CHUYÊCHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG CHUYÊN MÔN TOÁN VỀ DÃY NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNHN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN môn TOÁN về dãy NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN TOÁN THPT Tên đề tài: DÃY NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện: Lương Ngọc Huyên Trường: THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG NĂM HỌC: …………………… DÃY NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH Lương Ngọc Huyên Trường THPT Chuyên Tuyên Quang Trong toán giải tích thi chọn học sinh giỏi toán THPT, toán dãy nghiệm phương trình nội dung thú vị Để giải toán này, cần vận dụng nhiều định lí quan trọng giải tích Định lí Lagrange, Weierstrass, Định lí giá trị trung bình, Việc đòi hỏi phải có vận dụng, kết hợp khéo léo định lí sâu sắc giải tích làm cho nhiều học sinh lúng túng thiếu chặt chẽ trình bày lời giải Bài viết trình bày vấn đề toán dãy nghiệm phương trình (đặc biệt hội tụ nó) dựa thi chọn học sinh giỏi tỉnh quốc gia số năm gần Cơ sở lí thuyết Trong viết ta quy ước nói dãy (un ) tăng un+1 ≥ un , ∀n dãy (un ) tăng ngặt un+1 > un , ∀n ; dãy (un ) giảm un+1 ≤ un , ∀n dãy (un ) giảm ngặt un+1 < un , ∀n Định lí Cho hàm số y = f ( x) liên tục đoạn [a; b], a < b Khi đó, f (a ) f (b) < phương trình f ( x) = có nghiệm khoảng (a; b) Định lí Cho hàm số y = f ( x) xác định J ( J khoảng, đoạn, nửa khoảng, nửa đoạn) Khi đó, hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) J phương trình f ( x) = có không nghiệm J Định lí Lagrange Cho hàm số y = f ( x) liên tục đoạn [a; b], a < b Khi đó, hàm số có đạo hàm khoảng (a; b) tồn c ∈ (a; b) cho f (b) − f (a ) = f '(c) b−a Định lí Weierstrass Cho dãy số (un )n =1,2, Khi đó, dãy (un ) tăng bị chặn trên, giảm bị chặn dưới, dãy (un ) có giới hạn hữu hạn Định lí giới hạn kẹp Cho ba dãy số (un ),(vn ),( wn ) thỏa mãn un ≤ ≤ wn , ∀n ≥ n0 Khi đó, tồn giới hạn hữu hạn lim un = lim wn = a (vn ) có giới hạn hữu hạn lim = a Ví dụ minh họa Ví dụ Chứng minh rằng, với số nguyên dương n ≥ , phương trình cos x = x n (1) có nghiệm dương x = xn Xét tính hội tụ dãy ( xn ) Lời giải Ta có (1) ⇔ x n − cos x = Đặt f n ( x) = x n − cos x Khi đó, với x > x n > cos x , (1) có nghiệm với x > Mặt khác, f n ( x) liên tục đoạn [0;1] f n (0) f n ( 1) < , suy phương trình f n ( x) = có nghiệm khoảng (0;1) Hơn nữa, f n' ( x) = nx n −1 + sin x > 0, ∀x ∈ [0;1] , nên f n ( x) đồng biến đoạn [0;1] , (1) có nghiệm x = xn ∈ (0; +∞) Dãy ( xn ) hiển nhiên bị chặn Hơn nữa, ( xn ) dãy tăng xn +1 < xn từ xn +1, xn ∈ (0;1) ta suy cos xn +1 > cos xn ⇒ xnn++11 > xnn ⇒ xnn+1 > xnn++11 > xnn ⇒ xn +1 > xn Điều vô lí Vậy tồn giới hạn hữu hạn l = lim an > Từ x = (cos x ) n suy n n 1  l = lim xn = lim (cos xn ) n  = (cos l )0 =     Nhận xét Trong ví dụ trên, vấn đề mấu chốt chứng minh dãy ( xn ) tăng Việc thực cách chuyển đổi tính đơn điệu hai hàm số y = cos x y = x n Đấy kĩ thuật toán dạng Ví