Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Giới hạn dãy (Toán học Lớp 11)

Vì $a_n,a_{n+1}>0$, chia hai vế cho $a_n{a}_{n+1}$ ta được $a_{n+1}-\frac{1}{a_{n+1}}=a_n+\frac{1}{a_n}$, nên
$$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_{n+1}}$$
a) Để ý $(a_n)$ tăng, giả sử $(a_n)$ bị chặn trên, khi đó tồn tại $L>0$ sao cho $a_n\to L$.
Khi đó vế trái tiến tới 0, còn vế phải tiến tới $2/L>0$, mâu thuẫn nên suy ra ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=+\infty$.
b) Do $a_{n+1}>a_n$, ta có $0<a_{n+1}-a_n<\frac{2}{a_n}$, suy ra
$$0<\frac{a_{n+1}}{a_n}-1=\frac{a_{n+1}-a_n}{a_n}<\frac{2}{a_n^2}\to 0,$$
Do đó $\frac{a_{n+1}}{a_n}\to 1$, mặt khác ta có
$$a_{n+1}^2-a_n^2=(a_{n+1}+a_n)\left(\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_{n+1}}\right)=2+\frac{a_{n+1}}{a_n}+\frac{a_n}{a_{n+1}}\to 4$$
Do đó theo Stolz-Cesaro thì $\frac{a_n^2}{n}\to 4$ nên $\frac{a_n}{\sqrt{n}}\to 2$. Đặt $S_n={\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_i}$ thì
$$\frac{S_n-S_{n-1}}{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}=\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}{a_n}=\frac{\sqrt{n}}{a_n}\left(1+\sqrt{1-\frac{1}{n}}\right)\to 1.$$
Vì thế lại theo Stolz-Cesaro ta có được ${\lim }_{n\to \infty }\frac{S_n}{\sqrt{n}}=1$ hay ${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{\sqrt{n}}{\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_i}=1$.

1) Đặt $u_n=n^2(n+1{)}^2{x}_n$ với mọi $n\ge 1$ thì với mọi $n\ge 1$ ta có $u_{n+1}=u_n-(n+1{)}^3$.
Mặt khác $u_1=3$ nên $u_n=4-\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}$ hay $x_n=\frac{4}{n^2(n+1{)}^2}-\frac{1}{4}$ với mọi $n\ge 1$.
Từ đó suy ra được $\lim x_n=-\frac{1}{4}$.
2) Ta có $y_n=\frac{16}{4x_n+1}=n^2(n+1{)}^2=n^4+2n^3+n^2$ với mọi $n\ge 1$.
Khi đó đa thức $P_0(x)=x^4+2x^3+x^2$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Ngược lại giả sử đa thức $P(x)$ hệ số nguyên thỏa mãn yêu cầu và xét $Q(x)=P(x)-P_0(x)$ có hệ số nguyên và $Q(n)\to 0$. Nếu $Q\ne 0$ và có bậc dương thì $|Q(n)|\to \infty$, còn nếu $Q$ là hằng số thì hằng số đấy phải bằng 0.
Vì vậy $P(x)=x^4+2x^3+x^2$ là đa thức duy nhất thoả mãn yêu cầu bài toán.

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi số nguyên dương $n$ thì $0<u_{2n-1}<1<u_{2n}<\frac{3}{2}$.

Với $n=1$, ta có $u_1=\frac{1}{2}$ và $u_2=\frac{3-u_1^2}{2}=\frac{11}{8}$, nên khẳng định đúng.

Giả sử $0<u_{2n-1}<1$. Khi đó $1<\frac{3-u_{2n-1}^2}{2}<\frac{3}{2}$, nên $1<u_{2n}<\frac{3}{2}$.

Tiếp theo, từ $1<u_{2n}<\frac{3}{2}$ suy ra $0<\frac{3-u_{2n}^2}{2}<1$, nên $0<u_{2n+1}<1$.

Do đó, theo nguyên lý quy nạp, $0<u_{2n-1}<1<u_{2n}<\frac{3}{2}$ với mọi $n\ge 1$.

Mặt khác, ta có $u_{n+2}-u_n=\frac{3-u_{n+1}^2}{2}-u_n=\frac{3-{\left(\frac{3-u_n^2}{2}\right)}^2}{2}-u_n=\frac{(1-u_n{)}^3(u_n+3)}{8}$.

Nếu $n$ lẻ thì $0<u_n<1$, do đó $u_{n+2}-u_n>0$. Suy ra dãy $(u_{2n-1})$ tăng. Lại có $u_{2n-1}<1$, nên $(u_{2n-1})$ bị chặn trên. Vì thế tồn tại $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_{2n-1}=a$ với $a\le 1$.

