(Luận văn) đạo hàm liên tiếp và các dãy số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC *** NGUYỄN ĐÌNH CỨ lu ĐẠO HÀM LIÊN TIẾP VÀ CÁC DÃY SỐ NGUYÊN an n va p ie gh tn to LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC *** NGUYỄN ĐÌNH CỨ lu ĐẠO HÀM LIÊN TIẾP VÀ CÁC DÃY SỐ NGUYÊN an n va p ie gh tn to LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC d oa nl w nf va an lu Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 z at nh oi lm ul Người hướng dẫn khoa học GS TSKH HÀ HUY KHOÁI z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 n va ac th si Mục lục lu an Mở đầu 1 CÁC ĐẠO HÀM LIÊN TIẾP CỦA HÀM f (x) VÀ HÀM fh(x) (x) 1.1 Phân hoạch nguyên kí hiệu 1.2 Đạo hàm liên tiếp hàm f (x) 4 Đạo hàm liên tiếp hàm n va 1.3 h(x) f (x) to p ie gh tn MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ DÃY SỐ NGUYÊN An 2.1 Kết tiệm cận dãy An 2.2 Một số công thức gần dãy An Kết luận Tài liệu tham khảo 18 18 28 31 32 d oa nl w 12 nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu lu an n va p ie gh tn to Các vấn đề liên quan đến dãy số phần quan trọng Đại số Giải tích Tốn học Đây mảng kiến thức khó Tốn học sơ cấp Đối với học sinh u thích mảng tốn học dãy số số học thường phải đối mặt với nhiều dạng toán loại tốn khó liên quan đến vấn đề Vì vậy, để giải toán dãy số địi hỏi người làm tốn phải có kiến thức tổng hợp Số học, Đại số, Giải tích Dãy số có vị trí đặc biệt tốn học khơng đối tượng nghiên cứu túy mà cịn đóng vai trị cơng cụ đắc lực mơ hình rời rạc giải tích lí thuyết phương trình, lí thuyết xấp xỉ, lí thuyết biểu diễn Dãy số nguyên phần quan trọng lí thuyết dãy số Các tốn dãy số nguyên thường đa dạng phức tạp Trong nhiều trường hợp dãy số bề ngồi cịn chất tốn lại toán số học Do vậy, để giải tốn khó dãy số ngun ta cần có phương pháp hữu hiệu Một phương pháp sử dụng cơng cụ đạo hàm Đạo hàm không khái niệm công cụ mạnh để giải tốn giải tích mà cịn sử dụng để nghiên cứu tốn dãy số Mục đích luận văn trình bày số nghiên cứu gần h phép tính đạo hàm liên tiếp hàm số dạng hàm vận f f dụng kiến thức vào nghiên cứu dãy số nguyên Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày gồm hai chương h Chương I: Đạo liên tiếp hàm hàm Chương trình bày f f số kiến thức chuẩn bị như: Sự phân hoạch số nguyên kí d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si lu an n va p ie gh tn to hiệu Nhắc lại cơng thức Fấ di Bruno khả vi hàm g ◦ f , xây dựng h cơng thức tính đạo hàm liên tiếp hàm hàm Trình bày tính f f chất đa thức hệ số nguyên Pn Qn Chương II: Một số kết dãy số nguyên An Chương trình bày kết tiệm cận dãy số nguyên An đưa số công thức gần dãy số