Chuyên đề hsg phần giới hạn 11

CHUYÊN ĐỀ GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 3.1 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH NGHĨA Bài  an  Cho dãy số   a1 a  a   an 1  2an  2an   3an  4an  xác định :  Chứng minh với số thực a 0 dãy  an  hội tụ Tùy theo a , tìm giới hạn dãy  an  Hướng dẫn giải Nếu a  Nếu a  a 2 a (do bất đẳng thức AM-GM)  a 1 2 a   a a (do bất đẳng thức AM-GM) nên * Nếu a 1 a1 2 Ta chứng minh: an 2, n   Hiển nhiên a1 2 Giả sử ak 2  ak 1  2.23  2.22  2 3.2  4.2  lim an lim 2 Vậy a   * Nếu a 1 a1  Ta chứng minh an  n   Rõ ràng a1  Giả sử ak  Ta chứng minh ak 1  ak 1   2ak  2ak  2   2a k  ak    3ak  4ak  ( đúng) Ta chứng minh n, an 1  an   an  dãy giảm, :  an  2an  an    an  1  an    0 3an  4an  3an  4an  ( tử âm, mẫu dương  2  an  3an  4an      2  an   Trang1 Mà  an  an   2  3an  4an   ) giảm bị chặn  lim an 1 lim  an  có giới hạn L 2an  2an  2 L3  L2   3an  4an  3L2  L   L 2  an   L   Vậy lim an 2 Nếu a  a1  Tương tự, ta có:  an  2an  an    an  1  an   n, an 1  an   0 3an  4an  3an  4an  nên  an  tăng Hơn  an  bị chặn  , 2ak  2ak  ak 1      1 3ak  4ak  Vậy  an  tăng bị chặn   ak  1  an  (2a  3)  có giới hạn L an   1, n , an 1  an  , n L3  L2  L  L   an   1 L 2  3L  L  Vậy lim an  Tóm lại: + Nếu a 1 lim an 2 a   + Nếu a 1 lim an 2 + Nếu a  lim an  Bài Cho dãy số  xn   x1   2015  *  xn 1  xn  x  x  x    x 2015  n    n n n n xác định  Tìm giới hạn  dãy nxn n   , với  số thực cho trước Hướng dẫn giải Dễ dàng chứng minh xn  0, n 1 qui nạp Ta có Trang2  1 xn 1  xn  , n 1 xn21   xn    xn2    xn2  ; n 1 xn xn  xn  x  xn2   xn2    x12   n  1 Bởi n  N, n 2 n  xn  1, n 2 lim xn  n   * Với n  N , đặt xn 1 xn  2015 tn    2015  tn xn xn xn xn t xn2 , với t 2   2014  2015 (1), suy xn  1; n 2   tn  2 n 1 x   2t 1  x  xn   tn   xn2   tn2   xntn  n  xn xn xn   n   n Áp dụng định lý trung bình Cesaro cho dãy ta có lim bn  n    bn   b1 x12  b xn2  xn2 , n 2 với  n b1  b2  bn lim bn 2 n   n suy n   lim 2 2 2 n xn2  xn  xn     xn   xn     x2  x1   x1 b1  b2  bn lim    n   x n n n Mà n suy n  n   x 2 sau (chứng minh định lý trung bình Cesaro) n Thật ta có thể chứng minh trực tiếp lim Xét dãy  cn  : c1 x12  2; cn xn2  lim cn 0 n   Gọi xn2  với n 2,3  cn  ,  n m nên   tồn m  N cho * M max  ci  với i m    m  1 M   m  1 M  m  1 M   m   1  m '     m Với  tồn hay Xét n  max  m, m ' n |  i 1ci | n   n c i m i n ta có   m i 1 n | ci |  n  m  1  n    m  1 M     m  1 M      n m 2 o theo định n nghĩa lim n   |  i 1ci | n 0 Trang3 2 2 2 n xn2  xn  xn     xn   xn     x2  x1   x1 c1  c2  cn lim    2 n   x n n n n suy Nếu   n.xn n.xn  n     2 2 Nếu    n.xn  xn n.xn   n     2 2 Nếu    n.xn  xn n.xn  n   Bài Cho hai số a1 , b1 với  b1  a 1 Lập hai dãy số  an  ,  bn  với n 1, 2, Theo quy tắc an 1  (an  bn ) b  a b lim an lim bn n 1 n sau: giải nghĩa là: , n 1 Tính: n   n   Hướng dẫn giải Tính a2 , b2 với  b1  a1   b cosa ta có thể chọn  a  cho: , Suy a1 cos a 1 a a2  (cos a  cos a )  cos a (cos a  1) cos a.cos 2 2 a a b2  cos a.cos cos a cos a.cos 2 Bằng quy nạp, chứng minh được: a a a a a an cos a.cos cos n  cos n  (1) bn cos a.cos cos n  (2) 2 2 Nhân hai vế (1) (2) cho a 2n  , an  a 2n.sin n  sin 2a.cos bn  sin a 2n  áp dụng công thức sin 2a được: sin 2a a n.sin n  Tính giới hạn: lim an  n  Bài sin 2a , 2a lim bn  n  Cho dãy số sin 2a 2a  an  , a1 1 an 1 an  a lim n  an Chứng minh: n   n Hướng dẫn giải Trang4 ak21 ak2  2 ak2 n n i 2 j 1 n 1  2(n  1) j 1 a j  ai2  a 2j   n 1 j 1 a j an2 2n    Vậy ak2  2k  k 2  an  2n  , n 2 1 1 1 1        2 a k (2k-1) (2k-1)  4k(k+1)  k  k  n Suyra: 1 1  (1  )   4 n k 2 ak n 1 a j 1 j 1  4 n Suyra: Vậy: n 1  ( n  1)  ( n  1) (n 2)   4 j 1 a j j 1 a j 5( n  1) (n 2) an2  2n   n 2; 2n-1