Một số dạng toán về dãy số và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN ĐÌNH DÙNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ DÃY SỐ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN ĐÌNH DÙNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ DÃY SỐ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2015 i Mục lục Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Dãy số 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Cách mô tả dãy số 1.1.3 Giới hạn dãy số 1.2 Một vài dãy số đặc biệt 1.2.1 Cấp số cộng 1.2.2 Cấp số nhân 1.2.3 Dãy Fibonacci 1.2.4 Dãy Farey 1.2.5 Dãy Lucas 3 4 7 9 chương trình Toán phổ thông Một số dạng toán dãy số 2.1 Dạng toán tìm giới hạn dãy số 2.2 Dạng toán tìm tổng, tích dãy số 2.3 Dạng dãy truy hồi liên quan số phương 2.4 Một số ứng dụng dãy số 2.4.1 Ứng dụng dãy số hình học 2.4.2 Ứng dụng tính chất dãy số giải phương trình hàm, bất phương trình hàm 2.4.3 Ứng dụng tính chất dãy số chứng minh bất đẳng thức 2.4.4 Một vài ứng dụng khác dãy số 11 11 17 30 34 34 38 42 48 ii Kết luận 53 Tài liệu tham khảo 54 Mở đầu Trong chương trình Toán phổ thông nói chung, dạng tập, đề thi tuyển sinh học sinh giỏi nói riêng tập liên quan đến dãy số phong phú, đa dạng Hiện nhiều học viên cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên khai thác có hiệu vấn đề liên quan đến dãy số, nhiên chưa có học viên sâu tìm hiểu dạng tập chọn học sinh khá, giỏi liên quan đến dãy số chương trình Toán phổ thông Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi tích lũy thêm kinh nghiệm để phục vụ công tác giảng dạy Toán trường THPT, Em chọn hướng nghiên cứu luận văn thạc sĩ với đề tài: "Một số dạng toán dãy số ứng dụng" với mục đích: Hệ thống đưa lời giải cách chi tiết cho số dạng toán dãy số ứng dụng bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT Nhiệm vụ luận văn bao hàm: (i) Hệ thống hóa kiến thức sở dãy số, số tính chất dãy số số ứng dụng dãy số giới thiệu chương trình phổ thông (ii) Chọn lọc số dạng tập liên quan đến dãy số thường xuất đề thi chọn học sinh giỏi cố gắng đưa lời giải tường minh cho tập mà tài liệu tham khảo chưa đưa lời giải chi tiết Để hoàn thành luận văn này, Em nhận quan tâm, tạo điều kiện Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên mà trực tiếp Khoa Toán- Tin Đặc biệt em nhận bảo, giúp đỡ từ tập thể Thầy, Cô suốt trình học tập cao học Nhân dịp này, cho phép Em bày tỏ lòng biết ơn đến Trường ĐHKH, khoa Toán- Tin tập thể Thầy, Cô giáo tận tình truyền đạt kiến thức hướng dẫn Em hoàn thành luận văn này, đồng thời cho phép Em bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Trịnh Thanh Hải người tận tình hướng dẫn em suốt trình làm hoàn thành luận văn Do số điều kiện chủ quan khách quan, luận văn với chủ đề "Một số dạng toán dãy số ứng dụng" chưa thực hoàn thiện theo ý muốn Em tha thiết mong Thầy, Cô giáo bảo để Em hoàn thiện luận văn Em xin trân trọng cảm ơn! Học viên Nguyễn Đình Dùng Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Dãy số 1.1.1 Định nghĩa Mỗi hàm số u xác định tập số nguyên dương N∗ gọi dãy số vô hạn (gọi tắt dãy số) Kí hiệu: u : N∗ → R n → u(n) Dãy số thường viết dạng khai triển: u1 , u2 , u3 , , un , u1 số hạng đầu, un = u(n) số hạng thứ n số hạng tổng quát dãy số Mỗi hàm số u xác định tập M = 1, 2, 3, , m với m ∈ N∗ gọi dãy số hữu hạn Dạng khai triển của dãy số hữu hạn: u1 , u2 , u3 , , um u1 số hạng đầu, um số hạng cuối Dãy số (un ) gọi là: • Dãy đơn điệu tăng un+1 > un , với n = 1, 2, • Dãy đơn điệu không giảm un+1 ≥ un , với n = 1, 2, • Dãy đơn điệu giảm un+1 < un , với n = 1, 2, • Dãy đơn điệu