Dãy số và tổng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Đức Thành DÃY SỐ VÀ TỔNG SEQUENCE OF NUMBER AND SUM Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS - TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên - 2012 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn Cơng trình hồn thành Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: PGS - TS Đàm Văn Nhỉ Phản biện 1: PGS-TS Lê Thị Thanh Nhàn Phản biện 2: PGS-TS Nông Quốc Chinh Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Ngày 01 tháng năm 2012 Có thể tìm hiểu Thư Viện Đại Học Thái Nguyên 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Vành đa thức 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Các phép tốn đa thức 1.1.3 Các tính chất 1.1.4 Một số ví dụ 1.2 Vành chuỗi luỹ thừa hình thức 1.2.1 Kết 1.2.2 Một số ví dụ áp dụng 1.3 Một số kiến thức dãy số 1.3.1 Một số dãy đặc biệt 1.3.2 Cấp số cộng cấp số nhân Chương Dãy số truy hồi tổng 2.1 Một vài dãy số truy hồi sai phân 2.2 Dãy an+1 = f (an ) với hàm f (x) 2.3 Giới hạn dãy số 2.4 Một số tổng dãy đặc biệt 2.5 Phép biến đổi Abel đánh giá tổng Kết luận Tài liệu tham khảo 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 4 4 7 10 12 13 15 17 17 22 25 44 51 55 56 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Dãy số tổng vấn đề nhiều người quan tâm Vấn đề thường xuất dạng toán Đại số, Giải tích, Lý thuyết xấp xỉ kỳ thi Học sinh giỏi Quốc gia-Quốc tế Luận văn đặt vấn đề nghiên cứu Dãy số tính số tổng số hạng dãy số Muốn tiếp cận được, đòi hỏi người học, người làm toán phải trang bị vốn kiến thức dãy số, phương pháp giải, hay thủ thuật tính tốn biến đổi Chính lựa chọn vấn đề nghiên cứu, nhằm giúp người u tốn ham hiểu biết Có góc nhìn bao qt hơn, lập luận sâu sắc với toán "Dãy số tổng" trình bày qua nhiều cách giải đặc biệt Ngồi cịn vận dụng số kiến thức Tốn Cao cấp vào giải tốn khó, điển hình hay gặp Luận văn chia làm hai chương Chương Các kiến thức chuẩn bị Được dành trình bày lại số kết Vành đa thức, Vành chuỗi luỹ thừa hình thức giới thiệu số Dãy số đặc biệt Chương Dãy số truy hồi Tổng Trình bày Dãy truy hồi, Dãy xây dựng qua hàm Đặc biệt, chương cịn giới thiệu cách tìm giới hạn số dãy số, tính số tổng đặc biệt phép biến đổi Abel Với ví dụ, tốn có phương pháp giải ngắn gọn, dễ hiểu vận dụng nhiều kiến thức khác Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS-TS Đàm Văn Nhỉ - Đại Học Sư Phạm Hà Nội Bản thân em, 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn xin bày tỏ biết ơn sâu sắc, lòng mến phục kiến thức uyên bác, quan tâm lời động viên Thầy Đã giúp em hoàn thành luận văn Em xin trân trọng cảm ơn tới Thầy Cô Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại Học Khoa Học Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K4 A Trường Đại Học Khoa Học đồn kết, giúp đỡ tơi suốt q trình học tập, nghiên cứu làm luận văn Song với hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên chắn q trình nghiên cứu, trình bày khơng tránh khỏi thiếu sót Qua đây, em mong nhận ý kiến đóng góp xác đáng Thầy Cô độc giả cho luận văn Thái Nguyên, ngày 10 tháng 07 năm 2012 Tác