Đang tải... (xem toàn văn)
Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏiVận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGƠ KHẮC KIÊN VẬN DỤNG CHUỖI ĐIỀU HỊA VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGÔ KHẮC KIÊN VẬN DỤNG CHUỖI ĐIỀU HỊA VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2018 Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Chuỗi số 1.1.1 Khái niệm chuỗi số 1.1.2 Các tính chất chuỗi số 1.2 Chuỗi điều hòa 1.2.1 Khái niệm chuỗi điều hòa 1.2.2 Một số tính chất chuỗi điều hòa 3 5 Chương Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải tốn 13 2.1 Vận dụng tính chất chuỗi điều hòa vào giải số tốn bất đẳng thức 13 2.2 Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải số toán chuỗi số 32 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 52 Mở đầu Trong sách toán Trung học sở, Trung học phổ thơng có tốn chuỗi số điều hòa Nhưng số lượng khơng đủ cho học sinh luyện tập, việc phân dạng tập chưa đầy đủ khơng có tính hệ thống Để cung cấp cho học sinh nội dung kiến thức, phương pháp giải toán Để phục vụ cho công tác đào tạo đội tuyển học sinh giỏi cách chuỗi số điều hòa Tơi xin trình bày cách hệ thống khái niệm tính chất chuỗi điều hòa Từ đưa số ví dụ minh họa việc vận dụng chuỗi điều hòa vào giải số tốn dành cho học sinh giỏi, theo dạng tập sau: • Các tốn liên quan đến bất đẳng thức; • Các tốn liên quan đến tính chất số học chuỗi điều hòa; • Các tốn liên quan đến tổng chuỗi điều hòa; • Một số tốn khác liên quan đến chuỗi điều hòa; • Một số toán dành cho học sinh giỏi Với mong muốn cung cấp thêm tài liệu tổng hợp kiến thức chuỗi điều hòa, giúp cung cấp thêm phương pháp hay bổ ích để rèn luyện nội dung này, chọn chủ đề “Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải số toán dành cho học sinh giỏi” để làm đề tài luận văn cao học Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn gồm chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày định nghĩa, ví dụ kiến thức bản, nâng cao chuỗi số chuỗi điều hòa Chương Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải tốn Chương trình bày vận dụng chuỗi điều hòa vào việc chứng minh bất đẳng thức, tính chất số học số hạng, tổng chuỗi điều hòa Cuối Chương sưu tầm, chọn lọc để đưa số toán kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến chuỗi điều hòa Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Lời tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS TS Trịnh Thanh Hải Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể thầy Khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hoàn thành luận văn Cảm ơn giúp đỡ bạn bè, người thân đồng nghiệp thời gian làm luận