Câu 4.74 trang 148 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi

\(\left\{ \matrix{
{u_1} = a \hfill \cr
{u_{n + 1}} = {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} - 1 \hfill \cr} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)

Trong đó \( - 1 < a < 0.\)

a) Chứng minh rằng \( - 1 < {u_n} < 0.\) với mọi n và \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số giảm.

b) Chứng minh rằng

                        \( - 1 < {u_{n + 1}} + 1 \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) với mọi n.

c) Tìm \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {u_n}.\)

Giải

a) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Theo giả thiết, điều khẳng định đúng với \(n = 1.\)  Giả sử điều khẳng định đúng với n , tức là

                                                \( - 1 < {u_n} < 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)

Ta chứng minh nó đúng với \(n + 1.\)  Thật vậy, từ (2) suy ra

                         \(0 < {u_{n + 1}} + 1 < 1\,;\,\)

Do đó

                        \(0 < {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} < 1\)

Và

                        \( - 1 < {{{u_n} + 1} \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} - 1 < 0,\)

Tức là

                      \( - 1 < {u_{n + 1}} < 0.\,\)

Vì \( - 1 < {u_n} < 0\) nên \({u_{n }} +1> 0\) và \(u_n^2 > 0\)  với mọi n . Do đó từ (1) suy ra \({u_{n + 1}} < \left( {{u_n} + 1} \right) - 1 = {u_n}\) với mọi n.

Vậy \(\left( {{u_n}} \right)\) là một dãy số giảm.

b) Từ đẳng thức (1) suy ra

                 \({u_{n + 1}} + 1 = {1 \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) với mọi n.

Từ đó suy ra

                 \(\left| {{u_n}} \right| \ge \left| a \right| \Leftrightarrow u_n^2 \ge {a^2};\)

Do đó

                 \({1 \over {\sqrt {u_n^2 + 1} }} \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\) với mọi n

Và từ (3), ta có

                 \({u_{n + 1}} + 1 \le {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }}\left( {{u_n} + 1} \right)\) với mọi n.

Đặt \({v_n} = {u_n} + 1\)  và \(q = {1 \over {\sqrt {{a^2} + 1} }},\) ta có \(0 < q < 1,{v_n} > 0\)  và

                                    \({v_{n + 1}} \le q{v_n}\) với mọi n.

Từ đó ta có

\(\eqalign{
& {v_2} \le {v_1}q = \left( {a + 1} \right)q, \cr
& {v_3} \le {v_2}q = \left( {a + 1} \right){q^2},..., \cr
& 0 \le {v_n} \le \left( {a + 1} \right){q^{n - 1}} \cr} \)

Với mọi n . Vì \(\lim \left( {a + 1} \right).{q^{n - 1}} = \left( {a + 1} \right)\lim {q^{n - 1}} = 0\)  nên từ đó suy ra

                        \(\lim {v_n} = 0\)  và \(\lim {u_n} =  - 1.\)

sachbaitap.com