Bài toán Basel

Giới thiệu

Mỗi tổng vô hạn có dạng:

\begin{equation} a_1+a_2+a_3+...=\sum_{k=1}^{\infty}a_k \end{equation}

được gọi là một chuỗi số.

Chuỗi số xuất hiện trong nhiều lĩnh vực của toán học hiện đại. Nhiều vấn đề về mảng này đã được phát triển từ thế kỷ XVII. Trong quá trình nghiên cứu của mình, Leonhard Euler tiếp tục giải quyết nhiều bài toán quan trọng. Trong bài viết này chúng tôi sẽ giải thích lập luận Euler liên quan đến một trong những chuỗi thú vị nhất.

Bạn có lẽ đã biết một trong những dãy số quan trọng nhất - cấp số nhân. Cho các hằng số $a$ và $r$, ta xét tổng (gọi là tổng $N$ số hạng đầu của cấp số nhân)

\begin{equation} a+ar+ar^2+...+ar^N \end{equation}

Nếu $|r|<1$ thì ta có thể tính được tổng vô hạn, theo cách của Newton, là:

\begin{equation} a+ar+ar^2+...+a^N+...=\frac{a}{1-r} \end{equation}

Đó là chuỗi số đầu tiên và duy nhất có kết quả tổng quát được đến trong suốt thế kỷ XVII. Các chuỗi được biết đến sau đó là:

\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{k(k+1)}&=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{10}+\frac{1}{15}+... \label{c4}\\ &=2\left[ \frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\frac{1}{20}+... \right]\\ &=2 \left[ \left(1-\frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\right)+ ... \right]\\ &=2 \end{align}

Phương pháp tương tự được sử dụng để tính các tổng:

\begin{equation} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{k^2}{2^k}=6;\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k^3}{2^k}=26 \end{equation}

Đó là các chuỗi số hội tụ. Với các chuỗi này, ta có thể thay thế một tổng vô hạn bằng một số hữu hạn. Điều này không đúng với một chuỗi số nổi tiếng mà ta quen gọi là chuỗi điều hòa:

\begin{equation} 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k} \end{equation}

Lời giải từ thời trung cổ về tính phân kì của chuỗi điều hòa được phát hiện và xuất bản bởi một linh mục người Pháp tên là Orseme vào khoảng những năm 1350. Lập luận đó như sau:

\begin{align} &1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+...\\ =&1+\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}\right)+...\\ \geq & 1 +\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+... \end{align}

Do đó tổng này có thể lớn bao nhiêu tùy ý. Thực tế, chuỗi này phân kỳ rất chậm. Một ước tính chính xác về tốc độ phân kỳ của nó có thể được tìm thấy trong chứng minh hiện đại hơn về sau. Người ta so sánh đồ thị của hàm số với các số hạng của chuỗi. Bằng cách tích phân hàm số và so sánh với tổng riêng của chuỗi, ta thu được kết luận. Trong trường hợp này, ta so sánh các tổng riêng của chỗi với phần diện tích phía dưới đồ thị của hàm số $y= \frac{1}{1 + x} $. Đặc biệt, hình 1 cho thấy

\begin{equation} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}>\int_{0}^n\frac{1}{x+1}dx \end{equation}.
Dĩ nhiên, tích phân ở trên rất dễ. Kết quả cho ta:

\begin{equation} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}>\ln (1+n) \end{equation}.

Đến đây, hàm số $y=\ln (1+x)$ không bị chặn. Vì vậy ta có thể làm cho tổng $\sum _{k=1}^ n\frac{1}{k}$ lớn bao nhiêu tùy ý bằng cách chọn $n$ phù hợp. Làm tương tự với hàm $\frac{1}{x}$ ta thấy

\begin{equation} 1+\ln (n) > \sum _{k=1}^ n\frac{1}{k} > \ln (1+n) \end{equation}

Nhờ đó, ta có thể ước lượng tốc độ phân kì của chuỗi này.

