[tc70][T10/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n\ge 1$, phương trình $x^{2n+1}=x+1$ có một nghiệm thự duy nhất, kí hiệu là $x_n$ và tìm $\lim\limits_{n\to +\infty} x_n$.

Lời giải

Ta có: $x^{2n+1}=x+1 \Leftrightarrow x\left(x^{2 n}-1\right)=1$.$(*)$ [$-$]

Với $x\le -1$ thì $x^{2 n}-1 \geq 0 \Rightarrow VT(*) \leq 0$, vậy (*) không có nghiệm $x\le -1$.

Với $-1 < x\le 0$ thì $x+1 > 0, x^{2 n+1} \leq 0$, do đó $-1 < x \leq 0$ không là nghiệm của $(*)$.

Với $0 < x \leq 1$ thì $x^{2 n}-1 \leq 0, x > 0$, nên $VT(*) \leq 0$, vậy (*) không có nghiệm $0 < x \leq 1$.

Do đó PT (*) nếu có nghiệm $x$ thì $x > 1$.
Đặt $f_{n}(x)=x^{2 n+1}-x-1$ thì $f_{n}^{\prime}(x)=(2 n+1) x^{2 n}-1 > 0, \forall x \geq 1$, do đó $f_{n}(x)$ đồng biến trên $(1; +\infty)$. Lại có $$f_{n}(1)=-1 < 0 ; f_{n}(2)=2^{2 n+1}-3 > 0$$ nên $f_{n}(x)$ có nghiệm duy nhất trên $(1;2)$. Kí hiệu nghiệm duy nhất là $x_n$. Ta có: \begin{align*} f_{n+1}\left(x_{n}\right)&=x_{n}^{2 n+3}-x_{n}-1 > x_{n}^{2 n+1}-x_{n}-1\\ &=f_{n}\left(x_{n}\right)=0=f_{n+1}\left(x_{n+1}\right). \end{align*} Do đó $x_{n} > x_{n+1} > 1$. Dãy $(x_n)$ là dãy giảm và bị chặn dưới nên tồn tại $\lim\limits_{n \rightarrow+\infty}x_{n}=a \geq 1$. Giả sử $a > 1$, khi đó tồn tại $k$ đủ lớn sao cho $a^{2 k+1} > 3$.
Vậy $x_{k}^{2 k+1} \geq a^{2 k+1} > 3$ và $x_{k} < 2 \Rightarrow x_{k}+1 < 3\Rightarrow x_{k}+1 < x_{k}^{2 k+1}$.
Lúc này $0=f_{k}\left(x_{k}\right)=x_{k}^{2 k+1}-\left(x_{k}+1\right) > 0$ (mâu thuẫn).
Vậy $a=1$. Do đó PT $x^{2 n+1}=x+1$ có một nghiệm thực $x_n$ duy nhất và $\lim\limits_{n \to+\infty} x_{n}=1$.