{e^{2\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}} - 1}}{{{{\left( {{e^{2\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}} + 1}} = \frac{{{3^{{2^{n - 1}}}} - 1}}{{{3^{{2^{n - 1}}}} + 1}}\,\,\,\text {suy ra}\,\,\,\,{u_n} = \frac{{ - \,2}}{{{3^{{2^{n - 1}}}} + 1}},\,\,\,\forall n \ge 2
Ví dụ 8: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = \frac{5}{4}\\ {u_{n + 1}} = \frac{{u_n^3 + 3{u_n}}}{{1 + 3u_n^2}}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Đặt \coth \alpha = {u_1} \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{{{e^\alpha } - {e^{ - \,\alpha }}}} = \frac{5}{4}. Giải phương trình ta được: {e^\alpha } = 3
Giả sử {u_n} = \coth \left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right). Khi đó: {u_{n + 1}} = \frac{{{{\coth }^3}\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right) + 3\coth \left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right)}}{{1 + 3{{\coth }^2}\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right)}} = \frac{{\frac{1}{{t{h^3}\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right)}} + \frac{3}{{th\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right)}}}}{{1 + \frac{3}{{t{h^2}\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right)}}}}
Vậy: {u_n} = \coth \left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{9^{{3^{n - 1}}}} + 1}}{{{9^{{3^{n - 1}}}} - 1}}
Ví dụ 9: Cho dãy ({x_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 4\\ {x_{n + 1}} = x_n^2 - 2\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right. Tính \lim \left( {\frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_1}{x_2}...{x_n}}}} \right)
Giải: Đặt {x_n} = 2{u_n} ta được dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_n} = 2\\ {u_{n + 1}} = 2u_n^2 - 1\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Đặt ch\alpha = 2 \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = 2, giải phương trình ta chọn nghiệm {e^\alpha } = 2 + \sqrt 3
Chứng minh quy nạp ta được: {u_n} = ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) suy ra {x_n} = 2ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)
Ta có: {x_{n + 1}} = 2ch\left( {{2^n}\alpha } \right) = {\left( {{e^\alpha }} \right)^{{2^n}}} + {\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)^{{2^n}}} = {\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^{{2^n}}} + {\left( {2 - \sqrt 3 } \right)^{{2^n}}}
{x_1}{x_2}...{x_n} = {2^n}ch\left( \alpha \right).ch\left( {2\alpha } \right)....ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{2^n}}}{{sh\alpha }}sh\left( \alpha \right).ch\left( \alpha \right).ch\left( {2\alpha } \right)....ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)
= \frac{{sh\left( {{2^n}\alpha } \right)}}{{sh\alpha }} = \frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{2^n}}} - {{\left( {{e^{ - {\kern 1pt} \alpha }}} \right)}^{{2^n}}}}}{{{e^\alpha } - {e^{ - {\kern 1pt} \alpha }}}} = \frac{{{\rm{ }}{{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}^{{2^n}}} - {{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}^{{2^n}}}}}{{2\sqrt 3 }}
Từ đó dễ dàng tính được \lim \left( {\frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_1}{x_2}...{x_n}}}} \right) = 2\sqrt 3
Ví dụ 10: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 3\\ {u_{n + 1}} = \left( {8u_n^3 + 4{u_n}} \right)\sqrt {1 + u_n^2} \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Đặt sh\alpha = 3 \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } - {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = 3. Giải phương trình ta được: {e^\alpha } = 3 + \sqrt {10}
Giả sử {u_n} = sh\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right).
Khi đó: {u_{n + 1}} = \left[ {8s{h^3}\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) + 4sh\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right)} \right]\sqrt {1 + s{h^2}\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right)} = sh\left( {{4^n}\alpha } \right)
Vậy: {u_n} = sh\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{4^{n - 1}}}} - {{\left( {\frac{1}{{{e^\alpha }}}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}} \right] = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {\sqrt {10} + 3} \right)}^{{4^{n - 1}}}} - {{\left( {\sqrt {10} - 3} \right)}^{{4^{n - 1}}}}} \right]
Ví dụ 11: (Đề thi Olympic đề nghị của trường Lê Hồng Phong TPHCM năm 2009)
Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = m\\ {u_{n + 1}} = u_n^4 - 12u_n^3 + 50u_n^2 - 84{u_n} + 50\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Đặt {u_n} = {x_n} + 3 ta được: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = m - 3\\ {x_{n + 1}} = x_n^4 - 4x_n^2 + 2\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Đặt {x_n} = 2{v_n} ta được: \left\{ \begin{array}{l} {v_1} = \frac{{m - 3}}{2}\\ {v_{n + 1}} = 8v_n^4 - 8v_n^2 + 1\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