Chuỗi điều hòa tổng quát

Chuỗi điều hòa có thể được mô tả là tổng nghịch đảo các số tự nhiên. Tương tự, tổng nghịch đảo của các số chính phương cũng cho ta một chuỗi số:

\begin{equation} 1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+...=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} \end{equation}

Câu hỏi đầu tiên là: "Chuỗi này có hội tụ không?". Nếu có thì tổng của nó bằng bao nhiêu? Để trả lời câu hỏi đầu tiên, ta chú ý rằng:

\begin{equation} 2k^2 \geq k(k+1) \end{equation} Do đó: \begin{equation} \frac{1}{k^2}\leq \frac{2}{k(k+1)} \end{equation}

So sánh với \eqref{c4}, ta dễ dàng thu được:

\begin{equation} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} \leq \sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{k(k+1)}=2 \end{equation}

Chuỗi đã cho hội tụ, nhưng rất khó để tính kết quả chính xác của tổng. Jakob Bernoulli đã thử và không thể tìm được nó. Tiếp theo là Mengoli và Leibniz. Việc tính tổng được gọi là các bài toán Basel và chúng tôi tập trung vào giải pháp Euler cho phần còn lại của bài viết này.

"Đa thức vô hạn" - chuỗi lũy thừa

Trước khi giải quyết vấn đề này, ta nhắc lại lý thuyết mà Euler sử dụng. Ông viết hàm $ \sin (x) $ một cách đặc biệt, là một "đa thức vô hạn" theo cách sau:

\begin{equation} \label{c20} \sin(x) = x - \frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+...+(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}+... \end{equation}

Đó gọi là khai triển theo chuỗi lũy thừa của hàm số $\sin(x)$ bởi vì các số hạng của nó đều là các lũy thừa của $x$. Để ý rằng có thể xấp xỉ $\sin (x) \approx x$ khi $x$ đủ nhỏ. Hoặc xấp xỉ tốt hơn như:

\begin{equation} \sin(x) \approx x - \frac{x^3}{3!} \end{equation}

hay

\begin{equation} \sin(x) \approx x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} \end{equation}
bằng cách lấy thêm nhiều số hạng phía sau. Hầu hết các hàm khác như $y=\cos(x), y=e^x,y=\ln(x)$ đều có thể biểu diễn thành chuỗi lũy thừa. Chiếc máy tính bỏ túi của bạn sử dụng điều này để có thể tính toán được các giá trị của các hàm số đó. Trong công thức \eqref{c20}, $x$ được dùng đơn vị radian chứ không phải độ.

Lời giải của Euler cho bài toán Basel Euler nghiên cứu bài toán Basel vào năm 1731, khi ông 24 tuổi bằng cách tính xấp xỉ. Đây là một công việc khó khăn khi phải tính toán bằng tay và chuỗi số này lại hội tụ chậm. Năm 1735, ông thu được kết quả chính xác sau:

\begin{equation} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} \end{equation}

Đây là một kết quả thực sự đáng chú ý. Không ai dự kiến $\pi$, tỷ lệ giữa chu vi của một vòng tròn với đường kính, lại xuất hiện trong công thức tổng.

Euler nhận xét rằng nếu đa thức $p(x)$ bậc $n$ thỏa mãn các tính chất sau:

1) $p(x)$ có các nghiệm khác $0$ là $a_1,a_2,...,a_n$.

2) $p(0)=1$.

thì $p(x)$ có thể được viết dưới dạng:

\begin{equation} p(x) = \left(1-\frac{x}{a_1}\right)\left(1-\frac{x}{a_2}\right)...\left(1-\frac{x}{a_n}\right) \end{equation}

Xét đa thức:

\begin{equation} p(x)=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+... \end{equation}

là một đa thức có bậc vô hạn và $p(0)=1$. Ngoài ra, Euler cũng đã xét

\begin{equation} \sin(x) = x - \frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+...+(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}+... \end{equation}

Nhân $p(x)$ với $x$, ông thu được:

\begin{equation} xp(x) = x - \frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+... = \sin(x) \end{equation}

Do đó $p(x)$ có các nghiệm là $x=\pm k\pi, k=1,2,...$ (chính là các nghiệm khác $0$ của $\sin(x)$). Sử dụng nhận xét trên, ta có:

\begin{align} p(x)&= 1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+... \\ &=\left(1-\frac{x}{\pi}\right)\left(1+\frac{x}{\pi}\right)\left(1-\frac{x}{2\pi}\right)\left(1+\frac{x}{2\pi}\right)...\\ &=\left(1-\frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{4\pi^2}\right)... \end{align}

