sáng kiến kinh nghiệm toán học thpt

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG BÁO CÁO SÁNG KIẾN DÃY SỐ VÀ ÁP DỤNG Tác giả: NGUYỄN TRUNG SỸ Trình độ chun mơn: THẠC SĨ TỐN HỌC Chức vụ: Đơn vị cơng tác: TỔ PHĨ TỔ TỐN TRƯỜNG THPT CHUN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH, THÁNG NĂM 2018 Mục lục Thông tin chung sáng kiến Danh mục kí hiệu, chữ viết tắt iii iv Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Dãy số 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Cách xác định dãy số 1.1.3 Giới hạn dãy số 1.2 Một vài dãy số thường gặp 1.2.1 Cấp số cộng 1.2.2 Cấp số nhân 1.2.3 Dãy Fibonacci 1.2.4 Dãy Farey 1.2.5 Dãy Lucas 3 4 6 7 Một số dạng toán dãy số 2.1 Một số dạng tốn tìm giới hạn dãy số 2.2 Giới hạn dãy tổng 2.3 Dạng dãy truy hồi liên quan số phương 10 10 17 29 Một số áp dụng dãy số 3.0.1 Áp dụng dãy số trong toán cấp số cộng, cấp số nhân 3.0.2 Áp dụng dãy số để giải phương trình hàm, bất phương trình hàm 3.0.3 Áp dụng dãy số giải số toán đa thức 3.0.4 Áp dụng dãy số xét hội tụ nghiệm họ phương trình 35 Kết luận 53 i 35 38 44 48 MỤC LỤC Tài liệu tham khảo ii 53 MỤC LỤC iii THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1) Tên sáng kiến: “ DÃY SỐ VÀ ÁP DỤNG” 2) Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: - Chương trình Tốn lớp 10, 11 THPT chuyên - Chuyên đề ôn thi THPT Quốc Gia - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực, Quốc gia 3) Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ tháng năm 2017 đến tháng năm 2018 4) Tác giả: Họ tên: Nguyễn Trung Sỹ Năm sinh: 1982 Nơi thường trú: 104 Đặng Đoàn Bằng, phường Thống Nhất, thành phố Nam Định Trình độ chun mơn: Thạc sĩ Toán học, chuyên ngành phương pháp Toán sơ cấp Nơi làm việc: Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Tỉnh Nam Định Địa liên hệ: Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Tỉnh Nam Định Điện thoại: 0125.459.1182 5) Đồng tác giả ( có): Khơng 6) Đơn vị áp dụng sáng kiến: Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong, thành phố Nam Định MỤC LỤC iv Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt • THPT: Trung học phổ thơng • : Điều phải chứng minh • BĐT: Bất đẳng thức • AM - GM : Arithmetic Mean-Geometric Mean (Trung bình cộng-Trung bình nhân) • IMO: International Mathematical Olympiad • JBMO: Junior Balkan Mathematical Olympiad • MO: National Mathematical Olympiad • TST: Selection Test for International Mathematical Olympiad • HSG: Học sinh giỏi • V1: Vịng Nội dung sáng kiến I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến Tốn học mơn học quan trọng chương trình phổ thơng Việc giảng dạy học tập mơn tốn trường phổ thơng khơng nhằm trang bị cho học sinh kiến thức cụ thể để áp dụng sống môn học khác mà điều quan cung cấp rèn luyện cho học sinh kĩ năng, phương pháp môn học cách tư Toán học, điều cần thiết cho học sinh đời Chun đề dãy số có vị trí đặc biệt tốn học, khơng đối tượng nghiên cứu trọng tâm giải tích mà cịn công cụ đắc lực nhiều lĩnh vực đại số, số học, tổ hợp Trong kỳ thi thi học sinh giỏi Cụm, học sinh giỏi Quốc gia, Olympic Tốn quốc tế tốn liên quan đến dãy số ứng dụng dãy số đề cập xem dạng tốn thuộc loại khó, thuộc phân loại vận dụng mức độ cao Trong trình giảng dạy, đặc biệt sau thời gian nghiên cứu giảng dạy cho đội tuyển học sinh giỏi, nhận thấy học sinh cung cấp kiến thức dãy số, đồng thời biết số ứng dụng dãy số vận dụng để giải tập lớn Nghiên cứu dãy số áp dụng đề tài đa dạng thú vị, nhận quan tâm nhiều nhà toán học nước giới, đề tài không ngừng nảy sinh có nhiều kết đẹp Qua nghiên cứu, thân tác giả thấy đề tài nghiên cứu vào vấn để cụ thể, chưa tổng