văn Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Người viết luận văn Ngô Khắc Kiên Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Chuỗi số Khái niệm chuỗi số Định nghĩa 1.1.1 Cho dãy số vô hạn u1 ; u2 ; ; un ; , gọi tổng vơ hạn ∞ u1 + u2 + + un + chuỗi số ký hiệu un ; un số hạng tổng quát; n=1 sn = u1 + u2 + + un tổng riêng thứ n chuỗi; rn = un+1 + un+2 + gọi phần dư thứ n Nếu lim sn = s (hữu hạn) chuỗi gọi hội tụ s n→∞ tổng chuỗi Nếu dãy sn không dần tới giá trị hữu hạn chuỗi phân kỳ Ví dụ 1.1.2 ∞ ∞ un = n=1 n=1 n(n + 1) 1 + + 1.2 2.3 = 1− + 1 + + + 3.4 n(n + 1) 1 1 1 − + − + + − + 3 n n+1 1 + + 1.2 2.3 = 1− + =1− , n+1 1 + + 3.4 n(n + 1) 1 1 1 − + − + + − 3 n n+1 = Do đó, ta có sn = tổng riêng thứ n 1− lim sn = lim n→+∞ n→+∞ n+1 = Suy chuỗi cho hội tụ có tổng 1.1.2 Các tính chất chuỗi số Định lý 1.1.3 i Tính hội tụ hay phân kỳ chuỗi số không đổi ta bỏ số hữu hạn số hạng đầu chuỗi số ii Tính hội tụ hay phân kỳ chuỗi số không đổi ta bỏ hay thêm vào số hữu hạn số hạng vị trí ∞ ∞ Định lý 1.1.4 Nếu chuỗi số un hội tụ có tổng s chuỗi số n=1 ∞ hội tụ có tổng as.Còn aun n=1 un phân kỳ với a = chuỗi số n=1 ∞ aun phân kỳ n=1 ∞ ∞ Định lý 1.1.5 Nếu un n=1 ∞ chuỗi hiệu sau chuỗi số hội tụ chuỗi tổng n=1 ∞ n=1 n=1 (un + ) = n=1 n=1 un − (un − ) = un + ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ n=1 (un − ) hội tụ Hơn nữa, (un + ) n=1 n=1 n=1 ∞ Định lý 1.1.6 (Định lý tiêu chuẩn so sánh) Cho chuỗi số dương ∞ ∞ un ≤ với n ≥ n0 (n0 ∈ N ) từ hội tụ n=1 ∞ hội tụ n=1 suy n=1 ∞ un từ phân kỳ un n=1 ∞ un suy phân kỳ n=1 n=1 Định lý 1.1.7 (Định lý tiêu chuẩn tương đương) Cho hai chuỗi số dương ∞ ∞ un n=1 un = k Nếu < k < +∞ hai chuỗi cho n→∞ vn Xét lim n=1 hội tụ phân kỳ (hai chuỗi tương đương nhau) ∞ Nếu k = từ hội tụ ∞ suy hội tụ n=1 ∞ un n=1 ∞ , ta suy phân kỳ Nếu k = +∞ từ phân kỳ n=1 un n=1 ∞ Định lý 1.1.8 (Định lý tiêu chuẩn Đalambe) Cho chuỗi số dương un , n=1 un+1 = D Nếu: n→∞ un D < 1: chuỗi hội tụ; giả sử lim D > 1: chuỗi phân kỳ; D = 1: phải xét thêm phương pháp khác ∞ Định lý 1.1.9 (Định lý tiêu chuẩn Côsi) Cho chuỗi số dương lim n→∞ un , giả sử n=1 √ n u n = C Nếu: C < 1: chuỗi hội tụ; C > 1: chuỗi số Phân kỳ; C = 1: phải xét thêm phương pháp khác ∞ Định lý 1.1.10 (Định lý tiêu chuẩn tích phân) Cho chuỗi số dương un , n=1 tồn hàm f (x) cho un = f (n) với ∀n ≥ n0 f (x) liên tục, đơn điệu ∞ ∞ f (x)dx giảm miền (n0 ; +∞) n0 un hội tụ phân kỳ n=1 Định lý 1.1.11 (Định lý chuỗi số đan dấu) Tiêu chuẩn Lepnit: Cho chuỗi ∞ số đan dấu (−1)n un , tồn dãy số un đơn điệu giảm (nghĩa u1 > u2 > n=1 u3 > ) lim un = chuỗi đan dấu hội tụ tổng chuỗi không vượt n→∞ giá trị tuyệt đối số hạng 1.2 1.2.1 Chuỗi điều hòa Khái niệm