* Nếu m = 5 ta được {v_n} = 1 suy ra {u_n} = 5,\,\, \forall n \in \mathbb{N^*}
* Nếu m = 1 ta được {u_1} = 1,\, {u_n} = 5, \,\forall n \ge 2
* Nếu \left| {\frac{{m - 3}}{2}} \right| &--#60; 1 \Leftrightarrow 1 &--#60; m &--#60; 5. Đặt {v_1} = \cos \alpha
Áp dụng công thức \cos 4\alpha = 8{\cos ^4}\alpha - 8{\cos ^2}\alpha + 1 ta được {v_2} = \cos \left( {4\alpha } \right)
Chứng minh quy nạp ta được {v_n} = \cos \left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) suy ra {u_n} = 2\cos \left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) + 3\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
* Nếu \frac{{m - 3}}{2} &--#62; 1 \Leftrightarrow m &--#62; 5. Đặt ch\alpha = \frac{{m - 3}}{2} \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = \frac{{m - 3}}{2} \Leftrightarrow {e^{2\alpha }} - \left( {m - 3} \right){e^\alpha } + 1 = 0
Giải phương trình ta lấy nghiệm {e^\alpha } = \frac{{m - 3 + \sqrt {{m^2} - 6m + 5} }}{2}
Chứng minh quy nạp ta được: {v_n} = \frac{1}{2}\left( {{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{4^{n - 1}}}} + {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}} \right)
Suy ra: {u_n} = {\left( {{e^\alpha }} \right)^{{4^{n - 1}}}} + {\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)^{{4^{n - 1}}}} + 3\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
* Nếu \frac{{m - 3}}{2} &--#60; - 1 \Leftrightarrow m &--#60; 1. Đặt ch\alpha = \frac{{3 - m}}{2} \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = \frac{{3 - m}}{2} \Leftrightarrow {e^{2\alpha }} + \left( {m - 3} \right){e^\alpha } + 1 = 0
Giải phương trình ta lấy nghiệm {e^\alpha } = \frac{{3 - m + \sqrt {{m^2} - 6m + 5} }}{2}
Chứng minh quy nạp ta được: {v_n} = \frac{1}{2}\left( {{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{4^{n - 1}}}} + {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}} \right)\,,\,\,\forall n \ge 2
Suy ra: {u_n} = {\left( {{e^\alpha }} \right)^{{4^{n - 1}}}} + {\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)^{{4^{n - 1}}}} + 3\,,\,\,\forall n \ge 2
Ví dụ 12: (Trích đề thi chọn đội tuyển TPHCM _2012)
Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({x_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = \frac{4}{5}\\ {x_{n + 1}} = \frac{{x_n^4}}{{x_n^4 - 8x_n^2 + 8}}\,,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Từ giả thiết ta được {x_n} &--#62; 0,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} và \frac{1}{{{x_{n + 1}}}} = 8{\left( {\frac{1}{{{x_n}}}} \right)^4} - 8{\left( {\frac{1}{{{x_n}}}} \right)^2} + 1
Đặt {u_n} = \frac{1}{{{x_n}}} ta được dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = \frac{5}{4}\\ {u_{n + 1}} = 8u_n^4 - 8u_n^2 + 1,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Đặt ch\alpha = \frac{5}{2} \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = \frac{5}{4}, giải phương trình ta chọn nghiệm {e^\alpha } = 2
Chứng minh quy nạp ta được: {u_n} = ch\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{4^{n - 1}}}} + {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}}}{2} = \frac{{{2^{^{{4^{n - 1}}}}} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}}}{2}
(Áp dụng công thức: ch(4x) = 8ch^4x – 8ch^2x + 1)
Vậy: {x_n} = \frac{2}{{{2^{{4^{n - 1}}}} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}}}
Ví dụ 13: Cho hai dãy số ({x_n}) và ({y_n}) xác định như sau: {x_1}=a&--#62;0,\,{y_1}=b&--#62;0,\,\,\,{x_{n + 1}} = \frac{{{x_n} + {y_n}}}{2}, {y_{n + 1}} = \sqrt {{x_{n + 1}}.{y_n}} \,\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}. Tìm \lim {x_n}\,\,\text{và}\,\,\lim {y _n}
Giải: Ta xét các trường hợp sau:
* Trường hợp 1: Nếu a = b thì {x_n} = {y_n} = a, \,\,\forall n \in \mathbb{N^*} nên lim{x_n} = lim{y_n} = 1
* Trường hợp 2: Nếu a &--#60; b thì đặt \cos \alpha = \frac{a}{b}\,\,\,,\,\,\alpha \in \left( {0\,,\,\frac{\pi }{2}} \right). Khi đó ta có:
{x_2} = \frac{{b\left( {1 + \frac{a}{b}} \right)}}{2} = \frac{{b\left( {1 + \cos \alpha } \right)}}{2} = b{\cos ^2}\frac{\alpha }{2}\,\,\,\text{và}\,\,\, {y_2} = \sqrt {{x_2}{y_1}} = \sqrt {{b^2}{{\cos }^2}\frac{\alpha }{2}} = b\cos \frac{\alpha }{2}
{x_3} = \frac{{{x_2} + {y_2}}}{2} = \frac{{b\cos \frac{\alpha }{2}\left( {1 + \cos \frac{\alpha }{2}} \right)}}{2} = b\cos \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{{{2^2}}}\,\,\,\text{và}\,\,\, {y_3} = \sqrt {{x_3}{y_2}} = b\cos \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{{{2^2}}}
Chứng minh quy nạp ta được:
{x_n} = b\left( {\cos \frac{\alpha }{2}.\cos \frac{\alpha }{{{2^2}}}....\cos \frac{\alpha }{{{2^{n - 1}}}}} \right){\cos ^2}\frac{\alpha }{{{2^n}}}\,\,\,\text{và}\,\,\,{y_n} = b\cos \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{{{2^2}}}...\cos \frac{\alpha }{{{2^n}}},\,\forall n \ge 2
Áp dụng công thức: \cos x = \frac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}x}}{{2\sin x}} ta rút gọn được {y_n} = b\frac{{\sin \alpha }}{{{2^n}\sin \frac{\alpha }{{{2^n}}}}}
Vì \lim \left( {{2^n}\sin \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \lim \left( {\alpha \frac{{\sin \frac{\alpha }{{{2^n}}}}}{{\frac{\alpha }{{{2^n}}}}}} \right) = \alpha nên \lim {y_n} = \frac{{b\sin \alpha }}{\alpha }
Từ {x_n} = {y_n}\cos \frac{\alpha }{{{2^n}}} \Rightarrow \lim {x_n} = \lim \left( {{y_n}\cos \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \left( {\lim {y_n}} \right)\left( {\lim \cos \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \frac{{b\sin \alpha }}{\alpha }
* Trường hợp 3: Nếu a &--#62; b, chọn số \alpha sao cho {\mathop{\rm ch}\nolimits} \alpha = \frac{a}{b}
{x_2} = \frac{{b\left( {1 + \frac{a}{b}} \right)}}{2} = \frac{{b\left( {1 + {\mathop{\rm ch}\nolimits} \alpha } \right)}}{2} = b{{\mathop{\rm ch}\nolimits} ^2}\frac{\alpha }{2}\,\,\,\text{và}\,\,\, {y_2} = \sqrt {{x_2}{y_1}} = \sqrt {{b^2}{{{\mathop{\rm ch}\nolimits} }^2}\frac{\alpha }{2}} = b{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}
{x_3} = \frac{{{x_2} + {y_2}}}{2} = \frac{{b{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}\left( {1 + {\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}} \right)}}{2} = b{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^2}}}\,\,\,\text{và}\,\,\, {y_3} = \sqrt {{x_3}{y_2}} = b{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^2}}}
Chứng minh quy nạp ta được:
{x_n} = b\left( {{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}.{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^2}}}....{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^{n - 1}}}}} \right){{\mathop{\rm ch}\nolimits} ^2}\frac{\alpha }{{{2^n}}}\,\,\,\text{và}\,\,\,{y_n} = b{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^2}}}...{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}},\,\,\forall n \ge 2
Áp dụng công thức: {\mathop{\rm ch}\nolimits} x = \frac{{sh\,{\rm{2}}x}}{{2shx}} ta rút gọn được {y_n} = b\frac{{{\mathop{\rm sh}\nolimits} \alpha }}{{{2^n}.{\mathop{\rm sh}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}}}}
Đặt x = \frac{\alpha }{{{2^n}}}, khi n\, \to + \infty thì x \to 0
\lim \left( {{2^n}.{\mathop{\rm sh}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\alpha \left( {{e^x} - {e^{ - x}}} \right)}}{{2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{\alpha }{{{e^x}}}.\frac{{{e^{2x}} - 1}}{{2x}}} \right) = \alpha
\text{nên}\,\,\,\lim {y_n} = \frac{{b{\mathop{\rm sh}\nolimits} \alpha }}{\alpha },\,\,\,\lim \left( {{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x\, \to \,0} \frac{{{e^x} + {e^{ - x}}}}{2} = 1
\text{và}\,\,\,{x_n} = {y_n}.\cosh \frac{\alpha }{{{2^n}}} \Rightarrow \lim {x_n} = \lim \left( {{y_n}.{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \left( {\lim {y_n}} \right)\left( {\lim {\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \frac{{b{\mathop{\rm sh}\nolimits} \alpha }}{\alpha }.
II. Bài tập áp dụng
Bài 1: Tìm công thức tính số hạng tổng quát của các dãy số sau:
a) \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ {u_{n + 1}} = 5u_n^2 - \frac{2}{5}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
b) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\ {u_{n + 1}} = 5u_n^2 - \frac{2}{5}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
c) \left\{ \begin{array}{l}u_1 = \frac{1}{3}\\u_{n + 1} = 6u_n^2 + 8u_n + \frac{5}{3}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
d) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 20\\{u_{n + 1}} = u_n^2 - {2.5.2^n}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
e) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 5\\{u_{n + 1}} = {2.3^{{2^n}}}u_n^2 - {3^{\left( {n + 1} \right){2^n}}}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
f) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 0\\{u_{n + 1}} = \frac{{\sqrt {3{u_n} + 8} }}{3} - 2\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
Bài 2: Tìm công thức tính số hạng tổng quát của các dãy số sau:
a) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 3\\{u_{n + 1}} = 2{u_n}\sqrt {1 + u_n^2} \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
b) \left\{\begin{array}{l}{u_1} = - \,2\\{u_{n + 1}} = \frac{1}{2}{u_n} + \frac{1}{{{u_n}}}\,,\,\,\forall n \in\mathbb{N^*}\end{array} \right.
c) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\{u_{n + 1}} = 2{u_n}\sqrt {u_n^2 - 4{u_n} + 5} - 4\sqrt {u_n^2 - 4{u_n} + 5} + 2\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
d) \left\{ \begin{array}{l}u_1 = 3\\u_{n + 1} = \frac{u_n^2 - 4}{u_n^2 + 2u_n + 2}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
e) \left\{ \begin{array}{l}u_1 = 5\\u_{n + 1} = 3u_n + 2\sqrt {2u_n^2 - 2} \,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
f) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - \,2\\{u_{n + 1}} = 2\sqrt {u_n^2 + 1} + \sqrt 5 {u_n}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
Bài 3: Tìm công thức tính số hạng tổng quát của các dãy số sau:
a) \left\{ \begin{array}{l}u_1 = \frac{{\sqrt {2 + \sqrt 2 } }}{2} - 1\\u_{n + 1} = 4u_n^3 + 12u_n^2 + 9u_n\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
b) \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = \frac{3}{2}\\ {u_{n + 1}} = 4u_n^3 - 6u_n^2 + 6{u_n} - \frac{3}{2}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
c) \left\{ \begin{array}{l}u_1 = 1\\u_{n + 1} = \frac{u_n^3 - 3u_n - 6}{3u_n^2 + 6u_n +7}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
Bài 4: Tìm công thức tính số hạng tổng quát của các dãy số sau:
a) \left\{ \begin{array}{l} u_1 = 3\\ u_{n + 1} = 8u_n^4 - 64u_n^3 + 184u_n^2 - 224u_n + 99\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
b) \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ {u_{n + 1}} = \frac{{u_n^4}}{{u_n^4 + 8u_n^2 + 8}}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
c) \left\{ \begin{array}{l} u_1 = 5\\ u_{n + 1} = \frac{u_n^4}{\left( 8 + 4u_n \right)\sqrt {1 + u_n^2}} \end{array} \right.
d) \left\{ \begin{array}{l} u_1 = 2\\ u_{n + 1} = \frac{1 + 3u_n^2}{u_n^3 + 3u_n}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
e) \left\{ \begin{array}{l} u_1 = 1\\ u_{n + 1} = \frac{u_n^3 + 6u_n^2 + 15u_n + 14}{3u_n^2 + 12u_n + 13}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Mời các bạn cùng thảo luận tại: http://diendantoanho...showtopic=73743
Đặt \left\{ \begin{array}{l} ch\alpha = \frac{5}{4}\\ sh\alpha = \sqrt {{{\left( {\frac{5}{4}} \right)}^2} - 1} = \frac{3}{4} \end{array} \right.. Giải hệ ta được {e^\alpha } = 2
Ta có: {u_1} = ch \alpha. Giả sử {u_n} = ch\left[ {\alpha + \left( {n - 1} \right)\beta } \right]. Khi đó: ch\beta .ch\left[ {\alpha + \left( {n - 1} \right)\beta } \right] + sh\alpha .sh\left[ {\alpha + \left( {n - 1} \right)\beta } \right] = ch\left( {\alpha + n\beta } \right)
Vậy: {u_n} = \frac{{{e^{\alpha + \left( {n - 1} \right)\beta }} + {e^{ - \,\alpha - \,\left( {n - 1} \right)\beta }}}}{2} = {\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^{n - 1}} + \frac{1}{4}{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)^{n - 1}}
Ví dụ 5: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 3\\ {u_{n + 1}} = \frac{1}{2}{u_n}\sqrt {16 + u_n^2} \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Biến đổi giả thiết: \frac{{{u_{n + 1}}}}{4} = 2\left( {\frac{{{u_n}}}{4}} \right)\sqrt {1 + {{\left( {\frac{{{u_n}}}{4}} \right)}^2}}
Đặt {x_n} = \frac{{{u_n}}}{4} ta được dãy ({x_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = \frac{3}{4}\\ {x_{n + 1}} = 2{x_n}\sqrt {1 + x_n^2} \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Đặt sh\alpha = \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } - {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = \frac{3}{4}. Giải phương trình ta được {e^\alpha } = 2
Ta có: {x_1} = sh\alpha . Giả sử {x_n} = sh\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right). Khi đó: {x_{n + 1}} = 2sh\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)\sqrt {1 + s{h^2}\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)} = 2sh\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) = sh\left( {{2^n}\alpha } \right)
Vậy: {x_n} = sh\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{2^{n - 1}}}} - {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}}}}{2}\,\,\,\text{ suy ra}\,\,\, {u_n} = 2\left( {{2^{{2^{n - 1}}}} - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{{2^{n - 1}}}}} \right)
Ví dụ 6: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = \frac{3}{{\sqrt 6 }}\\ {u_{n + 1}} = 24u_n^3 - 12\sqrt 6 u_n^2 + 15{u_n} - \sqrt 6 \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Nhận xét: Đặt {u_n} = a{x_n} + b, thay vào giả thiết và rút gọn ta được: a{x_{n + 1}} + b = 24{a^3}x_n^3 + 12\left( {6{a^2}b - \sqrt 6 {a^2}} \right)x_n^2 + 3\left( {24a{b^2} - 8\sqrt 6 ab + 5a} \right){x_n} + 24{b^3} - 12\sqrt 6 {b^2} + 15b - \sqrt 6
Đầu tiên ta chọn b sao cho: \left\{ \begin{array}{l} 6{a^2}b - \sqrt 6 {a^2} = 0\\ 24{b^3} - 12\sqrt 6 {b^2} + 15b - \sqrt 6 = b \end{array} \right. \Rightarrow b = \frac{1}{{\sqrt 6 }}
Khi đó: a{x_{n + 1}} = 24{a^3}x_n^3 + 3a{x_n}\,\,\text{hay}\,\,{x_{n + 1}} = 24{a^2}x_n^3 + 3{x_n}
Giải: Đặt {u_n} = \frac{1}{{\sqrt 6 }}{x_n} + \frac{1}{{\sqrt 6 }} ta được dãy số ({x_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 2\\ {x_{n + 1}} = 4x_n^3 + 3{x_n} \end{array} \right.
