Phan 2

n k  f k (n  1)  f k ( n) từ Dùng phương pháp hệ số bất định, họ tìm đa thức f k (n) cho tìm S (n, k )  f k (n  1)  f k (0) Phương pháp hiệu phương pháp xây dựng công thức truy hồi, để tính Sk ta khơng cần phải dùng đến cơng thức tính Sk  , Sk  , Khi dự đoán hàm f , ta sử dụng tích phân tương tự hóa qua Ví dụ tích phân đa thức bậc k đa thức bậc k  Vậy từ f k nk suy f k phải có bậc k  2 2 Ví dụ Lập cơng thức tính tổng Sn 1     n Lời giải: 2 Ta tìm hàm số f ( x) có dạng f ( x) ax  bx  cx  d cho f (n  1)  f (n) n với n Điều tương đương với  a (n  1)3  b(n 1)  c(n  1)  d    an  bn  cn  d  n , n    3an  (3a  2b) n  (a  b  c ) n , n   Đồng hệ số hai vế, ta 3a 1, 3a  2b 0, a  b  c 0 1 a  , b  , c  Từ đó: cịn d lấy Để cho tiện, ta chọn d 0 2 2 Cuối cùng, ta có: S n 1     n   f (2)  f (1)    f (3)  f (2)     f ( n  1)  f ( n)   f ( n  1)  f (1)  1  1  n( n 1)(2 n 1)  (n  1)3  ( n  1)  (n  1)       6 3 6 Tuy nhiên, khác với tích phân, đơi hàm rời rạc khơng có “ngun hàm” Trong trường hợp ta khơng tính tổng mà đánh giá tổng bất đẳng thức 1 S    100 Ví dụ Tìm phần nguyên tổng Lời giải: Ta cần tìm đánh giá cho S x có nguyên hàm x , ta xét hàm số: f (n) 2 n f ( n  1)  f ( n) 2 n   n  n 1  n Khi đó: 1  f (n  1)  f (n)  n Suy ra: n  Nhận xét hàm  S  18 Từ đó: 2( 101  1)  S  2( 100  1)  , suy n un  k 1 k Chứng minh rằng: lim un  Ví dụ Với n   , đặt Lời giải: Ta cần chứng minh BĐT: x ln( x  1), x  Thật vậy: Xét hàm số: f ( x)  x  ln( x  1), x   f '( x) 1  x   0, x  x 1 x 1 Do đó, hàm số f ( x) đồng biến (0; ) Suy ra: f ( x )  f (0) 0  x  ln( x  1), x  0 x x Trong BĐT này, thay , ta có: 1 x 1 ln(  1)  ln( )  ln( x  1)  ln x, x  x x x x x Đưa vào tổng cần chứng minh, ta có: n n    ln(n  1)  ln(n)  ln(n  1)  ln1 ln(n  1)  i 1 n i 1 , n lim  i 1 mà lim  ln( n  1)   nên:  n Ta có đpcm u2m1  u2m  , m   Câu hỏi Hãy chứng minh lại kết nhận xét Ví dụ (Đề đề nghị Toán quốc tế 2001) Cho x1 , x2 , x3 , , xn số thực x1 x2 xn     n 2 2 2  x  x  x  x  x   x 1 2 n Chứng minh rằng: Lời giải: A Đặt vế trái bất đẳng , áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky, ta có  x12  xn2 x22 A n     2 2 2 2 2 (1  x1  x2   xn )   (1  x1 ) (1  x1  x2 ) Để chứng minh bất đẳng thức đầu bài, ta cần chứng minh: xn2 x12 x22    1 (1  x12 ) (1  x12  x22 ) (1  x12  x22   xn2 ) 2 Nhưng điều hiển nhiên bất đẳng thức: xk2 1   2 2 2  x1  x2   xk  x1  x2   xk  1  x1  x22   xk2 (n  1) xn 1  xn n Chứng minh với giá trị ban đầu x1 , x2 dãy số cho hội tụ Tìm giới hạn dãy hàm số theo x1 , x2 xn 2  {x } Ví dụ Xét dãy số n n=1 cho bởi: Lời giải: Ta có từ cơng thức dãy số, ta có: ( xn 1  xn ) ( xn  xn  ) ( 1) n ( x2  x1 ) xn 2  xn 1     n n(n  1) n! Từ suy ra: xn 2 ( xn 2  xn 1 )  ( xn 1  xn )   ( x2  x1 )  x1  x1  ( x2  x1 ).K n 1 (  1) n K n  , n   K n 1     1! 