1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Phan 3

54 2 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 54
Dung lượng 2,79 MB

Nội dung

Bài 1: CÁC BÀI TOÁN DÃY SỐ CHỌN LỌC an   n Cho dãy số (an ) xác định với n 1, 2, 3, Chứng minh tồn số a a2 a3    n 1  n  2009 an nguyên dương n0 cho với n  n0 a1 a2 bn 1  an 1 an với n 1, 2,3, Khi ta có: Lời giải: Đặt 1 1  1 2 n   n  1   bn  n    n  n  1    1  n2 1 1 n2 1 1  1 2 n  n 1     2n  1 2n      2  n  1  2 1   n  1   n2   2n  1  n     n  1 Lại có  n  bn > n + với n = 1, 2,3 nên S = b + b + + b n với n = 1, 2,3 Đặt n k n = - >1( k ẻ Â *) Nu , ỏp dng n = 1, 2,3 chứng minh ta được: æ 1 1 ỉ1 1ư ỉ 1ư 1ư ữ ữ ỗ ỗ S n > + + + k + k =ỗ + 2ữ + + + + + + + ữ ữ ỗ ỗ ç 2 k k ÷ ÷ ÷ ç ç ç è ø è ø è ø - 2 +1 2 +1 +1 ÷ > 1 k- + 22 + + 2k - k = 2 2 Bài 2: ak +1 > " k =1, 2, ak nên ta có: - , với n > n0 , để ý a a 4019 - a Sn > Sn0 > = 2009 Û + + + n+1 < n - 2009 a1 a2 an Vậy ta có điều phải chứng minh ìï a0 = x, a1 = y ïï a a +1 í ïï an+1 = n n- " n = 1, 2, an ) a + a ( ï n n ï Cho dãy số xác định bởi: ỵ Chọn n0 = 1- 4019 ( ) Tìm tất số thực x y cho tồn số nguyên dương n0 mà với n > n0 an số ( ) Tìm cơng thức tổng quát tính an Lời giải: ( ) Ta có: an - an+1 = an - an an- +1 a2 - = n an + an- an + an- với n = 1, 2,3 a = an + an- ¹ Do tồn số nguyên dương n cho an = an+1 n y =1 x ¹ - y Nếu n = , ta có (I) ( a - 1) ( an- - 1) an- 1.an- +1 - = n- an- + an- an- + an- Nếu n >1 , ta có : ( II ) ( a +1) ( an- +1) a a +1 an +1 = n- n- +1 = n- an- + an- an- + an- Và ( III ) 2 a n- - a - a n2 - = n- an- + an- an- + an- ( IV ) Từ ( II ) ( III ) ta có: an - = a =1 a2 =1 a =1 a =1 Vậy n- n- , tiếp tục lui dần ta , tức ta ìï éy = ïï ê ï êx = íê ïï ë ù x+y cú : ùợ ( * ) Thử lại x , y thỏa mãn điều kiện ( * ) an = c với n = 1, 2, c nhận giá trị - ìï éy = ïï ê ï êx = íê ïï ë ï x+y ¹ Vậy số x , y cần tìm ïỵ an - an- - an- - a - = bn = n an +1 ( ) Từ ( II ) ( III ), ta có : an +1 an- +1 an- +1 với n = 1, 2, Đặt ta được: bn = bn- 1.bn- Bằng phép quy nạp đơn giản, ta thu được: bn = b0F b1F với n = 1, 2,3 F F F F ( x +1) n- ( y +1) n- +( x - 1) n- ( y - 1) n- n- F Hay ta có n- Fn- n- ỉx - 1ư an - ổ y - 1ử ữ ỗ ữ ỗ ữ =ỗ ữ ữ ỗ ữ ị an = x +1 Fn- y +1 Fn- - x - Fn- y - Fn- ỗ ữ ốx +1ứ an +1 ỗ ốy +1ứ ( ) ( ) ( ) ( ) Trong Fn số hạng thứ n dãy Fibônaci Bài 3: Cho dãy số an bị chặn thỏa mãn: an < n+2006 å k =n ak + k +1 2n + 2007 với n = 1, 2,3 n với n = 1, 2,3 Chứng minh n+2006 bk bn < å bn = an n Khi theo giả thiết ta có k =n k +1 với n = 1, 2, Lời