không tăng un+1 ≤ un , với n = 1, 2, • Dãy số (un ) gọi bị chặn tồn số M cho un < M , với n = 1, 2, ; gọi dãy số bị chặn tồn số m cho un > m, với n = 1, 2, ; Một dãy số bị chặn vừa bị chặn vừa bị chặn • Dãy số (un ) gọi tuần hoàn với chu kì k un+k = un , với ∀n ∈ N∗ • Dãy số (un ) gọi dãy dừng tồn số N0 cho un = C với n ≥ N0 , (C số, gọi số dừng) 1.1.2 Cách mô tả dãy số (i) Dãy số cho công thức số hạng tổng quát Ví dụ 1.1.1 √ 1+ un = √ n √ 1− −√ n (ii) Dãy số cho phương pháp truy hồi Ví dụ 1.1.2 Dãy số (un ) xác định bởi: u1 = 1, u2 = 50 un+1 = 4un + 5un−1 − 1975, với n = 2, 3, (iii) Dãy số cho phương pháp mô tả Ví dụ 1.1.3 Cho a1 = 19, a2 = 98 Với số nguyên n ≥ 1, xác định an+2 số dư phép chia an + an+1 cho 100 1.1.3 Giới hạn dãy số Định nghĩa 1.1.1 Ta nói dãy số (un ) có giới hạn số thực a hữu hạn với số dương ε (có thể bé tùy ý), tồn số n0 ∈ N (n0 phụ thuộc vào ε vào dãy số (un ) xét), cho với số n ∈ N, n ≥ n0 ta có |un − a| < ε Khi kí hiệu lim un = a nói n→+∞ dãy số (un ) hội tụ a Dãy số không hội tụ gọi dãy phân kì Định lý 1.1.1 Nếu dãy số hội tụ giới hạn Định lý 1.1.2 (Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass) a) Một dãy số đơn điệu bị chặn hội tụ b) Một dãy số tăng bị chặn hội tụ c) Một dãy số giảm bị chặn hội tụ Định lý 1.1.3 Nếu (un ) → a (vn ) ⊂ (un ), (vn ) = C (vn ) → a Định lý 1.1.4 (Định lý kẹp giới hạn) Nếu với n ≥ n0 ta có un ≤ xn ≤ lim un = lim = a n→+∞ n→+∞ lim xn = a n→+∞ Định lý 1.1.5 (Định lý Lagrange) Nếu hàm số y = f (x) liên tục đoạn [a; b] có đạo hàm khoảng (a; b) tồn c ∈ (a; b) thỏa mãn: f (b) − f (a) = f (c)(b − a) Định lý 1.1.6 (Định lý trung bình Cesaro) Nếu dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn a dãy số trung bình cộng u1 + u2 + + un n có giới hạn a Định lý phát biểu dạng sau: Nếu un = a (Định lý Stolz) n→+∞ n lim (un+1 − un ) = a n→+∞ lim Định lý 1.1.7 Cho f : D → D hàm liên tục, đó: (i) Phương trình f (x) = x có nghiệm tương đương phương trình fn (x) = x có nghiệm (ii) Gọi α, β mút trái, mút phải D Biết lim+ [f (x)−x], lim− [f (x)−x] x→α x→β dương âm Khi phương trình f (x) = x có nghiệm phương trình fn (x) = x có nghiệm fn (x) = f (f ( (f (x) ) n lần Chứng minh i) Nếu x0 nghiệm phương trình f (x) = x x0 nghiệm phương trình fn (x) = x Ngược lại, phương trình f (x) = x vô nghiệm f (x) − x > f (x) − x < với x ∈ D fn (x) − x > 0hoặc fn (x) − x < với x ∈ D nên phương trình fn (x) = x vô nghiệm ii) Giả sử phương trình f (x) = x có nghiệm x0 nghiệm phương trình fn (x) = x Đặt F (x) = f (x) − x F (x) liên tục (x0 ; β) (α; x0 ) nên F (x) giữ nguyên dấu Nếu lim+ [f (x) − x] lim− [f (x) − x] dương F (x) > khoảng x→α x→β (x0 ; β) (α; x0 ) suy f (x) > x với x ∈ D\{x0 } Xét x1 ∈ D\{x0 } suy f (x1 ) > x1 hay f (f (x1 )) > f (x1 ) > x1 chứng tỏ fn (x1 ) > x1 nên x1 không nghiệm phương trình fn (x) = x Vậy phương trình fn (x) = x có nghiệm x = x0 Nếu lim+ [f (x) − x] lim− [f (x) − x] âm chứng minh tương tự x→α x→β Ta thấy nghiệm phương trình fn (x) = x nghiệm phương trình fn (x) = x, phương trình fn (x) = x có nghiệm phương trình fn (x) = x có nghiệm Định lý 1.1.8 Cho hàm f : D → D hàm đồng biến Dãy (xn ) thỏa mãn xn+1 = f (xn ), ∀n ∈ N∗ , đó: (i) Nếu x1 < x2 dãy (xn ) tăng (ii) Nếu x1 > x2 dãy (xn ) giảm Chứng minh (bằng phương pháp quy nạp) (i) - Với n = 1, ta có x1 < x2 mệnh - Giả sử mệnh đề với n = k(k ≥ 1) tức uk < uk+1 f (uk ) < f (uk+1 ) suy uk+1 < uk+2 (ii) Chứng minh tương tư Định lý 1.1.9 Cho hàm f : D → D hàm nghịch biến Dãy (xn ) thỏa mãn xn+1 = f (xn ), ∀n ∈ N∗ Khi đó: Các dãy (x2n+1 ) (x2n ) đơn điệu, dãy tăng, dãy giảm (i) Nếu dãy (xn ) bị