giả Nguyễn Đức Thành 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Vành đa thức Định nghĩa Cho vành A vành giao hốn có đơn vị Ta gọi đa thức (trên A) bậc n biến x biểu thức có dạng Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 (an 6= 0), ∈ A gọi hệ số, an hệ số bậc cao a0 hệ số tự đa thức Nếu = 0, i =, 2, , n − (an 6= 0) ta có bậc đa thức Nếu = 0, với i = 0, 1, 2, , n ta coi bậc n gọi đa thức khơng (nói chung người ta khơng định nghĩa bậc đa thức không) Tập hợp tất đa thức với hệ số lấy vành A ký hiệu A[x] Khi A = K trường K[x] vành giao hốn có đơn vị Ta thường xét A = Z A = Q A = R A = C Khi ta có vành đa thức tương ứng Z[x], Q[x], R[x], C[x] 1.1.2 Các phép toán đa thức Cho hai đa thức: p(x) = a0 + a1 x + + am xm q(x) = b0 + b1 x + + bn xn Khi phép cộng phép nhân hai đa thức p(x) + q(x) = a0 + b0 + + (am + bm )xm + bm+1 xm+1 + + bn xn p(x)q(x) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + + (a0 bk + a1 bk−1 + + ak b0 )xk + + am bn xm+n ta giả sử n ≥ m 1.1.3 Các tính chất Định lý 1.1 Giả sử A trường, f (x) g(x) 6= hai đa thức vành A[x], có hai đa thức q(x) r(x) thuộc A[x] cho 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn f (x) = g(x)q(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x) Nếu r(x) = ta nói f (x) chia hết cho g(x) Giả sử a phần tử tuỳ ý vành A, f (x) = an xn +an−1 xn−1 + +a1 x+ a0 đa thức tuỳ ý vành A[x], phần tử f (a) = an an + an−1 an−1 + + a1 a + a0 có cách thay x a gọi giá trị f (x) a Nếu f (a) = ta gọi a nghiệm f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 Bài tốn tìm nghiệm f (x) A gọi giải phương trình đại số bậc n an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 = 0, (an 6= 0) Định lý 1.2 Giả sử A trường, a ∈ A, f (x) ∈ A[x] Dư số phép chia f (x) cho (x − a) f (a) Định lý 1.3 Số a nghiệm f (x) f (x) chia hết cho (x − a) Giả sử A trường, a ∈ A, f (x) ∈ A[x] m số tự nhiên (m > 1) Khi a nghiệm bội cấp m f (x) f (x) chia hết cho (x − a)m f (x) không chia hết cho (x − a)m+1 Số nghiệm đa thức tổng số nghiệm đa thức kể bội nghiệm (nếu có) Vì vậy, người ta coi đa thức có nghiệm cấp bội m đa thức có m nghiệm trùng Định lý 1.4 Đa thức f (x) ∈ A[x] bậc n > ta có kết sau: (i) Nếu α ∈ A nghiệm f (x) f (x) = (x − α)g(x) với g(x) ∈ A[x] (ii) f (x) có khơng q n nghiệm phân biệt K 1.1.4 Một số ví dụ Ví dụ 1.1 Cho a ∈ R∗ cho số nguyên dương m, k Giả sử đa thức Pn (x) bậc n cho Pn (xm ) chia hết cho (x − a)k Chứng minh Pn (xm ) chia hết cho (xm − am )k Bài giải: Theo giả thiết Pn (xm ) chia hết cho (x − a)k Vậy nên mxm−1 Pn” (xm ) chia hết cho (x − a)k−1 Do hai đa thức xm−1 (x − a)k−1 nguyên tố nhau, nên Pn” (xm ) chia hết cho (x − a)k−1 Từ suy {(k−1) m Pn (x ) chia hết cho x − a Vậy nên 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn {(k−1) Pn (am ) = Pn” (am ) = = Pn (am ) = Do Pn (t) chia hết cho (t − am )k Thay t xm ta có kết luận Pn (xm ) chia hết cho (xm − am )k Ví dụ 1.2 Phân tích thành nhân tử 4(a2 + ab + b2 )3 − 27(a2 b + ab2 )2 Từ suy 4(a2 + ab + b2 )3 > 27(a2 b + ab2 )2 với a, b ∈ R Bài giải: Ta nhận thấy f (a, b) = 4(a2 + ab + b2 )3 − 27(a2 b + ab2 )2 đa thức