Đặt sh\alpha = 2 \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } - {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = 2. Giải phương trình ta chọn nghiệm {e^\alpha } = 2 + \sqrt 5
Áp dụng công thức sh\left( {3\alpha } \right) = 4s{h^3}\alpha + 3sh\alpha , rồi chứng minh quy nạp ta được:
{x_n} = sh\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{3^{n - 1}}}} - {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{3^{n - 1}}}}}}{2} = \frac{{{{\left( {2 + \sqrt 5 } \right)}^{{3^{n - 1}}}} - {{\left( {\frac{1}{{2 + \sqrt 5 }}} \right)}^{{3^{n - 1}}}}}}{2}
Vậy: {u_n} = \frac{1}{{2\sqrt 6 }}\left[ {{{\left( {2 + \sqrt 5 } \right)}^{{3^{n - 1}}}} - {{\left( {\frac{1}{{2 + \sqrt 5 }}} \right)}^{{3^{n - 1}}}}} \right] + \frac{1}{{\sqrt 6 }}
Ví dụ 7: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ {u_{n + 1}} = \frac{{ - \,u_n^2}}{{u_n^2 + 2{u_n} + 2}}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Biến đổi giả thiết: {u_{n + 1}} + 1 = \frac{{2\left( {{u_{n + 1}} + 1} \right)}}{{1 + {{\left( {{u_{n + 1}} + 1} \right)}^2}}}
Đặt {x_n} = {u_n} + 1 ta được dãy số ({x_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 2\\ {x_{n + 1}} = \frac{{2{x_n}}}{{1 + x_n^2}}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Đặt \coth \alpha = 2 \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{{{e^\alpha } - {e^{ - \,\alpha }}}} = 2. Giải phương trình ta được: {e^\alpha } = \sqrt 3
Ta có: {x_2} = \frac{{2\coth \alpha }}{{1 + {{\coth }^2}\alpha }} = \frac{{2\frac{1}{{th\alpha }}}}{{1 + \frac{1}{{t{h^2}\alpha }}}} = \frac{{2th\alpha }}{{1 + t{h^2}\alpha }} = th\left( {2\alpha } \right)
Giả sử {x_n} = th\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right). Khi đó: {x_{n + 1}} = \frac{{2th\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)}}{{1 + t{h^2}\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)}} = th\left( {{2^n}\alpha } \right)
Vậy: {x_n} = th\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{{\left( {{e^{2\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}} - 1}}{{{{\left( {{e^{2\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}} + 1}} = \frac{{{3^{{2^{n - 1}}}} - 1}}{{{3^{{2^{n - 1}}}} + 1}}\,\,\,\text {suy ra}\,\,\,\,{u_n} = \frac{{ - \,2}}{{{3^{{2^{n - 1}}}} + 1}},\,\,\,\forall n \ge 2
Ví dụ 8: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = \frac{5}{4}\\ {u_{n + 1}} = \frac{{u_n^3 + 3{u_n}}}{{1 + 3u_n^2}}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Đặt \coth \alpha = {u_1} \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{{{e^\alpha } - {e^{ - \,\alpha }}}} = \frac{5}{4}. Giải phương trình ta được: {e^\alpha } = 3
Giả sử {u_n} = \coth \left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right). Khi đó: {u_{n + 1}} = \frac{{{{\coth }^3}\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right) + 3\coth \left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right)}}{{1 + 3{{\coth }^2}\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right)}} = \frac{{\frac{1}{{t{h^3}\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right)}} + \frac{3}{{th\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right)}}}}{{1 + \frac{3}{{t{h^2}\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right)}}}}
Vậy: {u_n} = \coth \left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{9^{{3^{n - 1}}}} + 1}}{{{9^{{3^{n - 1}}}} - 1}}
Ví dụ 9: Cho dãy ({x_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 4\\ {x_{n + 1}} = x_n^2 - 2\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right. Tính \lim \left( {\frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_1}{x_2}...{x_n}}}} \right)
Giải: Đặt {x_n} = 2{u_n} ta được dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_n} = 2\\ {u_{n + 1}} = 2u_n^2 - 1\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Đặt ch\alpha = 2 \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = 2, giải phương trình ta chọn nghiệm {e^\alpha } = 2 + \sqrt 3
Chứng minh quy nạp ta được: {u_n} = ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) suy ra {x_n} = 2ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)
Ta có: {x_{n + 1}} = 2ch\left( {{2^n}\alpha } \right) = {\left( {{e^\alpha }} \right)^{{2^n}}} + {\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)^{{2^n}}} = {\left( {2 + \sqrt 3 } \right)^{{2^n}}} + {\left( {2 - \sqrt 3 } \right)^{{2^n}}}
{x_1}{x_2}...{x_n} = {2^n}ch\left( \alpha \right).ch\left( {2\alpha } \right)....ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{2^n}}}{{sh\alpha }}sh\left( \alpha \right).ch\left( \alpha \right).ch\left( {2\alpha } \right)....ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)
= \frac{{sh\left( {{2^n}\alpha } \right)}}{{sh\alpha }} = \frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{2^n}}} - {{\left( {{e^{ - {\kern 1pt} \alpha }}} \right)}^{{2^n}}}}}{{{e^\alpha } - {e^{ - {\kern 1pt} \alpha }}}} = \frac{{{\rm{ }}{{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}^{{2^n}}} - {{\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}^{{2^n}}}}}{{2\sqrt 3 }}
Từ đó dễ dàng tính được \lim \left( {\frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_1}{x_2}...{x_n}}}} \right) = 2\sqrt 3
Ví dụ 10: Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 3\\ {u_{n + 1}} = \left( {8u_n^3 + 4{u_n}} \right)\sqrt {1 + u_n^2} \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Đặt sh\alpha = 3 \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } - {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = 3. Giải phương trình ta được: {e^\alpha } = 3 + \sqrt {10}
Giả sử {u_n} = sh\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right).
