DƯ QUỐC ĐẠT
Giáo viên trường THPT
Nguyễn Hữu Cầu, huyện Hốc môn, TP Hồ Chí Minh
I. Lời nói đầu:
Bài toán tìm công thức
tính số hạng tổng quát của một dãy số cho dưới dạng truy hồi là một bài toán
rất đa dạng và thường gặp trong những đề thi Olympic, thi học sinh giỏi quốc
gia, quốc tế. Có nhiều hướng tiếp cận bài toán này và có nhiều cách giải khác nhau.
Trong
bài viết này tôi giải quyết bái toán bằng cách sử dụng các hàm hypebolic .
Tác
giả rất mong nhận được sự góp ý của các đồng nghiệp qua địa chỉ email: duquocdat2009@gmail.com.
II. Nội dung:
II.1.
Giới thiệu các hàm Hypebolic.
$\bullet
$ Hàm sin hypebolic định bởi: ${\mathop{\rm sh}\nolimits} x = \frac{{{e^x} -
{e^{ - \,x}}}}{2}$ có tập xác định $\mathbb{R}$ và tập giá trị $\mathbb{R}$
$\bullet
$ Hàm cos hyperbolic định bởi: ${\mathop{\rm ch}\nolimits} x = \frac{{{e^x} +
{e^{ - \,x}}}}{2}$ có tập xác định $\mathbb{R}$ và tập giá trị $\left[ {1, +
\infty } \right)$
$\bullet
$ Hàm tan hyperbolic định bởi: ${{\mathop{\rm th}\nolimits} x} =
\frac{{{\mathop{\rm sh}\nolimits} x}}{{{\mathop{\rm ch}\nolimits} x}} =
\frac{{{e^x} - {e^{ - \,x}}}}{{{e^x} + {e^{ - \,x}}}}$ có tập xác định
$\mathbb{R}$ và tập giá trị $\left( { - 1,1} \right)$
$\bullet
$ Hàm cot hyperbolic định bởi: $\coth x = \frac{{{\mathop{\rm ch}\nolimits}
x}}{{{\mathop{\rm sh}\nolimits} x}} = \frac{{{e^x} + {e^{ - \,x}}}}{{{e^x} -
{e^{ - \,x}}}}$ có tập xác định $\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}$ và
tập giá trị $\left( { - \,\infty \,,\, - 1} \right) \cup \left( {1\,,\, +
\,\infty } \right)$
Các
tính chất sau bạn đọc có thể tự chứng minh:
1.
$c{h^2}x - s{h^2}x = 1$
2.
$ch\left( {x \pm y} \right) = chx.chy \pm shx.shy$
3.
$sh\left( {x \pm y} \right) = chx.shy \pm chy.shx$
4.
$sh\left( {2x} \right) = 2shx.chx$
5.
$sh\left( {3x} \right) = 4s{h^3}x + 3shx$
6.
$ch\left( {2x} \right) = c{h^2}x + s{h^2}x = 2c{h^2}x - 1 = 2s{h^2}x + 1$
7.
$ch\left( {3x} \right) = 4c{h^3}x - 3chx$
8.
$ch\left( {4x} \right) = 8c{h^4}x - 8c{h^2}x + 1 = 8s{h^4}x + 8s{h^2}x + 1$
9.
$sh\left( {4x} \right) = 8s{h^3}x.chx + 4shx.chx = 8s{h^3}x\sqrt {1 +
s{h^2}x} + 4shx\sqrt {1 + s{h^2}x} $
10.
$th\left( {2x} \right) = \frac{{2thx}}{{1 + t{h^2}x}}$
11.
$th\left( {3x} \right) = \frac{{t{h^3}x + 3thx}}{{1 + 3t{h^2}x}}$
II.2
Các dạng thường gặp.
1.