giải: Đặt Vì dãy an bị chặn nên tồn số thực M cho bn < M " n an < bn < Với n >100000 , ta có n +2006 å k =n n +2006 bk 1 x= + n- x n có nghiệm Xét phương trình yn = xn = nnxn ) yn ) ( ( Xét hai dãy số thỏa mãn Ta chứng minh quy nạp xn < bn < yn ( * ) n n- Với n = 1, , dễ thấy ( * ) n x f ( x) = + k £ n Þ x < b < y k k k Dễ thấy x n hàm nghịch biến Giả sử ( * ) đến ( 0; n) nên f ( xk ) > f ( bk ) > f ( yk ) Þ yk +1 > bk +1 > xk +1 (Dễ thấy f ( xk ) = yk +1 ; f ( yk ) = xk +1 ; f ( bk ) = bk +1 Bài 6: Vậy ( * ) đến k +1 nên theo nguyên lý quy nạp ( * ) với n = 1, 2,3 æ 1ử ổ 1ữ ử2 ữ ỗ ỗ n- ữ ỗ ç ÷ ç ÷ çn - ÷ n2 è 2ø n2 è ø lim - n = lim - n= < bn < nđƠ nđƠ 3 nnnn2 2 Dễ thấy Vậy ta nên ta có 1 lim ( an - n) = lim ( bn2 - n) = n đƠ x đƠ Vy ỡù x1 = x2 = 0; x3 = ïí lim xn ï x + xn+1 + xn+2 = 3xn+2 " n ³ xn ) ( Cho dãy số xác nh bi ùợ n Tỡm nđƠ ) a = max { xn ; xn+1 ; xn+2 } bn = { xn ; xn+1 ; xn+2 } Lời giải: Đặt n n Giả sử tồn cho an+1 > an ị an+1 xn+1 , xn+2 Þ an+1 = xn+3 Þ 3xn+3 > xn + xn+1 + xn+2 = 3xn+3 (vô lý ) Vậy an ³ an+1" n ³ Hoàn toàn tương tự ta có bn £ bn+1" n ³ Vậy ta có dãy đoạn đan lồng nhau: [ b1 ; a1 ] É [ b2 ; a2 ] É É [ bn ; an ] É Đặt d n = an - bn theo ( d n ) dãy giảm ïìï xn+3 - xn £ an+3 - bn £ an - bn = d n Þ xn+3 - xn £ d n í ïïỵ xn+3 - xn ³ bn+3 - an ³ bn - an =- d n Ta có x + xn+2 + xn+3 xn + xn+1 + xn+2 x - xn d Þ xn+4 - xn+3 = n+1 = n+3 £ n 3 3 Tương tự xn+5 - xn+4 £ Þ d n+3 = an+3 - bn+3 £ dn xn+5 - xn+3 £ xn+5 - xn+4 + xn+4 - xn+3 £ d n Do ta có dn n- n- ỉư ổử 2ữ 2ữ ỗ ỗ d Êỗ ữ lim ỗ ÷ lim d n = ÷ d1d d ữ d1d d = ỗ nđƠ ç è3 ø è3 ø Từ ta dễ dàng cú c Vỡ nờn nđƠ [b ; a ] Vậy đoạn thắt i i có điểm chung c ìïï bn £ xn £ an Þ xn - c £ bn - an = d n í lim d n = lim xn = c ïïỵ bn £ c £ an Ta có Vỡ nđƠ nờn nđƠ xn+2 = - xn - xn+1" n ³ 3 Dễ dàng quy nạp từ giả thiết , chuyển qua giới hạn ta lim xn = c = nđƠ n Bi 7: Cho dóy s ( xn ) thỏa mãn điều kiện với số nguyên dương m, n xm+n - xn - xm < m +n (x ) Chứng minh n cấp số cộng Lời giải: Với số nguyên dương k , n theo giả thiết ta có: ( xn+1 - xn ) - ( xk +1 - xk ) = ( xn+k +1 - xn - xk +1 ) - ( xn+k +1 - xk - xn+1 ) £ xn+k +1 - xn - xk +1 + xn+k +1 - xk - xn+1 < 1 + < n + k +1 n + k +1 n C nh k v cho n đ +Ơ , ta có Bài 8: lim ( xn+1 - xn ) = xk +1 - xk " k = 1, 2, 3, x đƠ lim ( xn+1 - xn ) (x ) Vậy dãy n cấp số cng vi cụng sai l xđƠ ú cng chớnh điều phải chứng minh n un = å "n ³ un ) ( (u ) k =1 ( k !) Dãy số xác định cơng thức Chứng minh dãy n có giới hạn hữu hạn giới hạn số vơ tỷ ( k !) Lời