Khi đó: {u_{n + 1}} = \left[ {8s{h^3}\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) + 4sh\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right)} \right]\sqrt {1 + s{h^2}\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right)} = sh\left( {{4^n}\alpha } \right)
Vậy: {u_n} = sh\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{4^{n - 1}}}} - {{\left( {\frac{1}{{{e^\alpha }}}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}} \right] = \frac{1}{2}\left[ {{{\left( {\sqrt {10} + 3} \right)}^{{4^{n - 1}}}} - {{\left( {\sqrt {10} - 3} \right)}^{{4^{n - 1}}}}} \right]
Ví dụ 11: (Đề thi Olympic đề nghị của trường Lê Hồng Phong TPHCM năm 2009)
Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = m\\ {u_{n + 1}} = u_n^4 - 12u_n^3 + 50u_n^2 - 84{u_n} + 50\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Đặt {u_n} = {x_n} + 3 ta được: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = m - 3\\ {x_{n + 1}} = x_n^4 - 4x_n^2 + 2\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Đặt {x_n} = 2{v_n} ta được: \left\{ \begin{array}{l} {v_1} = \frac{{m - 3}}{2}\\ {v_{n + 1}} = 8v_n^4 - 8v_n^2 + 1\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
* Nếu m = 5 ta được {v_n} = 1 suy ra {u_n} = 5,\,\, \forall n \in \mathbb{N^*}
* Nếu m = 1 ta được {u_1} = 1,\, {u_n} = 5, \,\forall n \ge 2
* Nếu \left| {\frac{{m - 3}}{2}} \right| &--#60; 1 \Leftrightarrow 1 &--#60; m &--#60; 5. Đặt {v_1} = \cos \alpha
Áp dụng công thức \cos 4\alpha = 8{\cos ^4}\alpha - 8{\cos ^2}\alpha + 1 ta được {v_2} = \cos \left( {4\alpha } \right)
Chứng minh quy nạp ta được {v_n} = \cos \left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) suy ra {u_n} = 2\cos \left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) + 3\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
* Nếu \frac{{m - 3}}{2} &--#62; 1 \Leftrightarrow m &--#62; 5. Đặt ch\alpha = \frac{{m - 3}}{2} \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = \frac{{m - 3}}{2} \Leftrightarrow {e^{2\alpha }} - \left( {m - 3} \right){e^\alpha } + 1 = 0
Giải phương trình ta lấy nghiệm {e^\alpha } = \frac{{m - 3 + \sqrt {{m^2} - 6m + 5} }}{2}
Chứng minh quy nạp ta được: {v_n} = \frac{1}{2}\left( {{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{4^{n - 1}}}} + {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}} \right)
Suy ra: {u_n} = {\left( {{e^\alpha }} \right)^{{4^{n - 1}}}} + {\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)^{{4^{n - 1}}}} + 3\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
* Nếu \frac{{m - 3}}{2} &--#60; - 1 \Leftrightarrow m &--#60; 1. Đặt ch\alpha = \frac{{3 - m}}{2} \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = \frac{{3 - m}}{2} \Leftrightarrow {e^{2\alpha }} + \left( {m - 3} \right){e^\alpha } + 1 = 0
Giải phương trình ta lấy nghiệm {e^\alpha } = \frac{{3 - m + \sqrt {{m^2} - 6m + 5} }}{2}
Chứng minh quy nạp ta được: {v_n} = \frac{1}{2}\left( {{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{4^{n - 1}}}} + {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}} \right)\,,\,\,\forall n \ge 2
Suy ra: {u_n} = {\left( {{e^\alpha }} \right)^{{4^{n - 1}}}} + {\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)^{{4^{n - 1}}}} + 3\,,\,\,\forall n \ge 2
Ví dụ 12: (Trích đề thi chọn đội tuyển TPHCM _2012)
Tìm số hạng tổng quát của dãy số ({x_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {x_1} = \frac{4}{5}\\ {x_{n + 1}} = \frac{{x_n^4}}{{x_n^4 - 8x_n^2 + 8}}\,,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Giải: Từ giả thiết ta được {x_n} &--#62; 0,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} và \frac{1}{{{x_{n + 1}}}} = 8{\left( {\frac{1}{{{x_n}}}} \right)^4} - 8{\left( {\frac{1}{{{x_n}}}} \right)^2} + 1
Đặt {u_n} = \frac{1}{{{x_n}}} ta được dãy số ({u_n}) định bởi: \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = \frac{5}{4}\\ {u_{n + 1}} = 8u_n^4 - 8u_n^2 + 1,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Đặt ch\alpha = \frac{5}{2} \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{2} = \frac{5}{4}, giải phương trình ta chọn nghiệm {e^\alpha } = 2
Chứng minh quy nạp ta được: {u_n} = ch\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{4^{n - 1}}}} + {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}}}{2} = \frac{{{2^{^{{4^{n - 1}}}}} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}}}{2}
(Áp dụng công thức: ch(4x) = 8ch^4x – 8ch^2x + 1)
Vậy: {x_n} = \frac{2}{{{2^{{4^{n - 1}}}} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{{4^{n - 1}}}}}}