nguyên An Luận văn hoàn thành hướng dẫn GS.TSKH Hà Huy Khoái - Trường Đại học Thăng Long Thầy người dành nhiều thời gian tận tình hướng dẫn giúp đỡ tơi q trình học tập nghiên cứu làm luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin gửi tới Thầy cô Khoa Toán trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học Tốn 2013 - 2015 lời cảm ơn sâu sắc công lao dạy dỗ suốt trình giáo dục đào tạo nhà trường Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn lớp Q khóa 6/2013 - 6/2015 trường Đại học Khoa học giúp đỡ động viên tơi q trình học tập làm luận văn nl w Thái Nguyên, tháng năm 2015 d oa Tác giả an lu nf va Nguyễn Đình Cứ z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương CÁC ĐẠO HÀM LIÊN TIẾP CỦA VÀ HÀM h(x) HÀM f (x) f (x) lu an n va gh tn to Nội dung chương xây dựng cơng thức tính đạo hàm liên tiếp h(x) hàm hàm f (x) f (x) Để xây dựng cơng thức trên, tơi giới thiệu cơng thức Fấ di p ie Bruno dùng công thức nghiên cứu đạo hàm liên tiếp hàm Để thiết lập cơng thức Fấ di Bruno ta cần số ký hiệu f (x) phân hoạch hệ số đa thức Các ký hiệu Vella [5] đưa d oa nl w Phân hoạch nguyên kí hiệu nf va an lu 1.1 Trong phần giới thiệu số kí hiệu phân hoạch hệ số đa lm ul thức Bây ta giải thích kí hiệu số nguyên dương z at nh oi Phân hoạch π số nguyên dương n phép biểu diễn n thành tổng Chẳng hạn như, ta có phân hoạch π z gm @ = + + + 1, m an Lu = + co = + 3, l = + + 2, n va ac th si Trong phân hoạch π n, n = p1 + p2 + + pm , pi i = 1, 2, , m gọi số hạng phận phân hoạch Ta không phân biệt thứ tự số hạng phân hoạch Chẳng hạn như, phân hoạch π = + + 2, = + + = + + xem Số phân hoạch π n kí hiệu p(n) Số số hạng của phân hoạch π kí hiệu l(π) Vì vậy, với n = p1 + p2 + + pm l(π) = m Xét phân hoạch π 55 sau 55 = + + + + + + + + + + + + + + 10 lu an Ta có l(π) = 15 va n Hơn nữa, phân hoạch π n viết dạng π = {p1 , p2 , , pm } gh tn to Ví dụ phân hoạch π 55 ta viết p ie π = {1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 6, 6, 7, 7, 7, 10} Với i (1 ≤ i ≤ n) số lần i xuất phần phân hoạch π w oa nl n kí hiệu πi gọi tính bội phần i π Chẳng hạn như, d phân hoạch π 55 ta có π1 = 6, π2 = π3 = nf va an lu Như l(π) = n X πi lm ul i=1 Kí hiệu tiêu chuẩn cho phân hoạch z at nh oi π = [1π1 , 2π2 , , nπn ] z với số hạng có tính bội bỏ qua khơng lấy Chẳng hạn như, @ m co   π = 16 , 23 , 62 , 73 , 101 l gm kí hiệu tiêu chuẩn phân hoạch π 55 xét phân hoạch dẫn xuất π , kí hiệu δ(π) an Lu Để ý {π1 , π2 , , πn } phân hoạch l(π) = 15 Ta gọi phân hoạch n va ac th si Chẳng hạn như, phân hoạch dẫn xuất δ(π) phân hoạch π 55 phân hoạch l(π) = 15 sau   δ (π) = {1, 2, 3, 3, 6} = 11 , 21 , 32 , 61 Xét phân hoạch π = {p1 , p2 , , pm } n Chúng ta dùng kí hiệu m Q π! = (pi !) dùng kí hiệu (nπ ) cho hệ số đa thức i=1  n p1 , p2 , , pm  = Q n n! (pi !) i=1 Đó lu an  n va n p1 , p2 , , pm  = (nπ ) = n! π! tn to Trong phần sử dụng ký hiệu giới thiệu chúng p ie gh tơi trình bày cơng thức Fấ di Bruno dùng cơng thức nghiên giới thiệu số dãy số nguyên cứu đạo hàm liên tiếp hàm f (x) liên kết với đạo hàm liên tiếp oa nl w Đạo hàm liên tiếp hàm d f (x) an lu 1.2 nf va Trong định lí sau thiết lập cách ngắn gọn có ích cơng thức Fấ lm ul di Bruno Phương pháp thiết lập Vella [5] Định lí 1.2.1 Giả sử y = g(u) u = f (x) khả vi đến cấp n Khi hàm z at nh oi hợp y = (g ◦ f ) (x) khả vi đến cấp n (g ◦ f ) n X (n ) Y πi π (l(π)) (x) = g ◦ f (x) [f (i) (x)] δ(π)! i=1 π∈Ω (1.1) z (n) @ Ωn tập tất phân hoạch n m co Nếu f = f (x) ta quy ước f = f (0) l gm n Bây giờ, xét hàm (1.2) n va  (0) f an Lu 1 = = f (x) f ac th si Ta có định lí tổng qt sau Định lí 1.2.2 Các đạo hàm liên tiếp hàm (1.2) thỏa mãn công thức sau  (n) Pn = n+1 ,(n ≥ 0) (1.3) f f Pn đa thức hệ số nguyên biến số f, f (1) , , f (n) Nếu n = lu P0 = 1, (1.4) an n va n ≥ to X gh tn Pn = l(π) (−1)l(π) (nπ )(δ(π) ).f (x)n−l(π) n Y πi [f (i) (x)] i=1 π∈Ωn p ie π∈Ωn nl = oa w l(π) (−1)l(π) (nπ )(δ(π) ).f n−l(π) X n Y πi [f (i) ] (1.5) i=1 d lu = u−1 Lưu ý u nf va an Chứng minh Đặt g (u) = (−1)n n! (u) = un+1 (1.6) z at nh oi lm ul g (n) Thế phương trình (1.6) vào phương trình (1.1) ta nhận z  (n) n h iπi X (n ) (−1)l(π) l (π)! Y (n) π (i) = (g ◦ f ) (x) = f (x) l(π)+1 f δ (π)! f (x) i=1 π∈Ω m co l gm @ n an Lu n va ac th si = X π∈Ω(n) = X n h i πi Y (nπ ) (−1)l(π) l(π) n−l(π) (i) f (x) f (x) δ(π)! f (x)n+1 i=1 (nπ )  l(π) δ(π) π∈Ωn (−1)l(π) (nπ ) P = lu = n h i πi  (−1)l(π) Y n−l(π) (i) f (x) f (x) f (x)n+1 i=1 π∈Ωn  l(π) δ(π)  f (x)n−l(π) n  πi Q f (i) (x) i=1 (1.7) n+1 f (x) an Pn f n+1 n va  gh tn to Sử dụng (1.5) ta đa thức Pn (1.8) P2 = −f (x)f (2) (x) + 2f (1) (x)f (1) (x) = −f f (2) + 2f (1) f (1) , (1.9) p ie P1 = −f (1) (x) = −f (1) oa nl w d P3 = −f f f (3) + 6f f (1) f (2) − 6f (1) f (1) f (1) , an lu (1.10) nf va P4 = −f f f f (4) + 8f f f (1) f (3) + 6f f f (2) f (2) − 36f f (1) f (1) f (2) (1.11) z at nh oi lm ul +24f (1) f (1) f (1) f (1) , P5 = −f f f f f (5) + 10f f f f (1) f (4) − 60f f f (1) f (1) f (3) + 20f f f f (2) f (3) (1.12) (1) (2) (2) (1) (1) (1) (2) (1) (1) (1) (1) (1) −90f f f f f + 240f f f f f − 120f f f f f z gm @ Định lí sau nêu số tính chất chung đa thức Pn l Định lí 1.2.3 Đa thức Pn (n ≥ 1) có tính chất sau: m co (i) Mỗi số hạng (hay đơn thức) đa thức Pn có n nhân tử có tổng an Lu số n Nghĩa