Dãy số và tổng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNguyễn Đức Thành DÃY SỐ VÀ TỔNG SEQUENCE OF NUMBER AND SUM Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Nguyễn Đức Thành

DÃY SỐ VÀ TỔNG

SEQUENCE OF NUMBER AND SUM

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS - TS ĐÀM VĂN NHỈ

Thái Nguyên - 2012

Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên

Người hướng dẫn khoa học: PGS - TS Đàm Văn Nhỉ

Phản biện 1: PGS-TS Lê Thị Thanh Nhàn

Mục lục

Mở đầu 2

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 4 1.1 Vành đa thức 4

1.1.1 Định nghĩa 4

1.1.2 Các phép toán trên đa thức 4

1.1.3 Các tính chất cơ bản 4

1.1.4 Một số ví dụ 5

1.2 Vành các chuỗi luỹ thừa hình thức 7

1.2.1 Kết quả chính 7

1.2.2 Một số ví dụ áp dụng 10

1.3 Một số kiến thức về dãy số 12

1.3.1 Một số dãy đặc biệt 13

1.3.2 Cấp số cộng và cấp số nhân 15

Chương 2 Dãy số truy hồi và tổng 17 2.1 Một vài dãy số truy hồi của sai phân 17

2.2 Dãy an+1 = f (an) với hàm f (x) 22

2.3 Giới hạn dãy số 25

2.4 Một số tổng và dãy đặc biệt 44

2.5 Phép biến đổi Abel và đánh giá tổng 51

Kết luận 55

Tài liệu tham khảo 56

Mở đầu

Dãy số và tổng là một vấn đề được nhiều người quan tâm Vấn

đề này thường xuất hiện trong các dạng bài toán Đại số, Giải tích, Lýthuyết xấp xỉ hoặc trong các kỳ thi Học sinh giỏi Quốc gia-Quốc tế.Luận văn này đặt vấn đề nghiên cứu Dãy số và tính một số tổng các sốhạng của một dãy số nào đấy Muốn tiếp cận được, đòi hỏi người học,người làm toán phải được trang bị một vốn kiến thức về dãy số, về cácphương pháp giải, hay các thủ thuật trong tính toán và biến đổi

Chính vì vậy tôi đã lựa chọn vấn đề này nghiên cứu, nhằm giúp nhữngngười yêu toán ham hiểu biết Có một góc nhìn mới bao quát hơn, lậpluận sâu sắc hơn với những bài toán về "Dãy số và tổng" và được trìnhbày qua nhiều cách giải đặc biệt Ngoài ra còn vận dụng một số kiếnthức của Toán Cao cấp vào giải quyết các bài toán khó, điển hình vàhay gặp

Luận văn được chia làm hai chương

Chương 1 Các kiến thức chuẩn bị

Được dành trình bày lại một số kết quả về Vành đa thức, Vành cácchuỗi luỹ thừa hình thức và giới thiệu một số Dãy số đặc biệt

Chương 2 Dãy số truy hồi và Tổng

Trình bày về Dãy truy hồi, Dãy xây dựng qua hàm Đặc biệt, trongchương này còn giới thiệu cách tìm giới hạn của một số dãy số, tính một

số tổng đặc biệt bằng phép biến đổi Abel Với những ví dụ, những bàitoán có phương pháp giải ngắn gọn, dễ hiểu và vận dụng nhiều kiến thứckhác nhau

Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tìnhcủa PGS-TS Đàm Văn Nhỉ - Đại Học Sư Phạm Hà Nội Bản thân em,

xin được bày tỏ sự biết ơn sâu sắc, lòng mến phục về kiến thức uyênbác, sự quan tâm và những lời động viên của Thầy Đã giúp em hoànthành luận văn này.