Ví dụ 13: Cho hai dãy số ({x_n}) và ({y_n}) xác định như sau: {x_1}=a&--#62;0,\,{y_1}=b&--#62;0,\,\,\,{x_{n + 1}} = \frac{{{x_n} + {y_n}}}{2}, {y_{n + 1}} = \sqrt {{x_{n + 1}}.{y_n}} \,\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}. Tìm \lim {x_n}\,\,\text{và}\,\,\lim {y _n}
Giải: Ta xét các trường hợp sau:
* Trường hợp 1: Nếu a = b thì {x_n} = {y_n} = a, \,\,\forall n \in \mathbb{N^*} nên lim{x_n} = lim{y_n} = 1
* Trường hợp 2: Nếu a &--#60; b thì đặt \cos \alpha = \frac{a}{b}\,\,\,,\,\,\alpha \in \left( {0\,,\,\frac{\pi }{2}} \right). Khi đó ta có:
{x_2} = \frac{{b\left( {1 + \frac{a}{b}} \right)}}{2} = \frac{{b\left( {1 + \cos \alpha } \right)}}{2} = b{\cos ^2}\frac{\alpha }{2}\,\,\,\text{và}\,\,\, {y_2} = \sqrt {{x_2}{y_1}} = \sqrt {{b^2}{{\cos }^2}\frac{\alpha }{2}} = b\cos \frac{\alpha }{2}
{x_3} = \frac{{{x_2} + {y_2}}}{2} = \frac{{b\cos \frac{\alpha }{2}\left( {1 + \cos \frac{\alpha }{2}} \right)}}{2} = b\cos \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{{{2^2}}}\,\,\,\text{và}\,\,\, {y_3} = \sqrt {{x_3}{y_2}} = b\cos \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{{{2^2}}}
Chứng minh quy nạp ta được:
{x_n} = b\left( {\cos \frac{\alpha }{2}.\cos \frac{\alpha }{{{2^2}}}....\cos \frac{\alpha }{{{2^{n - 1}}}}} \right){\cos ^2}\frac{\alpha }{{{2^n}}}\,\,\,\text{và}\,\,\,{y_n} = b\cos \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{{{2^2}}}...\cos \frac{\alpha }{{{2^n}}},\,\forall n \ge 2
Áp dụng công thức: \cos x = \frac{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}x}}{{2\sin x}} ta rút gọn được {y_n} = b\frac{{\sin \alpha }}{{{2^n}\sin \frac{\alpha }{{{2^n}}}}}
Vì \lim \left( {{2^n}\sin \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \lim \left( {\alpha \frac{{\sin \frac{\alpha }{{{2^n}}}}}{{\frac{\alpha }{{{2^n}}}}}} \right) = \alpha nên \lim {y_n} = \frac{{b\sin \alpha }}{\alpha }
Từ {x_n} = {y_n}\cos \frac{\alpha }{{{2^n}}} \Rightarrow \lim {x_n} = \lim \left( {{y_n}\cos \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \left( {\lim {y_n}} \right)\left( {\lim \cos \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \frac{{b\sin \alpha }}{\alpha }
* Trường hợp 3: Nếu a &--#62; b, chọn số \alpha sao cho {\mathop{\rm ch}\nolimits} \alpha = \frac{a}{b}
{x_2} = \frac{{b\left( {1 + \frac{a}{b}} \right)}}{2} = \frac{{b\left( {1 + {\mathop{\rm ch}\nolimits} \alpha } \right)}}{2} = b{{\mathop{\rm ch}\nolimits} ^2}\frac{\alpha }{2}\,\,\,\text{và}\,\,\, {y_2} = \sqrt {{x_2}{y_1}} = \sqrt {{b^2}{{{\mathop{\rm ch}\nolimits} }^2}\frac{\alpha }{2}} = b{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}
{x_3} = \frac{{{x_2} + {y_2}}}{2} = \frac{{b{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}\left( {1 + {\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}} \right)}}{2} = b{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^2}}}\,\,\,\text{và}\,\,\, {y_3} = \sqrt {{x_3}{y_2}} = b{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^2}}}
Chứng minh quy nạp ta được:
{x_n} = b\left( {{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}.{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^2}}}....{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^{n - 1}}}}} \right){{\mathop{\rm ch}\nolimits} ^2}\frac{\alpha }{{{2^n}}}\,\,\,\text{và}\,\,\,{y_n} = b{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{2}{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^2}}}...{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}},\,\,\forall n \ge 2
Áp dụng công thức: {\mathop{\rm ch}\nolimits} x = \frac{{sh\,{\rm{2}}x}}{{2shx}} ta rút gọn được {y_n} = b\frac{{{\mathop{\rm sh}\nolimits} \alpha }}{{{2^n}.{\mathop{\rm sh}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}}}}
Đặt x = \frac{\alpha }{{{2^n}}}, khi n\, \to + \infty thì x \to 0
\lim \left( {{2^n}.{\mathop{\rm sh}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\alpha \left( {{e^x} - {e^{ - x}}} \right)}}{{2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{\alpha }{{{e^x}}}.\frac{{{e^{2x}} - 1}}{{2x}}} \right) = \alpha
\text{nên}\,\,\,\lim {y_n} = \frac{{b{\mathop{\rm sh}\nolimits} \alpha }}{\alpha },\,\,\,\lim \left( {{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x\, \to \,0} \frac{{{e^x} + {e^{ - x}}}}{2} = 1
\text{và}\,\,\,{x_n} = {y_n}.\cosh \frac{\alpha }{{{2^n}}} \Rightarrow \lim {x_n} = \lim \left( {{y_n}.{\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \left( {\lim {y_n}} \right)\left( {\lim {\mathop{\rm ch}\nolimits} \frac{\alpha }{{{2^n}}}} \right) = \frac{{b{\mathop{\rm sh}\nolimits} \alpha }}{\alpha }.