là, đơn thức có dạng f (i1 ) f (i2 ) f (in ) i1 + i2 + + in = n , (f = f (0) ) Vì vậy, ta thiết lập phép tương ứng n va ac th si 14 Định lí 1.3.2 Xét hàm h(x) h = f (x) f ta ln có cơng thức sau  (n) h Qn = n+1 = f f n P k=0 (nk ) h(n−k) f n−k Pk (n ≥ 0) f n+1 (1.19) Chứng minh Ta có lu h =h f f Theo Bổ đề 1.3.1 phương trình (1.3) ta có kết an va n  (k)  (n) X n h n (n−k) (k ) h = f f tn to k=0 ie gh p = n X (nk ) h(n−k) k=0 Pk f n+1 nl w d oa n P k=0 f n+1 nf va an lu = (nk ) h(n−k) f n−k Pk lm ul Đó phương trình (1.19) z at nh oi  Sử dụng (1.19), (1.4), (1.8), (1.9) (1.10) ta có đa thức Qn đầu z Q0 = h, m Q1 = h(1) f − hf (1) , co l gm @ tiên an Lu n va ac th si 15 Q2 = h(2) f f − 2h(1) f f (1) − hf f (2) + 2hf (1) f (1) , Q3 = h(3) f f f − 3h(2) f f f (1) − 3h(1) f f f (2) + 6h(1) f f (1) f (1) − hf f f (3) + 6hf f (1) f (2) − 6hf (1) f (1) f (1) Trong định lí sau có số thông tin đa thức Qn Định lí 1.3.3 Xét đa thức Qn (n ≥ 0) i) Tổng hệ số đa thức Qn (n ≥ 1) ii) Nếu Cn tổng giá trị tuyệt đối hệ số đa thức Qn ta ln lu an có cơng thức sau: va Cn = n X n (nk ) Ak , (n ≥ 0) (1.20) iii) Nếu n chẵn đơn thức với số chẵn f có hệ số dương đơn thức gh tn to k=0 p ie với số lẻ f có hệ số âm Nếu n lẻ đơn thức với số lẻ f có hệ số dương đơn thức với số chẵn nl w f có hệ số âm d oa iv) Nếu Cn tổng giá trị tuyệt đối hệ số đa thức Qn ta ln ∞ X Ck ex = xk p (x) = x 2−e k! k=0 (1.21) nf va an lu có cơng thức sau: z at nh oi lm ul ex Vì vậy, Ck (k ≥ 0) đạo hàm cấp k hàm p(x) = x = − ex (Ck = p(k) (0)) Bán kính hội tụ (1.21) R = log2 v) Ta có z gm Cn = 2An @ C0 = A0 = 1, (n ≥ 1) co l vi) Công thức tổ hợp sau nghiệm đúng: (nk ) Ak , (n ≥ 1) an Lu n va k=0 m An = n−1 X ac th si 16 vii) Mỗi số hạng (đơn thức) đa thức Qn có (n + 1) nhân tử có tổng số n Nghĩa là, đơn thức có dạng h(i1 ) f (i2 ) f (i(n+1) ) i1 + i2 + + i(n+1) = n h = h(0) , f = f (0) n P Số số hạng (đơn thức) đa thức Qn p (k), p(k) k=0 số phân hoạch k (p(0) = 1) Chứng minh i) Tổng hệ số đa thức Pk (−1)k (xem phần (ii) lu Định lí 1.2.3) Vì vậy, tổng hệ số đa thức Qn (xem (1.19) (1.17)) an n va n X (nk ) (−1)k = (1 − 1)k = k=0 tn to gh ii) Tổng giá trị tuyệt đối hệ số đa thức Pk Ak (xem phần (iv) p ie Định lí 1.2.3) Vì vậy, tổng giá trị tuyệt đối hệ số đa thức Qn w (xem (1.19)) oa nl Cn = n X (nk ) Ak , (n ≥ 0) k=0 d an lu iii) Là hệ trực tiếp (1.19) phần (iii) Định lí 1.2.3 nf va iv) Xét hàm f (x) = f = ex −2 Ta có f (0) = −1 từ f (n) (x) = f (n) = ex , (n ≥ 1) ta có f (n) (0) = Mặt khác, xét hàm h(x) = h = ex , có lm ul h(0) = từ h(n) (x) = h(n) = ex , (n ≥ 1) có h(n) (0) = z at nh oi Do đó, từ phần iii) phương trình (1.19) nhận