Bí quyết Euler là viết $ p (x) $ theo hai cách khác nhau. Tích vô hạn cuối cùng rất phức tạp nhưng sẽ có một số hạng không đổi là $1$ và có thể đặt thừa số chung $x^2$ hạn mà không khó khăn gì:

\begin{equation} 1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+... = 1- \left(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}+\frac{1}{9\pi^2}+...\right)x^2+... \end{equation}

Bây giờ Euler so sánh hệ số $x^2$ ở hai vế và thu được:

\begin{equation} -\frac{1}{3!}=-\left(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}+\frac{1}{9\pi^2}+...\right) \end{equation}

Từ đó:

\begin{equation} 1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...=\frac{\pi^2}{6} \end{equation}

Không dừng lại ở đây, Euler mở rộng tích hơn nữa và so sánh những hệ số khác nữa, ông thu được:

\begin{equation} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^4}=\frac{\pi^4}{90};\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^6}=\frac{\pi^6}{945}\end{equation}

Năm 1744, ông thu được:

\begin{equation} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{26}}=\frac{2^{24}76977927\pi^{26}}{27!} \end{equation}

cũng bằng phương pháp trên.

Đặc biệt, phương pháp của ông có thể giải quyết các chuỗi:

\begin{equation} \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2n}} \end{equation}

với mọi số tự nhiên $n$.

Mở rộng bài toán Basel

Phương pháp của Euler là điển hình, nó không chỉ giải quyết một mà là một lớp các bài toán tương tự. Bạn chú ý rằng, phương pháp của ông chỉ sử dụng cho các lũy thừa bậc chẵn. Thế còn đối với chuỗi:

\begin{equation} \sum _{k=1}^\infty \frac{1}{k^3}? \end{equation} 

    Câu trả lời là: chúng ta không biết. Đây vẫn là một câu hỏi mở và khá nổi tiếng. Euler đã cố gắng giải quyết nó nhưng thất bại. Kết quả tốt nhất mà ông thu được là:

\begin{equation} \sum _{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k+1)^3}=1-\frac{1}{27}+\frac{1}{125}-...=\frac{\pi^3}{32} \end{equation}

Read more »

$\lim_{x\to \infty}(\sin x-\sin \sqrt{1+x^2})$

Bài toán: Tính $L=\lim_{x\to \infty}\left(\sin x-\sin \sqrt{1+x^2}\right)$

Giải

Ta có:

\begin{align*}L&=\lim_{x\to \infty}\left(\sin x-\sin \sqrt{1+x^2}\right) \\ & =2\lim_{x\to \infty}\cos \frac{x+\sqrt{1+x^2}}{2} \sin \frac{x-\sqrt{1+x^2}}{2} \end{align*}

* Trường hợp $x \to +\infty$

Ta có

$$\left |\cos \frac{x+\sqrt{1+x^2}}{2} \sin \frac{x-\sqrt{1+x^2}}{2} \right | \leq \left |\sin \frac{x-\sqrt{1+x^2}}{2} \right |, \forall x$$

mà

\begin{align*}\lim_{x\to + \infty}\sin \frac{x-\sqrt{1+x^2}}{2} & = \lim_{x\to + \infty} \sin \frac{-1}{2\sqrt{1+x^2}+2x} \\ & =  \lim_{x\to + \infty}\sin \frac{\frac{-1}{x}}{+2\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+2} \\ & = 0\end{align*}

Do đó

$$\lim_{x\to + \infty}(\sin x-\sin \sqrt{1+x^2})=0$$

* Trường hợp $x \to -\infty$

Xét hai dãy số cùng dần tới $-\infty$ là:
$$x_n=\frac{1-4\pi^2n^2}{4\pi n}, \forall n \in \mathbb{N}^*$$
 và
$$x^{'}_n=\frac{1-(2n-1)^2\pi^2}{(2n-1)\pi }, \forall n \in \mathbb{N}^*$$

Ta có:

$$\lim_{x\to - \infty}\cos \frac{x_n+\sqrt{1+x_n^2}}{2} = \lim_{x\to - \infty}\cos \frac{x_n^{'}+\sqrt{1+{x^{'}}_n^2}}{2} = 1$$

$$\lim_{x\to - \infty}\sin \frac{x_n-\sqrt{1+x_n^2}}{2} = 0;\lim_{x\to - \infty}\sin \frac{x_n^{'}-\sqrt{1+{x^{'}}_n^2}}{2} = 1$$

Do đó giới hạn đã cho không tồn tại khi $x\to - \infty$

Read more »

Tìm $\lim \sum \frac{1}{u_k-\beta}$ của dãy $u_{n+1}=au_n^2+bu_n+c$

Bài toán: 
Cho dãy số $(u_n)$ xác định như sau:
$$\left\{\begin{matrix}u_1&=&\alpha\\u_{n+1}&=&au_n^2+bu_n+c, \forall n \geq 1 \end{matrix}\right. ,( a \neq 0)$$
Hãy tìm $\lim \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}-\beta}$.