Dạng 1: $\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{\textbf{Cho}\,\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n + 1}} = 2u_n^2 - 1;\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}} \end{array}
\right.$
Ta
xét các trường hợp sau:
* Trường
hợp 1:
Nếu
${u_1} = 1$ thì ta được ${u_n}=1,\,\,\,\forall n \in \mathbb{{N}^*}$
Nếu
${u_1} = -1$ thì ta được ${u_n}=1,\,\,\,\forall n \ge 2$
* Trường
hợp 2:
Nếu
$-1<u_1<1$ thì ta đặt ${u_1}= \cos\alpha;\,\,\,\,\alpha \in \left( {0,\pi
} \right)$
Chứng
minh quy nạp ta được: ${u_n}=\cos\left({{2^{n-1}}\alpha} \right).$
* Trường
hợp 3: Nếu ${u_1}<1$ thì ta đặt ${u_1}=ch \alpha$. Chứng minh quy
nạp ta được ${u_n} = ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right)$
Lưu
ý: ${u_1} = ch\alpha \Leftrightarrow {u_1} =
\frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{2}$. Giải phương trình ta chỉ cần
chọn một nghiệm $e^{\alpha}$.
Khi
đó: ${u_n} = \frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{2^{n - 1}}}} + {{\left(
{{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}}}}{2}$
* Trường
hợp 4: Nếu ${u_1}<-1$ thì ta đặt ${u_1}=-ch \alpha$. Chứng minh quy
nạp ta được ${u_n} = ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right),\,\,\,\,\forall n
\ge 2$
Các
dạng dãy số quy về dạng 1
1.1.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{\textbf{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n + 1}} = u_n^2 - 2\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}} \end{array}
\right.$
Đặt
${u_n}=2 {x_n}$ ta được: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{1}{2}{u_1}\\
{x_{n + 1}} = 2x_n^2 - 1,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.$
1.2.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{\textbf{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n + 1}} = au_n^2 - \frac{2}{a}\,\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}}
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\mathbf{\left( {a \ne 0} \right)}$
Đặt
${u_n}= \frac{2}{a} {x_n}$ ta được: $\left\{ \begin{array}{l} {x_1} =
\frac{a}{2}{u_1}\\ {x_{n + 1}} = 2x_n^2 - 1\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
\end{array} \right.$
1.3.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{ \text{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n + 1}} = au_n^2 + b{u_n} + c\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}}
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathbf{\left( {a \ne 0,\,c =
\frac{{{b^2} - 2b - 8}}{{4a}}} \right)}$
Ta
đặt: ${u_n}=p {x_n} +q$, thế vào giả thiết và tìm $p,q$ để ta được: ${x_{n +
1}} = 2x_n^2 - 1$
1.4.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{ \text{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n + 1}} = u_n^2 - 2{a^{{2^n}}}\,\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}}
\end{array} \right. \,\,\,\,\,\, \mathbf{(a \ne 0)}$
Đặt
${u_n} = 2{a^{{2^{n - 1}}}}{x_n}$ ta được: $\left\{ \begin{array}{l} {x_1}
= \frac{1}{{2a}}{u_1}\\{x_{n + 1}} = 2x_n^2 - 1\,,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
\end{array} \right.$
1.5.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{ \text{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n + 1}} = 2{a^{{2^n}}}u_n^2 - {a^{\left( {n + 1}
\right){2^n}}}\,\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}} \end{array}
\right.\,\,\,\,\,\,\, \mathbf{\left( {a \ne 0} \right)}$
Đặt
${u_n} = {a^{n{2^{n - 1}}}}{x_n}$ ta được: $\left\{ \begin{array}{l} {x_1} =
\frac{1}{a}{u_1}\\ {x_{n + 1}} = 2x_n^2 - 1 \end{array} \right.$
1.6.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{ \text{Cho}\,\,\,{u_1}
\ge - 2}\\ \mathbf{{u_{n + 1}} = \sqrt {2 + {u_n}} \,;\,\,\forall n
\in \mathbb{N^*}} \end{array} \right.$
Ta
xét các trường hợp sau:
* Trường
hợp 1: Nếu $ - 2 \le {u_1} \le 2$ thì ta đặt ${u_1}=2\cos