thấy hàm z ex h(x) =− x p(x) = − f (x) e −2 (n ≥ 0) an Lu n va h (z) ez p (z) = − =− z f (z) e −2 m Mặt khác, hàm biến phức co l p(n) (0) = Cn , gm @ thỏa mãn ac th si 17 hàm giải tích hình trịn |z| < log bán kính hội tụ (1.21) R = log v) Ta có (xem phần (iv) Định lí 1.2.3)   ex = −1 + = −1 + 2q (x) p (x) = − ex − ex Vì C0 = p (0) = q (0) = A0 = Mặt khác, ta lại có p(n) (x) = 2q (n) (x) , (n ≥ 1) lu an Do n va Cn = p(n) (0) = 2q (n) (0) = 2An , (n ≥ 1) tn to vi) Là hệ trực tiếp phần ii) phần v) p ie gh vii) Là hệ trực tiếp (1.19) phần i) Định lí 1.2.3 d oa nl w  nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 18 Chương MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ DÃY SỐ NGUYÊN An lu an Trong chương trình bày kết tiệm cận dãy số nguyên An , qua n va đưa số công thức gần dãy An tn to Kết tiệm cận dãy An p ie gh 2.1 w Bổ đề 2.1.1 Ta xét chuỗi lũy thừa (1.13) d oa nl ∞ X Ak k=0 k! xk an lu Tiêu chuẩn tỉ số chuỗi luỹ thừa áp dụng được, tức có giới hạn nf va sau: lm ul Ak Ak k! = lim = lim k→∞ Ak−1 k→∞ kAk−1 log (k − 1)! (2.1) z at nh oi z = n−2 X (nk )Ak + nAn−1 k=0 m co k=0 (nk )Ak l n−1 X gm An = @ Chứng minh Ta có (2.2) n va An ≥ n, An−1 an Lu Vì ac th si 19 hay An−1 ≤ An n (2.3) Áp dụng (2.3) nhiều lần có 0! A0 A0 A1 An−2 11 = = ≤ An−1 A1 A2 An−1 (n − 1) (n − 1)! A1 A1 A2 An−2 11 1! = ≤ = An−1 A2 A3 An−1 (n − 1) (n − 1)! lu A2 A2 A3 An−2 11 2! = ≤ = An−1 A3 A4 An−1 (n − 1) (n − 1)! an n va to Hay (0 ≤ k ≤ n − 1) ie gh tn k! Ak ≤ An−1 (n − 1)! p Từ phương trình cuối (1.16) ta w n−1  n k  d oa nl X An = An−1 k=0 n−1 X Ak k! n! ≤ An−1 k!(n − k)! (n − 1)! k=0 lu n X 1 =n ≤ n (e − 1) (n − k)! k! k=1 an k=0 (2.4) nf va =n n−1 X lm ul Cuối cùng, từ (2.2) (2.4) cho ta kết z at nh oi 1≤ An ≤ (e − 1) nAn−1 (2.5) z Giả sử ta ln có bất đẳng thức sau từ giá trị n = n0 + gm @ (2.6) Hay (2.7) an Lu An−1 ≤ An hn m co l An ≥ hn An−1 n va ac th si 20 Chúng ta có  n−k−1 Ak k! ≤ , (n0 ≤ k ≤ n − 1) An−1 (n − 1)! h (2.8) Từ phương trình (1.16) (2.8) ta suy kết    n−1  n −1  n−1  X X X Ak Ak Ak An n n n = = + k An−1 k An−1 k An−1 An−1 k=0 k=0 k=n n−1 X  n−k−1 n! k! ≤C+ (n − k)!k! (n − 1)! h k=n0 lu an va =C +n n−1 X n k=n0 tn to ie gh =C +n n−n X
n−k−1 h (n − k)!
k−1 h k! k=1 p w oa nl ≤C +n ∞ X