hợp thành chuỗi áp dụng Với suy nghĩ thân, viết báo cáo với mục tiêu trình bày cách tổng quan, có hệ thống kiến thức sở dãy số, cách thức tiếp cận phương pháp sử dụng dãy số vào giải vấn đề liên quan MỤC LỤC II Mô tả giải pháp Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Chun đề dãy số có vị trí đặc biệt tốn học, khơng đối tượng nghiên cứu trọng tâm giải tích mà cịn cơng cụ đắc lực nhiều lĩnh vực đại số, số học, tổ hợp Trong kỳ thi thi học sinh giỏi Cụm, học sinh giỏi Quốc gia, Olympic Tốn quốc tế tốn liên quan đến dãy số ứng dụng dãy số đề cập xem dạng toán thuộc loại khó, thuộc phân loại vận dụng mức độ cao Trong trình giảng dạy, đặc biệt sau thời gian nghiên cứu giảng dạy cho đội tuyển học sinh giỏi, nhận thấy học sinh cung cấp kiến thức dãy số, đồng thời biết số ứng dụng dãy số vận dụng để giải tập lớn Nghiên cứu dãy số áp dụng đề tài đa dạng thú vị, nhận quan tâm nhiều nhà toán học nước giới, đề tài khơng ngừng nảy sinh có nhiều kết đẹp Qua nghiên cứu, thân tác giả thấy đề tài nghiên cứu vào vấn để cụ thể, chưa tổng hợp thành chuỗi áp dụng Với suy nghĩ thân, viết báo cáo với mục tiêu trình bày cách tổng quan, có hệ thống kiến thức sở dãy số, cách thức tiếp cận phương pháp sử dụng dãy số vào giải vấn đề liên quan Mô tả giải pháp sau có sáng kiến Dãy số có nhiều ứng dụng Việc áp dụng địi hỏi cần có kiến thức bản, vững Trong chương tác giả trình bày có hệ thống định nghĩa, tính chất, định lý, hệ kiến thức Dãy số sử dụng đề tài Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Dãy số 1.1.1 Định nghĩa Mỗi hàm số u xác định tập số nguyên dương N∗ gọi dãy số vô hạn (gọi tắt dãy số) Kí hiệu: u : N∗ → R n → u(n) Dãy số thường viết dạng khai triển: u1 , u2 , u3 , , un , u1 số hạng đầu, un = u(n) số hạng thứ n số hạng tổng quát dãy số Mỗi hàm số u xác định tập M = 1, 2, 3, , m với m ∈ N∗ gọi dãy số hữu hạn Dạng khai triển của dãy số hữu hạn: u1 , u2 , u3 , , um u1 số hạng đầu, um số hạng cuối Dãy số (un ) gọi là: • Dãy đơn điệu tăng un+1 > un , với n = 1, 2, • Dãy đơn khơng giảm un+1 ≥ un , với n = 1, 2, • Dãy đơn điệu giảm un+1 < un , với n = 1, 2, • Dãy đơn điệu không tăng un+1 ≤ un , với n = 1, 2, • Dãy số (un ) gọi bị chặn tồn số M cho un ≤ M , với n = 1, 2, ; gọi dãy số bị chặn tồn số m cho un ≥ m, với n = 1, 2, ; Một dãy số bị chặn vừa bị chặn vừa bị chặn • Dãy số (un ) gọi tuần hồn với chu kì k un+k = un , với ∀n ∈ N∗ • Dãy số (un ) gọi dãy dừng tồn số N0 cho un = C với n ≥ N0 , (C số, gọi số dừng) CHƯƠNG MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1.2 Cách xác định dãy số (i) Dãy số cho cơng thức số hạng tổng qt Ví dụ 1.1.1 √ 1+ un = √ n √ 1− −√ n (ii) Dãy số cho phương pháp truy hồi Ví dụ 1.1.2 Dãy số (un ) xác định bởi: u1 = 1, u2 = 50 un+1 = 4un + 5un−1 − 1975, với n = 2, 3, (iii) Dãy số cho phương pháp mơ tả Ví dụ 1.1.3 Cho a1 = 19, a2 = 98 Với số nguyên n ≥ 1, xác định an+2 số dư phép chia an + an+1 cho 100 1.1.3 Giới hạn dãy số Định nghĩa 1.1.1 Ta nói dãy số (un ) có giới hạn số thực a hữu hạn với số dương ε (có thể bé tùy ý), ln tồn số n0 ∈ N (n0 phụ thuộc vào ε vào dãy số (un ) xét), cho với số n ∈ N, n ≥ n0 ta ln có |un − a| < ε Khi kí hiệu lim un = a cịn nói dãy số (un ) hội tụ a n→+∞ Dãy số không hội tụ gọi dãy phân kì Định lý 1.1.1 Nếu dãy số hội tụ giới hạn Định lý 1.1.2 (Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass) a) Một dãy số đơn điệu bị chặn hội tụ b) Một dãy số tăng bị chặn hội tụ c) Một dãy số giảm bị chặn hội tụ Định lý 1.1.3 Nếu (un ) → a (vn ) ⊂ (un ), (vn ) = C (vn ) → a Định lý 1.1.4 (Định lý kẹp giới hạn) Nếu với n ≥ n0 ta ln có un ≤ xn ≤ lim un = lim un = a n→+∞ n→+∞ lim