Chuyên đề: Dãy số Bồi dưỡng học sinh giỏi

Chuyên đề: Dãy số Bồi dưỡng học sinh giỏi dùng cho quý Thầy cô giáo bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực hoặc quốc gia rất hiểu ích và tiện lợi. Đây là phần kiến thức mà trong chương trình THPT không được trình bày một cách đầy đủ và có hệ thống. Chuyên đề này sẽ rất hữu ích cho việc bồi dưỡng HSG.

Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ KỸ THUẬT TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ A MỞ ĐẦU Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực hay Quốc gia tập dãy số thường xuyên mang lại nhiều hội để thí sinh “lấy điểm” phần Các thi dãy số lời giải thơng thường khơng q phức tạp khơng đòi hỏi nhiều kiến thức liên quan Tuy nhiên chương trình tốn THPT phương pháp giải tốn dãy số khơng trình bày cách đầy đủ có hệ thống Trong trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi cấp, sưu tầm nhiều tài liệu dãy số từ nhiều nguồn khác cộng với kinh nghiệm thân Tôi xin chia với Hội thảo “một số kỹ thuật tìm số hạng tổng quát tìm giới hạn dãy số” phục vụ cho việc bồi dưỡng kiến thức dãy số cho đội tuyển học sinh giỏi tỉnh thi Quốc gia mơn tốn, năm học 2014 – 2015 B NỘI DUNG Phần MỘT SỐ KỸ THUẬT TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ I Sử dụng phương trình sai phân để tìm số hạng tổng quát dãy truy hồi tuyến tính có hệ số số Sử dụng phương trình sai phân tuyến tính cấp Dãy  un  cho dạng u1   , a.un1  b.un  f n , n  * a, b,  số, a  f n biểu thức n cho trước Dạng 1: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , a un1  b un  a, b,  cho trước n  (1.1) * Phương pháp giải: Giải phương trình đặc trưng a.  b  để tìm  Khi un  q n (q số ), q xác định biết u1   Ví dụ 1.1: Xác định số hạng tổng quát cấp số nhân, biết số hạng cơng bội Bài giải: Ta có un1  un , u1  (1.2) Phương trình đặc trưng có nghiệm   Vậy un  c.2n Từ u1  suy c  Do un  2n1 Dạng 2: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , aun1  bun  f n , n  N * (2 1) f n đa thức theo n Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Phương pháp giải: Giải phương trình đặc trưng a.  b  ta tìm  Ta có un  un0  un* Trong un0 nghiệm phương trình (1.1) un* nghiệm riêng tuỳ ý phương trình không (2.1) Vậy un0  q. n , q số xác định sau Ta xác định un* sau: 1) Nếu   un* đa thức bậc với f n 2) Nếu  1 un*  n g n với g n đa thức bậc với f n Thay un* vào phương trình, đồng hệ số ta tính hệ số un* Ví dụ 1.2: Tìm un thoả mãn điều kiện u1  2; un1  un  2n, n  N * (2.2) Bài giải: Phương trình đặc trưng    có nghiệm   Ta có un  un0  un* un0  c.1n  c, un*  n  an  b  Thay un* phương trình (2.2) ta được:  n  1 a  n  1  b  n  an  b   2n (2.3) thay n=1và n=2 vào (2.3) ta hệ phương trình sau: 3a  b  a    5a  b  b  1 Do un*  n  n  1 Ta có un  un0  un*  c  n  n  1 Vì u1  nên  c  11  1  c  Vậy un   n  n  1 , hay un  n2  n  Dạng 3: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , a un1  bun  v. n , n  N * (3.1) Phương pháp giải: Giải phương trình đặc trưng a.  b  ta tìm  Ta có un  un0  un* Trong un0  c. n , c số chưa xác định, un* xác định sau : 1) Nếu    un*  A. n 2) Nếu    un*  A.n. n Thay un* vào phương trình (3.1) đồng hệ số ta tính hệ số un* Biết u1 , từ hệ thức un  un0  un* , tính c Ví dụ 1.3: Tìm un thoả mãn điều kiện u1  1; un1  3.un  2n , n  N * Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng (3.2) Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Bài giải: Phương trình đặc trưng    có nghiệm   Ta có un  un0  un* un0  c.3n , un*  a.2n Thay un*  a.2n vào phương trình (3.2) , ta thu a.2n1  3a.2n  2n  