Em xin trân trọng cảm ơn tới các Thầy Cô trong Trường Đại HọcKhoa Học - Đại Học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại Học KhoaHọc Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K4ATrường Đại Học Khoa Học đã đoàn kết, giúp đỡ tôi trong suốt quá trìnhhọc tập, nghiên cứu và làm luận văn này

Song với sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn thạc

sĩ, nên chắc chắn rằng trong quá trình nghiên cứu, trình bày sẽ khôngtránh khỏi những thiếu sót Qua đây, em rất mong nhận được những ýkiến đóng góp xác đáng của các Thầy Cô và các độc giả cho luận vănnày

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 07 năm 2012

Tác giả

Nguyễn Đức Thành

Nếu ai = 0, i =, 2, , n − 1 và (an 6= 0) thì ta có bậc của đa thức là 0.Nếu ai = 0, với mọi i = 0, 1, 2, , n thì ta coi bậc của n là và gọi là

đa thức không (nói chung thì người ta không định nghĩa bậc đối với đathức không) Tập hợp tất cả các đa thức với hệ số lấy trong vành A được

ký hiệu A[x]

Khi A = K là một trường thì K[x] là một vành giao hoán có đơn vị

Ta thường xét A = Z hoặc A = Q hoặc A = R hoặc A = C Khi đó ta

có các vành đa thức tương ứng là Z[x], Q[x], R[x], C[x]

1.1.2 Các phép toán trên đa thức

Cho hai đa thức:

1.1.3 Các tính chất cơ bản

Định lý 1.1 Giả sử A là một trường, f (x) và g(x) 6= 0 là hai đa thứccủa vành A[x], thế thì bao giờ cũng có hai đa thức duy nhất q(x) và r(x)thuộc A[x] sao cho

f (x) = g(x)q(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x)

Nếu r(x) = 0 ta nói f (x) chia hết cho g(x)

Giả sử a là phần tử tuỳ ý của vành A, f (x) = anxn+an−1xn−1+ +a1x+

a0 là đa thức tuỳ ý của vành A[x], phần tử f (a) = anan + an−1an−1 + + a1a + a0 có được bằng cách thay x bởi a được gọi là giá trị của f (x)tại a

Nếu f (a) = 0 thì ta gọi a là nghiệm của f (x) = anxn+ an−1xn−1 + +

a1x + a0 Bài toán tìm nghiệm của f (x) trong A gọi là giải phương trìnhđại số bậc n

Số nghiệm của một đa thức là tổng số nghiệm của đa thức đó kể cả bộicủa các nghiệm (nếu có) Vì vậy, người ta coi một đa thức có một nghiệmcấp bội m như một đa thức có m nghiệm trùng nhau

Định lý 1.4 Đa thức f (x) ∈ A[x] bậc n> 1 khi đó ta có kết quả sau:(i) Nếu α ∈ A là nghiệm của f (x) thì f (x) = (x − α)g(x) với g(x) ∈ A[x](ii) f (x) có không quá n nghiệm phân biệt trong K

1.1.4 Một số ví dụ

Ví dụ 1.1 Cho a ∈ R∗ và cho 2 số nguyên dương m, k Giả sử đa thức

Pn(x) bậc n sao cho Pn(xm) chia hết cho (x − a)k

Chứng minh rằng Pn(xm) chia hết cho (xm − am)k

Bài giải: Theo giả thiết thì Pn(xm) chia hết cho (x − a)k Vậy nên

mxm−1Pn”(xm) chia hết cho (x − a)k−1 Do hai đa thức xm−1 và (x − a)k−1nguyên tố cùng nhau, nên Pn”(xm) chia hết cho (x − a)k−1 Từ đó suy ra

Pn{(k−1)(xm) chia hết cho x − a Vậy nên

Pn(am) = Pn”(am) = = Pn{(k−1)(am) = 0.

Do đó Pn(t) chia hết cho (t − am)k

Thay t bởi xm ta có kết luận Pn(xm) chia hết cho (xm− am)k

Ví dụ 1.2 Phân tích thành nhân tử 4(a2 + ab + b2)3 − 27(a2b + ab2)2

Từ đó suy ra 4(a2 + ab + b2)3 > 27(a2b + ab2)2 với mọi a, b ∈ R

Bài giải: Ta nhận thấy f (a, b) = 4(a2 + ab + b2)3 − 27(a2b + ab2)2

là đa thức thuần nhất và đối xứng của a và b Vì f (a, a) = 0 nên

f (a, b) = (a − b)g(a, b) Vì đa thức đối xứng f mà chia hết cho a − bthì nó chia hết cho (a − b)2, (chứng minh.) Đặt α1 = a + b, α2 = ab.Khi đó f (a, b) = 4[α12 − α2]3 − 27α12α22 chia hết cho α12 − 4α2 Vậy







m3 + 6m2 − 32m + 15 = 05m3 − 24m2 + 16m + 33 = 0

m4 − 6m3 + 4m2 + 5m + 30 = 0

ta thu được m = 3

1.2 Vành các chuỗi luỹ thừa hình thức

Mục này tập trung nghiên cứu vành các chuỗi luỹ thừa hình thức mộtbiến trên một trường Ký hiệu

