Bài toán săn sư tử trên sa mạc
 

Cho dãy $ x_{n} $ lớn hơn -1 thỏa mãn $ (x_{n+1}-x_{n})(1-x_{n}x_{n+1})\ge 0 $ và lim $\dfrac{x_{n+1}}{x_{n}}=1$. Chứng minh rằng dãy $ x_{n} $ hội tụ

Đề bài này có vẻ bất ổn?

Xét một dãy đặc biệt $x_{n+1}=\frac{1}{x_n} \forall n \in \mathbb{N}, x_1 > 0.$ Ta có thể chọn một giá trị khởi tạo để dãy $\{x_n\}$ phân kỳ.

`

Tôi sửa rồi xin lỗi

(... đang xử lý trường hợp 1.....) và chờ tác giả nói về Bài toán săn sư tử trên sa mạc.

Cho dãy $ b_{n}=\dfrac{a_{n}}{1+a^{2}_{n}}$.Dãy này dãy tăng chặn trên bởi $\dfrac{1}{2}$thì hội tụ tại b do đó mà $b_{1}<=b_{n}<=b$.Từ đó => dãy $a_{n}$ là dãy bị chặn cả đầu trên và đầu dưới nên tồn tại các dãy con hội tụ.Lúc này bắt đầu dùng phương pháp săn sư tử trên sa mạc
Nếu b<=0 thì dãy $a_{n}$ dãy tăng và bị chặn trên là 0 nên nó hội tụ
Nếu b>0 thì từ N đủ lớn nào đó thì $a_{n}$ bắt đầu dương từ lúc đó thì ta coi chỉ các dãy số dương thôi
Vậy là từ N đủ lớn trở đi $\dfrac{b}{2}<=b_{n}<=b$.Từ đó dãy$\dfrac{{ 1 - \sqrt {1-{b^2} } }}{{b}}<=a_{n}<=\dfrac{{ 1 + \sqrt {1-{b^2} } }}{{b}}\\ $ nên tách được tất cả phân hoạch các dãy con hội tụ,còn một số hữu hạn số hạng không quan tâm

Tách như nào hả bạn zinxinh?

Em thấy lập luận này không ổn ở hai điểm:
1) Sự đơn điệu của dãy $ \{b_{n}\}$ phụ thuộc vào đặc tính của dãy $\{a_{n}\}$;
2) Sự bị chận của $\{a_{n}\}$ chỉ xảy ra nếu giới hạn của $\{b_{n}\}$ phải đặc biệt (nó phụ thuộc vào $\{a_{n}\}$).

tiếp tục phần 1
 

Dùng một trong hai giả thiết, $(x_{n+1}-x_{n})(1-x_{n}x_{n+1})\ge 0 $ và $\lim\dfrac{x_{n+1}}{x_{n}}=1$, ta chỉ ra đúng 1 trường hợp sau xảy ra

• Trường hợp 1: Tồn tại số tự nhiên $M$ đủ lớn sao cho $u_N\ge 0$ thì $u_{n}\ge 0 \forall n \in \mathbb{N}: n\ge M$;
  
  Nếu $u_n>0$ thì dùng một trong hai giả thiết trên, ta có $u_{n+1}>0$.
• Trường hợp 2: $u_n <0$ với mọi $ n \in \mathbb{N}.$

Xét trường hợp 2: Ta suy ra dãy thỏa $$-1<x_n \le x_{n+1}<0\, \forall n \in \mathbb{N}.$$
Do đó dãy hội tụ.

Xét trường hợp 1: Lúc này, ta có thể thấy: không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $u_{n} >0\, \forall n \in \mathbb{N}$.

Nhận xét: Với $a>0$, nếu $a\le x \le \frac{1}{a}$ thì $a\le \frac{1}{x} \le \frac{1}{a}.$

Do đó $$x_{n}\in [b,\frac{1}{b}] \, \forall n \in \mathbb{N},$$
trong đó $b= \min\{x_1, \frac{1}{x_1}\}$,
và
$$ \min\{x_n, \frac{1}{x_n}\}\le x_{m}\le \max\{x_n, \frac{1}{x_n}\} \, \forall m\ge n \in \mathbb{N}.$$

Đặt $$I= \{n\in \mathbb{N}: x_{n} \le x_{n+1}\},$$ và
$$J= \{n\in \mathbb{N}: x_{n+1}< x_{n} \}.$$

Nhận xét:

• $I,\, J$ tạo thành một phân hoạch của $\mathbb{N}$.
• $n \in I \Leftrightarrow x_{n}\le 1$.

Khi đó $\{u_n\}:=\{x_n\}_{n\in I}$ là dãy con tăng bị chặn của $\{x_n\}$ và $\{v_n\}:=\{x_n\}_{n\in J}$ là dãy con giảm bị chặn của $ \{x_n\}$.

Do đó tồn tại hai số thực $u, v$: $u=\lim u_n$, và $v=\lim v_n.$

Lúc này, ta chỉ cần chứng minh $u=v$ (ta sẽ thu được điều phải chứng minh).
Ta xét hai trường hợp sau

• TH 1.1:
  Tập hợp $\{(n,n+1)\in \left(I\times J \right)\bigcup \left(J\times I \right)\}$ là tập vô hạn, (dùng giả thiết thứ hai) ta suy ra $a=b$.
  
  
  
  Thoáng thấy, giới hạn của $\{x_n\}$ là 1 (nhờ đặc tính dãy $\{u_n\}, \,\{v_n\}$).
  