II. Bài tập áp dụng
Bài 1: Tìm công thức tính số hạng tổng quát của các dãy số sau:
a) \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ {u_{n + 1}} = 5u_n^2 - \frac{2}{5}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
b) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\ {u_{n + 1}} = 5u_n^2 - \frac{2}{5}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
c) \left\{ \begin{array}{l}u_1 = \frac{1}{3}\\u_{n + 1} = 6u_n^2 + 8u_n + \frac{5}{3}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
d) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 20\\{u_{n + 1}} = u_n^2 - {2.5.2^n}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
e) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 5\\{u_{n + 1}} = {2.3^{{2^n}}}u_n^2 - {3^{\left( {n + 1} \right){2^n}}}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
f) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 0\\{u_{n + 1}} = \frac{{\sqrt {3{u_n} + 8} }}{3} - 2\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
Bài 2: Tìm công thức tính số hạng tổng quát của các dãy số sau:
a) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - 3\\{u_{n + 1}} = 2{u_n}\sqrt {1 + u_n^2} \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
b) \left\{\begin{array}{l}{u_1} = - \,2\\{u_{n + 1}} = \frac{1}{2}{u_n} + \frac{1}{{{u_n}}}\,,\,\,\forall n \in\mathbb{N^*}\end{array} \right.
c) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1\\{u_{n + 1}} = 2{u_n}\sqrt {u_n^2 - 4{u_n} + 5} - 4\sqrt {u_n^2 - 4{u_n} + 5} + 2\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
d) \left\{ \begin{array}{l}u_1 = 3\\u_{n + 1} = \frac{u_n^2 - 4}{u_n^2 + 2u_n + 2}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
e) \left\{ \begin{array}{l}u_1 = 5\\u_{n + 1} = 3u_n + 2\sqrt {2u_n^2 - 2} \,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
f) \left\{ \begin{array}{l}{u_1} = - \,2\\{u_{n + 1}} = 2\sqrt {u_n^2 + 1} + \sqrt 5 {u_n}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
Bài 3: Tìm công thức tính số hạng tổng quát của các dãy số sau:
a) \left\{ \begin{array}{l}u_1 = \frac{{\sqrt {2 + \sqrt 2 } }}{2} - 1\\u_{n + 1} = 4u_n^3 + 12u_n^2 + 9u_n\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
b) \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = \frac{3}{2}\\ {u_{n + 1}} = 4u_n^3 - 6u_n^2 + 6{u_n} - \frac{3}{2}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
c) \left\{ \begin{array}{l}u_1 = 1\\u_{n + 1} = \frac{u_n^3 - 3u_n - 6}{3u_n^2 + 6u_n +7}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}\end{array} \right.
Bài 4: Tìm công thức tính số hạng tổng quát của các dãy số sau:
a) \left\{ \begin{array}{l} u_1 = 3\\ u_{n + 1} = 8u_n^4 - 64u_n^3 + 184u_n^2 - 224u_n + 99\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
b) \left\{ \begin{array}{l} {u_1} = 1\\ {u_{n + 1}} = \frac{{u_n^4}}{{u_n^4 + 8u_n^2 + 8}}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
c) \left\{ \begin{array}{l} u_1 = 5\\ u_{n + 1} = \frac{u_n^4}{\left( 8 + 4u_n \right)\sqrt {1 + u_n^2}} \end{array} \right.
d) \left\{ \begin{array}{l} u_1 = 2\\ u_{n + 1} = \frac{1 + 3u_n^2}{u_n^3 + 3u_n}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
e) \left\{ \begin{array}{l} u_1 = 1\\ u_{n + 1} = \frac{u_n^3 + 6u_n^2 + 15u_n + 14}{3u_n^2 + 12u_n + 13}\,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.
Mời các bạn cùng thảo luận tại: http://diendantoanho...showtopic=73743
0 comments:
Đăng nhận xét