Việc kiểm tra các tiên đề của vành là thoả mãn

Định lý 1.5 Chuỗi luỹ thừa hình thức f =

Coi các bj là ẩn và hệ giải được khi và chỉ khi a0 6= 0.

Chuỗi g(x) được gọi là nghịch đảo của f (x) và đôi khi viết g(x) = 1

f (x).Chuỗi f (x) được gọi là chuỗi hữu tỷ nếu có p(x), q(x) ∈ K[x] để f (x) =p(x)

q(x) hay f (x)q(x) = p(x) trong K[[x]] Nếu q(0) = 1, bậc của f (x) làdeg f (x) = deg p(x) − deg q(x) Nếu tồn tại hàm (đại số hoặc siêu việt)

tụ và tính giá trị của chuỗi

Với một hàm f (x) bất kỳ xác định tại x = a, ta biểu diễn nó qua chuỗiluỹ thừa hình thức f (x) =

∞

P

n=0

f(n)(a)n! (x − a)

n để có thể coi nó như mộtchuỗi luỹ thừa K[[x]] và đôi khi ta còn coi hàm này như một chuỗi luỹthừa hình thức khi không quan tâm tới tính hội tụ chuỗi

Với x ∈ R, khai triển thành một chuỗi luỹ thừa của một số hàm đơn

giản sau đây:

√

1 − x = 1 − 1

2x −

12

1

4x

2 − 12

14

3

6x

3 − 12

14

36

x33! + · · · +

xnn! + · · · với mọi x.

3

3! +

x55! − · · · + (−1)n−1 x

2n−1

(2n − 1)! + · · · với mọi x.cos x = 1 − x

2

2! +

x44! − · · · + (−1)n x

3

2.3 + · · · +

1.3.5 (2n − 1)x2n+12.4.6 (2n).(2n + 1) + · · · , |x| 6 1

, |x| 6 1.arctan x = x − x

Định lý 1.6 [Euler] Với mọi số thực x ta có eix = cos x + i sin x

Chứng minh

Từ eix = 1 + ix

1! +

(ix)22! +

(ix)33! + · · · +

(ix)nn! + · · · ta suy ra đồngnhất thức

eix = (1 − x

2

2! +

x44! − · · · + (−1)n x

2n

(2n)! + · · · )+ i(x − x

3

3! +

x55! − · · · + (−1)n−1 x

2n−1

(2n − 1)! + · · · ).

ix + e−ix

2 , sin x =

eix− e−ix

2i .1.2.2 Một số ví dụ áp dụng

Ví dụ 1.4 Chứng minh rằng e2 > 8(1

2! +

13! +

14! + · · · ).

Bài giải: Vì 2 < e = 1 + 1

1! +

12! +

13! + · · · +

1n! + · · · < 3 nên [e] = 2

và {e} = 1

2! +

13! + · · · +

1n! + · · · Từ

2 = ([e] + {e})2 > 4[e]{e} = 8{e}

suy ra bất đẳng thức e2 > 8(1

2! +

13! +

14! + · · · ).

Ví dụ 1.5 Chứng minh rằng π2 > 48(1

2! +

13! +

14! + · · · ).

3+

1

5− · · · + (−1)n−1 1

2n − 1+ · · · ) Vì 3 < π < 4nên [π] = 3 và {π} = 4(1

1

2n

12n + 1.Bài giải: Ta có ngay √

1

22 + 13!

1

22 + · · ·

i

< 1n!

1

22 + · · ·

i

< 1n!

1

2n

12n + 1.

2n

12n + 1.