đối xứng a b Vì f (a, a) = nên f (a, b) = (a − b)g(a, b) Vì đa thức đối xứng f mà chia hết cho a − b chia hết cho (a − b)2 , (chứng minh.) Đặt α1 = a + b, α2 = ab Khi f (a, b) = 4[α1 − α2 ]3 − 27α1 α2 chia hết cho α1 − 4α2 Vậy f (a, b) = [α1 − 4α2 ][2α1 + α2 ] > Ví dụ 1.3 Cho hai đa thức f (x) = x12 − x11 − +3x3 − x2 + 23x + 30; g(x) = x3 + 2x + m Hãy xác định giá trị nguyên m cho tồn đa thức q(x) để f (x) = g(x)q(x) với x ∈ R Bài giải: Ta có f (x) = g(x)q(x) + r(x) với x ∈ R r(x) = ax2 + bx + c Ta cần tìm m để r(x) ≡ 0, tức a = b = c Thực phép chia f (x) cho g(x) ta thu r(x) = (m3 + 6m2 − 32m + 15)x2 + (5m3 − 24m2 + 16m + 33)x + m4 − 6m3 + 4m2 + 5m + 30 Giải hệ phương trình   m + 6m − 32m + 15 = 5m3 − 24m2 + 16m + 33 =   m − 6m3 + 4m2 + 5m + 30 = ta thu m = 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.2 Vành chuỗi luỹ thừa hình thức Mục tập trung nghiên cứu vành chuỗi luỹ thừa hình thức biến trường Ký hiệu K[[x]] = {a0 + a1 x + a2 x + · · · | ∈ K} = ∞ X xi | ∈ K i=0 Mỗi phần tử f ∈ K[[x]], f = ∞ P xi với x0 = 1, gọi chuỗi luỹ i=0 thừa hình thức biến x với hệ tử thuộc K Để biến K[[x]] thành ∞ P vành giao hốn có đơn vị ta cần phép toán sau Cho f = x i , g = ∞ P i=0 bi xi ∈ K[[x]] ta định nghĩa f = g = bi cho i=0 i = 0, 1, f +g = ∞ X ∞ X i X (ai + bi )x , f g = ( ai−j bj )xi i i=0 1.2.1 i=0 j=0 Kết Mệnh đề 1.1 Với phép toán trên, K[[x]] lập thành vành giao hốn có đơn vị Chứng minh: Việc kiểm tra tiên đề vành thoả mãn Định lý 1.5 Chuỗi luỹ thừa hình thức f = ∞ P xi khả nghịch i=0 a0 6= Chứng minh: Chuỗi luỹ thừa hình thức f (x) = ∞ P xi khả nghịch K[[x]] i=0 chuỗi luỹ thừa hình thức g(x) = ∞ P bi xi cho f (x)g(x) = i=0 điều tương đương với hệ a0 b0 = 1, i P ai−j bj = cho i = 1, 2, j=0 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Coi bj ẩn hệ giải a0 6= f (x) Chuỗi f (x) gọi chuỗi hữu tỷ có p(x), q(x) ∈ K[x] để f (x) = p(x) hay f (x)q(x) = p(x) K[[x]] Nếu q(0) = 1, bậc f (x) q(x) deg f (x) = deg p(x) − deg q(x) Nếu tồn hàm (đại số siêu việt) F (x) cho f (x) = F (x) F (x) gọi cơng thức đóng chuỗi f (x) Chuỗi g(x) gọi nghịch đảo f (x) viết g(x) = Định nghĩa 1.1 Giả sử f (x) = ∞ P i x Tổng f (α) = i=0 tổng vô hạn Nếu tồn lim n P n→+∞ i=0 ∞ P αi gọi i=0 αi số hữu hạn A A gọi giá trị chuỗi luỹ thừa hình thức f (x) = x = α Đôi A cịn gọi giá trị tổng vơ hạn ∞ P ∞ P xi i=0 α i i=0 Trong vành K[[x]] người ta quan tâm tới tính hữu tỷ cơng thức đóng chuỗi để nghiên cứu tổng (nếu tồn tại) hay hệ số biểu diễn chuỗi Khi cần tính tổng cụ thể ta xét tới tính hội tụ tính giá trị chuỗi Với hàm f (x) xác định x = a, ta biểu diễn qua chuỗi ∞ f (n) (a) P luỹ thừa hình thức f (x) = (x − a)n để coi n! n=0 chuỗi luỹ thừa K[[x]] đơi ta cịn coi hàm chuỗi luỹ thừa hình thức khơng quan tâm tới tính hội tụ chuỗi Với x ∈ R, khai triển thành chuỗi luỹ thừa số hàm đơn 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 34 Biểu diễn tích Tk = k Y n=1 an = cos π π π cos cos 2.2 2.22 2.2k π π π π π 2.2k cos cos sin = 2k cos 2.2 2.22 2.2k 2.2k sin π π 2.2k π π π π 2.2k 2.2k hay T = 2.2k = sin = k π π π π sin π π sin sin k k 2.2 2.2 2.2k π ∞ Q k 2.2 Do lim = nên tích a = lim T = n k π k→+∞ k→+∞ π n=1 sin 2.2k Ví dụ 2.29 Dãy (an ) xác định sau : a1 = 2011, an+1 = + 7an với n > Xác định an theo n lim an n→+∞ un Bài giải: Đồng bậc hoá qua việc đặt an = , n > Khi un+1 = , n > Có thể chọn dãy (un ), (vn ) thoả mãn vn+1 4vn + 7un ( un+1 = u1 = 2011, v1 = vn+1 = 4vn + 7un , n > Xét vn+1 + tun+1 = 4vn + 7un + tvn = (4 + t)vn + 7un Chọn t cho √ t(t + 4) = hay t nhận −2 ± 11 vn+1 + tun+1 = (t + 4)(vn + tun ) = · · · = (t +( 4)n (v1 + tu1 ) với n > + t1 un = (t1 + 4)n−1 (1 + 2011t1 ) Như hay biểu diễn + t2 un = (t2 + 4)n−1 (1 + 2011t2 )  (t + 4)n−1 (1 + 2011t1 ) + (t2 + 4)n−1 (1 + 2011t2 )   un = t1 − t2 Như n−1 n−1 −t (t + 4) (1 + 2011t ) + t (t + 4) (1 + 2011t )  1 2  vn = t1 − t2 un (t1 + 4)n−1 (1 + 2011t1 ) + (t2 + 4)n−1 (1 + 2011t2 ) an = = −t2 (t1 + 4)n−1 (1 + 2011t1 ) + t1 (t2 + 4)n−1 (1 + 2011t2 ) 36Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 35  t + n−1 (1 + 2011t2 ) + (1 + 2011t1 ) t1 + lim an = lim  t + n−1 n→+∞ n→+∞ (1 + 2011t2 ) − t2 (1 + 2011t1 ) t1 t1 √ +4 + 2011t1 −2 + 11 = = = −t1 (1 + 2011t1 ) −t2 Ví dụ 2.30 Dãy (an ) xác định sau: a1 = 2011, an+1 = với n > Xác định an theo n lim an n→+∞ − 7an có tồn hay khơng? un Bài giải: Đồng bậc hoá qua việc đặt an = , n > 2vn un+1 = , n > Có thể chọn (un ), (vn ) Khi vn+1 4vn − 7un ( un+1 = 2vn thoả mãn u1 = 2011, v1 = vn+1 = 4vn − 7un , n > Xét vn+1 + tun+1 = 4vn − 7un + 2tvn = (4 + 2t)vn√− 7un −2 ± i 10 Chọn t cho t(2t + 4) = −7 hay t nhận vn+1 + tun+1 = ( (2t + 4)(vn + tun ) = · · · = (2t + 4)n (v1 + tu1 ) với + t1 un = (2t1 + 4)n−1 (1 + 2011t1 ) n > Như hay biểu + t2 un = (2t2 + 4)n−1 (1 + 2011t2 )  (2t1 + 4)n−1 (1 + 2011t1 ) + (2t2 + 4)n−1 (1 + 2011t2 )   un = t1 − t2 diễn n−1 −t2 (2t1 + 4) (1 + 2011t1 ) + t1 (2t2 + 4)n−1 (1 + 2011t2 )   vn = t1 − t2 un (2t1 + 4)n−1 (1 + 2011t1 ) + (2t2 + 4)n−1 (1 + 2011t2 ) Như an = = −t2 (2t1 + 4)n−1 (1 + 2011t1 ) + t1 (2t2 + 4)n−1 (1 + 2011t2 ) giới hạn lim an khơng tồn n→+∞ Ví dụ 2.31 Với hai số dương a, b, dãy (an ) xác định sau: a2 + b a1 = a, an+1 = n với n > Xác định an theo n lim an n→+∞ 2an un Bài giải: Đồng bậc hoá qua việc đặt an = , n > un+1 u2n − bvn2 Khi = , n > Có thể chọn dãy (un ), (vn ) vn+1 2un 37Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 36 ( un+1 = u2n + bvn2 thỏa mãn u1 = a, v1 = và vn+1 = 2un , n > ( √ √ un+1 + bvn+1 = (un + bvn )2 √ √ hay biểu diễn thành dạng un+1 − bvn+1 = (un − bvn )2 ( √ n √ un+1 + bvn+1 = (a + b)2 √ √ n với n > un+1 − bvn+1 = (a − b)2  √ 2n−1 √ 2n−1  (a + b) + (a − b)  un = √ 2n−1 √ 2n−1 Như ta có cơng thức tính b) − (a − b) (a +   √ , n > vn = b √ n−1 √ n−1 un (a + b)2 + (a − b)2 √ √ √ n−1 b, n > Khi Số hạng tổng quát an = = (a + b)2n−1 − (a − b)√ n−1 (a − b)2 √ 1+ √ (a + b)2n−1 √ √ 2n−1 b = b ta nhận giới hạn lim an = lim n→+∞ n→+∞ (a − b) √ 1− (a + b)2n−1 Ví dụ 2.32 Dãy (an ) xác định sau: a1 = 1, an+1 3a2n + = 6an 3a2n với n > Chứng minh số phương với 3an − n > tìm lim an n→+∞ Bài giải: Kết luận chứng minh phương pháp quy nạp 3a22 theo n > Với n = có = 22 số phương Giả sử kết 3a2 − 3a2n = r2 số phương với r > luận cho n, có nghĩa : 3an −  3a2 + 2 n  3a2 + 2 3a2n+1 6an n Khi ta có biến đổi =  = =  3an+1 − 3an − 3an + −1 6an r2 + 2  r −1 = (2r2 − 1)2 r −1 r2 − 38Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 37 số phương với n > 1 Hiển nhiên an > với n > Hơn nữa, ta an > √ với n Thật vậy, kết luận n = Giả sử kết luận cho n 3x2 + 1 Khi đó, hàm f (x) = , x > √ , đơn điệu tăng nên ta có 6x 3an + 3a2n − an+1 = > √ = √ Bởi vậy, hiệu an − an+1 = >0 6an 6an 3 hay an > an+1 với n > Vì dãy (an ) đơn điệu giảm, bị chặn dưới, nên hội tụ suy lim an = √ n→+∞ p √ √ Ví dụ 2.33 Dãy (an ) xác định sau: a1 = + − + 4(an − a3n ) an+1 = với n > Xác định an theo n dãy − 6a2n + a4n (an ) dãy tuần hồn, khơng hội tụ π Bài giải: Giả sử an = tan α Khi an+1 = tan 4α Ta có a1 = tan 20 4n−1 π 4n−2 π suy an = tan = tan với n > Với n > ta có 20 (5 − 1)n−2 π π hay an = (−1)n−2 tan Do dãy (an ) dãy an = tan 5 tuần hồn, khơng hội tụ Ví dụ 2.34 Ba số nguyên dương x, y, z gọi ba Pythagore x2 + y =  z Cho ba dãy số nguyên dương (xn ), (yn ), (zn ) xác  x1 = 3, y1 = 4, z1 =    x n+1 = 3xn + 2zn + định sau:  yn+1 = 3xn + 2zn +    z n+1 = 4xn + 3zn + 2, n > (i) Chứng minh (xn , yn , zn ) Là ba Pythagore 2xn yn + số (ii) Tính xn , yn , zn theo n xn (iii) Tính lim n→+∞ zn 39Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 38 Bài giải: (i) Ta có tương đương hệ truy hồi sau đây:   x1 = 3, y1 = 4, z1 =    x n+1 = 3xn + 2zn +  zn+1 = 4xn + 3zn +    y n+1 = xn+1 + 1, n > Đặt xn = tn − ta có hệ sau tương đương với hệ ban đầu:   x1 = 3, y1 = 4, z1 =      t = 3tn + 2zn   n+1 zn+1 = 4tn + 3zn     x = t − n+1 n+1     yn+1 = xn+1 + 1, n > Ta biểu diễn tn+1 + λzn+1 = (3 + 4λ)tn + (2 + 3λ)zn Chọn λ √ để ± cho (2 + 3λ) = λ(3 + 4λ) hay 4λ2 − = Khi λ1,2 = tn+1 + λzn+1 = (3 + 4λ)n (t1 + λz1 ) với λ = λ1,2 ta có hệ phương trình sau: ( tn+1 + λ1 zn+1 = (3 + 4λ1 )n (t1 + λ1 z1 ), (1) tn+1 + λ2 zn+1 = (3 + 4λ2 )n (t1 + λ2 z1 ), (2) 2 Với (1).(2) ta có 2t2n+1 − zn+1 = 2t21 − z12 Vậy zn+1 = 2x2n+1 + 2xn+1 + = 2xn yn + = zn2 với n > x2n+1 + (xn+1 + 1)2 = x2n+1 + yn+1 (ii) Từ (1) (2) ta suy công thức xác định xn+1 , yn+1 , zn+1 đây:   n n  λ (3 + 4λ ) ( + 5λ ) − λ (3 + 4λ ) ( + 5λ2 ) 1   2  x = − +  n+1   λ2 − λ1    n n λ (3 + 4λ ) ( + 5λ ) − λ (3 + 4λ ) ( + 5λ2 ) 1 hay 2 y = +  n+1  λ2 − λ1     n n  (3 + 4λ ) ( + 5λ ) − (3 + 4λ ) ( + 5λ2 )  1   2 zn+1 = ,n > λ1 − λ2 40Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39  √ √ n √ √ n  2) (7 + 2) + (3 − 2) (7 − 2) (3 +   x = − +  n+1   √ √ √ √  (3 + 2)n (7 + 2) + (3 − 2)n (7 − 2) yn+1 = +  √ √ n √ √   n  (3 + 2) (7 + 2) − (3 − 2) (7 − 2)   √ , n > zn+1 = 2 Điều đặc biệt dãy số nguyên dương xn , yn , zn tính qua xn (iii) Ta suy lim =√ n→+∞ zn √ Ví dụ 2.35 Dãy s (an ) xác định sau: 14a2n + a1 = 1, an+1 = với n > a2n Xác định an theo n lim an n→+∞ Bài giải: Hiển nhiên an > với n Đồng bậc hoá qua việc đặt un an = , n > un+1