chặn tồn α = lim x2n β = lim x2n+1 n→+∞ n→+∞ (ii) Nếu f (x) liên tục α, β , nghiệm phương trình (1.1) f (f (x)) = x (iii) Nếu phương trình (1.1) có nghiệm α = β lim xn = α = β n→+∞ Chứng minh (i) Vì f (x) hàm nghịch biến nên f (f (x)) đồng biến Áp dụng định lý 1.1.2 ta có điều phải chứng minh (ii) Suy từ i) (iii) Ta có f (f (x2n )) = f (x2n+1 ) = x2n+2 lim f (f (x2n )) = lim x2n+2 = α, n→+∞ lim x2n = α f (x) liên tục nên f (f (α)) = α n→+∞ Chứng minh tương tự ta có f (f (β)) = β Vậy α, β nghiệm phương trình f (f (x)) = x n→+∞ 40 (3) f (f (x)) = f (x) + 12x với số thực x Lời giải Từ điều kiện (3), f (x) = f (y) ⇒ f (f (x)) = f (f (y)) ⇔ f (x) + 12x = f (y) + 12y ⇔ x = y f đơn ánh, kết hợp với (1) ta f song ánh R suy f có hàm số ngược g Do f hàm số tăng R nên g hàm số tăng R Từ (3), thay x = ta f (f (0)) = f (0) ⇒ f (0) = ⇒ g(0) = Ta có với x > =⇒ g(x) > g(0) = x < =⇒ g(x) < g(0) = 0, với x > ta đặt un = g (g ( g (x))) (trường hợp x < 0: tương tự) n Khi ta có 12un+2 + un+1 − un = 0, ∀n ≥ Xét phương trình đặc trưng dãy: 12t2 + t − = ⇔t= 1 t = − ⇒ u n = c1  n + c2 − n   c1 = 4x + 12g (x) c1 + c2 = u = x ⇔  3c1 − 4c2 = 12u1 = 12g (x)  c = 3x − 12g (x) n n 4x + 12g (x) 3x − 12g (x) ⇒ un = + − , n 7 - Nếu g (x) > x4 ⇔ 3x − 12g (x) < xét n chẵn, ta có lim un = −∞ (vô lí) Trong c1 , c2 thỏa mãn  n→+∞ x ⇔ 3x − 12g (x) > xét n lẻ, ta có lim un = −∞ (vô lí) n→+∞ x Suy với x > (g(x)) = nên f (x) = 4x, ∀x > Vậy hàm số cần tìm f (x) = 4x, ∀x ∈ R - Nếu g (x) < Bài toán 2.4.8 (Turkey TST 2005) Tìm tất hàm số f : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: (1) 4f (x) 3x, ∀x (2) f (4f (x) − 3x) = x, ∀x Lời giải Xét hai dãy số (an ) (bn ) xác định bởi:  3b +1   an = n−1 13 4bn−1 a1 = ; b = ; 3an + 12   bn = 4an Ta chứng minh bất đẳng thức kẹp: an x f (x) , ∀n > bn x, ∀x 0, ∀n ≥ Bằng quy nạp ta có (an ) tăng (bn ) giảm an < < bn ∀n Ngoài với n > ta có: < − an = − + 4bn−1 = an−1 − 4 (1 + 3a1 ) − an−1 − an−1 = (1 + 3a1 ) 13 41 , ∀n Theo định lý giới hạn kẹp lim an = n→∞ 4.13n−1 suy lim bn = Do f (x) = x, ∀x > Do < − an n→∞ Bài toán 2.4.9 (China MO) Tìm tất hàm số f : [1; +∞) → [1; +∞) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: x+1 f (x) (x + 1) , ∀x (2) xf (x + 1) = (f (x))2 − 1, ∀x (1) Lời giải Trong (1) thay x x + ta có x+2 f (x + 1) Từ (2) suy ra: xf (x + 1) + = (f (x))2 , ∀x ⇒ (3) (x + 2) 1 + xf (x + 1) < (f (x))2 < + xf (x + 1) , ∀x (4) Từ (3) (4) ta có: + x (x + 1) < (f (x))2 < (1 + x (x + 2)) (x + 1)2 < (f (x))2 < (x + 1) ⇔ √ ⇔ √ (x + 1) < f (x) < (x + 1) , ∀x Bằng quy nạp, áp dụng (5) cách lập luận k lần ta f (x) < √ k (x + 1) (5) √ k (x + 1) < Với x ≥ 1, chuyển qua giới hạn bất đẳng thức k → +∞ sử dụng định lý giới hạn kẹp ta có: x + f (x) Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f (x) = x + 1, ∀x x + ⇒ f (x) = x + 1 Nhận xét: Liên quan đến toán ta có toán:Tìm giới hạn dãy số (xn ) biết xn = 1+2 1+3 + + √ + (n − 1) + n, n Xét hàm số: f (x) = 1+x √ x+1 √ + (1 + x) ⇒ < f (x) < 2(x + 1) 42 √ ⇒ ( √ )n (x + 1) < f (x) < ( 2)n (x + 1) n √ < xn < Cho x = ta √ lim xn = n Áp dụng định lý giới hạn kẹp n→∞ Bài toán 2.4.10 Tìm tất hàm f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện sau: (a) f (2) = (b) (n + L) f (n) n.f (n + L) , ∀n, L ∈ N∗ (c) f (m.n) = f (m) f (n) , ∀m, n ∈ N∗ Lời giải Ta có: N∗ = +∞ [2k ; 2k+1 ) Quy nạp ta f (2k ) = 22k k=0 Xét n ∈ [2k ; 2(k+1) ), từ (b) suy ra: f (n) n Do f (n) n2 ∀m, n ∈ N∗ ⇒ m f 2k f (n + L) ⇒ n+L 2k 22k f (n) ⇒ k+1 k n2 2 2, ∀n ∈ N∗ ⇒ f (n) n2 f (n) n 22(k+1) 2k 2k+1 f (nm ) (nm )2 f 2k+1 2k+1 f (n) ⇒ n2 2, ∀n ∈ N∗ √ m Với n ∈ N∗ chuyển qua