dụ Chứng minh rằng, với số nguyên dương n ≥ , phương trình x n e− x = 1, n ∈ ¥ , n > (2) có nghiệm xn đoạn [0; n] Tìm lim xn Lời giải Xét hàm số f n ( x) = x ne − x − [0; n] Ta thấy f n' ( x) = nx n−1e− x − x ne − x = x n−1e − x (n − x ) ≥ 0, ∀x ∈ [0; n] Vậy hàm số đồng biến đoạn [0; n] Hơn f n (1) f n (e) < nên phương trình f n ( x) = hay (2) có nghiệm x = xn ∈ [0; n] Cũng từ suy < xn < e Mặt khác, xn > nên f n +1 ( xn ) = xnn +1e − xn − > xnne − xn − = f n ( xn ) = = f n +1 ( xn +1 ) ⇒ xn > xn +1 Suy dãy ( xn ) giảm ngặt Cùng với ( xn ) bị chặn 0, suy tồn giới hạn hữu xn e hạn l = lim xn Ta thấy ≤ x = e n ≤ e n → (vì xn < e ) Vậy lim xn = n Ví dụ Chứng minh rằng, với số nguyên dương n ≥ , phương trình x = x + 2014 (3) có nghiệm dương x = xn Xét tính hội tụ dãy ( xn ) Lời giải Đặt f n ( x) = x n − x − 2014, ∀n ≥ Với x ∈ (0;1) x n < x + 2014 , (3) nghiệm với x ∈ (0;1) n lim f n ( x) = +∞ , tồn a > cho f (a ) > ⇒ f (a) f (1) < Mặt khác, x →+∞ n n n Vì f n ( x) liên tục đoạn [1; a] nên phương trình f n ( x) = có nghiệm khoảng (1; a ) Từ f n' ( x) = nx n −1 − ≥ 0, ∀x ∈ [1; +∞) suy f n ( x) đồng biến [1; +∞) , (3) có nghiệm [1; +∞) , suy (3) có nghiệm dương x = xn Vì xn ∈ [1; +∞) nên xnn +1 > xnn ⇒ f n +1 ( xn ) = xnn +1 − xn − 2014 > x nn − xn − 2014 = = f n +1 ( xn +1 ) (*) Do f n +1 ( x) đồng biến [1; +∞) nên (*) suy xn > xn +1 , hay dãy ( xn ) giảm ngặt Hiển nhiên dãy ( xn ) bị chặn Do dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn l = lim xn Từ x = ( x + 2014) n , suy l = (l + 2014)0 = Vậy lim xn = n n Ví dụ Cho phương trình x n = x n −1 + x n − + + x + 1; ∀n ∈ ¥ , n ≥ (4) a) Chứng minh (4) có nghiệm dương x = xn b) Tìm lim xn lim n − xn Lời giải Với n ≥ x = không nghiệm (4) Sử dụng đẳng thức x n − = ( x − 1)( x n −1 + x n − + + x + 1) , ta viết phương trình lại (4) dạng x n ( x − 2) + = Đặt Pn ( x) = x n ( x − 2) + Pn (2) > Áp dụng Bất đẳng thức Bernoulli, ta có n −( n − 1)  2n   n −   −2   n(n − 1)  −2  Pn  = + + ≤ + + = < ÷  ÷  ÷  ÷ ÷ n +  n +   n +1  n +1  n +1  (n + 1)2  2n   2n  ;2 Do Pn ( x ) có ÷ < Hiển nhiên Pn ( x) liên tục đoạn   n +1  n +   2n  ;2 ÷ nghiệm khoảng   n +1  Vậy Pn (2).Pn  2n Pn ( x) < (chứng minh đơn giản n +1  2n  ∪ [2; +∞) Trên khoảng đạo hàm) Vậy Pn ( x) nghiệm x ∈  0;  n +   2n  ;2 ÷ Pn' ( x) > , Pn ( x) có nghiệm khoảng Suy ra, Pn ( x)   n +1   2n  ;2 ÷ Ta lại có có nghiệm dương x = xn ∈   n +1  Pn +1 ( xn ) = xn Pn ( xn ) − = −1 < Pn +1 ( xn +1 ) = Mặt khác, với x ≥ Pn ( x) > 0, với < x ≤ Bởi > xn +1 > xn ⇒ < − xn = Vì lim x2n xnn < x2n (*) = nên lim xn = Hơn nữa, từ (*) suy n − xn = 1 ⇒ lim n − xn = xn Nhận xét Mấu chốt Ví dụ tìm điểm x0 = 2n Điều giải n +1 thích sau: Ta cần tìm điểm x0 > cho Pn ( x0 ) nhỏ (để đảm bảo Pn ( x0 ) < ), x0 điểm cực trị Pn ( x) Do Pn' ( x0 ) = ⇒ x0 = 2n n +1 Trong ví dụ từ trở đi, người viết nêu hướng giải ý cần trình bày mà không nêu chi tiết lời giải Việc giải chi tiết dành cho bạn đọc Ví dụ (Hưng Yên 2010) Cho