Phân tích:
Ta cần tìm $\gamma$ để $ \forall k \geq 1$, ta có:
$$\frac{1}{u_{k}-\beta} = \frac{1}{u_k-\gamma}-\frac{1}{u_{k+1}-\gamma}$$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{u_{k+1}-\gamma}=\frac{1}{u_{k}-\gamma}-\frac{1}{u_{k}-\beta}$$
$$\Leftrightarrow u_{k+1}-\gamma = \frac{1}{\gamma-\beta}(u_k-\beta)(u_k-\gamma)$$
$$\Leftrightarrow au_{k}^2 +bu_k+c-\gamma = \frac{1}{\gamma-\beta}(u_k-\beta)(u_k-\gamma)$$
Chọn $\gamma = a\beta^2 +b\beta+c$ ta có lời giải sau:
Giải
Đặt $\gamma = a\beta ^2 + b \beta + c$, ta có
$$u_{n+1} - \gamma = a(u_n-\beta)(u_n-\gamma), \forall n \geq 1, \text{(1)}$$
Giả sử $a(\gamma - \beta) = 1$. Khi đó, nghịch đảo hai vế của $(1)$, $\forall n \geq 1$, ta có:
$$\frac{1}{(u_n-\beta)(u_n-\gamma)}=\frac{a}{u_{n+1}-\gamma }$$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{u_n-\gamma}-\frac{1}{u_n-\beta}=\frac{a(\gamma - \beta)}{(u_{n+1}-\gamma) }$$
$$\Leftrightarrow \frac{1}{u_n-\beta} =\frac{1}{u_{n}-\gamma}- \frac{1}{u_{n+1}-\gamma }$$
Do đó:
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}-\beta} = \frac{1}{\alpha - \gamma} - \frac{1}{u_{n+1}-\gamma}.$$
Nếu dãy $(u_n)$ có giới hạn là vô cực thì giới hạn cần tìm là:
$$\lim\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}-\beta} = \frac{1}{\alpha - \gamma}.$$

Read more »

Cấp số cộng và cấp số nhân

1. Dãy số

Dãy số $(u_n)$ là một hàm số với biến số tự nhiên

$$\begin{matrix}(u_n):& \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{R}\\ &n \mapsto u_n\end{matrix}$$

Các số $u_1, u_2, ..., u_n, ...$ được gọi là các số hạng của dãy. Số $u_1$ được gọi là số hạng đầu.

Có ba cách cho một dãy số:

- Cho bằng công thức số hạng tổng quát:

$$u_n=f(n), \forall n \geq 1$$

- Cho bằng công thức truy hồi:

$$u_n=f(u_1,u_2,...,u_{n-1}),\forall n \geq 2$$

- Cho bằng cách mô tả.

2. Cấp số cộng

a) Định nghĩa

Dãy số $(u_n)$ (hữu hạn hay vô hạn) thỏa mãn điều kiện:

$$u_{n+1} =u_n+d, \forall n \geq 1$$

được gọi là cấp số cộng.

Số $d$ được gọi là công sai của cấp số cộng.

b) Số hạng tổng quát, tổng $n$ số hạng đầu

Số hạng tổng quát của cấp số cộng $(u_n)$ được cho bởi công thức:

$$u_n = u_1 + (n-1)d, \forall n \geq 1$$

Tổng $n$ số hạng đầu của cấp số cộng $(u_n)$ được cho bởi công thức:

$$S_n = \frac{(u_1+u_n).n}{2} =nu_1+ \frac{n(n-1)}{2}d, \forall n \geq 1$$

3. Cấp số nhân

a) Định nghĩa

Dãy số $(u_n)$ (hữu hạn hay vô hạn) thỏa mãn điều kiện:

$$u_{n+1} =u_n.q, \forall n \geq 1$$

được gọi là cấp số nhân.