chuỗi điều hòa Định nghĩa 1.2.1 Chuỗi số có dạng : 1 + + + , m m + d m + 2d m, d số cho mẫu số khác khơng, gọi chuỗi điều hòa Ví dụ 1.2.2 1 + + , n 1 + + , chuỗi điều (ii) Chuỗi số có tổng riêng H(m, n) = + m m+1 n hòa Ta ln giả thiết ≤ m < n (i) Chuỗi số có tổng riêng H(1, n) = + 1.2.2 Một số tính chất chuỗi điều hòa Tính chất 1.2.3 H(1, n) vơ hạn, tức lim H(1, n) = +∞ n→∞ Chứng minh Xét dãy H(1, 2k ) H(1, 1) = = + ∞ , k=0 đó, ; 1 =1+1 ; 2 1 1 1 + >1+ + + =1+2 ; H(1, 4) = + + 4 1 1 1 + + + + + H(1, 8) = + + 1 1 1 1 >1+ + + + + + + =1+3 ; 4 8 8 H(1, 2) = + ∞ Do dãy H(1, 2k ) k=0 không bị chặn nên phân kỳ hay lim H(1, n) = +∞ Lý luận tương tự ta có Tổng quát, H(1, 2k ) ≥ + k dãy {H(1, n)}∞ k=0 n→∞ thể với số nguyên dương tùy ý M H(1, M k ) ≥ + k M −1 M , k = 0, 1, 2, Tính chất 1.2.4 H(m, n) khơng phải số nguyên Chứng minh (i) Đối với trường hợp đặc biệt H(1, n), m = 1, cho s cho: 2s ≤ n < 2s+1 Chúng ta nhân H(1, n) với 2s−1 Q, Q tích tất số nguyên lẻ đoạn [1, n] Tất số hạng H(1, n) số nguyên ngoại trừ số hạng thứ 2s trở thành số nguyên chia cho Điều H(1, n) số nguyên (ii) Cách khác, trường hợp m = 1, cho p số nguyên tố lớn không vượt n Theo tiên đề Betrand, có số nguyên tố q với p < q < 2p Do n n! i=1 i n n! n! số nguyên chia hết cho p Tuy nhiên, số hạng tổng p i=1 i khơng chia hết cho p, tất số hạng khác chia hết cho p đó, có n < 2p Nếu H(1, n) số nguyên, thì: n!H(n) = (iii) Trường hợp: m > Giả sử 2a |k 2a+1 không ước k (viết 2a||K ), gọi a thứ tự chẵn lẻ k Bây quan sát số 2a , 3.2a , 5.2a , , tất số thứ tự chẵn lẻ Giữa số có 2.2a , 4.2a , 6.2a , , tất có thứ tự chẵn lẻ lớn Do vậy, số thứ tự chẵn lẻ, có số với thứ tự chẵn lẻ lớn Điều số m, m + 1, , n có số nguyên có thứ tự chẵn lẻ 1 lớn nhất, q có thứ tự chẵn lẻ u Bây ta lấy + + + m m+1 n 2u L, nhân với L tích tất số ngun lẻ [m, n] Khi u đó: LH(m, n) số lẻ Do đó: H(m, n) = 2r + q = , u L p đó, p chẵn, q lẻ H(m, n) khơng phải số ngun Ví dụ 1.2.5 Ta có H(1, 10) = + 1 1 7381 + + + + = 10 2520 khơng phải số ngun Tính chất 1.2.6 Nếu H(m, n) = q m+n số nguyên tố lẻ, (m+n)|q p Chứng minh Chú ý H(m, n) có số chẵn số hạng với n−m−1 j=0 1 + m+j n−j n−m−1 = j=0 m+n s = (m + n) , (m + j)(n − j) r đó, gcd(s, r) = Do m + n số nguyên tố nên gcd(r, m + n) = Nên ta có q (m + n)s = ⇒ rq = p(m + n)s ⇒ (m + n)|rq ⇒ (m + n)|q p r Ví dụ 1.2.7 Ta có H(1, 10) = + m + n = 11, 11|7381 = q 1 1 7381 + + + + = 10 2520 38 Nhận xét 2.2.12 Có thể biến đổi số hạng B thành dạng 2008 2008 − n = −1 n n với n = 1, 2, , 2007 chọn 2008 làm thừa số chung 1 Bài 2.2.13 Cho A = 1− + − + .+ A B Hãy tính 2012 1 1 − B = + + .