xn = a n→+∞ Định lý 1.1.5 (Định lý Lagrange) Nếu hàm số y = f (x) liên tục đoạn [a; b] có đạo hàm khoảng (a; b) tồn c ∈ (a; b) thỏa mãn: f (b) − f (a) = f (c)(b − a) Định lý 1.1.6 (Định lý trung bình Cesaro) Nếu dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn a dãy số trung bình cộng u1 + u2 + + un n có giới hạn a CHƯƠNG MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Định lý phát biểu dạng sau un = a (Định lý Stolz) n→+∞ n Nếu lim (un+1 − un ) = a lim n→+∞ Định lý 1.1.7 Cho f : D → D hàm liên tục, đó: (i) Phương trình f (x) = x có nghiệm tương đương phương trình fn (x) = x có nghiệm (ii) Gọi α, β mút trái, mút phải D Biết lim+ [f (x)−x] lim− [f (x)−x] x→α x→β dương âm Khi phương trình f (x) = x có nghiệm phương trình fn (x) = x có nghiệm fn (x) = f (f ( (f (x) ) n lần Chứng minh i) Nếu x0 nghiệm phương trình f (x) = x x0 nghiệm phương trình fn (x) = x Ngược lại, phương trình f (x) = x vơ nghiệm f (x) − x > f (x) − x < với x ∈ D fn (x) − x > 0hoặc fn (x) − x < với x ∈ D nên phương trình fn (x) = x vô nghiệm ii) Giả sử phương trình f (x) = x có nghiệm x0 nghiệm phương trình fn (x) = x Đặt F (x) = f (x) − x F (x) liên tục (x0 ; β) (α; x0 ) nên F (x) giữ nguyên dấu Nếu lim+ [f (x) − x] lim− [f (x) − x] dương F (x) > khoảng (x0 ; β) x→α x→β (α; x0 ) suy f (x) > x với x ∈ D\{x0 } Xét x1 ∈ D\{x0 } suy f (x1 ) > x1 =⇒ f (f (x1 )) > f (x1 ) > x1 =⇒ fn (x1 ) > x1 nên x1 không nghiệm phương trình fn (x) = x Vậy phương trình fn (x) = x có nghiệm x = x0 Nếu lim+ [f (x) − x] lim− [f (x) − x] âm chứng minh tương tự x→α x→β Ta thấy nghiệm phương trình fn (x) = x nghiệm phương trình fn (x) = x, phương trình fn (x) = x có nghiệm phương trình fn (x) = x có nghiệm Định lý 1.1.8 Cho hàm f : D → D hàm đồng biến Dãy (xn ) thỏa mãn xn+1 = f (xn ), ∀x ∈ N∗ , đó: (i) Nếu x1 < x2 dãy (xn ) tăng (ii) Nếu x1 < x2 dãy (xn ) giảm Chứng minh (bằng phương pháp quy nạp) - Với n = 1, ta có x1 < x2 mệnh CHƯƠNG MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 44 ⇒ xn+1 xn , ∀n ∈ N Vậy dãy (xn )tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Đặt L2 + lim (xn ) = L Khi L Từ (3) cho n → +∞ ta có: L = ⇔ L = (thỏa mãn L 1) ⇒ lim (xn ) = x20 + Trong (2) thay x x0 , x1 , , xn ta g (x0 ) = g = g (x1 ) = x21 + g = = g (xn ) , ∀n ∈ N Từ g(a) = g (xn ) cho n → +∞ g(a) = g (lim xn ) = g(1), ∀a ∈ [0, 1] (do g liên tục R) (4) x0 = a (5) TH2: a>1 Xét (xn ) sau: √ xn+1 = 2xn − 1, ∀n ∈ N √ 2xn − − x2n −(xn − 1)2 Ta có xn > 1, ∀n ∈ N xn+1 − xn = 2xn − − xn = √ =√ < 2xn − + xn 2xn − + xn Vậy (xn ) giảm bị chặn nên có giới hạn hữu hạn lim xn = L mà L Từ (5) √ cho n → +∞ ta có L = 2L − ⇔ L = (thỏa mãn L 1) Tương tự TH1 ta có g(a) = g(1), ∀a > (6) Từ (4) (6) ⇒ g(a) = g(1), ∀a Mà g hàm chẵn nên g(a) = g(1), ∀a Do f (x) = −2x + c, ∀x ∈ R với c số Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f (x) = −2x + c, ∀x ∈ R 3.0.3 Áp dụng dãy số giải số toán đa thức Một số kết thường dùng: + x = α nghiệm P (x) P (x) = (x − α) Q(x) P (x) = (x − α)n H(x); H (α) = + Nếu đa thức P (x) có vơ số nghiệm P (x) ≡ + Xác định bậc, hệ số cao nhất, hệ số tự đa thức Bài toán 3.0.15 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R [x] không đồng thỏa mãn: P (1960) = 1992, P (x) = P (x2 + 1) − 33 + 32, ∀x Lời giải Giả sử P (x) đa thức thỏa mãn đề Khi ta có:P (x2 +1) = [P (x) − 32]2 + 33 với ∀x ⇒ P (19602 + 1) = (1992 − 32)2 + 33 = 19602 + 33 Đặt x0 = 1960 ta có: x0 + 32 = 1992, P (x0 ) = x0 + 32 x0 = 1960 ∀n ∈ N xn+1 = xn + Ta chứng minh P (xn ) = xn + 32 với ∀n ∈ N (1) Xét dãy (xn ): Với n = P (x0 ) = x0 + 32: Giả sử (1) với n = k P (xk ) = xk + 32 Ta có: P (x2k + 1) = [P (xk ) − 