k−1 h k! k=1 d lu an (2.9) z at nh oi k=0 k (nk ) AAn−1 , lm ul C = nP −1 h nf va =C +n eh − Từ (2.9) ta có bất đẳng thức (từ giá trị n xác định) Ak eh − ≤ + ε (ε > 0) nAn−1 h (2.10) z @ an Lu (2.12) n va An−1 ≥ An pn m Hay (2.11) co An ≤ pn An−1 l gm Giả sử ta ln có bất đẳng thức sau từ giá trị n = n0 + xác định ac th si 21 Chúng ta có  n−k−1 k! Ak ≥ , An−1 (n − 1)! p (n0 ≤ k ≤ n − 1) (2.13) Từ phương trình (1.16) (2.13) ta có kết  n−1  X Ak An n = k An−1 An−1 k=0 = n −1  X k=0  n k n−1 X Ak + An−1 k=n0  n k  Ak An−1 n−1 X lu  n−k−1 k! n! ≥ (n − k)!k! (n − 1)! p k=n0 an n va tn to ie gh =n n−1 X k=n0  n−k−1 p (n − k)! p  k−1 p k! k=1 d oa nl w =n n−n X (2.14) lu nf va an Phương trình (2.4) cho (từ giá trị n xác định)  k−1  k−1 1 n−n ∞ X p X p1 An ep − ≥ ≥ −λ= − λ (λ > 0) nAn−1 k! k! p k=1 z at nh oi Hay lm ul k=1 ep − An ≥ −λ nAn−1 p (λ > 0) (2.15) z @ Để ý hàm ∞ co l gm ex − X xk−1 f (x) = = x k! k=1 m dương tăng ngặt khoảng (−∞, ∞), ta suy đạo hàm Ngồi ra, f (0) = f (1) = e − an Lu dương khoảng (−∞, ∞) Mặt khác ảnh khoảng (0, ∞) n va ac th si 22 Xét bất đẳng thức (2.5) Đó là, An e0 − e1 − ≤ = e − = p1 ≤ nAn−1 h1 = = (2.16) Đây bất đẳng thức thứ Bất đẳng thức bên phải (tức (2.11) cho ta bất đẳng thức (xem (2.15)) h2 = e p1 − 1 p1 An nAn−1 − λ2 ≤ (2.17) Chú ý p1 > 0, có bất đẳng thức lu e p1 − an > = h1 n va p1 tn to e p1 − 1 p1 gh Giả sử λ2 số bé Vậy − h1 p ie (2.18) oa nl w h2 > h1 = Từ bất đẳng thức (2.17) (tức phương trình (2.6)) ta có (xem phương d an lu trình (2.10)) bất đẳng thức nf va e h2 − An ≤ + ε = p2 nAn−1 h2 (2.19) lm ul e h2 − e1 − < = e − = p1 z h2 z at nh oi Lưu ý h2 > (xem (2.18)), có bất đẳng thức p1 − an Lu p2 < p1 = e − m co h2 l Giả sử ε2 số bé Vậy gm @ e h2 − (2.20) n va ac th si 23 Mặt khác, từ bất đẳng thức (2.17) (2.19) ta có bất đẳng thức thứ hai sau h2 = e p1 − 1 p1 e h2 − An − λ2 ≤ ≤ + ε = p2 nAn−1 h2 (2.21) Từ bất đẳng thức (2.19) (tức phương trình (2.11)) ta có bất đẳng thức (xem (2.15)) h3 = e p2 − An nAn−1 − λ3 ≤ p2 (2.22) Như vậy, phương trình (1.20) trở thành 1 e p2 − > lu p2 e p1 − an p1 n va e p2 − 1 p2 to Giả sử λ3 số bé Vậy − e p1 − 1 p1 ie gh tn p h3 > h2 > h1 = (2.23) bất đẳng thức oa nl w Bất đẳng thức (2.22) (tức phương trình (2.6)) cho (xem 2.10) d (2.24) nf va an lu e h3 − An ≤ + ε = p3 nAn−1 h3 Do đó, phương trình (2.23) trở thành lm ul e h3 − < h2 z at nh oi h3 e h2 − 1 e h2 − 1 h2 − e h3 − 1 h3 z gm @ Giả sử ε3 số bé Vậy (2.25) co l p3 < p2 < p1 = e − h3 = An e h3 − − λ3 ≤ ≤ + ε = p3 nAn−1 h3 (2.26) n va p2 an Lu e p2 − m Mặt khác, bất đẳng thức (2.22) (2.24) cho ta bất đẳng thức thứ ba ac th si 24 Trong dạng ta xây dựng bất đẳng thức sau (xem (2.16), (2.21), (2.26)) An e1 − e0 − ≤ ≤ = e − = p1 h1 = = nAn−1 1 h2 = e p1 − 1 p1 h3 = e p2 − 1 p2 h4 = e p3 − lu p3 An e h2 − − λ2 ≤ + ε = p2 ≤ nAn−1 h2 An e h3 − − λ3 ≤ ≤ + ε = p3 nAn−1 h3 An e h4 − − λ4 ≤ ≤ + ε = p4 nAn−1 h4 an n va tn to Trong dãy bất đẳng thức hn dãy tăng ngặt bị chặn, pn p ie gh dãy giảm ngặt bị chặn Vì vậy, hn có giới hạn l1 pn có giới hạn