Bài 2: Dãy số

Dãy đã cho hiển nhiên là dãy dương

Ta sẽ chứng minh dãy đã cho bị chặn trên bởi 2 hay \(u_n\le2\) với mọi n

- Với \(n=1\Rightarrow u_1=\sqrt{2}< 2\) (đúng)

- Giả sử điều đó đúng với \(n=k\ge1\) hay \(u_k\le2\)

- Ta cần chứng minh với  \(n=k+1\) cũng đúng

Hay \(u_{k+1}\le2\)

Ta có: \(u_{k+1}=\sqrt{2+u_k}\le\sqrt{2+2}=2\) (đpcm)

Vậy \(u_n\le2\)

Đặt \(v_n=\dfrac{1}{2}u_n\Rightarrow0< v_n\le1\) và \(\left\{{}\begin{matrix}v_1=\dfrac{\sqrt{2}}{2}=cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\\2v_{n+1}=\sqrt{2+2v_n}\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow4v_{n+1}^2=2+2v_n\Rightarrow v_n=2v_{n+1}^2-1\)

Do \(0< v_n\le1\) , đặt \(v_n=cos\left(x_n\right)\) với \(x_n\in\left(0;\pi\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1=\dfrac{\pi}{4}\\cos\left(x_n\right)=2cos^2\left(x_{n+1}\right)-1=cos\left(2x_{n+1}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x_n=2x_{n+1}\Rightarrow x_{n+1}=\dfrac{1}{2}x_n\)

\(\Rightarrow x_n\) là CSN với công bội \(\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow x_n=\dfrac{\pi}{4}.\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}=\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\)

\(\Rightarrow v_n=cos\left(x_n\right)=cos\left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right)\)

\(\Rightarrow u_n=2v_n=2cos\left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right)\)

Dãy \(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\) giảm và thuộc \(\left(0;\dfrac{\pi}{2}\right)\) nên \(cos\left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right)\) tăng

Do đó dãy số đã cho là dãy tăng.

P/s: đây là cách làm hoàn chỉnh có thứ tự (nhược điểm là rất dài). Có 1 cách khác đơn giản hơn là bằng 1 phép màu nào đó ngay từ đầu bạn đưa ra ngay dự đoán công thức tổng quát của dãy số là \(2cos\left(\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\right)\) rồi chứng minh nó bằng quy nạp cũng được. Như vậy sẽ rất ngắn, cả bài chỉ 4-5 dòng nhưng lời giải hơi đột ngột

Nếu tồn tại 1 số hạng trong dãy, giả sử \(u_k< \dfrac{1}{2}\)

 \(\Rightarrow\dfrac{u_{k-1}^2}{2u_{k-1}-1}=u_k< \dfrac{1}{2}\Rightarrow\dfrac{2u_{k-1}^2-2u_{k-1}+1}{2u_{k-1}-1}< 0\)

\(\Rightarrow2u_{k-1}-1< 0\Rightarrow u_{k-1}< \dfrac{1}{2}\)

Cứ quy nạp lùi như vậy, ta sẽ có \(u_1< \dfrac{1}{2}\) (mâu thuẫn giả thiết)

\(\Rightarrow\) Mọi số hạng trong dãy đều lớn hơn \(\dfrac{1}{2}\), hay dãy đã cho là dãy dương và \(2u_n-1>0\) với mọi n

Do đó:

\(\dfrac{1}{u_{n+1}}=-\dfrac{1}{u_n^2}+\dfrac{2}{u_n}\Rightarrow\dfrac{1}{u_{n+1}}-1=-\dfrac{1}{u_n^2}+\dfrac{2}{u_n}-1=-\left(\dfrac{1}{u_n}-1\right)^2\le0\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{u_{n+1}}\le1\Rightarrow u_{n+1}\ge1\Rightarrow\) dãy bị chặn dưới bởi 1

\(u_n-u_{n+1}=u_n-\dfrac{u_n^2}{2u_n-1}=\dfrac{u_n\left(u_n-1\right)}{2u_n-1}\ge0\Rightarrow u_n\ge u_{n+1}\Rightarrow\) dãy giảm

Dãy giảm và bị chặn dưới \(\Rightarrow\) dãy bị chặn

b.

Từ phân tích trên: \(\dfrac{1}{u_{n+1}}-1=-\left(\dfrac{1}{u_n}-1\right)^2\) \(\Leftrightarrow1-\dfrac{1}{u_{n+1}}=\left(1-\dfrac{1}{u_n}\right)^2\)

Đặt \(v_n=1-\dfrac{1}{u_n}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}v_1=1-\dfrac{1}{u_1}=\dfrac{1}{2}\\v_{n+1}=v_n^2\end{matrix}\right.\)

\(v_{n+1}=v_n^2=v_{n-1}^{2^2}=v_{n-2}^{2^3}=...=v_1^{2^n}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^n}\)

\(\Rightarrow v_n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^{n-1}}\)

\(\Rightarrow u_n=\dfrac{1}{1-v_n}=\dfrac{1}{1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^{n-1}}}=\dfrac{2^{2^{n-1}}}{2^{2^{n-1}}-1}\)

Lời giải:

\(u_{n+1}=\frac{n+2}{2^{n+2}}\left(\frac{2}{1}+...+\frac{2^{n+1}}{n+1}\right)=\frac{n+2}{2^{n+1}}\left(\frac{2^{n+1}}{n+1}u_n+\frac{2^{n+1}}{n+1}\right)=\frac{n+2}{2n+2}(u_n+1)\)

Ta chứng minh $u_n\geq 1(*)$ với mọi $n=1,2,...$

Thật vậy: 

$u_1=1; u_2=\frac{3}{2}>1$. Giả sử $(*)$ đúng đến $n=k$

$u_{k+1}=\frac{k+2}{2k+2}(u_k+1)>\frac{2(k+2)}{2k+2}>1$

Do đó $u_n\geq 1$ với mọi $n=1,2,...$

Tiếp theo ta chứng minh $u_n< 1+\frac{4}{n}(**)$ với mọi $n=1,2,...$

Thật vậy:

$u_1=1< 1+\frac{4}{1}$

$u_2=\frac{3}{2}< 1+\frac{4}{2};....;u_4=\frac{5}{3}<1+\frac{4}{4}$

....

Giả sử $(**)$ đúng đến $n=k\geq 5$. Khi đó:

\(u_{k+1}=\frac{k+2}{2k+2}(u_k+1)<\frac{k+2}{2k+2}(2+\frac{4}{k})=\frac{(k+2)^2}{k(k+1)}\)

\(\frac{(k+2)^2}{k(k+1)}-(1+\frac{4}{k+1})=\frac{(k+2)^2-k(k+5)}{k(k+1)}=\frac{4-k}{k(k+1)}<0\) với mọi $k\geq 5$

$\Rightarrow u_{k+1}< 1+\frac{4}{k+1}$. Phép quy nạp hoàn tất.

Do đó $(**)$ đúng

Từ $(*); (**)\Rightarrow 1\leq u_n\leq 1+\frac{4}{n}$ với mọi $n=1,2,...$

Mà $\lim (1+\frac{4}{n})=1$ khi $n\to +\infty$ nên $\lim u_n=1$