Ví dụ 1.7 Chứng minh 1

2.3 +

1.32.4.5 + · · · +

1.3.5 (2n − 1)2.4.6 (2n).(2n + 1) <

85với mọi số nguyên dương n

Bài giải: Do arccos x = π

2−x + x

3

2.3+ · · · +

1.3.5 (2n − 1)x2n+12.4.6 (2n).(2n + 1)+

· · ·nên π

2 = 1 +

12.3+

1.32.4.5+ · · · +

1.3.5 (2n − 1)2.4.6 (2n).(2n + 1)+ · · · Từ đâysuy ra 3

2 < 1 +

12.3+

1.32.4.5+ · · · +

1.3.5 (2n − 1)2.4.6 (2n).(2n + 1)+ · · · < 1, 6 =

m

P

n=0

2n+1(2n + 1) 2nn
< π với mọi

∞

P

n=0

(2x)2n+2(2n + 1) 2nn
Với x =

√2

m

P

n=0

2n+1(2n + 1) 2nn
< πvới mọi số nguyên dương m

f (x) nên ta nhận được hệ thức dưới đây:

a1+2a2x+3a3x2+· · · = (1+a1x+a2x2+a3x3+· · · )(b0+b1x+b2x2+· · · )

Giả sử |an| 6 n+1 không thể thoả mãn với mọi n Khi đó có số tự nhiên knhỏ nhất để |ak| > k+1 Do bởi kak = b0ak−1+b1ak−2+· · ·+bk−2a1+bk−1

và |kak| > k(k + 1) nên

|b0ak−1+ b1ak−2+ · · · + bk−2a1+ bk−1| 6 2 |ak−1| + |ak−2| + · · · + |a1| + 1

và như thế k(k + 1) < |kak| 6 2 k + (k − 1) + · · · + 2 + 1
= k(k + 1) :mâu thuẫn Như vậy |an| 6 n + 1 với mọi n

Ví dụ 1.10 Chứng minh rằng 212(22)221 · · · (2n)2n1 < 4 với mọi số nguyêndương n

Ánh xạ f : N → R

N → f (n)

Ta thường ghi an = f (n) Ký hiệu là (an) hay a1, a2, , an,

Dãy số đơn điệu

- Dãy (an) gọi là tăng (tương ứng tăng nghiêm ngặt) nếu an ≤

- Dãy (an) gọi là bị chặn trên nếu tồn tại M sao cho: an ≤ M, ∀n ∈ N

- Dãy (an) gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại M sao cho: an ≥ M, ∀n ∈ N

- Dãy (an) gọi là bị chặn nếu nó vừa chặn trên vừa chặn dưới

Rõ ràng dãy (an) bị chặn khi và chỉ khi tồn tại số dương k sao cho

|an| ≤ k , ∀n ∈ N

Dãy số hội tụ

Cho dãy số thực (xn) và một số thực x Khi đó nếu: ∀ε > 0, ∃n0 ∈

N, ∀n > n0, |xn − x| < ε thì x được gọi là giới hạn của dãy (xn) Khi đó

ta cũng nói dãy (xn) hội tụ và dãy không có giới hạn gọi là dãy phân kỳ.Giới hạn của dãy số thường được ký hiệu: lim

x→∞xn = x

Ví dụ 1.11 Chứng minh rằng: Dãy số (un) xác định bởi: u1 =

√

2, un+1 = √

2 + un, n ≥ 1 hội tụ và tìm giới hạn của dãy

Bài giải: Dễ thấy rằng: √

x→+∞un = 21.3.1 Một số dãy đặc biệt

Dãy Fibonacci: là dãy vô hạn các số tự nhiên bắt đầu bằng haiphần tử 0 và 1, các phần tử sau đó được thiết lập theo quy tắc mỗi phần

tử luôn bằng tổng hai phần tử trước nó Công thức truy hồi của dãyFibonacci là:

Bài giải Với

(

α = 1−

√ 5 2

β = 1+

√ 5 2

⇒  α + β = 1

αβ = −1Khi đó: un+1 = un + un−1 = (α + β)un − α.β.un−1, với mọi n > 1 suy

ra un+1 = α.u1 = β(un− α.un−1), với mọi n > 1 suy ra un+1 = α.u1 =

βn(un − α.u0) = βn với mọi n > 0 Tính tương tự un+1 = β.u1 =

αn(u1− β.u0) = αn, với mọi n > 0 Suy ra un = α

n− βn

α − β , với mọi n > 0.Vậy un = √1

5

h

1+ √ 5 2

n

−1−

√ 5 2

ni, với mọi n > 0

Dãy Catalan

Dãy số Catalan là dãy số được xác định bởi công thức truy hồi sau:

C0 = 1, Cn = C0Cn−1 + C1Cn−2 + + Cn−1C1 + CnC0 với n = 1, 2, 3, Công thức tổng quát của dãy Catalan là: Cn = 1

n + 1C

n 2n, với mọi n > 0

Bài giải: Đặt f (x) = a0+ a1x + a2x2+ a3x3 + Khi đó f (x)f (x) =

2x(1 − 4x)

1

2 Công thức đóng cho hàmsinh f (x) là f (x) = 1 −

√

1 − 4x2x Biểu diễn hàm này qua chuỗi luỹ thừa

f (x) = 1

2x[2x +

222!x

2 + 1.33! x

Ví dụ 1.14 Dùng tiêu chuẩn Cauchy để xét sự hội tụ của dãy

xn = 1 + 1

22 + 1

32 + + 1

n2.Bài giải

ε

+ 1

Ví dụ 1.15 Giả sử dãy (an)n≥0 là một cấp số cộng với số hạng đầu

a0 ≥ 0 và công sai d > 0 Chứng minh Tn =

Ví dụ 1.16 Giả sử dãy (an)n≥0 là một cấp số cộng với số hạng đầu

a0 ≥ 0 và công sai d > 0 Chứng minh Sn =

√

a2n+2−√a02d = √ n+1

a 2n+2 + √

a 0.Định nghĩa 1.3 Dãy số (an)n≥0 được gọi là một cấp số nhân với sốhạng đầu a0 và công bội q nếu an+1 = anq với mọi số nguyên n ≥ 0 Nhưvậy, nếu (an)n≥0 là một cấp số nhân với số hạng đầu a0, công bội q, thì

Chương 2

Dãy số truy hồi và tổng

Chương này tập trung nghiên cứu một tập các số được xác định theoquy luật nào đó Thông thường để có thể dễ dàng kiểm soát được tậpcác số đã cho, người ta thường chọn hàm nào đó và xác định số tiếp theoqua một vài số đứng trước ngay nó Giả sử chọn hàm y = f (x1, xn).Với a1, , an cho trước, xác định as+n = f (xs, xs+n−1) Vấn đề đặt ra:(i) xác định công thức am theo m

(ii) Xác định tính chất của dãy (am) hoặc am

(iii) Kiểm soát xem am sẽ tiến tới đâu khi m → +∞

2.1 Một vài dãy số truy hồi của sai phân

Định nghĩa 2.1 Công thức truy hồi của một dãy số (an) là côngthức biểu diễn số hạng an qua s số hạng an−s, an−s+1, , an−1 đứngngay trước nó khi n > s Dãy số (an) thoả mãn công thức truy hồinày, được gọi là nghiệm của công thức truy hồi Giả sử đã biết sốhạng đầu an−s, an−s+1, , an−1 của dãy (an) và công thức truy hồi

an = f (an−s, an−s+1, , an−1) Khi đó sẽ lần lượt tính được hết tất

n

P

k=0

akkhi a = 1316

Bài giải: Xét đa thức q(n) = bn2+ cn + d thoả mãn hệ thức sau đây:b(n + 1)2 + c(n + 1) + d = 5[bn2 + cn + d] + 4n2 + 3n + 1 với mọi số tựnhiên n Khi đó b = −1, c = −5

2011

P

k=0

ak cho 17 khi a=2

Bài giải: Đặt an = bn + d khi đó bn+1 + d = 18(bn + d) − 17 Ta

có d=1 và b0 = a0 − 1, bn+1 = 18bn Suy ra bn = 18n(a − 1) và nhưvậy an = 18n(a − 1) + 1 với mọi n > 0 Ta có tổng Sn =

Đưa dãy (an) về dãy (bn) với b0 = c và bn+1 = wbn như sau: Biến đổi

an+2 − xan+1 = (u − x)(an+1 − xan) + [v + x(u − x)]an Chọn x sao cho

v + x(u − x) = 0 hay x2 − ux − v = 0 và đặt bn = an+1− xan

Ví dụ 2.4 Cho dãy số nguyên (an) xác định như sau: a0 = 1, a1 = 4 và

an+2 = 4an+1− an với n> 0 Khi đó:

(i) Tính an theo n

(ii) a2n+ a2n−1− 4anan−1 = 1 với mọi số nguyên n > 1

Bài giải: Đặt xn = an và yn = an−1 với mọi n > 1

√3)n+1− (2 −√3)n+1

(ii) Chứng minh a2n+1− 7an+1an + 6a2n = 14.6n với mọi n > 0

(iii) Chứng minh an 6 ˙: 10 với mọi n > 0

Do an+1 + tbn+1 = 7an − 6bn + tan = (7 + t)an − 6an nên ta chọn t saocho (7 + t)t = −6 Từ đó t1 = −1, t2 = −6 Xét ánh xạ an+1 + tbn+1 =

(iii) Vì (an) luôn luôn là số nguyên lẻ nên an 6 ˙: 10 với mọi n > 0

(iv) Vì 5a2012 = −2.62012 + 7 nên 5a2012 ≡ −65( mod 2011) hay a2012+

13 ˙: 2011 a2012+ 13 ˙: 2011

Dãy (an) với a0 = a, a1 = b, a2 = c và an+3 = uan+2 + van+1 + wan.Đưa dãy (an) về dãy (bn) với b0 = c, b1 = d và bn+2 = tbn+1 + zbn nhưsau: an+3 − xan+2 = (u − x)(an+2 − xan+1) + [v + x(u − x)](an+1− xan)+[w + x(v + x(u − x)]an Chọn x sao cho w + x(v + x(u − x) = 0 hay

Bài giải: Phương trình x3 − x2 − 4x + 4 = 0 có 3 nghiệm

x1 = 1, x2 = 2, x3 = −2 Ta suy ra an = 1 − 2n+1 + 3(−2)n với mọi

n > 0 Vậy a2012 ≡ 1( mod 22012)

Dãy an+3 = uan+2 + van+1 + wan + p(n) với đa thức p(n) tìm cách đưa

về dạng an+3 = uan+2+ van+1+ wan Vấn đề ta quan tâm: Dãy (an) xácđịnh bởi

(

a0 = a, a1 = b, a2 = c

an+3 = uan+2+ van+1 + wan, n > 0,nhưng đa thức đặc trưng x3 − ux2 − vx − w = 0 có nghiệm phức tạp







x + y + z = 1x.7 + y(1 + i) + z(1 − i) = 2x.49 + y.2i − z.2i = 3

Giải ra ta được x = 1

37, y =

36 − 31i2.37 , z =

36 + 31i2.37 và ta có công thứcxác định an = 7

Với ký hiệu f1(x) = f (x) và fn+1(x) = f (fn(x)) ta có an = fn(a0).Xác định fn(a0) theo f (a0)

Ví dụ 2.8 Dãy (an) được xác định như sau : a0 = a và an+1 = 5 + an

1 − 5an,Khi an+1 tồn tại, với mọi n > 0 Hãy xác định a để:

(i) Mọi an đều tồn tại

(ii) Dãy (an) không tồn tại

Bài giải:

(i) Ký hiệu α = arctan a và β = arctan 5 Khi đó ta có ngay a1 =

tan α+tan β

1−tan α tan β = tan(α − β) nếu cos(α + β) 6= 0 Bằng quy nạp theo n, nếu

an và an+1 được xác định thì an+1 = tan(α + nβ) Như vậy, tất cả các

an đều được xác định khi và chỉ khi α + nβ 6= π

số nguyên dương n Điều này tương đương arctan 5

π ∈ Q : mâu thuẫn.Như vậy, (an) không tuần hoàn

Ví dụ 2.9 Cho dãy (an) với a0 = a > 0 và an+1 = 3an− a3

n

1 − 3a2

n

, nếu nótồn tại, với mọi số nguyên n > 0 Khi đó hãy :

(i) Tìm điều kiện cho a để mọi an đều tồn tại

(ii) Tìm điều kiện cho a để dãy tuần hoàn

Bài giải: (i) Gọi α = arctan a với α ∈ (0; π

2) Khi đó a0 = tan α Bằngquy nạp chỉ ra, nếu có an−1, an và an−1 = tan 3n−1α thì an = tan 3nα.Vậy để tất cả các an đều tồn tại cần và đủ là 2α