giới hạn m → +∞, theo định lý giới hạn kẹp ta có: f (n) = ⇒ f (n) = n2 , ∀n ∈ N∗ n2 2.4.3 Ứng dụng tính chất dãy số chứng minh bất đẳng thức Bài toán 2.4.11 Chứng minh bất đẳng thức sau chứng tỏ thay số vế phải bất đẳng thức số nhỏ hơn: 1 1 + + + < , ∀n ∈ N∗ 1.4 4.7 (3n − 2) (3n + 1) Lời giải Xét dãy số {xn } sau: 1 xn = + + + , ∀n = 1, 2, 1.4 4.7 (3n − 2) (3n + 1) 1 1 1 1 1− + − + + − = 1− Ta có: xn = 4 3n − 3n + 3n + 1 1 Vậy xn < , ∀n ∈ N∗ Giả sử k số nhỏ , nghĩa − k > 0, 3 cho xn k, ∀n = 1, 2, (4.1) (2.11) 43 1 nên với ε = − k > tồn n0 ∈ N∗ cho ∀n ≥ n0 ta n→+∞ 3 1 1 có: xn − < ε = − k ⇒ − xn < − k ⇒ xn > k 3 3 Suy ∀n ≥ n0 , ta có xn > k , điều mâu thuẫn với (2.11) Vậy bất đẳng thức vừa chứng minh thay số vế phải số nhỏ Vì lim xn = Bài toán 2.4.12 Chứng minh tam giác ABC với ba cạnh a, b, c ta có: a b c + + < b+c c+a a+b Hãy chững tỏ vế phải bất đẳng thức thay số số nhỏ Lời giải Giả sử ABC tam giác với ba cạnh a, b, c ta có: a < b + c,b < c + a, c < a + b a 2a a2 − ab − ac a [a − (b + c)] − = = 0, cho tam giác ABC Tương tự ta có: ta có: b c a + + b+c c+a a+b (2.12) k n Xét trường hợp tam giác ABC cân đỉnh A, với cạnh b = c, a = b, n ∈ N∗ ta có: a b c a b b a 2b 2n + + = + + = + = + b+c c+a a+b 2b b + a a + b 2b b + a 2n + n Vì lim ( n→+∞ 2n + 2n ) = nên với m = − k > 0, tồn n0 ∈ N∗ cho ∀n ≥ n0 1+n ta có | 2n 2n + − 2| < m = − k ⇒ − (2 − k) < − − k điều mâu thuẫn với n b+c c+a a+b 2n + n (2.12) Vậy bất đẳng thức thay số vế phải băng số nhỏ Bài toán 2.4.13 (Đề thi đề nghị Olympic 30/4/1999) Cho n ∈ N n ≥ Hãy tìm số G nhỏ số K lớn cho n số dương tùy ý a1 , a2 , , an bất đẳng thức sau K < a1 a2 an + + + i=1 S = ⇒ K ≥ Mặt khác: a1 a2 an +1− + + − a1 + a2 a2 + a3 an + a1 a2 a3 an a1 + + + + + a1 + a2 a2 + a3 an−1 + an an + a1 = T (a1 , a2 , , an ) > n−T =1− Vậy n − T > =⇒ T < n − G ≥ n − Tóm lại ta chứng minh K ≥ G ≤ n − 1, với x > ta có: T 1, x, , xn−1 = x xn−2 + + + + x x + x2 xn−2 + xn−1 + 1 xn−1 + + + + n−1 1+x 1+x 1+x x +1 n−1 n−1 x = + n−1 1+x x +1 = Hơn nữa: T 1, x, , xn−1 > K ⇒ lim T 1, x, , xn−1 x→+∞ K ⇒1 ≥ K =⇒ K = T 1, x, , xn−1 < G ⇒ lim+ T 1, x, , xn−1 x→0 ⇒n − G ⇒ G = n − G xn−1 xn−1 + 45 Vậy số K lớn thỏa mãn bất đẳng thức K = số G nhỏ G = n − Bài toán 2.4.14 Tìm tất số thực α cho bất đẳng thức: aα (b + c) + bα (c + a) + cα (c + a) (2.13) với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Lời giải - Xét trường hợp α ≥ Không tính tổng quát ta giả sử a ≤ b ≤ c Đặt x = 1 ,y = ,z = x > 0, y > 0, z > xyz = Bất đẳng thức a b c (2.13) có dạng: y α−1 z α−1 xα−1 + + y+z z+x x+y Do x ≥ y ≥ z suy x y+z y z+x y α−1 z α−1 xα−1 + + y+z z+x x+y (2.14) z theo bất đẳng thức Chebychev ta có: x+y xα−2 + y α−2 + z α−2 x y z + + y+z z+x x+y Mà x y z + + y+z z+x x+y nên xα−1 y α−1 z α−1 + + y+z z+x x+y α−2 ,x + y α−2 + z α−2 3 (xyz)α−2 = 3 Vậy (2.13) tức (2.14) α ≥ - Nếu α ≤ −1 đặt β = − α ≥ theo chứng minh ta có: 1 + + xβ (y + z) y β (z + x) z β (x + y) ⇔ b−α c−α a−α + + b+c c+a a+b aβ−1 bβ−1 cβ−1 ⇔ + + b+c c+a a+b 1 ⇔ α + α + α a (b + c) b (c + a) c (a + b) 3 Vậy (2.13) α ≤ −1 - Xét −1 < α < n2 , n ∈ N∗ ta đặt: Sn = Xét dãy (an ), (bn ), (cn ) sau: an = n, bn = n, cn = 1 2n2−α n2α−1 + + = + aαn (bn + cn ) bαn (cn + an ) cαn (an + bn ) n3 + 46 Khi lim Sn = 0, suy với n đủ lớn Sn < , dẫn tới (2.13) không n→+∞ −1 < α < Xét dãy (an ), (bn ), (cn ) sau: an = n, bn = n, cn = n12 , n ∈ N∗ ta 1 2n2−α n2α−1 + α + α = + đặt: Sn = α an (bn + cn ) bn (cn + an ) cn (an + bn ) n +1 Khi lim Sn = , suy với n đủ lớn Sn < , dẫn tới (2.13) không n→+∞ 2 α = 1 - Xét < α < Xét dãy (an ), (bn ), (cn ) sau: an = n, bn = n, cn = , n ∈ n - Xét α = N∗ , ta đặt: Sn = 1 2n2−α n2α−1 + + = + aαn (bn + cn ) bαn (cn + an ) cαn (an + bn ) n3 + Khi lim Sn = 0, suy với n đủ lớn Sn < , dẫn tới (2.13) không n→+∞ < α < Vậy tập hợp giá trị α cần tìm (−∞; −1] ∪ [2; +∞) Bài toán 2.4.15 Cho dãy số (Un ) xác định sau: 2− 2+ + + √ n Un = 2− 2+ + + √ n−1 với n = 1, 2, Chứng minh với n ta có Un > Lời giải Ta chứng minh được: 2+ + + √ = cos π 2n+1 n Từ ta có: − cos Un = π 2n+1 − cos π 2n − cos = π 2n+1 − cos π 2n sin2 ( = sin2 ( π 2n+2 π 2n+1 π sin2 ( n+2 ) = = π π π 4sin2 ( n+2 ).cos2 ( n+2 ) 4cos2 ( n+2 ) 2 ) ) 47 Do cos2 ( π 2n+2 ) nên 4cos2 ( π 2n+2 ) 1 Vậy Un > , ∀n 4 Bài toán 2.4.16 Cho dãy số (an ) (bn ) xác định sau: √ √ 2 a0 = ,an+1 = − − a2n ; 2 + bn − (với n = 0, 1, 2, ) b0 = 1,bn+1 = bn Chứng minh rằng: 2n+2 an < π < 2n+2 bn với n ∈ N Lời giải Ta có √ √ π 2 a0 = = sin ; a1 = 2 − cos π π = sin 22 23 Bằng phép quy nạp suy ra: 2n+2 an < π < 2n+2 bn Ta có: b0 = = tan π 22 π π −1 + tan2 − cos π 2 b1 = = = tan π π tan tan 2 π phép quy nạp, có bn = tan n+2 π π Sử dụng bất đẳng thức sin α < α < tan α < α < , ta được: sin n+2 < 2 π π n+2 n+2 < tan n+2 hay an < π < bn 2n+2   a0 = Bài toán 2.4.17 Cho dãy số a0 , a1 , a2 , , an thoả mãn  ak+1 = ak + a2 (0 k < n) n k Chứng minh − < an < n Lời giải Ta có: a n k−1 ⇔n (ak − ak−1 ) = a2k−1 ak = ak−1 + ⇔nak − nak−1 + ak ak−1 − a2k−1 = ak ak−1 ⇔ak (n + ak−1 ) − ak−1 (n + ak−1 ) = ak ak−1 ⇔ (ak − ak−1 ) (n + ak−1 ) = ak ak−1 1 ⇔ − = ak−1 ak n + ak−1 48 Ta có a0 , a1 , a2 , , an dãy số tăng: ⇒ ak−1 ⇒ 1 − < ⇒ ak n n k=1 1 ⇒ ⇒ − = > ak−1 ak n + ak−1 n+1 ⇒1− 2.4.4 ak−1 − ak < n 1 ⇒ − − = ⇒ < an < ⇒ an a0 2 ⇒2− = a0 < a1 < a2 < < an n k=1 ak+1 − ak ak−1 < < 1 n n ⇒ − > n+1 a0 an n+1 n n+2 n+1 n−1 > ⇒ > ⇒ an > > ⇒ an > − n+1 an n+1 an n+2 n n < an < n Một vài ứng dụng khác dãy số Xét họ phương trình F (k, x) = 0, k = 1, n Nếu với k phương trình F (k, x) = có nghiệm miền D dãy số {kx } xác định Từ liên hệ hàm (k, x), dãy số có tính chất đặc biệt 1 + .+ = x x−1 x−n Bài toán 2.4.18 Kí hiệu xn nghiệm phương trình: + thuộc khoảng (0;1) a) Chứng minh dãy {xn } hội tụ b) Hãy tìm giới hạn Nhận xét: {xn } xác định hàm số fn (x) = 1 + + + x x−1 x−n liên tục đơn điệu (0;1) Tuy nhiên, ta xác định giá trị cụ thể xn Để chứng minh tính hội tụ xn , ta cần chứng minh tính đơn điệu bị chặn Với tính bị chặn thứ tốt < xn < Với tính đơn điệu: Từ mối liên hệ fn (x) fn+1 (x) : fn+1 (x) = fn (x) + ta chứng minh tính đơn điệu xn x−n−1 Lời giải a) Rõ ràng xn xác định nhất, < xn < Ta có: fn+1 (xn ) = 1 fn (xn ) + = < 0, fn+1 0+ > Theo tính chất xn − n − xn − n − hàm liên tục khoảng (0; xn ) có nghiệm fn+1 (x) Nghiệm xn+1 Suy xn+1 < xn hay dãy số {xn } giảm Do dãy số bị chặn 49 nên dãy có giới hạn b) Ta ta sử dụng tính chất: + 1 + + + > ln (n) để chứng minh giới n hạn nói 0: Thật vậy, giả sử lim xn = a > Do dãy số giảm nên ta có (xn ) ≥ a với n→+∞ 1 + + + → ∞ n → +∞ nên tồn N n 1 1 cho với n ≥ N ta có + + + + > với n ≥ N ta có: n a 1 1 1 1 + + + < + + + + < − = (mâu 0= xn xn − xn − n xn −1 −2 −n a a n Mặt khác + thuẫn) Vậy lim xn = n→+∞ Bài toán 2.4.19 (VMO 2007) Cho số thực a > fn (x) = a10 xn+10 + xn + + x + a) Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình fn (x) = a có nghiêm dương b) Gọi nghiệm xn , chứng minh {xn } có giới hạn hữu n dần đến vô Lời giải a) Vì hàm số fn (x) tăng (0; +∞) nên kết câu a) hiển nhiên b) Dễ thấy < xn < ta chứng minh dãy xn tăng Vì fn+1 (xn ) = a10 xn+11 + xn+1 + + xn + = xn fn (xn ) + = axn + n n Ta có fn+1 (1) = a1 + n + > a, nên cần chứng minh axn + < a ⇒ xn < xn+1 < nên ta cần chứng minh xn < Thật