2! n ! , ta thấy: e Từ suy dãy số có giới hạn giới hạn bằng: Câu hỏi: x1  ( x2  x1 ) e 1) Có thể tổng quát hóa tốn nào? 2) Hãy tìm sai phân hàm số arctan( n) Từ đặt tốn tính tổng tương ứng 3) Từ công thức sin 3x 3sin x  4sin x lập cơng thức tính tổng nào? 2.4 Bài tập áp dụng x 1 x0 2, xn 1  n , n 0,1, 2, x xn  Bài Cho dãy số n thỏa mãn n Tính phần nguyên tổng x k k 1 n   k lim an     1  n k 1   Bài 2: Chứng minh rằng: n Bài Cho dãy số  an  thỏa mãn: lim an  ai2 1 i 1 Chứng minh rằng: lim 3n an 1  an  thỏa mãn: a1  (0,1) an 1 an  an , n 1, 2,3, Chứng minh rằng: lim nan 1  xn x  0, x  2, x   , n 0,1, 2, n  x   Bài Cho dãy số thực n xác định : Bài Cho dãy số x Chứng minh n có giới hạn hữu hạn n   Tìm giới hạn Bài Xét tính hội tụ dãy sau tùy theo giá trị a :  x1 a   xn2    x  , n 1, 2,3,  n 1 2 x  x  n n  ax  b  d  a f ( x)  , f :\  \  cx  d  c   c  dãy Bài Cho a, b, c, d   Xét hàm số thỏa : u0 k  , un 1  f (un ), n 0,1, 2,  un  u  Chứng minh f ( x) song ánh dãy n cho xác định d 1 k vn , n ,   xác định : v0  c , 1  f (vn ), n 0,1, 2, (lưu ý dãy   khơng xác định từ số thứ tự đó) u  Đặt  (d  a )  4bc Biện luận theo  hội tụ dãy n Một số phương pháp đặc biệt tìm giới hạn dãy số 3.1 Phương pháp dãy số phụ Khi khảo sát hội tụ dãy số ta thường định lý dãy đơn điệu bị chặn Nếu dãy khơng đơn điệu thử xét dãy với số chẵn với số lẻ Tuy nhiên, có dãy số có “hành vi” phức tạp nhiều Chúng tăng giảm bất thường Trong số trường hợp thế, ta xây dựng (hoặc 2) dãy số phụ đơn điệu, chứng minh dãy số phụ có giới hạn sau chứng minh dãy số ban đầu có giới hạn Tất nhiên, dãy số phụ phải xây dựng từ dãy số an 1  a  an  an  Chứng minh Ví dụ 1: Dãy số n xác định a1  , a2   an  dãy số hội tụ tìm giới hạn dãy số Lời giải: M max  an , an1 , an 2 , an 3 m min  an , an 1 , an 2 , an 3  Xét hai dãy n n Ta chứng minh M n a max  an 1 , an 3 dãy số giảm mn dãy số tăng Thật vậy, ta chứng minh n 4 Từ M max  an , an 1 , an 2 , an 3 suy M n1 an1 an 2 an 3 rõ ràng n  M n 1 Thật vật an1  an 3 an 4 an3  an   an 3  an 3 an 3  an 2 suy (an 3  an 2 ) an 3 Khi  an   a n  an 2  an 3 an 2  an 2  an 4 an4 (an 3  an 2 )an3 suy đpcm Ta chứng minh M n giảm Tương tự mn tăng Hai dãy số bị chặn nên hội tụ Cuối cùng, ta cần chứng minh hai giới hạn a  Suy dãy n hội tụ lim an 1 u  Ví dụ Cho n dãy bị chặn thỏa mãn: 2an 2 an  an 1 , n a  Chứng minh dãy n hội tụ Lời giải: Đặt An max{an , an 1} Ta chứng minh dãy hội tụ Thật vậy: 2 an 2  an  an 1  An  An 1 max{an 1 , an 2 } max{ An 1 , An }  An 2  An  bị chặn, đồng thời theo nhận xét dãy  An  bị chặn nên dãy giảm nên hội tụ Đặt lim An  Do dãy  an  Với   , tồn N nguyên dương cho với mọi: n  N thì:  