giải: Vì > " k = 1, 2,3 nên un dãy đơn điệu tăng 1 1 < < = ( k !) k ! k ( k - 1) k - k Với số ngun dương k , ta có: n n n ỉ1 1 1 1ư 1 un = å =1+ + å 5 2 ( k +1) 2k k +1 Vậy ( * ) đến k + , theo ngun lý quy nạp với n > lim = Þ lim xn = nđƠ M nđƠ n Bi 10: Cho dãy số thực ( an ) xác định an+1 = [ an ]{ an } " n = 0,1, 2, a0 số thực tùy ý Chứng minh an = an+2 với n đủ lớn éa ù£ a = [ ]{ } ai+1 = [ ]{ } > [ ] với số nhận giá trị , tức < " i = 0,1, 2, , ta có ( [ an ]) dãy nguyên không giảm bị chặn , số nguyên dương i , [ ] = c với i đủ lớn Do ta có với i đủ lớn ai+1 = c.{ } = c.( - c ) Þ bi+1 = c.bi với c2 bi = c - Hiển nhiên dãy ( bn ) bị chặn nên c =- bi = với i đủ lớn Trong trường hợp ta suy ai+2 = với i đủ lớn Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 11 Chứng minh với số nguyên dương n 5 th́ tồn cấp số cộng nguyên dương a1 , a2 , , an cấp số nhân nguyên dương b1 , b2 , , bn cho b1  a1  b2  a2   bn  an Hăy ví dụ tốn với n 5 Lời giải k 1 k k ( k  1) k!  k Bk    1     ` Bk   k m m 2! m k ! m   m với k 2 Đặt , hiển nhiên ta có Và với k n , ta có : k n(n  1) n(n  1)( n  2) n(n  1) ( n  k  1) Bk 1      m 2! m 3! m k !m k k  n(n  1) n(n  1)(n  2) n(n  1) (n  k 1)  1        m m  2! m 3! m k! mk  k 1 1 k 1         m 2! 3! k ! m m   m  n Chọn , theo ta có 1 1 1 1 1 1        1       1   k ! 1.2 2.3 ( k  1).k 2 k1 k k ( Do ta có 2! 3! ) Bk   k 1 ,1 k n m Đặt , theo chứng minh ta thu : B1  A1  B2  A2  Bn  An Ak 1  a m n Ak , bk m n Bk 1 k n Xét hai dăy a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn thỏa măn k Khi ta có a1 , a2 , , an cấp số cộng nguyên dương b1 , b2 , , bn cấp số nhân nguyên dương thỏa măn b1  a1  b2  a2   bn  an Vậy ta có điều phải chứng minh Với n 5 , ta xét cấp số cộng a1 , a2 , , a5 với a1 17 có cơng sai 17 , xét cấp số nhân b1 , b2 , , b5 với b1 16 có cơng sai , ta có 16  17  24  34  36  51  54  68  81  85 a  Bài 12 Cho dăy số dương n thỏa măn điều kiện : ) am 1 an  an 2) Tồn số dương M cho a1 2   an M với n 1, 2, lim( nan ) T́ m n Lời giải Đặt bn a1 2   an , ak  0k 1, 2,3, nên (bn ) dăy tăng thực Lại theo giả thiết lim bn a th́ (bn ) bị chặn M , tồn giới hạn hữu hạn n lim cn lim b2 n  lim bn a  a 0 n  n  Đặt cn b2 n  bn an 1  an    a2 n , ta có n   n 2n a a a  k 1` 1  ak  n  k 1  (1  ak ) a1 min ak ak at k t ak k t 1k n , từ điều kiện 1) ta Đặt n  ak a2 n  e k t  ecn  a2 n  ecn at x Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc  x  e x  , ta thu at b at  (a1 2   an )  n a n n , theo chứng minh Lại có theo cách xác định t