32]2 + 33 = (xk + 32 − 32)2 + 33 = x2k + + 32 nên P (xk+1 ) = CHƯƠNG MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 45 xk+1 + 32 Theo nguyên lý quy nạp P (xn ) = xn + 32 với ∀n ∈ N Xét đa thức Q(x) = P (x) − (x + 32), ∀x Ta thấy (xn ) dãy số tăng nghiêm ngặt nên (xn ) có vơ số số hạng phân biệt Do đa thức Q(x) có vơ số nghiệm ⇒ Q(x) ≡ 0, ∀x ∈ R ⇒ P (x) = x + 32, ∀x ∈ R Vậy ⇒ P (x) = x + 32, ∀x ∈ R Bài toán 3.0.16 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R(x) thỏa mãn P (0) = P x2 + = (P (x))2 + 2xP(x) , ∀x Lời giải Giả sử ∃P (x) thỏa mãn đề x0 = Xét dãy x(n) với xn+1 = x2n + 1, ∀n ∈ N Ta chứng minh quy nạp P (xn ) = x2n − xn + 1, ∀n ∈ N (*) Với n = 0: P (xo )=P (0) = 1= x20 − x0 + ⇒(*) Giả sử (*) với n = k (n ∈ N ): P (xk ) = x2k − xk + Xét P (xk+1 ) = P x2k + = [P (xk )]2 + 2xk P (xk ) = x2k − xk + = x2k + 2 + 2xk x2k − xk + − x2k + + = x2k+1 − xk+1 + Theo quy nạp, ta có P (xn ) = x2n − xn + 1, ∀n ∈ N Xét đa thức Q(x)= P (x) − x2 + x + , ∀x Ta thấy Q (xn ) = 0, ∀n ∈ N Ta có xn+1 − xn = x2n − xn + > 0, ∀n ∈ N ⇒ (xn ) tăng ngặt ⇒ (xn ) gồm vô hạn số hạng phân biệt ⇒ Q(x) có vơ số nghiệm ⇒ Q(x)≡ Vậy P (x) = x2 − x + 1, ∀x ∈ R Bài tốn 3.0.17 [Quảng Bình V2 2018] Cho f (x) = a0 xn +a1 xn−1 + .+an−1 x+an đa thức với hệ số thực có a0 = thoả mãn đẳng thức sau: f (x)f (2x2 ) = f 2x3 + x , ∀x ∈ R (∗) (i) Chứng minh đa thức f (x) khơng có nghiệm số thực (ii) Hãy đa thức thỏa mãn điều kiện toán Lời giải (i) Ta chứng tỏ x0 = không nghiệm f (x) Thật vậy, giả sử ngược lại ta có phân tích: f (x) = xk Q(x), k ∈ Z+ với Q(0) = Thay vào (∗) ta được: xk Q(x) 2x2 ⇔ Q(x) 2x2 k Q 2x2 = x + 2x3 k Q 2x2 = + 2x2 k Q x + 2x3 k Q x + 2x3 CHƯƠNG MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 46 Thay x = ta có Q(x) = (mâu thuẫn) Ta chứng minh f (x) khơng có nghiệm thực khác Thật vậy, α nghiệm thực khác f (x) α + 2α3 nghiệm f (x) • Nếu α > α + 2α3 > α • Nếu α < α + 2α3 < α Trong hai trường hợp, ta có dãy hữu hạn nghiệm thực f (x), mâu thuẫn f (x) có hữu hạn nghiệm Vậy f (x) khơng có nghiệm thực (ii) Chứng tỏ f (0) = n số chẫn Có thể chọn f (x) = x2 + thỏa mãn tốn Bài tốn 3.0.18 Tìm tất đa thức hệ số thực P (x) Q(x) thỏa mãn P + x + Q(x) + (Q(x))2 = Q + x + P (x) + (P (x))2 , ∀x Chứng minh P (x) = Q(x) có nghiệm thực P (x) ≡ Q(x) Lời giải Giả sử a ∈ R P (a) = Q(a) Xét b = + a + Q(a) + (Q(a))2 = + a + P (a) + (P (a))2 Từ giả thiết ta có P (b) = Q(b) Mà b = + a + Q(a) + > a Do xét dãy số (xn ) với x0 = a xn+1 = + xn + Q (xn ) + (Q (xn ))2 , ∀n ∈ N Thì chứng minh quy nạp, ta có x0 < x1 < x2 < < xn < xn+1 < Và P (xi ) = Q (xi ) , ∀i = 0, 1, 2, 3, Do phương trình P (x) = Q(x)có vô hạn nghiệm ⇒ P (x) ≡ Q(x), ∀x Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 3.0.19 Tìm tất đa thức P (x) ∈ R(x) thỏa mãn P (0) = P (x2 + 1) = (P (x))2 + Lời giải Ta có:P (0) = 0P (1) = 02 + = P (2) = 2, P (5) = Xét dãy (an ) : a0 = an+1 = a2n + 1, ∀n ∈ N Ta chứng minh an+1 > an , ∀n ∈ N(1) Với n = a1 = > a0 P (ak+1 ) = P (a2k + 1) = P (ak )2 + = a2k + = ak+1 Giả sử (1) với n = k : an+1 > ak Do ak > nên a2n+1 > a2k ⇒ an+2 = a2n+1 + > a2n + = an+1 a = Ta chứng minh P (an ) = an CHƯƠNG MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 47 Theo nguyên lý quy nạp dãy (an ) tăng nghiêm ngặt, (an ) có vơ hạn số hạng phân biệt ⇒ P (a0 ) = a0 Ta chứng minh P (an ) = an , ∀n ∈ N(2) Với n0 = 0, a0 = ⇒ P (a0 ) = = a0 : Giả sử (2) với n = k ⇒ P (ak ) = ak Khi P (ak+1 ) = P (a2k + 1) = P (ak )2 + = a2k + = ak+1 Do theo nguyên lý quy nạp P (an ) = an , ∀n ∈ N Xét đa thức Q(x) = P (x) − x, ∀x Ta thấy Q(an ) = với ∀n ∈ N ⇒ Q(x) có vơ số nghiệm ⇒ Q(x) = ⇒ P (x) = x, ∀x ∈ R