+ 2011 2012 1007 1008 2012 Giải Ta biến đổi sau 1 + + + 1007 1008 2012 1 1 1 = + + + + + + + + 1006 1007 2011 2012 1 − + + + + 1006 1 1 1 = + + + + + + + + 1006 1007 2011 2012 1 1 −2 + + + + 2012 1 1 1 = − + − − + − + − = A 1006 1007 2011 2012 B= Suy A B 2012 = 12012 = Bài 2.2.14 Tìm tỉ số A B , biết 1 1 + + + + + · 1981 · 1982 n · (1980 + n) 25 · 2005 1 1 B= + + + + + · 26 · 27 m · (25 + m) 1980 · 2005 A= A có 25 số hạng B có 1980 số hạng 1 1 = − Áp dụng khai triển n · (1980 + n) 1980 n 1980 + n cho số hạng A, ta được: Giải Dễ thấy 1 + + + · 1981 · 1982 25 · 2005 1 1 1 = − + − + + − 1980 1981 1982 25 2005 1 1 1 = + + + − + + + 1980 25 1981 1982 2005 (2.20) A= 39 1 1 = − Áp dụng khai triển m(25 + m) 25 m 25 + m cho số hạng B , ta được: Cũng tương tự, ta có 1 + + + · 26 · 27 1980 · 2005 1 1 1 − + − + + − = 25 26 27 1980 2005 1 1 1 = + + + − + + + 25 1980 26 27 2005 B= Nhận thấy hai biểu thức hai dấu ngoặc bên vế phải B có phần chung 1 + + + Do sau rút gọn, ta 26 27 1980 B= 1 1 1 − + + + + + + 25 1981 1982 2005 25 Từ (2.20) (2.21), suy (2.21) A 1 A 25 = : Vậy = = B 1980 25 B 1980 396 Bài 2.2.15 Cho A= 1− 1+2 1 − 1+2+3 + + + n 1− tích n − thừa số B = A n+2 Tính n B Giải Ta biết cơng thức tính tổng k số ngun dương liên tiếp từ đến k + + + + (k − 1) + k = 1− k(k + 1) Từ 2 k2 + k − =1− = + + + + k k(k + 1) k(k + 1) k − k + 2k − (k − 1)(k + 2) = = k(k + 1) k(k + 1) Áp dụng với k = 2, 3, , n ta 1·4 2·5 (n − 2) · (n + 1) (n − 1) · (n + 2) · · 2·3 3·4 (n − 1) · n n · (n + 1) · (n − 2) · (n − 1) · (n + 1) · (n + 2) = · · (n − 1) · n · n · (n + 1) n+2 = 3n A= Từ A n+2 n = · = B 3n n+2 40 A biết B 1 1 A= + + + + + , · 32 · 33 n(n + 30) 1973 · 2003 1 1 B= + + + + + · 1974 · 1975 n(n + 1972) 31 · 2003 Bài 2.2.16 Tính Giải Với số nguyên dương n, k ta có n+k n k − = − = n n+k n(n + k) n(n + k) n(n + k) (2.22) Áp dụng (2.22) với k = 30 ta tính 30 30 30 + + + 2(2 + 30) 3(3 + 30) 1973(1973 + 30) 1 1 1 = + + + − − − 32 33 1973 2003 1 1 1 = + + + − + + + 31 1974 1975 2003 30A = (2.23) Áp dụng (2.22) với k = 1972 ta tính 1972 1972 1972 + + + 2(2 + 1972) 3(3 + 1972) 31(31 + 1972) 1 1 1 − − − + + + = 1974 1975 31 2003 1 1 1 + + + + + + = − 31 1974 1975 2003 A 1972 986 Từ (2.23) (2.24) có 30A = 1972B hay = = B 30 15 1972B = Bài 2.2.17 Tính giá trị biểu thức S= 1+ 1 + 2+ 2 1+ 1 + + + 2 1+ 1 + 2011 20122 Giải Áp dụng đẳng thức 1+ 1 1 + =1+ − 2 n (n + 1) n n+1 Với n = 1, 2, , 2011, ta 1 1 1 − + 1+ − + + + − 2 2011 2012 2012 − = 2012 − = 2012 2012 S = 1+ (2.24) 41 Bài 2.2.18 (Số 442 THTT-2014) Tìm phần nguyên A biết 1 1 A = √ + √ + √ + + √ 2013 Giải Với số tự nhiên n khác 0, ta có √ √ √ n−1< n< n+1 √ √ √ √ √ √ ⇔ n−1+ n< n+ n< n+ n+1 2 √ √ 0, k ∈ N, k ≥ 2, (1 + x)k > + kx (2.27) 42 Thật vậy, với k = ta có (1 + x)2 = + 2x + x2 > + 2x Vậy (2.27) với k = Giả sử (2.27) với k ≥ 2, tức (1 + x)k > + kx, ta chứng minh (2.27) với k + Thật (1 + x)k+1 = (1 + x)k · (1 + x) > (1 + kx)(1 + x) = + (k + 1)x + kx2 > + (k + 1)x Vậy (2.27) với k + Theo nguyên lý quy nạp, BĐT (2.27) với số nguyên k ≥ Từ (2.27) suy √ k + kx < + x Với x = , ta có k √ k + kx = k 1+ = k k k+1 1, với k ∈ N∗ nên số hạng S k lớn 1, suy S > 2012 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho k + số dương k+1 , 1, 1, , (gồm k số 1), ta có k k = 1, 2, , 2012 Do k+1 hay k+1 k+1 < k k+1 k2 + k + 1 +k = =1+ , k k+1 k(k + 1) k(k + 1) k+1 1 < 1+ − Lần lượt cho k = 1, 2, , 2012 vào Bất đẳng thức k k k+1 cộng theo vế 2012 Bất đẳng thức ta S < 2012 + − = 2013 − 1 1 + − + + − 2 2012 2013 < 2013 2013 Vậy 2012 < S < 2013 nên [S] = 2012 Bài 2.2.23 (Số 463 THTT-2016) Chứng minh tồn giới hạn lim (H(1, n) − ln n) = γ n→+∞ Giải Đặt an = H(1, n) − ln(n + 1), bn = H(1, n) − ln n (an ) tăng + ln n − ln(n + 1) ≥ n n+1 n ⇔ e≥ 1+ , ⇔ ≥ ln n n n an ≥ an−1 ⇔ bất đẳng thức Tương tự (bn ) giảm Mặt khác an < bn lim (an − bn ) = lim n→+∞ n→+∞ ln n n+1 = Do tồn lim an = lim bn = γ Như + + + n→+∞ n→+∞ = γ + ln n + εn , n εn → n → +∞ γ gọi số Euler Chú ý γ = lim (H(1, n) − ln n) = 0, 5772156649 n→+∞ Cho đến người ta chưa biết γ số hữu tỷ hay vơ tỷ Tuy nhiên số có vai trò quan trọng tốn học 44 Bài 2.2.24 Tìm giới hạn 1 + + + n+1 n+2 2n lim n→+∞ Giải Ta có 1 + + + = H(1, 2n) − H(1, n) n+1 n+2 2n = (γ + ln 2n + ε2n ) − (γ + ln n + εn ) 2n + (ε2n − εn ) → ln = ln n Vậy lim n→+∞ 1 + + + n+1 n+2 2n = ln Bài 2.2.25 (Số 463 THTT-2016) Cho dãy số (an ), với an = 1 + + + 2 2 1 +2 + + + n2 với n ≥ Chứng minh dãy (an ) hội tụ tìm giới hạn Giải Ta có an+1 − an = 12 + 22 > với n ≥ 1, suy dãy + + (n + 1)2 (an ) tăng Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta lại có 1 1 4n + + = + + + + 2 1 (n(n + 1))2 (1 + 2) (1 + + + n) n 4 1 1 < + + + =1+4 − + + − 2·3 n(n + 1) n n+1 1 − deg g n→+∞ x→+∞ g(x) Gọi a0 , b0 hệ số dẫn đầu f (x), g(x) Vì lim 1+ = +∞ nên lim f (x) = x→+∞ xg(x) lim +∞ a0 b0 (2.30) Mặt khác với N > tùy ý, ta có 1 1 1 + + + + + + n→+∞ n N N +1 n 1 1 = lim + + + + + + n→+∞ n N N +1 n 1 1 1 ≤ lim + + + + lim + + n→+∞ n n→+∞ n N + N n n−N ≤ + lim ≤ n→+∞ n(N + 1) N ≤ lim Do 1 1 + + + n→+∞ n n lim (2.31) = Từ (2.30) (2.31) suy mâu thuẫn Vậy không tồn đa thức f (x), g(x) ∈ R[x] thỏa mãn yêu cầu toán n Bài 2.2.28 Chứng minh dãy xác định công thức un = hạn hữu hạn − ln n có giới k=1 k 46 Giải Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức ln(x + 1) ≥ Thật vậy, xét hàm số f (x) = f (x) = x − ln(x + 1), x ≥ Ta có x+1 x , ∀x ≥ x+1 −x = − ≤0 (x + 1) x+1 (x + 1)2 nên hàm nghịch