phương trình x n +1 = x + , với n nguyên dương cho trước Chứng minh phương trình cho có nghiệm thực xn Tìm lim xn Hướng dẫn giải Xét hàm số f n ( x) = x 2n +1 − x − Ta có f n '( x) = ( 2n + 1) x 2n − Ta thấy f n '( x) = ⇔ x = ± n ( 2n + 1) Kết hợp bảng biến thiên nhận xét: i ) f n '( x) < ⇔ − n 1 Khi đó, dãy ( xn ) giảm nên ta có xn ≥ a, ∀n Xuất phát từ bất đẳng thức 1+ 1 + + + > ln n , n suy 1  1 lim 1 + + + + ÷ = +∞ n  1 1 Do đó, tồn n0 cho + + + + > , ∀n ≥ n0 Ta thấy n a 1 1  1 1 + + < − 1 + + + ÷ < − = 0, ∀n ≥ n0 0= + xn xn − xn − n xn  n a a Điều vô lí Vậy ta phải có lim xn = Nhận xét + Vấn đề quan trọng chứng minh ( xn ) có giới hạn hữu hạn chứng minh dãy đơn điệu Để làm điều ta cần tìm mối qua hệ xn xn +1 thông qua tính chất nghiệm Đây lí ta tìm đến đẳng thức f n +1 ( xn ) = f n ( xn ) + xn − n − 1 + Mặt khác, để tính lim xn ta cần biết dãy un = + + + n giới hạn hữu hạn Việc chứng minh điều dùng nguyên lí giới hạn kẹp (như trình bày trên) dùng tiêu chuẩn Cauchy Ví dụ Cho n số nguyên dương lớn Chứng minh phương ( n( xn − 1) ) trình x n = x + (7) có nghiệm dương x = xn Tìm nlim →∞ Hướng dẫn giải Tương tự Ví dụ ta chứng minh dãy ( xn ) giảm ngặt có giới hạn n( xn − 1) ta đặt y = x − 1, ∀n ≥ Khi y > lim y = Thay vào Để tìm nlim n n n n →∞ phương trình (7) ta (1 + yn ) n = + yn ⇒ n ln(1 + yn ) = ln(2 + yn ) ⇒ lim ( n ln(1 + yn ) ) = ln Mặt khác, lim ln(1 + yn ) ln(1 + y ) = lim = ⇒ lim( nyn ) = ln nên lim ( n( xn − 1) ) = ln y →0 yn y Ví dụ (VMO 2007) Cho số thực a > f n ( x) = a10 x n+10 + x n + x n−1 + + x + a) Chứng minh với số nguyên dương n , phương trình f n ( x) = a có nghiệm dương x = xn b) Chứng minh dãy ( xn ) có giới hạn hữu hạn Hướng dẫn giải Kết câu a) hiển nhiên hàm f n ( x) tăng khoảng (0; +∞) Ta thấy, với x ≥ f n ( x) ≥ , < xn < 1, ∀n ≥ Ta chứng minh dãy ( xn ) tăng Thật vậy, xét f n+1 ( xn ) = xn f n ( xn ) + = axn + Vì f n+1 ( xn+1 ) = a f n+1 ( x) tăng khoảng (0; +∞) nên để chứng minh dãy ( xn ) tăng ngặt, ta chứng minh f n+1 ( xn ) < f n+1 ( xn+1 ) ⇔ axn + < a ⇔ xn < Giả sử xn ≥ a −1 a a −1 Vì f n ( x) tăng khoảng (0; +∞) nên, với a > a n +1  a −1 n +10 −  n n ÷  a −1  a −1   a  10  a −  f n ( xn ) ≥ a10  + = ( a − 1) + a − ( a − 1) ÷  ÷  ÷ > a (*) a −1 a a  a      1− a Đây điều vô lí Vậy dãy ( xn ) tăng ngặt Hơn ( xn ) bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Nhận xét + Một lần mối liên hệ f n+1 ( x) = xf n ( x) + lại giúp tìm mối quan hệ xn+1 xn a −1 cách sử dụng Định lí a a −1  a −1  Lagrange để đánh giá khoảng cách xn với thông qua f n ( xn ) f n  ÷ a  a  a −1 Thật vậy, đặt α = , từ (*) suy a + Từ lời giải trên, ta tính lim xn = f n (α) − f n ( xn ) = (a − 1)((a − 1)9 − 1).α n Theo định lý Lagrange tồn ξn ∈ ( xn ; α) thỏa mãn f n (α) − f n ( xn ) = f n' (ξ n )(α − xn ) Vì f n' (ξn ) = (n + 10)a10ξ nn+9 + nξ nn−1 + (n − 1)ξ nn−2 + + 2ξ n + > Nên (a − 1)((a − 1)9 − 1).α n > α − xn ⇒ α − ( a − 1)((a − 1)9 − 1).