an  An    An   Theo định nghĩa , suy ra: - Nếu an        an    ,    lim an  suy ra: 3     An    3   an 1    A   theo định nghĩa n , ta đợc Suy ra: - Nếu:     an 2an 1  an  2             3  3  , tức là: an        an     ,    lim an  Vậy trường hợp, dãy cho có giới hạn 3.2 Xây dựng dãy hội tụ phương trình Có thể xây dựng dãy số hội tụ số  xuất phát từ phương trình có nghiệm  theo cách sau: Ví dụ 1: Xét   ,  nghiệm phương trình  2 Ta viết lại dạng 2 xn   xn 2     2      x  n    2 ta thiết lập dãy số xn thoả mãn x0 a , Nếu dãy hội tụ giới hạn bậc k m sau: Tương tự vậy, ta xây dựng dãy số tiến m xnk  xn  x0 a , xn 1  Cũng giới hạn cần đến , ta xây dựng dãy số khác theo “phong cách” vậy: xn2 x   x  n x0 a , n 1 Tất nhiên, tất ví dụ trên, ta có phương trình với nghiệm theo ý muốn chứng minh hội tụ dãy số Vì vậy, cần cẩn thận cách thiết lập tốn kiểu Ví xn2 xn 1 1  xn  với x0 dãy hội tụ, lúc dụ, với dãy số giới hạn Một cách tổng quát, ta dựng phương pháp tìm nghiệm xấp xỉ Newton để xây dựng F  x  0 dãy số Để tìm nghiệm phương trình , phương pháp Newton đề nghị chọn x0 tương đối gần nghiệm xây dựng dãy truy hồi: F  xn  xn 1  xn  F '  xn  F  x  0 dãy xn dần đến nghiệm phương trình Ví dụ 2: Xét hàm số F  x  x  , F  x  x2   F ' x 2x xn  ta dãy số xn 1  2 xn Xét hàm số F  x  x3  x F  x x3  x  F '  x  3x  xn3 xn 1 2 xn  ta dãy số 3.3 Dãy số nghiệm họ phương trình phụ thuộc biến n F  n, x  0 Nếu với n, phương trình có nghiệm miền D dãy số xn xác định Từ mối liên hệ hàm Xét họ phương trình F  n, x  0 F  n, x  0 dãy số có tính chất thú vị 1    0 x n Ví dụ 1: Chứng minh với n nguyên dương, phương trình x x  có lim xn nghiệm xn thuộc khoảng (0, 1) Tìm n   1 f n ( x)     x x x x n Lời giải: Do n xác định với hàm số liên tục đơn điệu (0,1) Tuy nhiên, ta xác định giá trị cụ thể Rất may mắn, để chứng minh tính hội tụ xn , ta không cần đến điều Chỉ cần chứng minh tính đơn điệu bị chặn đủ Với tính bị chặn, thứ ổn với  xn  Với tính đơn điệu, ta ý chút đến mối liên hệ f n ( x ) f n 1 ( x ) là: Đây chìa khóa để chứng minh tính đơn điệu f n 1 ( x )  f n ( x)  x n  xn  *Lời giải cụ thể sau: Rừ ràng xn xác định cách nhất,  xn  Ta có: f n 1 ( xn )  f n ( xn )  1  0  xn  n  xn  n  , f n 1 (0 )  Theo tính chất hàm liên tục, khoảng (0, xn ) có nghiệm f n 1 ( x ) Nghiệm xn 1 Như ta x chứng minh xn 1  xn Tức dãy số n giảm Do dãy bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Ta chứng minh giới hạn Để chứng minh điều này, ta cần đến kết quen thuộc sau: 1 1      ln( n  1) n Khi với n  N , ta có: 0 1 1 1 1           0 xn xn  xn  n xn   n a a Mâu thuẫn Vậy ta phải có lim xn 0 Ví dụ (VMO 2007) f  x   a10 x n 10  x n   x  1, n   Cho số thực a  n f  x  a a) Chứng minh với số ngun dương