2 14u2n + 5vn2 = , n > Có thể chọn dãy (un ), (vn ) Khi vn+1 u n   = u1 = 1, vp nhận thoả mãn un+1 = 14u2n + 5vn2  p  vn+1 = u2n , n >   u1 = 1, v1 = u2n+1 = 14u2n + 5vn2   vn+1 = u2n , n >   x1 = 1, y1 = Đặt xn = u2n , yn = vn2 với n Ta có xn+1 = 14xn + 5yn   yn+1 = yn   x1 = 1, y1 = hay có biểu diễn thành dạng xn+1 = 14xn +   yn+1 = 1, n > Như ta có cơng thức tính xn+1 − xn = 14(xn − xn−1 ) = · · · = 14n−1 (x2 − x1 ) = 18.14n−1 , n > Số hạng tổng quát 41Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 40 14n−1 − xn = 14 +5 , n > Vậy, chọn = 1, an = r 13 14n−1 − √ un = xn = 14n−1 + , n > Từ suy giới hạn 13 lim an = +∞ n−1 n→+∞ Ví dụ 2.36 Dãy số thực (an ) xác định sau : a1 = a ∈ (1; 2) an+1 = + an − a2n với số nguyên n > n P Xác định a1 để có giới hạn lim [ a2k − 2n] = n→∞ k=1 √ Bài giải: Trước tiên ta |an − 2| < 2−n với √ 11 n > Thật vậy, ta có < a1 < < a2 < Vậy |a3 − 2| < √ 2−3 Giả sử có |an − 2| < 2−n với n > Xét √ √ √ 1 |an+1 − 2| = |1 + an − a2n − 2| = |2 + 2an − a2n − 2| 2 √ √ √ √ 1 = |an − 2||2 − 2 + − an | |an − 2|, 2 √ √ √ ta |2 − 2 + − an | < Vậy |an+1 − 2| < 2−n−1 Xét hệ thức sau: a2 = + a1 − a21 a3 = + a2 − a22 an+1 = + an − a2n n n P 1P ak hay a2k − 2n = 2a1 − 2an+1 Vậy an+1 = n + a1 − k=1 k=1 n √ P Vì lim (an − 2) = nên lim [ a2k − 2n] = n→∞ n→∞ k=1 √ tương đương với điều kiện a1 = Ví dụ 2.37 Chứng minh lim n→∞ 2.2.4.4 .2n.2n π = 1.3.3.5.5 .(2n − 1).(2n + 1) 42Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 π Bài giải: Vì sin2n+1 x < sin2n x < sin2n−1 x x ∈ (0; ) nên ta có π π π Z2 Z2 Z2 2n+1 2n sin xdx < sin xdx < sin2n−1 xdx 0 (2n)!! (2n − 1)!! π (2n − 2)!! < < suy (2n + 1)!! (2n)!! (2n − 1)!!  (2n)!! 2 π  (2n)!! 2 < < (2n − 1)!! 2n + (2n − 1)!! 2n 2.2.4.4 .2n.2n π Do lim = n→∞ 1.3.3.5.5 .(2n − 1).(2n + 1) Và có bất đẳng thức Ví dụ 2.38 Giả thiết hàm số y = f (x) khả vi x = a Xác định giới hạn hP i m k
(i) lim n − mf (a) f a+ n→∞ n k=1 hP i n k
(ii) lim f a + − nf (a) n→∞ k=1 n hP m k
Bài giải: (i) Theo định nghĩa đạo hàm, có lim n f a+ − n→∞ n k=1 k
i hP − f (a) i m(m + 1) f a+ m n mf (a) = lim = k f (a) k n→∞ k=1 n k
f a + − f (a) n (ii) Vì lim = f (a) nên với  > nhỏ tuỳ ý có n0 để k n→∞ n2 k k k
k k f (a) −  < f a + − f (a) < f (a) +  n2 n2 n2 n2 n2 thoả mãn cho n > n0 , k = 1, 2, , n Cộng n bất đẳng thức trên, i n h P k
f a + − f (a) n k=1 f (a) −  < < f (a) +  n(n + 1) 2n2 43Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 Do  > nhỏ tuỳ ý nên giới hạn lim n→∞ hP n i k
f a + − nf (a) = f (a) n k=1 Ví dụ 2.39 Cho số dương a.Với số nguyên dương n, hai dãy √ (ak ), (bk ) xác định công thức ak = n + ka bk = + ka với n−1 Q ak k = 0, 1, 2, , n − Tìm lim k=0 n→+∞ n−1 P bk k=0 n−1 P bk n(n − 1) a k=0 bk = n + Bài giải: Ta có a → n → +∞ n2 k=0 n−1 Q ak  n−1  n−1
P P 1 + kb
k=0 = ln + kb − ln n = ln Xét ln n2 n2 k=0 n k=0 n n−1 P Ví dụ 2.40 Giả sử dãy số thực (an ) thoả mãn: an+m an + am với an số nguyên m, n > Chứng minh tồn lim n→∞ n an Bài giải: Từ giả thiết suy an na1 Vậy 6 a1 n an an
dãy bị chặn Đặt α = inf{ } Với  > tuỳ ý có số n n an nguyên dương r cho α < α + với n > r Biểu diễn n n = pr + s với 6< s, p, s ∈ N Vậy an = apr+s par + as an apr+s par + as ar pr as ta nhận = = + Do n pr + s pr + s r pr + s n 