Nếu $n$ chẵn thì $u_n>1$, do đó $u_{n+2}-u_n<0$. Suy ra dãy $(u_{2n})$ giảm. Lại có $u_{2n}>1$, nên $(u_{2n})$ bị chặn dưới. Vì thế tồn tại $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_{2n}=b$ với $b\ge 1$.

Từ $u_{2n}=\frac{3-u_{2n-1}^2}{2}$ và $u_{2n+1}=\frac{3-u_{2n}^2}{2}$, cho $n\to \infty$, ta được $b=\frac{3-a^2}{2}$ và $a=\frac{3-b^2}{2}$. Lấy hai đẳng thức trừ nhau, ta có

$$b-a=\frac{b^2-a^2}{2}=\frac{(b-a)(a+b)}{2},$$

suy ra $(b-a)(2-a-b)=0$.
Nếu $a=b$ thì do $a\le 1\le b$, ta có $a=b=1$.
Nếu $a+b=2$, thay $b=2-a$ vào $b=\frac{3-a^2}{2}$, ta được $2-a=\frac{3-a^2}{2}$, hay $(a-1{)}^2=0$ nên $a=b=1$.

Vậy $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_{2n-1}=\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_{2n}=1$, do đó $\underset{n\to \infty }{\lim }{u}_n=1$.

Với mọi $n\ge 2$, ta có $a_n-1=2a_{n-1}^2-2=2(a_{n-1}-1)(a_{n-1}+1)$.
Lặp lại đẳng thức này, ta có
$$a_n-1=2^{n-1}(a_1-1)(a_1+1)(a_2+1)\cdots (a_{n-1}+1)$$
$$=2^{n-1}(a_{n-1}+1)(a_{n-2}+1)\cdots (a_1+1).$$
Mặt khác, $a_1=2$ và nếu $a_{n-1}\ge 2$ thì
$$a_n-a_{n-1}=2a_{n-1}^2-a_{n-1}-1=(2a_{n-1}+1)(a_{n-1}-1)\ge 1.$$
Do đó $a_n\to +\infty$. Vì vậy ta có được
$$\frac{2^{n-1}(a_{n-1}+1)(a_{n-2}+1)\cdots (a_1+1)}{a_n}=\frac{a_n-1}{a_n}=1-\frac{1}{a_n}\to 1.$$
Vậy giới hạn cần tìm bằng 1.

Nhận xét: Ta cũng có thể sử dụng công thức tổng quát $a_n=\frac{{\alpha }^{2^{n-1}}+{\alpha }^{-2^{n-1}}}{2}$ với $\alpha =2+\sqrt{3}$ để giải quyết.

(Lời giải của bạn Trí Dũng)

a) Vì $x_1=1$ và $x_{n+1}=(n^2+1)x_1{x}_2\cdots x_n\ge 2x_n$, nên bằng quy nạp, $x_n\ge 2^{n-1}$ với mọi $n\ge 1$.

Do đó $0<y_n=\sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}\le \sum _{i=1}^n\frac{1}{2^{i-1}}<2$.

Dễ thấy rằng $(y_n)$ tăng và bị chặn trên. Vì vậy $(y_n)$ có giới hạn hữu hạn.

b) Đặt $L=\underset{n\to +\infty }{\lim }{y}_n$. Giả sử $L=\frac{a}{b}\in \mathbb{Q}$, trong đó $a,b\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Vì $x_n=((n-1{)}^2+1)x_1{x}_2\cdots x_{n-1}$, nên $x_i\mid x_n$ với mọi $i\le n$, suy ra $x_n{y}_n\in \mathbb{Z}$.

Bởi vậy $A_n:=b{x}_n(L-y_n)=a{x}_n-b{x}_n{y}_n\in {\mathbb{Z}}_{>0}$.

Lại có $x_{m+1}\ge 2x_m$, nên $x_{n+j}\ge 2^{j-1}{x}_{n+1}$ với mọi $j\ge 1$.

Do đó $0<L-y_n=\sum _{j=1}^{\infty }\frac{1}{x_{n+j}}\le \frac{1}{x_{n+1}}\sum _{j=1}^{\infty }\frac{1}{2^{j-1}}=\frac{2}{x_{n+1}}$.

Suy ra $0<A_n\le \frac{2b{x}_n}{x_{n+1}}=\frac{2b}{(n^2+1)x_1{x}_2\cdots x_{n-1}}\le \frac{2b}{n^2+1}<1$ khi $n$ đủ lớn.