biến Suy f (x) ≤ f (0) = Từ dễ dàng suy x , ∀x ≥ ln(x + 1) ≥ x+1 Đẳng thức xảy x = nên x < ln(x + 1), ∀x > Trở lại x+1 toán, ta xét hiệu sau un+1 − un = 1 n+1 − ln(n + 1) + ln n = − ln n+1 n+1 n = 1 − ln + n+1 n < Suy dãy cho đơn điệu giảm Mặt khác, ta có n un = k=1 − ln n > k n k=1 ln + − ln n = k n [ln(k + 1) − ln k] − ln n = ln k=1 n+1 >0 n nên dãy bị chặn Dãy cho giảm bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Ta có đpcm Nhận xét 2.2.29 Bài toán quen thuộc thường đề cập đến dãy số n chứng minh tiến tới vơ cực cách giải đơn giản k=1 k n dùng đánh giá un = ≥ ln n thông qua biến đổi logarit Giới hạn k=1 k un = dãy có từ kết tiếng số Euler C Bài 2.2.30 (THPT chuyên Lê Quý Đôn, thành phố Đà Nẵng - 2017) Cho dãy 2016 xn , xn+1 = xn + với n ≥ 2017 n a) Chứng minh dãy số (xn ) có giới hạn hữu hạn số (xn ) xác định x1 = b) Giả sử lim xn = a Chứng minh lim n(a − xn ) = a2 Giải a) Ta có x1 ∈ (0, 1), xn > với n ≥ (xn ) dãy tăng Ta chứng minh (xn ) bị chặn Thật vậy, với m ≥ 1 xm+1 − xm (xm /m)2 − = = xm xm+1 xm xm+1 xm xm+1 xm 1 1 = < < = − m xm+1 m m(m − 1) m−1 m 47 Do đó, với số n > m 1 − = x m xn n−1 k=m n−1 < k=m Suy 1 − xk xk+1 1 − k−1 k = 1 − < m−1 n−1 m−1 1 (m − 1) − xm > − = Lại có từ giả thiết xn xm m − (m − 1)xm x2 = x1 + x21 < 2x1 , x3 = x2 + x2 2 < 2x1 + x21 < 3x1 Bằng quy nạp ta có xn < nx1 với n ≥ Từ để chọn m mà (m − 1) − xm > ⇔ xm < m − 1, ta chọn m thỏa mãn mx1 < m − ⇔ m > = 2017 Chọn m = 2018 − x1 2017 − x2018 2017x2018 > ⇔ xn < với n > 2018 Suy (xn ) bị xn 2017x2018 2017 − x2018 chặn hay (xn ) hội tụ ta có m−1 xm − xn = k=n xk k xk k b) Cố định giá trị n ≥ Khi xk+1 − xk = nên với m > n Vì (xn ) tăng, bị chặn lim xn = a ⇒ xn < xn+1 < xm < · · · < a nên m−1 x2n k=n Do đánh giá < xm − xn = k2 m−1 k=n xk k m−1 = − , nên ta có k k(k − 1) k k(k + 1) k k+1 m−1 k=n 1 < − k n−1 m−1 m−1 k=n 1 > − k n m 1 1 − < xm − xn < a2 − n m n−1 m−1 x2 a2 Cho m → +∞ ta n < a − xn < , ∀n ∈ N, nên n n−1 n x2n < n(a − xn ) < a2 · , ∀n ∈ N n−1 Thay vào trên, suy x2n Cho n → ∞ ta lim n(a − xn ) = a2 48 Bài 2.2.31 (Số 463 THTT-2016) Giả sử xn thuộc khoảng (0, 1) nghiệm phương trình 1 + +···+ = 0, x x−1 x−n ∀n ∈ N Chứng minh dãy (xn ) hội tụ Tìm giới hạn 1 + +···+ liên x x−1 x−n tục đơn điệu (0, 1) f (1) < 0, lim+ fn (x) = +∞ Để chứng minh dãy Giải xn xác định hàm số fn (x) = x→0 hội tụ ta chứng minh dãy (xn ) bị chặn đơn điệu Hiển nhiên dãy bị chặn < xn < Bây ta chứng minh dãy (xn ) đơn điệu Ta thấy < xn < nên fn+1 (xn ) = fn (xn ) + 1 = < xn − n − xn − n − Trong đó, fn+1 (0+ ) > Theo tính chất hàm liên tục, khoảng (0, xn ) có nghiệm fn+1 (x) Nghiệm xn+1 Suy xn+1 < xn Tức dãy số (xn ) giảm, dãy số bị chặn nên dãy