pr as  as an an α6 α+ + < α + + Từ suy lim =α n→∞ n n pr + s n n theo Định lý 2.2 Ví dụ 2.41 [VMO 2011] Dãy (xn ) xác định x1 = xn+1 = n 2(n + 1) P xk với số nguyên n > Chứng minh dãy (yn = n2 k=1 xn+1 − xn ) có giới hạn hữu hạn n P P n2 2(n + 2) n+1 Bài giải: Vì xk = xn+1 nên xn+2 = xk 2(n + 1) (n + 1) k=1 k=1 n   2(n + 2)  P 2(n + 2)  n2 xn+2 = x + x = x + x k n+1 n+1 n+1 (n + 1)2 k=1 (n + 1)2 2(n + 1) 44Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 (n + 2)[(n + 1)2 + 1] Từ suy xn+2 = xn+1 nhận xn+1 = (n + 1)3 (n + 1)(n2 + 1) n (n + 1)(n2 + 1) xn < xn Từ yn = xn+1 − xn = xn − n3 n−1 n3 n2 + n + xn = x suy y − y = xn > Do (yn ) n n+1 n n3 n3 (n + 1)2 dãy đơn điệu tăng Ta lại có x1 = 1, x2 = 4, x3 < x2 , x4 < x3 , 2−1 3−1 n−1 , xn < xn−1 Nhân vế với vế bất đẳng thức ta n−2 n2 + n + 2(n2 + n + 1)(n − 1) xn < 2(n − 1) Tóm lại yn = x < < n n3 n3 Vì (yn ) đãy đơn điệu tăng, bị chặn (yn = xn+1 − xn ) có giới hạn hữu hạn theo Định lý 2.1 Ví dụ 2.42 Cho ∆A0 B0 C0 với tâm đường tròn nội tiếp tam giác I0 Các đường thẳng A0 I0 , B0 I0 , C0 I0 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A0 B0 C0 A1 , B1 , C1 Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác A1 B1 C1 I1 Lặp lại trình Vậy giả sử có ∆An Bn Cn với tâm đường trịn nội tiếp tam giác In Các đường thẳng An In , Bn In , Cn In cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A0 B0 C0 An+1 , Bn+1 , Cn+1 với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ∆An+1 Bn+1 Cn+1 In+1 Chứng minh: (i) SA1 B1 C1 > SA0 B0 C0 Dấu xảy ∆A0 B0 C0 (ii) B1 C1 + C1 A1 + A1 B1 > B0 C0 + C0 A0 + A0 B0 (iii) OI0 > OI1 Dấu xảy ∆A0 B0 C0 tam giác (iv) lim In = O n→∞ Bài giải: (i) Khơng hạn chế coi bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆A0 B0 C0 B0 + C0 C0 + A A0 + B0 Ta có SA1 B1 C1 = sin sin sin Do 2 √ x+y sin x + sin y sin > > sin x sin y với x, y ∈ (0; π) nên nhận 2 SA1 B1 C1 > sin A0 sin B0 sin C0 = SA0 B0 C0 C0 + A0 A0 + B0
B0 + C0 (ii) VìB1 C1 +C1 A1 +A1 B1 = sin +sin +sin 2
nên B1 C1 + C1 A1 + A1 B1 > sin A0 + sin B0 + sin C0 = B0 C0 + C0 A0 + 45Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 A0 B0 (iii) Gọi bán kính đường trịn nội tiếp ∆A0 B0 C0 ∆A1 B1 C1 B0 + C0 C0 + A0 A0 + B0 r0 , r1 tương ứng Bởi r1 = sin sin sin 4 B0 C0 A0 sin sin nên r1 > r0 Vì OI02 = − 2r0 , OI12 = r0 = sin 2 − 2r1 nên OI0 > OI1 Hiển nhiên OI0 = OI1 B0 + C0 C0 + A0 A0 + B0 A0 B0 C0 r0 = r1 hay sin sin sin = sin sin sin 4 2 hay ∆A0 B0 C0 tam giác (iv) Khi ∆A0 B0 C0 đều, kết hiển nhiên Xét trường hợp ∆A0 B0 C0 không Dãy (An ), (Bn ), (Cn ) với Cn + An An + Bn Bn + Cn , Bn+1 = , Cn+1 = , n > 0, An+1 = 2π A0 + B0 + C0 = π hội tụ tới Vậy dãy ∆An Bn Cn hội tụ tới 0 tam giác ∆A B C nội tiếp đường tròn tâm O bán kính Từ suy lim OIn = hay lim In = O n→∞ 2.4 n→∞ Một số tổng dãy đặc biệt Mục tập trung xét số dãy tổng đặc biệt thơng qua ánh xạ tuyến tính đa thức đặc trưng Ta khai thác tính chất nội thể cơng thức truy hồi Tính tổng hữu hạn số thường thực qua phương pháp sai phân hữu hạn phép biến đổi Abel trình bày đây: Tính tổng Tn = a1 +a2 +· · ·+an qua việc tìm hàm số f (x) thoả mãn điều kiện f (k + 1) − f (k) = ak Tn = f (n + 1) − f (1) biểu diễn Tn+1 = aTn + p(n) với p(n) đa thức d n Tn = u.an + q(n), q(n) đa thức bậc d + n n 2k P Ví dụ 2.43 Tính tổng T = 2k k=0 a 46Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 45 Bài giải: Ta có 1 = − , tương tự ta có a+1 a−1 a −1 2 22 = − a2 + a2 − a2 − 22 22 23 = − a22 + a22 − a23 − n 2n 2n+1 = 2n − a2n + a − a2n+1 − 1 2n+1 Cộng theo vế kết ta T = − a − a2n+1 − Ví dụ 2.44 Giả sử có số thực d dãy số (an ) xác định a1 = a, a2 = b an+1 − an = an − an−1 + d với n > Hãy xác định: (i) an theo n a, b, d m P an (ii) Tổng Tm = n=0 Bài giải: (i) Đặt bn = an − an−1 , n > Khi bn = bn−1 + d b2 = b − a Vậy bn = b2 + (n − 2)d hay an − an−1 = b − a + (n − 2)d Từ   a2 − a1 = b − a      a3 − a2 = b − a + 1.d a4 − a3 = b − a + 2.d        an − an−1 = b − a + (n − 2)d ta suy an = (n − 1)b − (n − 2)a + d 47Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (n − 2)(n − 1) http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 (ii) Ta có tổng m P tính qua tổng n=0   a1 = a      a2 = b     1.2   d a3 = 2b − 1a + 2.3  d a = 3b − 2a +           (m − 2)(m − 1)  am = (m − 1)b − (m − 2)a + d Vậy Tm = (m − 1)m (m − 3)m (m − 2)(m − 1)m b− a+ d 2 Ví dụ 2.45 Với số nguyên dương n > tính tổng sau đây: Sn = 3n + 1.3n−1 + 2.3n−2 + · · · + (n − 1).3 + n Bài giải: xn+1 − Phương pháp đạo hàm: Từ + x + x + x + · · · + x = x−1 n+1 n nx − (n + 1)x + 1 suy + 2x + 3x2 + · · · + nxn−1 = Thay x = (x − 1)2 quy đồng n−1 + 2.3 n−2 n−3 + 3.3 n n − 3(n + 1) + 3n+1 + · · · + (n − 1).3 + n = 7.3n − 2n − n − 3(n + 1) + 3n+1 = Do Sn = + 4 Phương pháp truy hồi: Với biểu diễn Sn+1 qua Sn ta có   Sn+1 = 3n + 1.3n−1 + 2.3n−2 + · · · + (n − 1).3 + n + n + = 3Sn + n + Vậy Sn có dạng Sn = u.3n + an2 + bn + c Từ hệ phương trình     3u + a + b + c = S = 3u + a + b + c =       9u + 4a + 2b + c = S = 14 6u + 3a + b = 10 suy   27u + 9a + 3b + c = S = 45 18u + 5a + b = 31       81u + 16a + 4b + c = S = 139 54u + 7a + b = 94 n 48Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 7.3n − 2n − Vậy u = , a = 0, b = − , c = − Sn = 4 4 Ví dụ 2.46 Với số nguyên dương n > tính tổng sau đây: Sn = 2n−1 + 22 2n−2 + 32 2n−3 + · · · + (n − 1)2 + n2 Bài giải: Từ + x + x2 + x3 + · · · + xn = xn+1 − có + 2x + 3x2 + x−1 nxn+1 − (n + 1)xn + · · · + nx = Nhân hai vế với x lấy đạo hàm: (x − 1)2 12 + 22 x + 32 x2 + · · · + n2 xn−1 n−1 n2 xn+2 − (2n2 + 2n − 1)xn+1 + (n + 1)2 xn − x − = (x − 1)3 Thay x = quy đồng 2n−1 + 22 2n−2 + 32 2n−3 + · · · + (n − 1)2 + n2 = 3.2n+2 − n2 − 4n − Do Sn = 3.2n+2 − n2 − 4n − Ví dụ 2.47 Với số nguyên dương n > tính tổng sau đây: Sn = 5n + 3.5n−1 + 5.5n−2 + · · · + (2n − 1).5 + 2n + Bài giải: Xét f (x) = x + 3x2 + 5x3 + · · · + (2n − 1)xn Khi có biểu diễn (1 − x)f (x) = x + 2x2 + 2x3 + · · · + 2xn − (2n − 1)xn+1 (2n − 1)xn+2 − (2n + 1)xn+1 + x2 + x Vậy f (x) = Thay x = quy (x − 1)2 3.5n+1 − 4n − đồng Sn = an Ví dụ 2.48 Cho dãy (an ) với a0 = an+1 = với 2(n + 1)an + π số nguyên n > Giả sử góc αn ∈ (0; ) với tan αn = an Chứng minh n n P P π π αk < lim αk = n→∞ k=0 2 k=0 49Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 Dựng hình vng +n+1 có độ dài cạnh cạnh theo thứ tự: ABB0 A0 , A0 B0 B1 A1 , , An−1 Bn−1 Bn An , : Bài giải: Bằng quy nạp an = n2 1 1 1 B