\alpha;\,\,\, \alpha \in \left({0, \pi} \right)$ rồi áp dụng công thức $1 +
\cos \alpha = 2{\cos ^2}\frac{\alpha }{2}$, chứng minh quy nạp ta
được: ${u_n} = 2\cos \frac{\alpha }{{{2^{n - 1}}}}\,,\,\,\forall n \in
\mathbb{N^*}$
* Trường
hợp 2: Nếu ${u_1}>2$ thì ta đặt ${u_1} = 2ch\alpha $ rồi áp dụng
công thức $1 + ch\left( {2\alpha } \right) = 2c{h^2}\alpha $, chứng minh quy
nạp ta được: ${u_n} = 2ch\frac{\alpha }{{{2^{n - 1}}}}\,,\,\,\forall n \in
\mathbb{N^*}$
1.7.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{ \text{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n + 1}} = 2{u_n}\sqrt {1 + u_n^2} \,,\,\,\forall n \in
\mathbb{N^*}} \end{array} \right.$
Đặt
$sh \alpha = {u_1}$, giải phương trình để tìm $e^\alpha$
Chứng
minh quy nạp ta được: $${u_n} = sh\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) =
\frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{2^{n - 1}}}} - {{\left( {{e^{ -
\,\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}}}}{2}$$
Dạng
mở rộng: $\left\{ \begin{array}{l} \text{Cho}\,\,{u_1}\\ {u_{n + 1}} =
b\left( {{u_n} + c} \right)\sqrt {u_n^2 + 2c{u_n} + {c^2} + {a^2}} -
c\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.$ Với $a,\,b >0 $ và
$ab=2$
1.8.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{ \text{Cho}\,\,{u_1} >; 1}\\
\mathbf{{u_{n + 1}} = a.{u_n} + b\sqrt {u_n^2 - 1} \,,\,\,\forall n \in
\mathbb{N^*}} \end{array} \right.\,\,\,\,\textbf{với}\,\,\, \mathbf{a>;0}\,\,\,\textbf{
và}\,\,\,\,\mathbf{ a^2 - b^2 =1}$
Đặt
$\left\{ \begin{array}{l} ch\beta = a\\ sh\beta = b
\end{array} \right.$, giải hệ để tìm ${e^\beta }$ và đặt $\left\{
\begin{array}{l} ch\alpha = {u_1}\\ sh\alpha = \sqrt
{u_1^2 - 1} \end{array} \right.$, giải hệ để tìm ${e^\alpha }$
Ta
được: ${u_2} = ch\alpha .ch\beta + sh\alpha .sh\beta =
ch\left( {\alpha + \beta } \right)$
Chứng
minh quy nạp ta được: $${u_n} = ch\left[ {\alpha + \left( {n - 1}
\right)\beta } \right]\, = \frac{{\left( {{e^\alpha }} \right){{\left(
{{e^\beta }} \right)}^{n - 1}} + \left( {\frac{1}{{{e^\alpha }}}}
\right){{\left( {\frac{1}{{{e^\beta }}}} \right)}^{n - 1}}}}{2},\,\,\forall n
\in \mathbb{N^*}$$
Dạng
mở rộng: $\left\{ \begin{array}{l}\text{Cho}\,\,{u_1}\\ {u_{n + 1}}
= \frac{{{u_n}}}{{a + \sqrt {cu_n^2 + b} }}\,\,\,,\,\,\,\forall n \in
\mathbb{N^*} \end{array} \right.$ với $\alpha > 0,\,\,a > 0$ và $a^2 - b
=1$
Biến
đổi: $\frac{1}{{{u_{n + 1}}}} = \frac{{a + \sqrt {cu_n^2 + b} }}{{{u_n}}} =
a\left( {\frac{1}{{{u_n}}}} \right) + \sqrt {c + b\left( {\frac{1}{{u_n^2}}}
\right)} $. Đặt ${x_n} = \frac{1}{{{u_n}}}$ ta đưa về dạng trên
1.9.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{ \text{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n + 1}} = \frac{{2{u_n}}}{{1 + u_n^2}}\,,\,\,\forall n \in
\mathbb{N^*}} \end{array} \right.$
Dạng
này ta chia trường hợp như sau:
* Nếu
${u_1}=1$ hay ${u_1}=-1$ thì ${u_n}=1$ hay ${u_n}=-1$
* Nếu
$-1 <{u_1} <1$ thì ta đặt ${u_1}=th \alpha$
Chứng
minh quy nạp ta được: $${u_n} = th\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) =
\frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{2^{n - 1}}}} - {{\left( {{e^{ -
\,\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}}}}{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{2^{n
- 1}}}} + {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}}}} =
\frac{{{{\left( {{e^{2\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}} - 1}}{{\left(
{{e^{2\alpha }}} \right) + 1}}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}$$
* Nếu
${u_1} <-1$ hay ${u_1} >1$ thì ta đặt ${u_1} = \coth \alpha =
\frac{1}{{th\alpha }}$
Chứng
minh quy nạp ta được: $${u_n} = th\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) =
\frac{{{{\left( {{e^{2\alpha }}} \right)}^{{2^{n - 1}}}} - 1}}{{\left(