vậy, xn a−1 a a−1 fn (xn ) a a10 a−1 a 1− n+10 + a−1 n a−1 n + a − (a − 1) > a (do a − > 1) a a Vậy dãy số xn tăng bị chăn nên hội tụ a − n+10 a = a−1 1− a (a − 1)1 Nhận xét: Ở toán trên, từ mối quan hệ fn+1 = xfn + ta tìm mối quan hệ xn xn+1 sử dụng định lý Lagrange để đánh giá hiệu số xn giá trị giới hạn Bài toán 2.4.20 (VMO 2002) Cho n số nguyên dương Chứng minh 50 1 1 + + + = có nghiệm x − 4x − n x−1 xn > Chứng minh n dần đến dương vô cùng, xn dần đến phương trình: Lời giải Phương trình toán có dạng: 1 1 + + + − =0 x − 4x − n x−1 (2.15) Ký hiệu fn (x) hàm vế trái phương trình (2.15) Ta có với n ∈ N∗ , hàm số fn (x) liên tục nghịch biến khoảng (1; +∞) Mặt khác, ta có x → 1+ nên suy với n ∈ N∗ , phương trình có nghiệm xn > fn (x) → +∞ x → 1+ fn (x) → − Với n ∈ N∗ , ta có: 1 1 + + + − − 16 − 4n − 1 1 = + + + − 1.3 3.5 (2n − 1) (2n + 1) 1 1 1 1 = − + − + + − − 3 2n − 2n + =− < = fn (xn ) 4n − fn (4) = fn (x) nghịch biến (1; +∞), suy xn < 4,với n ∈ N∗ Mặt khác, với n ∈ N∗ , hàm fn (x) khả vi [xn ; 4] nên theo định lý Lagramge với n ∈ N∗ tồn c ∈ (xn ; 4) cho: −1 −4 −n2 fn (4) − fn (xn ) − (4n + 2) (4 − xn ) 4n + mà xn < Ta − < xn < Theo định lý giới hạn kẹp, ta có điều 4n + − kiện phải chứng minh Bài toán 2.4.21 Cho n số nguyên dương lớn Chứng minh phương trình xn = x + có nghiệm dương nhất, ký hiệu nghiệm dương xn Chứng minh xn dần n dần đến dương vô tìm lim n(xn − 1) n→+∞ Lời giải Dễ thấy xn > đặt fn (x) = xn − x − Khi đó: fn+1 (1) = −1 < fn+1 (xn ) = xn+1 − xn − > xnn − xn − = fn (xn ) = suy < xn+1 < xn suy n 51 {xn } có giới hạn hữu hạn a Ta chứng minh a = Thật vậy, giả sử a > Khi xn ≥ a với n ta tìm n đủ lớn cho xnn ≥ an > xn + < mâu thuẫn fn (xn ) = Đặt xn = + yn với lim yn = , thay vào phương trình fn (xn ) = ta được: (1 + yn )n = + yn n→+∞ Lấy logarit hai vế ta được: n ln (1 + yn ) = ln (2 + yn ) suy limn (1 + yn ) = ln Nhưng lim ln (1 + yn ) = suy lim nyn = ln suy lim n (xn − 1) = ln yn Bài toán 2.4.22 Cho dãy số (un )(n = 0, 1, 2, ) xác định sau: u0 = a un+1 = sin2 (un + 11) − 2007 với số tự nhiên n, a số thực cho trước Chứng minh rằng: a) Phương trình sin2 (x + 11) − x = 2007 có nghiệm (kí hiệu nghiệm b) b) lim un = b n→∞ Lời giải a) Từ giả thiết ta thấy un ≥ −2007, ∀n ∈ N∗ Xét hàm số f (x) = sin2 (x + 11) − 2007, có: f (x) = sin(x + 11) cos(x + 11) = sin 2(x + 11) un+1 = f (un ) Xét hàm số g(x) = f (x) − x có: g (x) = sin 2(x + 11) − ≤ g(−2007) = sin2 (−2006) > lim g(x) = −∞, lim g(x) = +∞ x→+∞ x→−∞ Vậy hàm số g(x) nghịch biến có nghiệm [−2007; +∞) gọi nghiệm b, phương trình sin 2(x + 11) − x = 2007 có nghiệm b b) Kí hiệu α = max [−2007;−2006] |g (t)| suy α ∈ [0; 1] Ta thấy −2007 ≤ un ≤ −2006 phương trình |sin 2(x + 11)| = vô nghiệm [-2007;-2006] suy < α < Theo định lý Lagrange, với n ∈ N∗ , tồn cn ∈ (−2007; −2006) cho |un+1 − b| = |g(un ) − g(b)| = |g (cn )| |un − b| |un+1 − b| α |un − b| Quy nạp ta αn |u1 − b| suy lim |un+1 − b| = tức lim un = b n→∞ n→∞ Bài toán 2.4.23 Chứng minh với số nguyên dương n cho trước phương trình x2n+1 = x + có nghiệm thực Gọi nghiệm xn Tính lim xn n→+∞ Lời giải - Nếu x < −1 x2n+1 < x < x + 52 - Nếu −1 ≤ x ≤ x2n+1 − x = (−x)(1 − x2n ) < suy x2n+1 < x + - Nếu < x ≤ x2n+1 ≤ x < x + Vậy x nghiệm phương trình x2n+1 = x + x > Đặt fn (x) = x2n+1 − x − Ta có fn (x) = (2n + 1)x2n−1 − > [1, +∞) suy hàm f tăng nửa khoảng Vì f (1) = −1 < f (2) = 22n+1 − > nên phương trình có nghiệm xn thuộc (1, 2) Theo lý luận trên, nghiệm Xét fn+1 (x) = x2n+3 − x − Ta có: fn+1 (1) = −1 < 0; fn+1 (xn ) = x2n+3 − xn − = x2n+3 − x2n+1 > n n n =⇒ < xn+1 < xn =⇒ {xn } giảm bị chặn nên dãy {xn } có giới hạn hữu hạn a, a ≥ Ta chứng minh a = Thật vậy, giả sử a > Khi xn ≥ a với n ta tìm n đủ lớn cho: x2n+1 ≥ a2n+1 > n Trong ta có xn + < x1 + < (mâu thuẫn) với n nguyên dương a) Chứng minh với n nguyên dương, khoảng (0; +∞), phương Bài toán 2.4.24 Cho phương trình x + 2x2 + + nxn = trình có nghiệm nhất, kí hiệu xn b) Chứng minh dãy (xn ) có giới hạn hữu hạn n → +∞ Tìm giới hạn liên tục R có: ∀x ∈ (0; +∞) nên hàm số fn (x) tăng Lời giải a) Xét hàm số fn (x) = x + 2x2 + + nxn − fn (x) = 1+22 x+ +n2 xn−1 fn (x) > (0; +∞) Mặt khác fn (0) = − < 0, fn (1) > nên phương trình fn (x) = có khoảng (0; +∞) b) Ta có 3fn fn 1 n−1 = + + + n − 3 1 n = + + + n − 3 3 Trừ vế theo vế ta được: =1+ 1 + + 3 n−1 n 2n + − = − < 3n 3.3n 1 Suy xn > , ∀n ∈ Z+ Áp dụng định lý Lagrange, tồn yn ∈ ; xn cho: 3 1 2n + = xn − fn (yn ) > xn − n = fn (xn ) − fn 4.3 3 2n + fn (yn ) > với yn > lim = ⇒ lim xn = n→∞ 4.3n n→∞ 2fn − n 3 − = − 3n 2 3n − 53 Kết luận Dãy số chuyên đề thú vị chương trình chuyên Toán trường THPT chuyên Các toán liên quan đến dãy số phong phú, đa dạng, thường toán khó kỳ thi học sinh giỏi môn Toán cấp quốc gia, khu vực, quốc tế Olympic 30/4,Olympic Sinh viên Luận văn Một số dạng toán dãy số ứng dụng hoàn thành nhiệm vụ sau: • Trình bày hệ thống số kiến thức dãy số chương trình Toán THPT • Hệ thống hóa đưa lời giải chi tiết số dạng toán dãy số như: Tìm giới hạn dãy số; tìm tổng, tích dãy số; toán dãy số lien quan số phương • Trình bày số ứng dụng dãy số vào việc giải dạng toán khác, chẳng hạn như: Ứng dụng dãy số để giải phương trình hàm; Bất phương trình hàm; Chứng mimh bất đẳng thức; Thiết lập số toán dãy số 54 Tài liệu tham khảo [1] Lê Hải Châu (1992), Thi vô địch toán quốc tế NXB TP Hồ Chí Minh [2] Trần Nam Dũng (2010), Dãy số toán dãy số, NXB ĐHKHTNĐHQG TP Hồ Chí Minh [3] Nguyễn Quý Dy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho, Vũ Văn Thoa (2009), Tuyển tập 200 toán vô địch toán (tập 3), Nhà xuất Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thuỷ Thanh (2002), Giới hạn dãy số hàm số, Nhà xuất Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu (2003), Một số toán chọn lọc dãy số, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Văn Xoa (2006), Tuyển tập Đề thi tuyển sinh Trung học phổ thông Chuyên môn Toán, NXB Giáo dục [7] Nguyễn Văn Mậu (1990), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [8] Vũ Dương Thụy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB Giáo dục [9] www.VnMath.com [...]... + 4.(−1)2 - F2n = Ln Fn L + Ln+1 - Fn = n−1 5 Khi chỉ số là số nguyên tố, Ln đồng dư với 1 mod n nếu n là số nguyên tố - Số nguyên tố Lucas: Số nguyên tố Lucas là số Lucas và đồng thời là số nguyên tố Ví dụ: 2, 3, 7, 11, 29, 47, 199, 521, 2207, 3571, 9349, 11 Chương 2 Một số dạng bài toán về dãy số Trong phạm vi chương 2, chúng tôi chọn lọc một số các ví dụ, bài tập trong các tài liệu tham khảo [1],... 1.2 Một vài dãy số đặc biệt trong chương trình Toán phổ thông 1.2.1 Cấp số cộng Định nghĩa 1.2.1 Dãy số u1 , u2 , u3 được gọi là một cấp số cộng với công sai d(d = 0) nếu un = un−1 + d với mọi n = 2, 3 u1 : số hạng đầu tiên; un : số hạng thứ n (tổng quát); d: công sai Tính chất 1.2.1 • Công sai d = u2 − u1 = u3 − u2 = = un+1 − un = • Dãy (un ) xác định bởi: u1 = a un+1 = un + d (a, d là các số. .. bài tập được sắp xếp theo chủ đề, mặt khác chúng tôi cũng cố gắng đưa ra lời giải một cách chi tiết hơn cho một số bài tập để bạn đọc tiện theo dõi 2.1 Dạng bài toán tìm giới hạn dãy số Bài toán 2.1.1 [4, tr.31-32] Cho dãy số {un } xác định bởi công thức un+1 = u2n 1 − 1; u1 = Chứng