số có giới hạn Ta chứng minh dãy số có giới hạn Thật vậy, giả sử lim xn = a > n→+∞ Khi đó, dãy (xn ) giảm nên ta có xn ≥ a, ∀n ∈ N Ta lại có 1+ 1 + + · · · + > ln n n 1 + + · · · + → +∞, n → +∞, nên tồn N cho với n 1 1 n ≥ N ta có + + + · · · + > Khi đó, với n ≥ N n a Do + 0= 1 1 1 + + ··· + < + + + ··· + xn xn − xn − n xn −1 −2 −n 1 < − = a a Điều mâu thuẫn Vậy phải có lim xn = n→+∞ Bài 2.2.32 (THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam - 2008) Cho 1 1 + + + ··· + n = 0, n ∈ N∗ x x −1 x −2 x −n a) Chứng minh với n ∈ N∗ , phương trình ln có nghiệm phương trình xn ∈ (0, 1) b) Chứng minh dãy (xn ) xác định câu a) có giới hạn Tìm giới hạn 49 1 1 + +· · ·+ n = 0, x ∈ (0, 1) x x −1 x −2 x −n 1 2x nxn−1 Ta có fn (x) = − + < 0, x ∈ (0, 1) + + · · · + x (x − 1)2 (x2 − 2)2 (xn − n)2 Giải a) Với n ∈ N∗ đặt fn (x) = + Suy fn (x) hàm số nghịch biến (n ∈ N∗ ) (2.32) = 2−2− −· · · < lim+ fn (x) = +∞ ⇒ ∃x0 ∈ 0, cho fn (x0 ) > x→0 Hơn nữa, fn (2.33) (2.34) Do fn (x) liên tục, nên từ (2.32), (2.33) (2.34) suy với n ∈ N∗ , phương trình fn (x) = ln có nghiệm xn ∈ (0, 1) b) Dễ thấy < xn < 1, ∀n ∈ N∗ Hơn nữa, ta chứng minh xn+1 ∈ (0, xn ) Thật vậy, ta có 1 1 + + + ··· + n + n+1 xn xn − xn − xn − n xn − (n + 1) 1 = fn (xn ) + n+1 = + n+1 < xn − (n + 1) xn − (n + 1) fn+1 (xn ) = 1 + + · · · + n+1 = +∞ Suy ra, tồn x x −1 x − (n + 1) x→0 x→0 < x∗ < cho fn+1 (x∗ ) > Từ suy phương trình fn+1 (x) = lim+ fn+1 (x) = lim+ có nghiệm xn+1 ∈ (0; xn ), từ suy dãy (xn ) giảm Hơn nữa, xn ∈ (0, 1) bị chặn nên dãy (xn ) có giới hạn Ta chứng minh lim xn = Vì xn > 0, ∀n ∈ N∗ nên lim xn ≥ Giả sử 1 ≤ , ∀n ∈ N∗ (do xn dãy giảm) Ta có lim xn = a > Khi đó, xn ≥ a xn lim + a 1 + + ··· + n = +∞ 1 1 > Với n > N0 n a = (∗) Vì xn nghiệm nên tồn N0 cho ∀n ∈ N∗ , n > N0 , ta có + + + · · · + ta lại có 1 1 + + + ··· + n xn xn − xn − xn − n 1 1 + + + ··· + n < + xn xn − xn − xn − n xn < − a Mâu thuẫn với (*) Vậy lim xn = a = 1 + + ··· + −1 −2 −n 1 1 + + ··· + < − < n a a 50 Bài 2.2.33 (Số 438 THTT-2013) Cho tổng Sn = + 1 + + + 1+2 1+2+3 + + + n Tìm số hữu tỉ a nhỏ để Sn < a với ∀n ∈ N∗ Giải Với k ∈ N∗ 1 = =2 − Thay lần + + + + k k(k + 1) k k+1 lượt k = 1, 2, 3, , n ta 1 1 1 + − + − + + − 2 3 n n+1 =2 1− =2− < n+1 n+1 Sn = − Vậy Sn < với n ∈ N∗ Ta chứng minh a = số hữu tỉ nhỏ để Sn < với n ∈ N∗ Thật vậy, giả sử tồn số hữu tỉ b < cho Sn < b với n ∈ N∗ Khi Sn = − 2 b b Vậy số hữu tỉ cần tìm a = 2−b 51 Kết luận Với mục tiêu tổng hợp kiến thức chuỗi điều hòa vận dụng tính chất chuỗi điều hòa vào giải số tốn dành cho học sinh giỏi phổ thơng, Luận văn đạt số kết ban đầu sau: Tổng hợp, trình bày cách có chọn lọc kiến thức nâng cao liên quan đến chuỗi