{{e^{2\alpha }}} \right) + 1}}\,,\,\,\forall n \ge 2$$
1.10.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{ \text{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n + 1}} = 4u_n^3 - 3{u_n}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}}
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\mathbf{\left( a \right)}$ và $\left\{
\begin{array}{l}
\mathbf{\text{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n + 1}} = 4u_n^3 + 3{u_n}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}}
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\mathbf{\left( b \right)}$
Với
dạng 1.10a) Ta xét các trường hợp sau:
* Trường
hợp 1: Nếu ${u_1}=1$ hay ${u_1}=-1$ thì ta được ${u_n}=1$ hay
${u_n}=-1,\,\,\,\,\,\,\forall \in \mathbb{N^*}$
* Trường
hợp 2: Nếu $-1 <{u_1} &--#60;1$ thi ta đặt ${u_1}=\cos
\alpha;\,\,\, \alpha \in \left({0; \pi} \right)$
Chứng
minh quy nạp ta được: ${u_n} = \cos \left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right)$
* Trường
hợp 3: Nếu ${u_1}&--#62;1$ thì ta đặt ${u_1}=ch \alpha$.
Chứng
minh quy nạp ta được: $${u_n} = ch\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right) =
\frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{3^{n - 1}}}} + {{\left( {{e^\alpha }}
\right)}^{{3^{n - 1}}}}}}{2}$$
* Trường
hợp 4: Nếu ${u_1}&--#60;-1$ thì ta đặt $-{u_1}=ch
\alpha$
Chứng
minh quy nạp ta được: $${u_n} = - \,ch\left( {{3^{n - 1}}\alpha }
\right) = - \,\frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{3^{n - 1}}}}
+ {{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{3^{n - 1}}}}}}{2}$$
Với
dạng 1.10b) ta đặt ${u_1}=sh \alpha$. Chứng minh quy nạp ta được: $${u_n} =
sh\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right) = \,\frac{{{{\left( {{e^\alpha }}
\right)}^{{3^{n - 1}}}} - {{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{3^{n - 1}}}}}}{2}$$
Các
dạng dãy số quy về dạng 1.10.
1.10.1.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} \text{Cho}\,\,{u_1}\\ {u_{n + 1}} =
au_n^3\, \pm 3{u_n}\,\,;\,\,\forall n \in \mathbb {N^*} \end{array}
\right.\,\,\,\,\,\,\left( {a >0} \right)$
Nhận
xét: Ta tìm cách quy về dạng trên như sau: Đặt ${u_n}=b{v_n}$.
Thế
vào giả thiết ta được: $b{v_{n + 1}} = a{b^3}v_n^3 \pm 3b{v_n} \Rightarrow
{v_{n + 1}} = a{b^2}v_n^3 \pm 3{v_n}$
Ta
cần tìm $b$ sao cho $a{b^2} = 4 \Leftrightarrow b = \frac{2}{{\sqrt a }}$
1.10.2.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l} {u_1} = \alpha \\ {u_{n + 1}} = au_n^3 +
bu_n^2 + c{u_n} + d\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*} \end{array} \right.$
với
$a&--#62;0,\,c = \frac{{{b^2}}}{{3a}}\,,\,\,d = \frac{{b\left( {c - 3}
\right)}}{{9a}}\,,\,\,\alpha > - \,\frac{b}{{3a}}$ hay
$a&--#62;0,\,c = \frac{{{b^2} + 9a}}{{3a}}\,,\,\,d = \frac{{{b^3} +
18ab}}{{27{a^2}}}\,,\,\,\alpha >\frac{2}{{\sqrt a }} -
\frac{b}{{3a}}$
Đặt
${u_n}=a{v_n}+b$, thế vào giả thiết rồi tìm hai số $a, b$ sao cho ${v_{n + 1}}
= 4v_n^3 \pm 3{v_n}$
1.11.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l}
\mathbf{
\text{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n
+ 1}} = 8u_n^4 - 8u_n^2 + 1\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}}
\end{array}
\right.\,\,\,\,\,\,\mathbf{\left( a \right)}$ và $\left\{ \begin{array}{l}
\mathbf{
\text{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n
+ 1}} = \left( {8u_n^3 + 4{u_n}} \right)\sqrt {1 + u_n^2} \,,\,\,\forall n \in
\mathbf{N^*}}
\end{array}
\right.\,\,\,\,\,\,\mathbf{\left( b \right)}$
Với
dạng 1.11a) Ta xét các trường hợp sau:
* Trường
hợp 1:
Nếu
${u_1} = 1$ thì ta được ${u_n} = 1,\,\,\forall \in \mathbb{N^*}$
Nếu
${u_1} = – 1$ thì ta được ${u_n} = 1,\,\,\forall n \le 2$
* Trường
hợp 2: Nếu $– 1 <{u_1} <1$ thì ta đặt ${u_1} = \cos
\alpha;\,\,\,\alpha \in \left({0; \pi} \right)$.