Số $q$ được gọi là công bội của cấp số nhân.

b)Số hạng tổng quát, tổng $n$ số hạng đầu

Số hạng tổng quát của cấp số nhân $(u_n)$ được cho bởi công thức:

$$u_n = u_1.q^{n-1}, \forall n \geq 1$$

Tổng $n$ số hạng đầu của cấp số nhân $(u_n)$ được cho bởi công thức:

$$S_n = \frac{u_1(1-q^n)}{1-q}, \forall n \geq 1$$

4. Ví dụ

Ví dụ 1 Vay số tiền $A$ từ ngân hàng với lãi suất kép $r\% $ mỗi tháng. Hỏi sau $n$ tháng, số tiền ta nợ ngân hàng (cả gốc và lãi) là bao nhiêu nếu trong $n$ tháng đó, ta không rút ra lần nào?

Đáp án: $T = A\left( {1 + \frac{r}{{100}}} \right)^n $

Ví dụ 2 Dân số tỉnh $X$ năm nay là $A$, tỉ lệ gia tăng dân số tỉnh này là $r \%$ mỗi năm. Tính dân số tỉnh $X$ sau $n$ năm.

5. Dãy $u_{n+1}=qu_n+d$

Cho dãy số $(u_n)$ xác định như sau:

$$\left\{\begin{matrix}u_1&=&\alpha\\u_{n+1}&=&qu_n+d, \forall n \geq 1 \end{matrix}\right. (qd \neq 0, q \neq 1)$$

Hãy tìm công thứ số hạng tổng quát của dãy số.

Giải

Xét phương trình đặc trưng:

$$x=qx+d$$

Phương trình này có nghiệm là $x = \frac{d}{1-q}$.

Đặt $v_n = u_n -\frac{d}{1-q}, \forall n \geq 1$. Khi đó, $\forall n \geq 1$, Ta có:

$$v_{n+1}=u_{n+1}-\frac{d}{1-q}=qu_n+d-\frac{d}{1-q}$$

$$=q\left( {u_n - \frac{d}{{1 - q}}} \right) = qv_n $$

Vậy $(v_n)$ là một cấp số nhân công bội $q$. Do đó:

$$v_n=v_1.q^{n-1}, \forall n \geq 1$$

Từ đó suy ra:

$$u_n=v_n+\frac{d}{1-q}=\left( {u_1 - \frac{d}{{1 - q}}} \right).q^{n-1}+\frac{d}{1-q}, \forall n \geq 1$$

Ví dụ 3

Cho dãy số $(u_n)$ xác định như sau:

$$\left\{\begin{matrix}u_1&=&1\\u_{n+1}&=&2u_n+3, \forall n \geq 1 \end{matrix}\right. $$

Tìm giới hạn dãy số.

Ví dụ 4 Vay số tiền $A$ từ ngân hàng với lãi suất kép $r\% $ mỗi tháng. Mỗi tháng, trả lãi ngân hàng số tiền $t ,t <\frac{Ar}{100}$. Hỏi sau $n$ tháng, số tiền ta nợ ngân hàng (cả gốc và lãi) là bao nhiêu?

Read more »

Dãy số $x_{n+1}=x_n^2-2$

Bài toán:
Cho dãy số $(x_n)$ biết $x_1=4$ và $x_{n+1}=x_n^2-2, \forall n \in N$Tìm $lim \frac{x_{n+1}}{x_1x_2...x_n}$

Giải

Đặt $4=\alpha +\frac{1}{\alpha}, \alpha = 2+\sqrt 3$, ta sẽ chứng minh rằng:
$$u_n=\alpha^{2^{n-1}}+\frac{1}{\alpha^{2^{n-1}}},\forall n \geq 1 \ \ \ (1)$$
Dễ thấy $(1)$ đúng với $n=1$
Giả sử $(1)$ đúng với $n=k$, ta có:
$$\small u_{k+1}=u_k^2-2=\left (\alpha^{2^{k-1}}+\frac{1}{\alpha^{2^{k-1}}} \right )^2-2=\alpha^{2^{k}}+\frac{1}{\alpha^{2^{k}}} $$

Ta có điều phải chứng minh.