điều hòa để học sinh có đủ kiến thức sở sâu vào việc vận dụng khái niệm, tính chất chuỗi điều hòa vào giải số tốn Trình bày số ví dụ, tốn minh họa việc vận dụng tính chất chuỗi điều hòa vào giải tốn, tập trung vào số dạng tốn khó dành cho học sinh giỏi như: - Chứng minh bất đẳng thức, - Nghiên cứu, khám phá tính chất số học số hạng, tổng chuỗi điều hòa Đối với vài toán kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến chuỗi điều hòa, Luận văn cố gắng đưa lời bình, lời dẫn dắt đưa lời giải tường minh toán mà tài liệu tham khảo có lời giải vắn tắt gợi ý hướng giải Thơng qua ví dụ, toán, Luận văn minh họa sinh động việc vận dụng chuỗi điều hòa vào việc đưa lời giải hay, thú vị cho số toán khó dành cho học sinh khá, giỏi đam mê với toán sơ cấp Hướng luận văn mở, Ta tìm thấy nhiều ứng dụng chuỗi điều hòa việc đưa hướng giải cho toán 52 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Ban tổ chức kỳ thi Olympic 30 tháng (2012), Tổng hợp đề thi Olympic 30 tháng 4, Nhà xuất Đại học sư phạm Hà Nội [2] Ban tổ chức kỳ thi Olympic 30 tháng (2014), Tuyển tập 20 năm đề thi Olympic 30 tháng 4, Toán 10, 11, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Ban tổ chức kỳ thi Olympic 30 tháng (2017), Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, lần thứ XXIII-2017, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [4] Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Lê Phúc Lữ (2013), phương pháp giải toán qua kỳ thi Olympic, NXB ĐHQGTP HỒ CHÍ MINH [5] Hà Duy Hưng, Nguyễn Sơn Hà, Nguyễn Ngọc Giang, Lê Minh Cường (2016), Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi THPT mơn tốn, NXB ĐHQGHN [6] Tạp chí tốn học tuổi trẻ, Nhà xuất giáo dục Việt Nam - Bộ giáo dục Đào tạo (năm 1979, 1994, 2005, 2007, 2011, 2013, 2015, 2016, 2017) Tiếng Anh [7] Leung Tat - Wing (2011), "Harmonic Series (I)", Mathematical Excalibur, Vol.15, No.5 [8] Leung Tat - Wing (2011), "Harmonic Series (II)", Mathematical Excalibur, Vol.16, No.1 [9] http://mathword.wolfram.com/HarmonicSeries.html ... Chương Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải tốn 13 2.1 Vận dụng tính chất chuỗi điều hòa vào giải số toán bất đẳng thức 13 2.2 Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải số toán chuỗi. .. cao chuỗi số chuỗi điều hòa Chương Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải tốn Chương trình bày vận dụng chuỗi điều hòa vào việc chứng minh bất đẳng thức, tính chất số học số hạng, tổng chuỗi điều hòa. .. liên quan đến tính chất số học chuỗi điều hòa; • Các tốn liên quan đến tổng chuỗi điều hòa; • Một số tốn khác liên quan đến chuỗi điều hòa; • Một số toán dành cho học sinh giỏi Với mong muốn cung