n, phương trình n ln có nghiệm dương x b) Gọi nghiệm xn , chứng minh dãy n có giới hạn hữu hạn n dần đến vô Lời giải Kết câu a) hiển nhiên với hàm fn  x  tăng (0, +) x Dễ dàng nhận thấy  xn  Ta chứng minh n tăng, tức xn 1  xn Ta xét: f n 1  xn  a10 xn n 11  xn n 1  xn n  x  xn f n  xn   axn  Và ta có f n 1  1 a10  n   a xn  xn 1  Như vậy, cần chứng minh a xn  a thì: Thật vậy, nên ta cần chứng minh axn   a suy xn  a a n 1  a  1 1  n 10 n n   a  1  a  (a  1)10  a    a  (a  1)  a    a f n ( xn ) a10        a  a   a   a  1 a x (do a   ) Vậy dãy số n tăng bị chặn nên hội tụ f  x   xf n  x   Nhận Xét: Một lần mối liên hệ n 1 lại giúp tính mối quan hệ xn xn 1 Từ lời giải trên, ta chứng minh lim xn  a a c 1 a Thật vậy, đặt a , theo tính tốn trên: f n  c   f n  xn  kc n   k  a  1  a  1   (Với Theo định lý Lagrange thì: f n  c   f n  xn   f ’( )  c  xn  )  x , c Với  thuộc n f '( )  n  10  a10 n 9  n n      Nhưng nên từ suy ra: n kc  c  xn n Do đó: c  kc  xn  c  lim xn c Ví dụ 3: Cho n số nguyên dương Chứng minh phương trình 1 1     x  4x  n x  có nghiệm xn  Chứng minh n dần đến vô cùng, xn dần đến Lời giải: Việc chứng minh phương trình có nghiệm xn > hiển nhiên Mối liên hệ f n 1 ( x)  f n ( x)  (n  1) x  cho thấy xn dãy số tăng (ở 1 1     x  4x  n x  ) Đề cho sẵn giới hạn xn làm cho tốn trở nên dễ nhiều Tương tự cách chứng minh lim xn c nhận xét trên, ta dùng định lý Lagrange để đánh f n ( x)  giá khoảng cách xn Để làm điều này, ta cần tính f n (4) Với 1 1     x  4x  n x Rất may mắn, toán f n (4) liên quan đến dạng tổng quen thuộc f n ( x)  *Cụ thể sau: Đặt f n ( x) gọi xn nghiệm lớn f n ( x) 0 Ta có: 1 1 1 1 f n (4)            16  (2n  1)( 2n  1) 4n  1.3 3.5 1 1 1  1            21 3 2n  2n  4n Sử dụng định lý Lagrange, ta có:  f n ( xn )  f (4)  f '(c) xn  4n Với c  ( xn , 4) | f n '(c) |    2 (c  1) (4c  1) Nhưng Nên từ xn   4n , suy lim xn 4 Để tạo phương trình có nghiệm khoảng đúng, sử dụng tổng hàm đơn điệu Riêng với hàm đa thức ta sử dụng quy tắc Đề-các số nghiệm dương phương trình: Nếu dãy hệ số phương trình đổi dấu k lần phương trình có khơng q k nghiệm dương Ví dụ phương trình x  x  nx  0 có nghiệm dương x0 , cịn phương trình x  x  nx  0 có nhiều hai nghiệm dương Khi xây dựng hàm F ( n, x) , sử dụng cơng thức truy hồi Như ví dụ F (n  1, x) F (n, x )  luật thú vị x  n  Xây dựng F (n, x) kiểu này, dãy nghiệm xn dễ có quy F (n  1, xn ) F (n, xn )  0 xn  n  Từ đó, Ví dụ, Với dãy số trên, ta có: lim F ( n  1, 0 )  ta suy xn 1 nằm xn , tức dãy xn giảm Câu hỏi: 1) Có thể xây dựng dãy số với họ hàm số F ( x)  x( x  1) ( x  n) ? 