Vậy P (x) = x, ∀x ∈ R Bài tốn 3.0.20 Có tồn hay khơng đa thức P (x) khơng có nghiệm hữu tỷ với số nguyên dương n, tồn số nguyên m để: P (m) n Lời giải Câu trả lời có Ta xét đa thức P (x) = (x2 + 3)(x2 − 13)(x2 + 39) Ta chứng minh rằng: với số nguyên dương n tồn số nguyên m để: P (m) n Muốn chứng minh điều này, ta cần xét n lũy thừa số nguyên tố Thật vậy,với n1 , n2 hai số nguyên tố tồn hai số nguyên m1 , m2 để: P (m1 ) n1 , P (m2 ) n2 Khi theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn số nguyên m để: m ≡ m1 (modn1 ), m ≡ m2 (modn2 )⇒ P (m) (n1 n2 ) + Ta chứng minh khẳng định tồn dãy un để: u2n + 39 2n Thật vậy, với n = ta chọn u1 = Với n = ta chọn u2 = Tương tự với n = chọn u3 = Giả sử rằng, ta xác định số nguyên un cho: u2n + 39 = k.2n (k ∈ Z; n 3) Ta xét un+1 dạng un+1 = un + z.2n−1 Khi ta có: u2n+1 + 39 = u2n + 2un z2n−1 + z 22n−2 + 39 = k.2n + un z2n + z 2(n+1)+(n−3) u2n+1 + 39 2n+1 ↔ k + un z Rõ ràng, u2n + 39 2n nên u2n lẻ Do vậy, ta chọn: Nếu k lẻ chọn z = ; k chẵn chọn z = Vậy số u2n+1 xác định nên khẳng định + Hoàn toàn tương tự cho việc chứng minh tồn dãy số nguyên: zn2 −13 3n ; t2n + 13n + Với số nguyên tố p = 2, 3, 13, tồn an ∈ {3, −13, 39} dãy số nguyên xn để: x2 + an pn n Thật vậy, với n = theo định lý Legende ta có: Suy tồn an ∈ {3, −13, 39} để −a p −39 p 13 p p = = → ∃m ∈ Z : m2 + a p Tức ta chọn a1 = a; x1 = m Bây giờ, dùng ý tưởng trường hợp p = ta có dãy số nguyên: a2n + a pn Như toán chứng minh xong Bài toán 3.0.21 Cho P (x) ∈ R [x] , P (x) = thỏa mãn: P (x)P (2x2 ) = P (3x3 + x), ∀x CHƯƠNG MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 48 Chứng minh rằng: P (x) khơng có nghiệm thực Lời giải Giả sử P (x) có nghiệm thực x = x0 Trường hợp 1: x0 = Theo giả thiết có: P (x0 )P (2x20 ) = P (3x30 + x0 ) ⇒ 3x30 + x0 nghiệm P (x) Xét dãy (xn ) : x0 = xn+1 = 3x3n xn , ∀n ∈ N Ta có x0 = với ∀n ∈ N |xn+1 | = |xn | 3x2n + > |xn | Nên dãy (xn ) gồm số hạng phân biệt Ta chứng minh xn nghiệm P (x),∀x ∈ N (1) Với n = ta có x0 nghiệm P (x) Giả sử (1) với n = k ⇒ xk nghiệm P (x) Khi đó:xk+1 = 3x3k + xk Từ giả thiết ta có:P (xk )(2x3k ) = P (3x3k + xk ) ⇒ P (3x3k + xk ) = (Do xk nghiệm P (x)) ⇒ P (xk + 1) = ⇒ xk+1 nghiệm P (x) Do theo quy nạp,xn nghiệm P (x),với ∀n ∈ N Khi đó: P (x) có vơ số nghiệm ⇒ P (x) ≡ 0: mâu thuẫn với giả thiết Trường hợp 2: x0 = Đặt deg P (x) = m Ta có P (x) = xn Q(x) với n m Q(0) = Từ giả thiết ta có: xn Q(x)(2x2 )n Q(2x2 ) = (3x3 + x)Q(3x3 + x)∀x (*) Đặt a hệ số tự Q(x), a = Cân hệ số thấp hai (*) ta có: a2n x2n = 1, ∀x = 0: không xảy Vậy điều giả sử sai nên ta có điều phải chứng minh 3.0.4 Áp dụng dãy số xét hội tụ nghiệm họ phương trình Xét họ phương trình F (k, x) = 0, k = 1, n Nếu với k phương trình F (k, x) = có nghiệm miền D dãy số {kx } xác định Từ liên hệ hàm (k, x), dãy số có tính chất đặc biệt Bài tốn 3.0.22 [Đà Nẵng V1 2018] Cho n số nguyên dương gọi xn nghiệm dương đa thức fn (t) = t3 + 3t2 − 12 n2 Chứng minh dãy (yn ) xác định yn = n (nxn − 2) có giới hạn, tìm giới hạn 12 < 0, lim fn (t) = +∞ fn (t) = 3t2 + 6t > 0, với t→+∞ n2 t > Suy fn tăng ngặt khoảng (0; +∞) phương trình fn (t) = có Lời giải Ta có fn (0) = − CHƯƠNG MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 49 nghiệm dương xn Khi với n ∈ N∗ , ta có x3n + 3x2n 12 (nxn )3 − =0⇔ + (nxn )2 − 12 = n n ⇔ (nxn )3 + 3n (nxn − 2) (nxn + 2) = ⇔ n (nxn − 2) = − (nxn )3 (nxn + 2) (nxn )3 , ∀n ∈ N∗ Hay yn = − (nxn + 2) 12 12 Lại có x3n + 3x2n − = ⇒ 3x2n < ⇒ xn < ⇒ < nxn < 2, ∀n ∈ N∗ n n n (nxn )3 Do dãy (nxn ) bị chặn nên lim = 0, suy lim nxn = n→+∞ n→+∞ n Vậy dãy (yn ) có giới hạn lim yn = − n→+∞ Bài tốn 3.0.23 Kí hiệu xn