α n < xn < α (**) Lấy giới hạn hai vế (**) với ý < α < , ta lim xn = α = a −1 a Ví dụ (VMO 2002) Cho n số nguyên dương Chứng minh phương trình 1 1 + + + = x −1 4x −1 n x −1 có nghiệm x = xn khoảng (0; +∞) Chứng minh lim xn = 1 1 + + + − Khi đó, việc chứng minh Bình luận Đặt f n ( x) = x −1 4x −1 n x −1 phương trình có nghiệm dương x = xn xn > dựa vào hai kết sau: lim f n ( x) = x→+∞ −1 , lim f n ( x) = +∞ f n' ( x) < 0, ∀x ∈ (1; +∞) x→1+ Mặt khác, ta có f n+1 ( xn ) = f n ( xn ) + 1 = > = f n+1 ( xn+1 ) ⇒ xn < xn+1 (n + 1) xn − (n + 1) xn − Do dãy ( xn ) tăng ngặt Tương dùng Định lý Lagrange để đánh giá khoảng cách xn theo cách trình bày Nhận xét Ví dụ Ta thấy f n (4) = 1 1 1 1 + + + − = + + + − − 16 − (2n − 1)(2 n + 1) 4n − 1.3 3.5 1 1 1  1 =  − + − + + − ÷− = − 1 3 2n − 2n  4n Áp dụng định lý Lagrange, tồn ξn ∈ ( xn ;4) thỏa mãn =| f n+1 ( xn ) − f (4) |=| f n' (ξn ) || xn − | 4n Vì | f n' (ξ n ) |= nên | xn − |< (ξ n − 1) + (4ξ n − 1) + > 9 , suy lim xn = 4n Trong Ví dụ Ví dụ 9, sử dụng định lý Lagrange để đánh giá khoảng cách xn giới hạn Ở ví dụ đây, ta ứng dụng dụng định lý để ước lượng khoảng cách xn+1 xn Ví dụ 10 Cho n ∈ ¥ , n ≥ phương trình x n = x + x + (10) a) Chứng minh (10) có nghiệm dương x = xn lim xn = ( ) n ( xn − xn +1 ) b) Tìm nlim →∞ Hướng dẫn giải a) Đặt Pn ( x) = x n − x − x − Ta thấy, với < x ≤ Pn ( x) < Do đó, (10) có nghiệm dương nghiệm phải lớn Ta lại có Pn (1) = −2 < 0, lim Pn ( x) = +∞, Pn' ( x) = nx n−1 − x − > 0, ∀x > x→+∞ Suy (10) có nghiệm dương x = xn > Mặt khác Pn+1 ( x) = x n+1 − x − x − = x n+1 − x n + Pn ( x ) = x n ( x − 1) + Pn ( x ) (*) Từ (*) suy Pn+1 ( xn ) > = Pn+1 ( xn+1 ) ⇒ xn > xn+1 Vậy ( xn ) giảm ngặt có giới hạn hữu hạn l = lim xn Hơn xnn = xn2 − xn − ⇒ xn = ( xn2 ) − xn − 1 n ⇒ l = (l − l − 1)0 = ⇒ lim xn = b) Cũng từ (*), ta có Pn+1 ( xn ) = xnn ( xn − 1) + Pn ( xn ) = ( xn2 + xn + 1)( xn − 1) = xn3 − Áp dụng định lý Lagrange, tồn ξn+1 ∈ ( xn+1; xn ) thỏa mãn ( xn2 + xn + 1)( xn − 1) = Pn+1 ( xn ) − Pn+1 ( xn+1 ) = ( xn − xn +1 ) Pn' +1 (ξ n +1 ) ⇒ n ( xn − xn+1 ) = n( xn − 1)( xn2 + xn + 1) Pn' +1 (ξn +1 ) n Từ Pn' +1 ( x) = (n + 1) x n − x − suy (n + 1)( xn2 + xn + 1) − xn − = Pn' +1 ( xn ) > Pn' +1 (ξn+1 )   '   ' ÷− xn+1 −  Pn+1 (ξn +1 ) > Pn +1 ( xn +1 ) = (n + 1)  xn +1 + + x n +    xn + Pn' +1 (ξ n+1 ) n +  n +1  xn+1 + ⇒ ( xn + xn + 1) − > > (*)  xn+1 + + ÷− n n n n  xn+1  n ' P (ξ ) Bất đẳng thức (**) với kết luận lim xn = ta suy lim n +1 n +1 = n Tương tự Ví dụ ta tính lim ( n( xn − 1) ) = ln , ( ) lim n ( xn − xn+1 ) = ( ) = ln lim ( n( xn − 1) lim xn2 + xn + lim Pn' +1 (ξn +1 ) n Bài tập vận dụng Bài Chứng minh phương trình x n = x + n, n ∈ ¥ * có nghiệm dương xn Tính lim xn lim n( xn − 1) ln n Bài Chứng minh phương trình ln n x = x, x ≥ 1, n ∈ ¥ , n > có hai nghiệm rn sn > rn Tính lim rn , lim sn  f1 ( x) = f ( x) = x − Chứng minh f n ( x) = (*) có Bài Cho dãy hàm   f n +1 ( x) = f ( f n ( x)) 2n nghiệm phân biệt Gọi xn nghiệm lớn phương trình (*), tính lim xn -Hết- 10