2) Cho  a1  a2   an  dãy số dương tăng nghiêm ngặt Xét họ phương trình 1    0 x x  a1 x  an có nghiệm xn thuộc (0, a1 ) Khi xn dần n dần đến vô cùng? Lý thuyết dãy số mắt toán cao cấp 4.1 Rời rạc húa khỏi niệm định lý lý thuyết hàm biến số thực Dãy số hàm số, có đầy đủ tính chất chung hàm số Tuy nhiên, tính chất đặc biệt N , số khỏi niệm đạo hàm, tích phân khơng định nghĩa cho dãy số Nhưng thực ra, dãy số có khỏi niệm tương ứng với khái niệm Bằng cách so sánh phép tương tự, ta tìm định lý thú vị lý thuyết dãy số Đúng q trình rời rạc hóa f  x  Rời rạc hóa đạo hàm sai phân xn xn  xn  dãy số Cũng đạo hàm hàm biến số thực, sai phân dựng để xét tính tăng giảm dãy số Tương tự vậy, ta định nghĩa sai phân cấp dựng để đo tính lồi lõm dãy Rời rạc hóa khỏi niệm tích phân khái niệm tổng: ( S ( xn ))  xn , S ( xn )  xn s  xn  x0  x1   xn Hai khái niệm ngược nhau: Ví dụ: (Định lý Stolz) x Xét hai dãy số n { yn } { yn } dãy số dương tăng dần đến vơ Thế xn (x  x ) lim n n  yn ( yn  yn ) Với giả thiết giới hạn vế phải tồn (So sỏnh Với quy tắc L’Hopitale) (x  x ) lim n n   A ( y n  yn  ) Chứng minh: Đặt Theo định nghĩa giới hạn, Với   tồn lim ( xn  xn  )  A  ( yn  yn  ) N1 cho Với n  N1 , ta có: , từ suy ra: (x  x ) A    n n  A   ( yn  yn  ) Từ đõy, yn dãy tăng nên ta có : ( A   )( y N1  y N1  )  xN1  xN1   ( A   )( y N1  y N1  ) ( A   )( yn  yn  )  xn  xn   ( A   )( yn  yn  ) Cộng bất đẳng thức lại, ta được: ( A   )( yn  y N1  )  xn  xN1   ( A   )( yn  y N1  ) Chia hai vế cho yn , ta được: A    [ xN1 - ( A -  ) y N1  ] yn  xn A    [ xN1 - ( A   ) y N1  ]  yn yn Vì yn dần đến vô nên tồn N  N1 cho: [ xN1  ( A   ) yN1  ] [ xN1  ( A   ) yN1  ]   yn y n Với n  N Khi Với n  N ta có lim A  2  xn  A  2 yn điều có nghĩa xn A yn Câu hỏi: Điều kiện yn tăng dần đến vô có cần thiết khơng? Ví dụ: Chứng minh dãy số {x n } thỏa mãn điều kiện k1 , k2 , , kr số tự nhiên thỏa mãn điều kiện xn 1  xn  xn  0 k1  k2   kr r.k thì: xk1  xk2   xkr r.xk (So sánh với bất đẳng thức Jensen) x Ví dụ: Cho dãy số n thỏa mãn điều kiện xk 1  xk  xk  0 với k 1, 2, , n Ngoài x0  xn 1 0 Chứng minh xk 0 với k 1, 2, , n (Đạo hàm bậc hai không ổn, suy đạo hàm bậc hàm tăng có nhiều nghiệm, suy chiều biến thiên hàm số giảm đến cực tiểu tăng lên 0) n lim   A   n   k 1 ak Ví dụ: Cho dãy số dương {an } Biết tồn giới hạn Đặt k ak lim S n a1  a2   an Chứng minh tổng n   k 1 sk có giới hạn hữu hạn n   n   Giải: Dịch sang ngôn ngữ hàm số, ta có tốn sau “Nếu f ( x) hàm số tăng từ  vào   dx  f ( x) x f ( x)dx  F ( x)  tồn tích phân suy rộng tồn tích phân F ( x) nguyên hàm f ( x) ” Bài giải phương pháp tích phân phần sau: A A A xdx d ( x )  x x f ( x)dx      F ( x)  F ( x)  F ( x)  F ( x)  0   cần chứng minh tồn A x2 x   F ( x ) lim Câu hỏi: 1) Định lý Rolle có dạng rời rạc nào? 2) Cơng thức tính tích phân phần có dạng rời rạc nào?  xdx F (x)