nghiệm phương trình: 1 + + + =0 x x−1 x−n thuộc khoảng (0;1) a) Chứng minh dãy {xn } hội tụ b) Hãy tìm giới hạn 1 + + + liên tục x x−1 x−n đơn điệu (0;1) Tuy nhiên, ta xác định giá trị cụ thể xn Nhận xét: {xn } xác định hàm số fn (x) = Để chứng minh tính hội tụ xn , ta cần chứng minh tính đơn điệu bị chặn Với tính bị chặn thứ tốt < xn < Với tính đơn điệu: Từ mối liên hệ fn (x) fn+1 (x) : fn+1 (x) = fn (x)+ x−n−1 ta chứng minh tính đơn điệu xn Lời giải a) Rõ ràng xn xác định nhất, < xn < Ta có: fn+1 (xn ) = fn (xn ) + xn −n−1 = xn −n−1 < 0, fn+1 0+ > Theo tính chất hàm liên tục khoảng (0; xn ) có nghiệm fn+1 (x) Nghiệm xn+1 Suy xn+1 < xn hay dãy số {xn } giảm Do dãy số bị chặn nên dãy có giới hạn b) Ta ta sử dụng tính chất: + 1 + + + > ln (n) để chứng minh giới hạn nói n 0: Thật vậy, giả sử lim xn = a > Do dãy số giảm nên ta có (xn ) ≥ a với n Mặt n→+∞ 1 khác + + + + → ∞ n → +∞ nên tồn N cho với n ≥ N n 1 1 1 ta có + + + + > với n ≥ N ta có: = + + + < n a xn xn − xn − n 1 1 + + + + < a1 − = (mâu thuẫn) xn −1 −2 −n a Vậy lim xn = n→+∞ Bài toán 3.0.24 (VMO 2007) Cho số thực a > fn (x) = a10 xn+10 + xn + + x + CHƯƠNG MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 50 a) Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình fn (x) = a ln có nghiêm dương b) Gọi nghiệm xn , chứng minh {xn } có giới hạn hữu n dần đến vơ Lời giải a) Vì hàm số fn (x) tăng (0; +∞) nên kết câu a) hiển nhiên b) Dễ thấy < xn < ta chứng minh dãy xn tăng Vì fn+1 (xn ) = a10 xn+11 + xn+1 + + xn + = xn fn (xn ) + = axn + n n Ta có fn+1 (1) = a1 + n + > a, nên cần chứng minh axn + < a ⇒ xn < xn+1 < nên ta cần chứng minh xn < Thật vậy, xn a − (a − 1) a−1 n a a−1 a a−1 a fn (xn ) a10 a−1 n+10 a n+10 + 1−( a−1 a ) 1− a−1 a = (a − 1)1 a−1 n a + > a (do a − > 1) Vậy dãy số xn tăng bị chăn nên hội tụ Nhận xét: Ở toán trên, từ mối quan hệ fn+1 = xfn + ta tìm mối quan hệ xn xn+1 sử dụng định lý Lagrange để đánh giá hiệu số xn giá trị giới hạn Bài toán 3.0.25 (VMO 2002) Cho n số nguyên dương Chứng minh 1 1 + + + = có nghiệm xn > x−1 4x − n x−1 Chứng minh n dần đến dương vô cùng, xn dần đến phương trình: Lời giải Phương trình tốn có dạng: 1 1 + + + − =0 x − 4x − n x−1 (3.1) Ký hiệu fn (x) hàm vế trái phương trình (3.1) Ta có với n ∈ N∗ , hàm số fn (x) liên tục nghịch biến khoảng (1; +∞) Mặt khác, ta có fn (x) → +∞ x → 1+ fn (x) → − x → 1+ nên suy với n ∈ N∗ , phương trình có nghiệm xn > Với n ∈ N∗ , ta có: 1 1 + + + − − 16 − 4n − 1 1 = + + + − 1.3 3.5 (2n − 1) (2n + 1) 1 1 1 1 = − − + − + + − 3 2n − 2n + =− < = fn (xn ) 4n − fn (4) = fn (x) nghịch biến (1; +∞), suy xn < 4,với n ∈ N∗ Mặt khác, với n ∈ N∗ , hàm fn (x) khả vi [xn ; 4] nên theo định lý Lagramge với n ∈ N∗ tồn c ∈ (xn ; 4) cho: fn (4) − fn (xn ) −1 −4 −n2 = fn (c) = + + + < xn < (4n + 2) (4 − xn ) 4n + Ta được: − < xn < Theo định lý giới hạn kẹp, ta có điều kiện phải chứng 4n + − minh Bài toán 3.0.26 Cho n số nguyên dương lớn Chứng minh phương trình xn = x+1 có nghiệm dương nhất, ký hiệu nghiệm dương xn Chứng minh xn dần n dần đến dương vơ tìm lim n(xn − 1) n→+∞ Lời giải Dễ thấy xn > đặt fn (x) = xn − x − Khi đó: fn+1 (1) = −1 < − xn − > xnn − xn − = fn (xn ) = =⇒ < xn+1 < xn =⇒ {xn } có giới fn+1 (xn ) = xn+1 n hạn hữu hạn a Ta chứng minh a = Thật vậy, giả sử a > Khi xn ≥ a với n ta tìm n đủ lớn cho xnn ≥ an > xn + < mâu thuẫn fn (xn ) = Đặt xn = + yn với (1 + yn )n = + yn lim yn = , thay vào phương trình fn (xn ) = ta được: n→+∞ Lấy logarit hai vế ta được: n ln (1 + yn ) = ln (2 + yn ) ⇒ limn (1 + yn ) = ln n) Nhưng lim ln(1+y = ⇒ lim nyn = ln ⇒ lim n (xn − 1) = ln yn Bài toán 3.0.27 Cho dãy số (un )(n = 