th́ ta c ecn a2 n  n   2n.a2n  2cn e cn n lim 2cn ecn 0 lim cn 0 lim 2n.a2 n 0 Lại có n   ( n  ) n  lim(2n  1).a2 n 1 0 Hồn tồn tương tự, ta có n   lim nan lim 2n.a2 n lim(2n  1).a2 n 1 0 n  n  Vậy n   an a5n   a5 n 1 1 n 1, 2,3, a 0 a  Bài 13 Dăy số n xác định sau :  n 3 Chứng minh dăy số dăy tuần hoàn Lời giải a  Giả sử phản chứng n dăy tuần hoàn với chu kỳ sở T  Bài 14 a a2T 1 a2(5 k 1) 1 a5.(2 m ) 3 0 Nếu T 5k  , ta có , vô lư a1 1 Nếu T 5k  , ta có a1 aT 1 a5 k 3 0 , vô lư a1 1 a a4T 1 a4(5 k 3)1 a5.(4 k 2) 3 0 Nếu T 5k  , ta có , vô lư a1 1 a a3T 1 a3(5 k 4) 1 a5.(3 k 2) 3 0 Nếu T 5k  , ta có , vơ lư a1 1 Vậy T 5k với k số nguyên dương đó, ta có với số nguyên dương s th́ : am a5 m  as k a5( s k ) a5( s k ) 4T a5( s 5 k ) as 5 k as T as a  , k chu kỳ dăy n , a  hiển nhiên k  5k T , điều trái với giả thiết T chu kỳ sở dăy n Vậy điều giả a  sử sai , tức n khơng dăy tuần hồn Vậy ta có điều phải chứng minh  an  thỏa măn Với p số nguyên tố , xét dăy số a0 0, a1 1, ak 2 2ak 1  pak k 0,1, 2, a  Xác định tất giá trị p để  phần tử dăy n Lời giải a  a  a p  k 1 k với , k 0,1, 2, ak số chẵn với k 2 Nếu , k 2 nên khơng thể có phần tử nhận giá trị  Vậy p   ( p, 2) 1 Giả sử tồn m 2 cho am  , theo đề ta có ak 1 2ak  pak  2ak (mod p ) với k 2,3, 4, m m Vậy ( )  am 2 a1 2 (mod p).(1) Lại có ak 1 2ak  ak   ( p  1)ak  2ak  ak  (mod p  1)  ak 1  ak ak  ak  (mod p  1) với k 2,3, 4, Vậy ak 1 (k  1)(a1  a0 )  a0 k  1(mod p  1) Do  am m(mod p  1)  m  0(mod p  1).(2) p m 1 Do ( p, 2) 1 nên theo định lư Fécma, ta có 1(mod p)  1(mod p ) ( Do ( )) m 1 Kết hợp với ( ) ta  2 1(mod p)  0(mod p )  p 5 Với p 5 , ta thấy a3  Vậy tất giá trị p thơa yêu cầu toán p 5 u1 10   un 1  un  3, n 1  u   Ví dụ 1: “Cho dăy số n xác định sau:  v  a) CMR dăy số n xác định b) Tính un  lim un n  Lời giải: 15 cấp số nhân a) Ta có   CSN  1 q.vn const , q 0, n 1 Thật vậy, ta có 15 15  15   un         5 4 1 un 1  v  Nên n CSN có cơng bội Do v1.q n 25       5 n q 11    4 5 25 v1  n 15   un vn     4 5 b) Từ câu a) suy n  15 15 lim u  Do n   n Nhận xét: 1/ V́ lại nghĩ phép đổi biến un  15 để dăy (vn) CSN? Ta thấy 1 un 1  un  un 1  b   un  b  5 , ta cần t́m số b cho Þ un 1 b  1 15 b  un  u n   b  5 Do vậy, đặt un  15 1  , n 1 v  th́ nên n CSN n n 1 2/ Ngồi ra, đặt 5 un , ta có 1  3.5 , n 1 Suy 15 5n  35   15 n    1  35  un  n  n  n    5 4 5 n  15 Ví dụ 2: (Bài 4.37 trang 139 sách tập ĐS GT11 NC NXBGD 2007) Cho dăy số  un  xác định u1 3  2un 1 un  1, n 1 Đặt S n u1  u2   un , n 1

Ngày đăng: 29/10/2023, 18:26

w