Từ đó ta có mâu thuẫn với $A_n\in {\mathbb{Z}}_{>0}$, vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }{y}_n\notin \mathbb{Q}$.

Lời giải (nguồn: trang giải chính thức, Bài toán 0.1 - Lim Olympic - Quảng Trị TST - P1).

a) Ta có $u_2=a+\frac{1}{a}\ge 2$. Giả sử $u_n\ge n$ với $n\ge 2$ nào đó. Khi đó
$$u_{n+1}-(n+1)=u_n+\frac{n}{u_n}-n-1=\frac{(u_n-n)(u_n-1)}{u_n}\ge 0.$$
Suy ra $u_{n+1}\ge n+1$. Theo quy nạp, ta có $u_n\ge n$ với mọi $n\ge 2$.

b) Ta có $u_{n+1}^2-u_n^2=2n+\frac{n^2}{u_n^2}$ nên $u_n^2=a^2+n(n-1)+\sum _{i=1}^{n-1}\frac{i^2}{u_i^2}$ với mọi $n\ge 2$.

Để ý với $i\ge 2$ ta có $u_i\ge i$, nên $\frac{i^2}{u_i^2}\le 1$. Vì vậy
$$a^2+n(n-1)\le u_n^2\le a^2+n(n-1)+\frac{1}{a^2}+n-2.$$
Từ đó ta suy ra được với mọi $n\ge 2$ thì
$$1-\frac{1}{n}+\frac{a^2}{n^2}\le \frac{u_n^2}{n^2}\le 1+\frac{a^2+a^{-2}-2}{n^2}.$$
Theo nguyên lý kẹp ta có $\frac{u_n^2}{n^2}\to 1$, và vì $u_n>0$ nên $\frac{u_n}{n}\to 1$.

Kết luận: giới hạn của dãy $\left(\frac{u_n}{n}\right)$ bằng 1.

a) Từ công thức truy hồi của dãy $(u_n)$, ta được $u_n>0,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Ta có: $u_1=2027>\sqrt{2026}$. Vậy khẳng định đúng với $n=1$.

Với $n>1$, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

$$u_n=\frac{1}{2}\left(u_{n-1}+\frac{2026}{u_{n-1}}\right)\ge \frac{1}{2}.2\sqrt{2026}=\sqrt{2026}$$

Vậy khẳng định đúng với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ hay $u_n\ge \sqrt{2026},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

b) Với mọi $n\ge 2$, chú ý rằng $u_n\ge \sqrt{2026}$, ta có:

$$u_n-u_{n-1}=\frac{1}{2}\left(u_{n-1}+\frac{2026}{u_{n-1}}\right)-u_{n-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{2026}{u_{n-1}}-u_{n-1}\right)=\frac{1}{2}.\frac{2026-u_{n-1}^2}{u_{n-1}}\le 0$$

Vậy $(u_n)$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi $\sqrt{2026}$ nên theo tiêu chuẩn Weierstrass, dãy $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn. Đặt $\lim u_n=L$. Từ công thức truy hồi của $(u_n)$, ta cho $n\to +\infty$, ta được:

$$L=\frac{1}{2}\left(L+\frac{2026}{L}\right)\iff \frac{L}{2}=\frac{1013}{L}\iff L=\pm \sqrt{2026}$$

Chú ý rằng $u_n\ge \sqrt{2026},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ nên $L=\sqrt{2026}$. Vậy $\lim u_n=\sqrt{2026}$.

Hiển nhiên $u_n>0$ với mọi $n$. Từ công thức truy hồi, ta có $2u_{n+1}-u_n=\sqrt{u_n^2+4u_n}$ nên
$$u_{n+1}^2-u_n{u}_{n+1}=u_n.$$
Mặt khác, $\sqrt{u_n^2+4u_n}>u_n$, nên $u_{n+1}>u_n$. Nếu $(u_n)$ bị chặn trên thì vì dãy này tăng, dãy có giới hạn $L\ge u_1>0$. Cho $n$ tiến ra vô hạn trong đẳng thức trên sẽ cho $L^2-L^2=L$, vô lý. Do đó $u_n\to +\infty$.
Ta có $\frac{1}{u_{n+1}^2}=\frac{1}{u_n}-\frac{1}{u_{n+1}}$ và vì $u_1=\frac{1}{2}$ với $n\ge 2$ nên ta suy ra
$$v_n=\frac{1}{u_1^2}+\sum _{k=2}^n\frac{1}{u_k^2}=4+\sum _{k=2}^n\left(\frac{1}{u_{k-1}}-\frac{1}{u_k}\right)=6-\frac{1}{u_n}.$$
Do $u_n\to +\infty$, ta được ${\lim }_{n\to \infty }{v}_n=6$.