0, 1, 2, ) xác định sau: u0 = a un+1 = sin2 (un + 11) − 2007 với số tự nhiên n, a số thực cho trước Chứng minh rằng: a) Phương trình sin2 (x + 11) − x = 2007 có nghiệm (kí hiệu nghiệm b) b) lim un = b n→∞ Lời giải a) Từ giả thiết ta thấy un ≥ −2007, ∀n ∈ N∗ Xét hàm số f (x) = sin2 (x + 11) − 2007, có: f (x) = sin(x + 11) cos(x + 11) = sin 2(x + 11) un+1 = f (un ) Xét hàm số g(x) = f (x) − x có: g (x) = sin 2(x + 11) − ≤ g(−2007) = sin2 (−2006) > lim g(x) = −∞, lim g(x) = +∞ x→+∞ x→−∞ Vậy hàm số g(x) nghịch biến có nghiệm [−2007; +∞) gọi nghiệm b, phương trình sin 2(x + 11) − x = 2007 có nghiệm b b) Kí hiệu α = max [−2007;−2006] |g (t)| =⇒ α ∈ [0; 1] Ta thấy −2007 ≤ un ≤ −2006 phương trình |sin 2(x + 11)| = vơ nghiệm [-2007;-2006] =⇒ < α < Theo định lý Lagrange, với n ∈ N∗ , tồn cn ∈ (−2007; −2006) cho |un+1 − b| = |g(un ) − g(b)| = |g (cn )| |un − b| α |un − b| Quy nạp ta |un+1 − b| αn |u1 − b| =⇒ lim |un+1 − b| = tức lim un = b n→∞ n→∞ CHƯƠNG MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 52 Bài toán 3.0.28 Chứng minh với số nguyên dương n cho trước phương trình x2n+1 = x + có nghiệm thực Gọi nghiệm xn Tính lim xn n→+∞ Lời giải - Nếu x < −1 x2n+1 < x < x + - Nếu −1 ≤ x ≤ x2n+1 − x = (−x)(1 − x2n ) < suy x2n+1 < x + - Nếu < x ≤ x2n+1 ≤ x < x + Vậy x nghiệm phương trình x2n+1 = x+1 x > Đặt fn (x) = x2n+1 −x−1 Ta có fn (x) = (2n + 1)x2n−1 − > [1, +∞) suy hàm f tăng nửa khoảng Vì f (1) = −1 < f (2) = 22n+1 − > nên phương trình có nghiệm xn thuộc (1, 2) Theo lý luận trên, nghiệm Xét fn+1 (x) = x2n+3 − x − Ta có: > =⇒ < xn+1 < xn =⇒ − x2n+1 − xn − = x2n+3 fn+1 (1) = −1 < 0; fn+1 (xn ) = x2n+3 n n n {xn } giảm bị chặn nên dãy {xn } có giới hạn hữu hạn a, a ≥ Ta chứng minh a = Thật vậy, giả sử a > Khi xn ≥ a với n ta tìm n đủ lớn cho: x2n+1 ≥ a2n+1 > n Trong ta có xn + < x1 + < (mâu thuẫn) với n nguyên dương a) Chứng minh với n nguyên dương, khoảng (0; +∞), phương trình Bài tốn 3.0.29 Cho phương trình x + 2x2 + + nxn = có nghiệm nhất, kí hiệu xn b) Chứng minh dãy (xn ) có giới hạn hữu hạn n → +∞ Tìm giới hạn liên tục R có: ∀x ∈ (0; +∞) nên hàm số fn (x) tăng Lời giải a) Xét hàm số fn (x) = x + 2x2 + + nxn − fn (x) = + 22 x + + n2 xn−1 fn (x) > (0; +∞) Mặt khác fn (0) = − < 0, fn (1) > nên phương trình fn (x) = có khoảng (0; +∞) b) Ta có 3fn fn 1 n−1 = + + + n − 3 n 1 = + + + n − 3 3 Trừ vế theo vế ta được: 2fn =1+ 1 + + 3 n−1 − n 3 − = 1− n n 2 − n 2n + − =− < n 3.3n Suy xn > , ∀n ∈ Z+ Áp dụng định lý Lagrange, tồn yn ∈ 2n + n = fn (xn ) − fn 4.3 = xn − 2n + =0 n→∞ 4.3n fn (yn ) > với yn > lim ; xn 1 fn (yn ) > xn − 3 ⇒ lim xn = n→∞ cho: Kết luận Dãy số chuyên đề thú vị chương trình chun Tốn trường THPT chuyên Các toán liên quan đến dãy số phong phú, đa dạng, thường tốn khó kỳ thi học sinh giỏi mơn Tốn cấp quốc gia, khu vực, quốc tế Olympic 30/4,Olympic Sinh viên Đề tài Dãy số áp dụng hồn thành nhiệm vụ sau: • Trình bày hệ thống số kiến thức dãy số chương trình Tốn THPT chun • Hệ thống hóa đưa lời giải chi tiết số dạng tốn dãy số như: Tìm giới hạn dãy số; tìm tổng, tích dãy số; tốn dãy số liên quan số phương • Trình bày số ứng dụng dãy số vào việc giải dạng toán khác, chẳng hạn như: Ứng dụng dãy số để giải phương trình hàm; Bất phương trình hàm; Đa thức; Mặc dù cố gắng, thời gian có hạn lực cá nhân hạn chế, đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận đóng góp ý kiến để tơi tiếp tục hồn thiện đề tài Tôi xin chân thành cảm ơn! Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Tài Chung (2016), Chuyên khảo dãy số NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội [2] Trần Nam Dũng (2010), Dãy số toán dãy số, NXB ĐHKHTNĐHQG TP Hồ Chí Minh [3] Nguyễn Quý Dy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho, Vũ Văn Thoa (2009), Tuyển tập 200 tốn vơ địch tốn (tập 3), Nhà xuất Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thuỷ Thanh (2002), Giới hạn dãy số hàm số, Nhà xuất Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu (2003), Một số toán chọn lọc dãy số, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Văn Xoa (2006), Tuyển tập Đề thi tuyển sinh Trung học phổ thơng Chun mơn Tốn, NXB Giáo dục [7] Nguyễn Văn Mậu (1990), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [8] Vũ Dương Thụy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB Giáo dục [9] http://mathlinks.ro; http://mathscope.org; http://AoPS.com III Hiệu sáng kiến đem lại Hiệu kinh tế: Trên Internet có nhiều tài liệu chuyên đề “Dãy số” tài liệu nói “Áp dụng dãy số” Nội dung trình bày sáng kiến tài liệu hữu ích cho học sinh chuyên Toán lớp 10, 11 học sinh đội tuyển HSG Quốc gia, Cụm Duyên hải ĐBBB Các toán sáng kiến ý tưởng mở rộng, khai thác, tổng quát hóa tài liệu tham khảo bổ sung cho thầy cô giáo dạy lớp chuyên Toán đội tuyển chuyên đề “Dãy số” Tác giả hi vọng đề tài dùng làm tài liệu tham khảo sử dụng rộng rãi, cách tiết kiệm chi phí tài liệu, chi phí giảng dạy cho học sinh chun Tốn đội tuyển học sinh giỏi Hiệu mặt xã hội Trong khuôn khổ viết này, điều kiện thời gian có hạn, tơi nghiên cứu số ứng dụng Dãy số, đồng thời đưa lớp toán minh họa cho ứng dụng Những ứng dụng áp dụng để giảng dạy em học sinh lớp 10, 11 chuyên Toán em học sinh đội tuyển HSG Quốc gia, đội tuyển cụm duyên hải đồng Bắc Bộ Trong q trình dạy, chúng tơi em học sinh nhiệt tình đón nhận đồng thời đạt số kết định như: - Đội tuyển HSG Quốc gia mơn Tốn đạt 8/10 giải có học sinh tham dự chọn đội tuyển Quốc tế - Đội tuyển học sinh giỏi Cụm Duyên hải ĐBBB đạt 6/6 giải với Huy chương Vàng, Huy chương Bạc Huy chương Đồng - Đội tuyển Olympic Toán Hà Nội mở rộng đạt 6/6 giải với Huy chương Vàng, Huy chương Bạc, xếp thứ toàn đoàn - Đội tuyển thi Olympic KHTN đạt 15/15 giải Tuy nhiên, kinh nghiệm chưa nhiều thời gian hạn chế nên viết nhiều thiếu sót Rất mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, giáo 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO bạn đồng nghiệp để viết hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! 56 IV Cam kết không chép vi phạm quyền: Tôi xin cam kết kết sáng kiến kết tác giả nghiên cứu qua trình dạy lớp chuyên Toán đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia, học sinh giỏi khu vực đồng duyên hải Bắc Bộ Chúng không chép vi phạm quyền tác giả Tác giả Nguyễn Trung Sỹ 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO 58 ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA TỔ CHUYÊN MÔN CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (Xác nhận, đánh giá, xếp loại) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH (Xác nhận, đánh giá, xếp loại) ... CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1) Tên sáng kiến: “ DÃY SỐ VÀ ÁP DỤNG” 2) Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: - Chương trình Tốn lớp 10, 11 THPT chuyên - Chuyên đề ôn thi THPT Quốc Gia - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh... Mathematical Olympiad • HSG: Học sinh giỏi • V1: Vịng Nội dung sáng kiến I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến Tốn học mơn học quan trọng chương trình phổ thơng Việc giảng dạy học tập mơn tốn trường... trang bị cho học sinh kiến thức cụ thể để áp dụng sống môn học khác mà điều quan cung cấp rèn luyện cho học sinh kĩ năng, phương pháp môn học cách tư Toán học, điều cần thiết cho học sinh đời