minh rằng dãy số {un } có giới hạn và tìm giới hạn đó 2 3 Lời giải Ta có: −1 < un < 0, ∀n ≥ 2, nếu lim un = a thì a phải... • Nếu và là các số kề nhau trong dãy Farey với < b d b d Tính chất 1.2.3 thì bậc 3 c a 1 − = d b bd • Nếu bc − ad = 1 với a, b, c, d nguyên dương và a < b, c < d thì c a và là các b d số kề nhau trong dãy Farey bậc M ax{b, d} p a c a p c p a+c • Nếu với các số và trong dãy Farey nào đó với < < thì = q b d b q d q b+d p a c ( được gọi là mediant của và ) q b d 1.2.5 Dãy Lucas Định nghĩa 1.2.5 Dãy Lucas... − u2n = (−1)n Định lý 1.2.2 (Công thức Binet): Cho (un ) là dãy Fibonacci, số hạng tổng quát của dãy là: 1 un = √ 5 √ 1+ 5 2 n − √ 1− 5 2 n Khi n → +∞ thì: √ 1+ 5 1 un ≈ √ 2 5 n √ un+1 1+ 5 ; lim = n→+∞ un 2 9 1.2.4 Dãy Farey Định nghĩa 1.2.4 Dãy Farey bậc n là dãy số gồm các phân số tối giản nằm giữa 0 và 1 có mẫu số không lớn hơn n và sắp theo thứ tự tăng dần Ví dụ 1.2.1 0 1 ; 1 1 bậc 1 0 1 1... lim 2 hay lim n2 = n→∞ n n→∞ n 2 2 Sn Bài toán 2.1.5 Xét dãy số nguyên dương {an } thỏa mãn các điều kiện an 2 > an−1 an+1 , ∀n ∈ N∗ 1 1 2 n + + + n→∞ n2 a1 a2 an Lời giải Dãy {an } là một dãy tăng thực sự Thật vậy, nếu xảy ra một trường Tính giới hạn lim hợp ak+1 ≤ ak thì do giả thiết a2k+1 > ak ak+2 ta thu được ak+1 > ak+2 và cứ như thế ta được một dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều này là... hợp với điều kiện dãy bị chặn, ta suy ra dãy {xn } hội tụ về α Từ hệ thức quy nạp, chuyển qua giới hạn, ta thu được: α= Vì α > 0 nên α = 1 a α+ 2 α ⇔ 2α2 − α2 − a = 0 ⇔ α2 = a √ a √ Vậy lim xn = a n→∞ Bài toán 2.1.7 Xác định x1 để dãy (xn ) cho như sau xn = x2n−1 +3xn−1 +1(n 2) là một dãy hội tụ Lời giải Ta có x2 + 3x + 1 x, ∀x ∈ R, nên dãy đã cho là dãy tăng Giả sử dãy {xn } là hội tụ và lim xn = a thì... + xn + 1 n+1 Bài toán 2.2.16 Cho số thực a và dãy số thực {xn } xác định bởi: x1 = a và xn+1 = ln (3 + cos xn + sin xn ) − 2015 với n = 1, 2, 3, Chứng minh rằng dãy số {xn } có giới hạn hữu hạn khi n → +∞ Lời giải Đặt f (x) = ln (3 + sin x + cos x) − 2015, ta có f (x) = Vì | cos x − sin x| √ 2, =⇒ |f (x)| | sin x + cos x| √ 2 √ = q < 1 3− 2 cos x − sin x 3 + sin x + cos x √ 2 Áp dụng định lý Lagrange... x2n = 1 Ta sẽ chứng n→+∞ minh dãy (x2n+1 ) cũng có giới hạn là 1 f (x) = x − ln x liên tục và đồng biến trong (1; +∞) vì f (x) = 1 − 1 > 0 với x mọi x > 1 Trước hết ta chứng minh dãy (x2n+1 ) bị chặn dưới bởi 1 Theo giả thiết thì x1 = a > 1, giả sử x2k+1 > 1 thì f (x2k+1 ) > f (1) = 1 nên hiển nhiên x2k+3 > 1 tức dãy (x2n+1 ) bị chặn dưới bởi 1 Tiếp theo chứng minh dãy (x2n+1 ) là dãy giảm Thật vậy,... = α n→∞ 2   lim wn = sin α n→∞ α Bài toán 2.2.12 Cho dãy số thực (xn ) như sau: x1 = 0, x2 = 2, , xn+2 = 2−xn (n = 1, 2, 3, ) Chứng minh rằng dãy số (xn ) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó 1 xác dịnh trên R 2 = f (xn+2 ) = f (f (xn )) hay xn+4 = g(xn ), trong đó g Lời giải Xét hàm số f (x) = 2−x + Với mỗi n ∈ N∗ , ta có xn+4 là hàm số xác định trên R và g(x) = f (f (x)) (2.9) Dễ thấy hàm f ... Một số dạng toán dãy số 2.1 Dạng toán tìm giới hạn dãy số 2.2 Dạng toán tìm tổng, tích dãy số 2.3 Dạng dãy truy hồi liên quan số phương 2.4 Một số ứng dụng dãy số. .. văn thạc sĩ với đề tài: "Một số dạng toán dãy số ứng dụng" với mục đích: Hệ thống đưa lời giải cách chi tiết cho số dạng toán dãy số ứng dụng bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT Nhiệm vụ luận văn... 1)2 an = u ⇔   2.4 2.4.1 b = (t − 1)2 Một số ứng dụng dãy số Ứng dụng dãy số hình học Bài toán 2.4.1 Chứng minh dãy số un diện tích xác định hình cấp số cộng: Lời giải 35 r12 π π = Từ 2 5π