Kết luận (đáp án chính thức theo nguồn): dãy $(v_n)$ có giới hạn hữu hạn và ${\lim }_{n\to \infty }{v}_n=6$.

(1) Trước hết ta có
$$x_{n+1}+y_{n+1}+z_{n+1}=\frac{x_n+y_n+y_n+z_n+z_n+x_n}{2}=x_n+y_n+z_n=\cdots =x_1+y_1+z_1=12$$
Mặt khác, bằng quy nạp ta có $3\le x_n,y_n,z_n\le 5$ với mọi $n\ge 1$.
Khi đó $x_n<6=12-6<12-x_n=y_n+z_n$. Tương tự, $y_n<z_n+x_n$ và $z_n<x_n+y_n$.
Vậy $x_n,y_n,z_n$ là độ dài ba cạnh của một tam giác, và chu vi của tam giác đó bằng 12.
(2) Ta có với mọi $n\ge 1$ thì
$$x_{n+1}-y_{n+1}=\frac{x_n-z_n}{2},y_{n+1}-z_{n+1}=\frac{y_n-x_n}{2},z_{n+1}-x_{n+1}=\frac{z_n-y_n}{2}.$$
Do đó với mọi $n\in \mathbb{N}$ ta có
$$d_{n+1}=\frac{1}{4}\left((x_n-z_n{)}^2+(y_n-x_n{)}^2+(z_n-y_n{)}^2\right)=\frac{1}{4}{d}_n=\cdots =\frac{1}{4^n}{d}_1=\frac{6}{4^n}$$
Vì thế $(d_n)$ là dãy số hội tụ và ${\lim }_{n\to \infty }{d}_n=0$.

Ta có: $9(n+3{)}^2{x}_n=9n^2{x}_{n+1}-(6n+9)x_{n+1}{x}_n=9n^2{x}_{n+1}-\left((n+3{)}^2-n^2\right)x_{n+1}{x}_n,\forall n\in {\mathbb{Z}}^{+}$
$\iff (n+3{)}^2{x}_n.(x_{n+1}+9)=n^2.x_{n+1}(x_n+9),\forall n\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

Rõ ràng $x_n\ne 0,\forall n\in {\mathbb{Z}}^{+}$. Do đó: $\frac{x_{n+1}+9}{x_{n+1}}={\left(\frac{n}{n+3}\right)}^2.\frac{x_n+9}{x_n},\forall n\in {\mathbb{Z}}^{+}$

Nên ta có được $\frac{x_{n+1}+9}{x_{n+1}}=\prod _{k=1}^n{\left(\frac{k}{k+3}\right)}^2.\frac{x_1+9}{x_1}=9.{\left(\prod _{k=1}^n\frac{k}{k+3}\right)}^2,\forall n\in {\mathbb{Z}}^{+}$

Ta có bất đẳng thức phụ: $\frac{1}{x-1}<\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<\frac{1}{x}$ với mọi $x>0$.

Khi đó: $\ln \left(\prod _{k=1}^n\frac{k+3}{k}\right)=\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{3}{k}\right)>\sum _{k=1}^n\frac{3}{k-3},\forall n\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

Cho $n\to +\infty$ ta thu được $\underset{n\to +\infty }{\lim }\ln \left(\prod _{k=1}^n\frac{k+3}{k}\right)=+\infty$

Nên $\underset{n\to +\infty }{\lim }\prod _{k=1}^n\frac{k+3}{k}=+\infty$, kéo theo $\underset{n\to +\infty }{\lim }\prod _{k=1}^n\frac{k}{k+3}=0$.

Từ đó ta thu được $\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(1+\frac{9}{x_n}\right)=\underset{n\to +\infty }{\lim }9.{\left(\prod _{k=1}^{n-1}\frac{k}{k+3}\right)}^2=0$.