Chứng
minh quy nạp ta được: ${u_n} = \cos \left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right)$
* Trường
hợp 3 : Nếu ${u_1} >1$ thì ta đặt ${u_1} = ch \alpha$.
Chứng
minh quy nạp ta được: $${u_n} = ch\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) =
\frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{4^{n - 1}}}} + {{\left( {{e^\alpha }}
\right)}^{{4^{n - 1}}}}}}{2}$$
* Trường
hợp 4: Nếu ${u_1}<– 1$ thì ta đặt $– {u_1} = ch \alpha$.
Chứng
minh quy nạp ta được: $${u_n} = \,ch\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) =
\frac{{{{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{4^{n - 1}}}} + {{\left( {{e^\alpha }}
\right)}^{{4^{n - 1}}}}}}{2}\,,\,\,\forall n \ge 2$$
Với
dạng 1.11b) ta đặt ${u_1} = sh \alpha$. Chứng minh quy nạp ta được: $${u_n} =
sh\left( {{4^{n - 1}}\alpha } \right) = \,\frac{{{{\left( {{e^\alpha }}
\right)}^{{4^{n - 1}}}} - {{\left( {{e^\alpha }} \right)}^{{4^{n - 1}}}}}}{2}$$
1.12.
Dạng: $\left\{ \begin{array}{l}
\mathbf{
\text{Cho}\,\,{u_1}}\\
\mathbf{{u_{n
+ 1}} = \frac{{u_n^3 + 3{u_n}}}{{1 + 3u_n^2}}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}}
\end{array}
\right.$
Ta
xét các trường hợp sau:
* Nếu
${u_1} = 1$ hay ${u_1} = – 1$ thì ${u_n} = 1$ hay ${u_n} = – 1$
* Nếu
$– 1 <{u_1} <1$ thì ta đặt $th \alpha ={u_1}$.
Chứng
minh quy nạp ta được: $${u_n} = th\left( {{3^{n - 1}}\alpha } \right) =
\frac{{{{\left( {{e^{2\alpha }}} \right)}^{{3^{n - 1}}}} - 1}}{{{{\left(
{{e^{2\alpha }}} \right)}^{{3^{n - 1}}}} + 1}}$$
* Nếu
${u_1} <– 1$ hay ${u_1} >1$ thì ta đặt $coth \alpha ={u_1}$ .
Chứng
minh quy nạp ta được: $${u_n} = \coth \left( {{3^{n - 1}}\alpha }
\right) = \frac{{{{\left( {{e^{2\alpha }}} \right)}^{{3^{n - 1}}}} +
1}}{{{{\left( {{e^{2\alpha }}} \right)}^{{3^{n - 1}}}} - 1}}$$
Bây
giờ, chúng ta hãy xét một số ví dụ sau.