Quay lại bài toán, ta có:

$$\small \left ( \alpha -\frac{1}{\alpha} \right )x_1.x_2...x_n=\left ( \alpha -\frac{1}{\alpha} \right )\left ( \alpha +\frac{1}{\alpha} \right )... \left (\alpha^{2^{n-1}}+\frac{1}{\alpha^{2^{n-1}}} \right )=\left (\alpha^{2^n}-\frac{1}{\alpha^{2^n}} \right )$$

Do đó:
$$\lim \frac{x_{n+1}}{x_1x_2...x_n}=\lim \frac{\alpha^{2^n}+\frac{1}{\alpha^{2^n}}}{\alpha^{2^n}-\frac{1}{\alpha^{2^n}}}\left ( \alpha-\frac{1}{\alpha} \right ) = \alpha-\frac{1}{\alpha} =2\sqrt 3$$

Read more »

Từ bài toán thi Chọn đội tuyển Daklak

Đề thi Chọn đội tuyển HSG dự thi QG của tỉnh Daklak có bài toán sau:

Cho dãy $(a_{n}): a_{n}=\frac{1^{2012}+2^{2012}+...+n^{2012}}{n^{2013}}$. Tính $\lim a_{n}$  khi $n\rightarrow +\infty$.

Cách 1: (Trần Trung Kiên - Nguyễn Sanh Thành)

Biến đổi $$a_n=\frac{1}{n}[(\frac{1}{n})^{2012}+(\frac{2}{n})^{2012}+...+(\frac{n}{n})^{2012}]=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(\frac{i}{n})^{2012}$$

Xét hàm số $f(x)=x^{2012}$ liên tục trên $[0;1]$ khả tích trên $[0;1]$.

Chia đoạn [0;1] bởi các điểm chia $x_i=\frac{i}{n};i=\overline{0;n}$ và chọn $\xi _i=\frac{1}{i}\in [x_{i-1};x_i];i=\overline{1;n}$

Ta có: \[{a_n} = \frac{1}{n}{\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{k}{n}} \right)} ^{2012}} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \int\limits_0^1 {{x^{2012}}} dx = \left. {\frac{1}{{2013}}{x^{2013}}} \right|_0^1 = \frac{1}{{2013}}\]

Cách 2 (Trần Trung Kiên)

Đặt $y_n=n^{2013} ;x_n =1^{2012}+2^{2012}+...+n^{2012}$. Ta có

$$\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=\frac{(1^{2012}+2^{2012}+...+n^{2012})-(1^{2012}+2^{2012}+...+(n-1)^{2012})}{n^{2013}-(n-1)^{2013}}$$

$$=\frac{n^{2012}}{2013n^{2012}-\frac{2012.2013}{2}n^{2011}+...}\to \frac{1}{2013}$$

Theo định lý Stolz $a_n \to \frac{1}{2013}$

Cách 3

Xét hàm số:

$$f(x) = e^x+e^{2x}+...+e^{nx}$$

Đạo hàm cấp $k$ của $f(x)$ là:

$$f^{(k)}(x)=e^x+2^ke^{2x}+...+n^ke^{nx}$$

Dễ thấy:

$$f^{(2012)}(0)=1+2^{2012}+...+n^{2012}$$

Ta cũng có thể viết:

$$f(x)=\frac{e^{(n+1)x}-e^x}{e^x-1}$$

Từ đó suy ra:

$$e^{(n+1)x}-e^x=(e^x-1)f(x)$$

Đạo hàm 2013 lần hai vế, ta có:

$$(n+1)^{2013}e^{(n+1)x}-e^x=\sum_{k=0}^{2013}C_{2013}^k.f^{(k)}(x)(e^x-1)^{(2013-k)}$$

Từ đó, ta có:

$(n+1)^{2013}e^{(n+1)x}-e^x=$

$=\sum_{k=0}^{2011}C_{2013}^k.f^{(k)}(x)(e^x-1)^{(2013-k)}+C^{2012}_{2013}f^{(2012)}(x)e^x+C^{2013}_{2013}f^{(2013)}(x)(e^x-1)$

Suy ra:

$C^{2012}_{2013}f^{(2012)}(x)e^x=$

$=(n+1)^{2013}e^{(n+1)x}-e^x-\sum_{k=0}^{2011}C_{2013}^k.f^{(k)}(x)(e^x-1)^{(2013-k)}-C^{2013}_{2013}f^{(2013)}(x)(e^x-1)$

Cho $x=0$, ta có:

$$C^{2012}_{2013}f^{(2012)}(0)=(n+1)^{2013}-1-\left (\sum_{k=0}^{2011}C_{2013}^k.f^{(k)}(x)(e^x-1)^{(2013-k)}  \right )_{x=0}$$

Dễ thấy, bậc cao nhất của $n$ ở $\left (\sum_{k=0}^{2011}C_{2013}^k.f^{(k)}(x)(e^x-1)^{(2013-k)}  \right )_{x=0}$ là $2011$. Do đó, $f^{(2012)}(0)$ là một đa thức bậc $2013$ và có hệ số cao nhất là $\frac{1}{2013}$.