π ∈ Z./(ii) Dãy (an) tuần hoàn khi và chỉ khi 2α

π ∈ Z và tồn tại số nguyên/dương n để (3

(ad + bc)x + (ac − bd) 7→ (ac − bd) + i(ad + bc) =

nên khi cho tương

ứng f (x) 7→ z = cos u + i sin u ta có ngay tương ứng g(x) =

Ví dụ 2.11 Giả sử dãy (an) được xác định bởi a0 = 5 −

√5p

10 + 2√

5và

10 + 2√

5 Quy nạp ta được an =

tan 3n π

20
với mọi số nguyên n > 0

(ii) Vì 34 ≡ 1( mod 20) nên as+4k = as với s = 0, 1, 2, 3 và k ∈ N Do

đó (an) là dãy tuần hoàn với chu kỳ 4

6 khi n = 1tan 2π

6 =

1

√

3 khi n = 1tan 2π

Nếu h(x) = ax + b

−bx + a và k(x) =

cx + d

−dx + c thì ta có h(k(x)) =(ac − bd)x + (ad + bc)

−(ad + bc)x + (ac − bd) Tương ứng h(x) =

ax + b

−bx + a 7→ a + ib làmột đơn ánh với tính chất h(x) = ax + b

−bx + a 7→ z1 = a + ib vàk(x) = cx + d

−dx + c 7→ z2 = c + id thì h(k(x)) =

(ac − bd)x + (ad + bc)

−(ad + bc)x + (ac − bd) 7→(ac − bd) + i(ad + bc) = z1z2 Vì f (x) =

√3x − 1

x +√

3 =

√3

2 x −

121

2x +

√32nên khi

cho tương ứng f (x) 7→ z =

√3

n→∞an = ` = lim

n→∞cnthì có lim

1 < 2 = u1 < u2 < u3 < tức là dãy (un)(n = 1, 2, ) tăng (1)

Ta chứng minh dãy (un) không bị chặn trên (2)

Thật vậy, nếu dãy (un) bị chặn trên thì (un) hội tụ, giả sử lim un = a(a >1) Lúc đó a = a + (a − 1)2 tương đương a = 1 (mâu thuẫn) Từ (1) và(2) suy ra lim un = +∞ Ta có ui+1 − 1 = ui(ui − 1), i = 1, 2, suy

Thật vậy, giả sử lim xn = a suy ra a > 0 khi đó a = 2008a2n + a tươngđương a = 0 (vô lí) Vậy lim xn = +∞ Biến đổi xk+1 = 2008x2k+1 + xktương đương xk

Ví dụ 2.16 (VMO-2009) Cho dãy (xn)(n = 1, 2, ) được xác định bởi

Bài giải: Từ giả thiết ta thấy xn > 0, với mọi n > 1 Ta có

xn − xn−1 =

q

x2 n−1 + 4xn−1 + xn−1

q

x2 n−1 + 4xn−1 − xn−1

2xn−1q

x2n−1 + 4xn−1 + xn−1

> 0, với mọi n > 2 Do đó (xn) là dãy số tăng

Giả sử lim xn = a suy ra a > 0 và a =

√

a2 + 4a + a

2 tương đương a = 0(vô lí) Vậy lim xn = +∞

yn = yn−1 + 1

xn > yn−1.Vậy dãy (yn) có giới hạn hữu hạn và lim yn = 6

Ví dụ 2.17 (OLIMPIC.30/04 - lần VI, năm 2000) Cho dãy (un) xácđịnh bởi:

; n = 0, 1, 2, .

Tìm lim un

nBài giải: Ta có un+1 = un + 1

u2 n

, với mọi n > 0 suy ra

u3n+1 = u3n + 1

u6 n

+ 3 + 3

u3 n

> u3n + 3, (2.1)

Chương tập trung nghiên cứu tập số xác định theoquy luật Thơng thường để dễ dàng kiểm soát tậpcác số cho, người ta thường chọn hàm xác định số tiếp theoqua vài số đứng trước Giả sử chọn hàm y