Ví dụ
1: Tìm số hạng tổng quát của dãy số
$({u_n})$ định bởi: $\left\{ \begin{array}{l}
{u_1}
= \frac{1}{3}\\
{u_{n
+ 1}} = 3u_n^2 - \frac{2}{3}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
\end{array}
\right.$
Giải: Đặt
${u_n} = \frac{2}{3}{x_n}$ ta được dãy số $({x_n})$ định
bởi: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1}
= \frac{1}{2}\\
{x_{n
+ 1}} = 2x_n^2 - 1,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
\end{array}
\right.$
Ta
có: ${x_1} = \cos \frac{\pi }{3}$. Giả sử ${x_n} = \cos \left( {{2^{n -
1}}\frac{\pi }{3}} \right)$. Khi đó ${x_{n + 1}} = 2{\cos ^2}\left( {{2^{n -
1}}\frac{\pi }{3}} \right) - 1 = \cos \left( {{2^n}\frac{\pi }{3}} \right)$
Vậy:
${x_n} = \cos \left( {{2^{n - 1}}\frac{\pi }{3}} \right)$ suy ra ${u_n} =
\frac{2}{3}\cos \left( {{2^{n - 1}}\frac{\pi }{3}} \right)$
Ví dụ
2: Tìm số hạng tổng quát của dãy số
$({u_n})$ định bởi: $\left\{ \begin{array}{l}
{u_1}
= \frac{{15}}{2}\\
{u_{n
+ 1}} = u_n^2 - {2.3^{{2^n}}},\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
\end{array}
\right.$
Giải: Đặt
${u_n} = {2.3^{{2^{n - 1}}}}{x_n}$ ta được dãy số $({x_n})$ định bởi: $\left\{
\begin{array}{l}
{x_1}
= \frac{5}{4}\\
{x_{n
+ 1}} = 2x_n^2 - 1,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
\end{array}
\right.$
Đặt $ch\alpha =
\frac{5}{2} \Leftrightarrow \frac{{{e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha }}}}{2} =
\frac{5}{4}$, giải phương trình ta chọn nghiệm ${e^\alpha } = 2$
Ta
có: ${x_1} = ch\alpha $. Giả sử ${x_n} = ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha }
\right)$. Khi đó: ${x_{n + 1}} = 2c{h^2}\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) - 1
= ch\left( {{2^n}\alpha } \right)$
Vậy: ${x_n}
= ch\left( {{2^{n - 1}}\alpha } \right) = \frac{{{{\left( {{e^\alpha }}
\right)}^{{2^{n - 1}}}} + {{\left( {{e^{ - \,\alpha }}} \right)}^{{2^{n -
1}}}}}}{2} = \frac{{{2^{{2^{n - 1}}}} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{{2^{n
- 1}}}}}}{2}$ suy ra ${u_n} = {6^{{2^{n - 1}}}} + {\left(
{\frac{3}{2}} \right)^{{2^{n - 1}}}}$
Ví dụ
3: Tìm số hạng tổng quát của dãy số
$({u_n})$ định bởi: $\left\{ \begin{array}{l}
{u_1}
= 3\\
{u_{n
+ 1}} = \sqrt {2 + {u_n}} \,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}
\end{array}
\right.$
Giải: Đặt
${u_1} = 2ch\alpha \Leftrightarrow 3 = {e^\alpha } + {e^{ - \,\alpha
}}$. Giải phương trình ta chọn nghiệm ${e^\alpha } = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}$
Giả
sử ${u_n} = 2ch\frac{\alpha }{{{2^{n - 1}}}}$. Khi đó: $${u_{n + 1}} = \sqrt {2
+ 2ch\frac{\alpha }{{{2^{n - 1}}}}} = \sqrt {2\left( {1 +
ch\frac{\alpha }{{{2^{n - 1}}}}} \right)} = \sqrt
{4c{h^2}\frac{\alpha }{{{2^n}}}} = 2c{h^2}\frac{\alpha }{{{2^n}}}$$
Vậy:
$${u_n} = 2ch\frac{\alpha }{{{2^{n - 1}}}} = {\left( {{e^\alpha }}
\right)^{\frac{1}{{{2^{n - 1}}}}}} + {\left( {\frac{1}{{{e^\alpha }}}}
\right)^{\frac{1}{{{2^{n - 1}}}}}} = {\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}}
\right)^{\frac{1}{{{2^{n - 1}}}}}} + {\left( {\frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}}
\right)^{\frac{1}{{{2^{n - 1}}}}}}\,,\,\,\forall n \in \mathbb{N^*}$$
Còn tiếp...
Có vài chỗ Latex bị lỗi không hiện công thức toán học.