Vì vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=-9$

a) Ta có $a_1=2,a_2=\frac{1}{a_1}=\frac{1}{2},a_3=\frac{5}{4},a_4=\frac{11}{10}$.
Ta sẽ chứng minh quy nạp $a_n>1$ với mọi $n\ge 3$.
Thật vậy, giả sử mệnh đề đúng đến $n=k$. Xét $n=k+1$ ta có
$$a_{k+1}-1=a_k-1+\frac{1}{k{a}_k}(1-a_k^2)=(a_k-1)\left(1-\frac{1}{k{a}_k}(a_k+1)\right)=(a_k-1).\frac{(k-1)a_k-1}{k{a}_k}$$
Theo giả thiết quy nạp thì $a_k>1>\frac{1}{k-1}$, $(k\ge 3)$ nên suy ra $a_{k+1}>1$. Do đó mệnh đề đúng với mọi $n\ge 3$.
Ta sẽ chứng minh quy nạp $(a_n)$ giảm từ $a_3$ trở đi. Thật vậy, $a_3>a_4>1$. Giả sử $a_3>a_4>\cdots >a_n$. Ta sẽ chứng minh $a_n>a_{n+1}$. Thật vậy, $a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n{a}_n}(1-a_n^2)<0$ nên $a_{n+1}<a_n$. Vậy dãy $(a_n)$ giảm và bị chặn dưới nên tồn tại giới hạn hữu hạn.

b) Ta có $a_{n+1}=a_n+\frac{1-a_n^2}{n{a}_n}=a_n-\frac{a_n}{n}+\frac{1}{n{a}_n}$, $n\ge 1$. Từ $a_1=a>0$ và quy nạp suy ra $a_n>0$ với mọi $n\ge 1$.
Ta có $a_{n+1}=a_n+\frac{1}{n{a}_n}-\frac{a_n}{n}\iff a_{n+1}=\left(a_n-\frac{a_n}{n}\right)+\frac{1}{n{a}_n}\iff a_{n+1}=\frac{n-1}{n}{a}_n+\frac{1}{n{a}_n}$.
Suy ra $\frac{1}{a_n}=n{a}_{n+1}-(n-1)a_n$ với mọi $n\ge 1$. Khi đó
$$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}$$
$$=a_2+(2a_3-a_2)+(3a_4-2a_3)+\cdots +\left(n{a}_{n+1}-(n-1)a_n\right)=n{a}_{n+1}.$$
Ta chứng minh $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}\ge n$ với mọi $n\ge 2$ bằng quy nạp.
Với $n=2$, ta có $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}=a_2+\frac{1}{a_2}\ge 2$.
Giả sử $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}\ge n$. Ta chứng minh $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_{n+1}}\ge n+1$.
Nếu $a_{n+1}<1$ thì $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_{n+1}}\ge n+1$.
Nếu $a_{n+1}\ge 1$ thì ta có
$$\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_{n+1}}=n{a}_{n+1}+\frac{1}{a_{n+1}}=(n-1)a_{n+1}+\left(a_{n+1}+\frac{1}{a_{n+1}}\right)\ge n-1+2=n+1.$$
Vậy theo quy nạp ta có điều phải chứng minh.

Lời giải (Lim Olympic - Quảng Ngãi TST - P1):

Với mỗi $n\ge 2$, đặt $f_n(x)={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k(x+k)}$ với $x\ge 0$.

a) Ta có $f_n(0)={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k^2}>1$, do $n\ge 2$ và $f_n(0)\ge 1+\frac{1}{4}>1$.

Mặt khác, $f_n(1)={\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)}={\sum }_{k=1}^n\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=\frac{n}{n+1}<1$.

Vì $f_n$ liên tục nên tồn tại $x_n\in (0,1)$ sao cho $f_n(x_n)=1$.

Hơn nữa, nếu $0\le x<y$ thì với mọi $k=1,2,\dots ,n$ ta có $\frac{1}{k(x+k)}>\frac{1}{k(y+k)}$, suy ra $f_n(x)>f_n(y)$.

Do đó $f_n$ giảm ngặt trên $[0,+\infty )$, nên nghiệm dương $x_n$ nói trên là duy nhất.

b) Ta có $0<x_n<1$. Mặt khác, $f_n(x_n)=1$ và $f_n(1)=\frac{n}{n+1}$, nên
$$\frac{1}{n+1}=f_n(x_n)-f_n(1)=(1-x_n)\sum _{k=1}^n\frac{1}{k(k+x_n)(k+1)}.$$

Vì $0<x_n<1$ nên ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k(k+x_n)(k+1)}\ge \frac{1}{2(1+x_n)}>\frac{1}{4}$.

Do đó $0<1-x_n<\frac{4}{n+1}$ hay $0<y_n=n^{1/2026}(1-x_n)<\frac{4n^{1/2026}}{n+1}$.

Vì thế theo nguyên lý kẹp, ta có ${\lim }_{n\to \infty }{y}_n=0$.

Nhận xét: Trên thực tế, ta cũng có thể chứng minh được giới hạn ${\lim }_{n\to \infty }n(1-x_n)$ là hữu hạn và khác 0.