Đặt:

$$f^{(2012)}(0)=\frac{1}{2013}.n^{2013}+b_{2012}n^{2012}+...+b_0$$, ta có:

$$lima_{n}=lim \frac{\frac{1}{2013}.n^{2013}+b_{2012}n^{2012}+...+b_0}{n^{2013}} = \frac{1}{2013}$$

Cách 4

Ta sẽ chứng minh:

$$1^k+2^k+...+n^k=\sum_{i=0}^{k-1}A_{k}^{k-i}C_{n+1}^{k-i+1}- A_k^{k-1}C_{n+1}^{k}+\frac{1}{2}A^2_{n+1} \ \ \ \ (1)$$

bằng phương pháp đếm bằng hai cách.

Bài toán:

Từ tập các số nguyên dương $A=\left \{ 1,2,...,n+1 \right \}$, ta chọn ra bộ sắp thứ tự $\left ( x_1,x_2,...,x_{k+1} \right )$ thỏa mãn điều kiện:

$$x_{k+1}>max\left \{ x_1,x_2,...,x_k \right \}$$.

Hỏi có bao nhiêu cách chọn

Cách 1:

Ứng với mỗi $x_{k+1}=i+1, ( 1 \leq i \leq n)$, ta có $i$ các chọn $x_1$, $i$ cách chọn $x_2$, ..., $i$ cách chọn $x_k$. Do đó, số các cách chọn là:

$$S = 1^k+2^k+...+n^k$$

Cách 2:

Ta sẽ chọn ra $k+1$ số từ $n+1$ số, số lớn nhất, ta chọn làm $x_{k+1}$, các số còn lại, ta sếp thứ tự là xong.

Gọi $i (0 \leq i \leq k-1)$ là số các phần tử bằng nhau trong nhóm $x_1,x_2,...,x_k$. (Tạm chấp nhận khái niệm "$1$ phần tử bằng nhau", lát nữa ta bỏ nó đi)

Chọn $k-i+1$ số khác nhau từ $n+1$ số, ta có $C_{n+1}^{k-i+1}$ cách.

Xếp thứ tự $k-i$ số khác nhau vào $k$ chỗ trống (các chỗ trống còn lại, hiển nhiên dành cho $i$ số bằng nhau), ta có $A_{k}^{k-i}$ cách.

Từ đó, với mỗi $i, (0 \leq i \leq k-1)$, ta có: $A_{k}^{k-i}C_{n+1}^{k-i+1}$ cách.

Riêng trường hợp có $k$ phần tử bằng nhau, ta có $\frac{1}{2}A^2_{n+1}$ cách.

Do không có khái niệm "$1$ phần tử bằng nhau", nên ta có tổng số cách chọn là:

$$S = \sum_{i=0}^{k-1}A_{k}^{k-i}C_{n+1}^{k-i+1}- A_k^{k-1}C_{n+1}^{k}+\frac{1}{2}A^2_{n+1}$$

Do đó ta có điều phải chứng minh.

Theo đẳng thức trên, dễ thấy $1^{2012}+2^{2012}+...+n^{2012}$ là đa thức bậc $2013$ có hệ số cao nhất là $\frac{1}{2013}$

Sau đó ta lại làm như trên.

Cách 5

Ta chứng minh được bất đẳng thức sau bằng quy nạp

$$\frac{n^{2013}}{2013}< 1^{2012}+2^{2012}+...+n^{2012}< \frac{(n+1)^{2013}}{2013}-\frac{1}{2013}$$

Do đó, theo định lý giới hạn kẹp, ta có:

$$lima_{n}= \frac{1}{2013}$$

Read more »

Tìm SHTQ bằng hàm hyperbolic (phần 2)

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

Read more »

Tìm SHTQ bằng hàm hyperbolic

 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...

Read more »