l2 Tiếp theo, ta chứng minh l1 = l2 = l = Vì vậy, ta có log giới hạn mong muốn (2.1) hay w nl An = x→∞ nAn−1 log d oa lim lu an 1 suy dãy λn có giới hạn từ εn ≤ suy dãy n n εn có giới hạn Lưu ý từ λn ≤ nf va lm ul Dãy hn thỏa mãn (xem dãy bất đẳng thức) quan hệ truy hồi sau z at nh oi 1 e hn−1 − e −1 hn−1 −1 − λn 1 e hn−1 − + εn−1 m co hn−1 l gm pn−1 e @ − λn = + εn−1 z hn = pn−1 an Lu n va ac th si 25 Vì lấy giới hạn hai vế ta l1 thỏa mãn phương trình 1 l1 e −1 l1 = l1 e −1 (2.27) e l1 − 1 l1 Dãy pn thỏa mãn (xem dãy bất đẳng thức) quan hệ truy hồi sau lu an e n va tn to pn = e hn pn−1 −1 −1 hn + εn = − λn pn−1 e −1 + εn gh e pn−1 − ie p − λn pn−1 oa nl w Vì vậy, lấy giới hạn hai vế ta l2 thỏa mãn phương trình d l2 nf va an lu e −1 l2 = l2 e −1 (2.28) e l2 − z at nh oi lm ul 1 l2 Vậy l1 l2 thỏa mãn phương trình (xem (2.27) (2.28)) z @ 1 l l 1 l (2.29) an Lu el − m co −1 l l= e gm e −1 n va ac th si 26 Phương trình có nghiệm l= log Chúng ta chứng minh nghiệm nghiệm dương phương trình (2.29) Vì log l1 = l2 = l = Phương trình (2.29) trở thành lu  an va l= e  l e −1 l −1 n   e −1 l tn to l gh Hay ie p  e −1 l − =e e −1         el − l   = el −  e −     l d oa nl w Hay  l nf va an lu l e e  el − l   el − l z at nh oi  lm ul Hay − el − e = z    e −1 l = m co − e− l e l l e  el − l gm @ Hay Hay  − 1l 1−e  = an Lu e ! e l −1 l n va ac th si 27 Đặt x = xét hàm l
x f (x) = e ex −1 − e−x Chúng ta phải chứng minh nghiệm dương phương trình
x f (x) = e ex −1 − e−x = x = log Chú ý f (0) = x > f (x) > Mặt khác lu lim f (x) = an x→∞ n va Nếu x > đạo hàm f (x) to −x + − 2e−x ex − ie gh tn f (x) = e x ex −1 p Xét hàm d oa Ta có nl w g (x) = −x + − 2e−x nf va an lu g (0) = 0, g (log 2) > 2, lm ul z at nh oi lim g (x) = −∞ x→∞ Đạo hàm z g (x) = 2e−x − co l gm Tại x = log 2, ta có g (x) = @ Trên khoảng [0, log2), ta có g (x) > m Trên khoảng (log2, ∞), ta có g (x) < Do đó, tồn a > log2 cho an Lu g(a) = Trên khoảng (0, a) g(x) > khoảng (a, ∞) g(x) < Do n va ac th si 28 đó, f (x) tăng ngặt khoảng [0, a) f (x) giảm ngặt lớn khoảng [a, ∞) Vì vậy, nghiệm dương phương trình (2.29) x = log  Một số công thức gần dãy An 2.2 Định lí 2.2.1 Ta có cơng thức gần sau: n An ∼ An−1 log (2.30) 2) lim An+1 = ∞ n→∞ An (2.31) 3) (An+1 − An ) ∼ An+1 (2.32) lu 1) an n va ie gh tn to q p n lim An An−1 n→∞ oa nl w 4) A1 A2 An A0 A1 An−1 d 1+ n1 (2.33) (2.34) nf va an lu 5) An+1 ∼ eAn = e 6) log An = n log n − (1 + log log 2) n + o (n) 7) log An ∼ n log n (2.36) nn 8) An = (log 2)n e(1+o(1))n (2.37) (2.35) z at nh oi lm ul z gm @ ak x = ∞ X Ak k=0 k! xk an Lu k=0 k m ∞ X co f (x) = l Chứng minh 1) Xét chuỗi n va ac th si