  
• TH 1.2:
  Với mọi $k\in \mathbb{N}$, tồn tại $n_1\in \mathbb{N}$ sao cho
  $$(n,n+1)\not \in \left(I\times J\right)\bigcup \left(J\times I \right),\, \forall n\ge n_1.$$
  • Nếu $n_{1}
    \in I$ thì $n \in I \forall n\ge n_k.$
  • Nếu $n_{1}
    \in J$ thì $n \in J \forall n\ge n_k.$
  Cả hai trường hợp này đều dẫn đến dãy $\{x_n\}$ hội tụ.

Bạn Chánh giải thích kỹ lưỡng giúp 2 chỗ tôi bôi đen xem nào

Để tui viết từ từ lại thử!
Ta dùng kết quả sau để c/m 2 chỗ bôi đen.
$$ \min\{x_n, \frac{1}{x_n}\}\le x_{m}\le \max\{x_n, \frac{1}{x_n}\} \, \forall m\ge n \in \mathbb{N}. \quad \quad\quad \quad\quad \quad (**)$$

Kết quả này chưa được kiểm tra cẩn thận. Có lẽ điều đó không sai nhờ vào 2 ý sau ("C/m" nhanh và ẩu ...)

• Với $m=n+1$, khẳng định trên đúng.
• Nhận xét: Với $a>0$, nếu $a\le x \le \frac{1}{a}$ thì $a\le \frac{1}{x} \le \frac{1}{a},$
  hay
  $$ \min\{x_n, \frac{1}{x_n}\}\le \frac{1}{x_{n+1}}\le \max\{x_n, \frac{1}{x_n}\} \, \forall n \in \mathbb{N}. $$
  

Thử c/m chỗ bôi đen thứ nhất (chỗ thứ 2 có lẽ tương tự).

Lấy $i, i'\in I $ sao cho $i<i'$.

Vì $i\in I$ nên $x_i\le 1$ và nhờ vào (**), ta có

$$x_{i'} \ge \min\{\frac{1}{x_i},x_i\}= x_i.$$

Bạn có thể cho bình luận. Cảm ơn!

Chúng ta chỉ chứng minh được dãy $x_{n}$ là dãy số có giới hạn thôi.Với bài toán đó thì ta có thể cho các ví dụ mọi -1<=a thì lim $x_{n}$=a như sau
$x_{n}=a+\dfrac{1}{n} $ với -1<=a<=1.Và $x_{n}=a+\dfrac{1}{n} $ với a>=1.Bài toán này rõ ràng là chỉ ra được sự định tính là có giới hạn hữu hạn mà không cho được giới hạn cụ thể là số nào.Cách giải bạn Chánh là đúng nhưng hình như chưa dùng triệt để được giả thiết nên cách giải chưa được hoàn hảo

Em muốn biết anh tạo ra bài toán thế nào?- đặc biệt là cách đưa ra các giả thiết.
Em phải suy nghĩ rất lâu, xét nhiều trường hợp rồi cố gắng chứng minh từng trường hợp...
Và việc đặt $I, J$ cũng chỉ xuất hiện khi em đọc trong bài viết của anh có nhắc đến từ "phân hoạch".

Lời giải:
Xét dãy số $ \dfrac {1}{2}\ge a_{n}=\dfrac{x_{n}}{x^{2}_{n}+1}$ ta có $ a_{n+1}-a_{n}=\dfrac{(x_{n+1}-x_{n})(1-x_{n}x_{n+1})}{(1+x^{2}_{n})(1+x^{2}_{n+1})}\ge 0$ .Vậy dãy $a_{n}$ là dãy tăng và bị chặn trên nên hội tụ tại b>0
Từ đó suy ra $b \ge a_{n+1} \ge a_{n} $ .Gọi c,d là nghiệm của phương trình $b=\dfrac {x}{1+x^{2}},d \ge c$ và cd=1
Ta có $ b-a_{n}=\dfrac {c}{1+c^{2}}-\dfrac{x_{n}}{x^{2}_{n}+1}$=$\dfrac {(x_{n}-c)(1-c x_{n})}{(1+x^{2}_{n})(1+c^{2})}\ge $ $\dfrac{b(x_{n}-c)(d-x_{n})}{1+x^{2}_{n}} \ge \dfrac{b(x_{n}-c)(d-x_{n})}{1+d^{2}} \ge 0$ ,$d \ge x_{n} \ge c \ge 0$
Vì $\lim (b-a_{n})=0$ Nên $ \lim (x_{n}-c)(d-x_{n})=0$ hay $\lim |x_{n}-\dfrac {c+d}{2}|=\dfrac {d-c}{2}$
Mà $|(x_{n+1}-\dfrac {c+d}{2})-(x_{n}-\dfrac {c+d}{2})|$ $=|x_{n+1}-x_{n}|=|x_{n}| |\dfrac{x_{n+1}}{x_{n}}-1|\le d |\dfrac{x_{n+1}}{x_{n}}-1|$
$\lim |\dfrac{x_{n+1}}{x_{n}}-1|=0$. Vậy là $\lim (x_{n}-\dfrac {c+d}{2}) $ là tồn tại vậy $\lim x_{n}$ có giới hạn hữu hạn là c hoặc d
Nếu $0 \ge b$ thì từ $ (x_{n+1}-x_{n})(1-x_{n}x_{n+1})\ge 0 $ thì dãy $x_{n}$ là dãy tăng [-1,0 ] nên tồn tại giới hạn hữu hạn
Và vì vậy tôi có cách giải thứ 2 là phương pháp lượng giác