2a  3a   a  1 Suy un  2n Do un  c.3n  2n u1  nên c = Vậy un  3n  2n Dạng 4: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , a un1  bun  f1n  f n , n  N * (4.1) Trong f1n đa thức theo n f n  v. n Phương pháp giải: Ta có un  un0  u1*n  u2*n Trong un0 nghiệm tổng quát phương trình aun1  bun  , un* nghiệm riêng phương trình khơng a.un1  b.un  f1n , u2*n nghiệm riêng phương trình khơng a.un1  b.un  f 2n Ví dụ 1.4: Tìm un thoả mãn điều kiện u1  1; un1  2un  n2  3.2n , n  N * (4.2) Bài giải: Phương trình đặc trưng    có nghiệm   Ta có un  un0  u1*n  u2*n un0  c.2n , un*  a.n2  b.n  c , u2*n  An.2n Thay un* vào phương trình un1  2.un  n2 , ta a  n  1  b  n  1  c  2an2  2bn  2c  n2 Cho n=1 , n=2 ta thu hệ phương trình  2a  c  a  1    b  2 a  b  c  2a  2b  c  9 c  3   Vậy u1*n  n2  2n  thay u2*n vào phương trình un1  2.un  3.2n Ta A  n  1 2n1  An.2n  3.2n  A  n  1  An   A  3 Vậy u2*n  n.2n  3n.2n1 Do un  c.2n   n2  2n  3  3n.2n1 Ta có u1  nên  2c    c  Vậy un  3n.2n1  n2  2n  Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Sử dụng phương trình sai phân tuyến tính cấp hai 2.1 Dạng axn2  bxn1  cxn  (1) + Xét phương trình đặc trưng a  b  c  (2) + Gọi 1; 2 nghiệm phương trình (2) Khi ta có: - Nếu 1  2 nghiệm tổng quát phương trình (1) là: (*) xn  C11n  C22n - Nếu 1  2 nghiệm tổng quát phương trình (1) là: (**) xn  C11n  C2 n.1n + Với số hạng đầu x0 ; x1 ta thay n = 0; n=1 vào (*) (**) tìm C1;C2 Từ tìm nghiệm riêng (1) Ví dụ 1.5 Tìm số hạng tổng quát dãy  xn  xác định bởi: a/  x1  2; x2  ,  x  x  x n n 1  n1 b/  x0  1; x1  , n   x  10 x  25 x n 1 n  n n2 Bài giải:   a/ Xét phương trình đặc trưng:   5     Từ nghiệm tổng    n quát phương trình có dạng xn  C1  C2 3n (*) Ta có x1  2; x2  thay n = n = vào (*) ta có  C1   2C1  3C2     4C1  9C2  C   2n 3n Vậy số hạng tổng quát dãy  xn  xn   b/ Giải tương tự 2.2 Dạng không axn2  bxn1  cxn  f n (3) Nghiệm tổng quát phương trình (3) có dạng xn  xn0  xn* (4) Trong xn0 nghiệm tổng qt phương trình nghĩa axn02  bxn01  cxn0  xn* nghiệm riêng phương trình (3) nghĩa ax*n2  bx*n1  cx*n  f n Như để tìm nghiệm tổng quát (3) ta cần tìm nghiệm riêng xn* Ta có trường hợp cụ thể sau: Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng Chun đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi *TH1: Nếu f n  Pk (n) - (đa thức bậc k theo n) a  b  c  nghiệm riêng (3) có dạng: xn*  Qk ( n) a  b  c  *TH2: Nếu f n  Pk (n) - (đa thức bậc k theo n)  nghiệm  2a  b  riêng phương trình (3) có dạng: xn*  n.Qk (n ) a  b  c  *TH3: Nếu f n  Pk (n) - (đa thức bậc k theo n)  nghiệm a  b   * riêng phương trình (3) có dạng: xn  n Qk (n) *TH4: Nếu f n  Pk (n). n - (đa thức bậc k theo n) 1;2   nghiệm riêng phương trình (3) có dạng: xn*  Qk (n). n *TH5: Nếu f n  Pk (n). n - (đa thức bậc k theo n) 1   2   nghiệm riêng phương trình (3) có dạng: xn*  n.Qk (n). n *TH6: Nếu f n  Pk (n). n - (đa thức bậc k theo n) 1  2   nghiệm riêng phương trình (3) có dạng: xn*  n2 Qk (n ). n *TH7: Nếu f n  Pk (n )  v  n - ( Pk ( n) đa thức bậc k theo n, v số) Thì nghiệm riêng dạng xn*  x1*n  x2*n x1*n nghiệm riêng tùy ý phương trình khơng aun1  bun  c.un1  Pk (n) , u2*n nghiệm riêng tùy ý phương trình khơng aun1  bun  c.un1  v. n Ứng với trường hợp ta thay xn* vào phương trình (3) So sánh cân hệ số vế ta tìm hệ số Qk ( n) Thay xn0 xn* vào (4) ta nghiệm tổng qt phương trình (3) Ví dụ 1.6 Tìm số hạng tổng quát dãy  xn  xác định : a/ x0  3; x1  xn2  3xn1  28xn  60 b/ c/ d/ x1  1; x2  xn1  xn  xn1  n  1, n  x0  2; x1  xn2  5xn1  xn  x0  3; x1  2 xn2  4 xn1  5xn  12n  x0  7; x1   xn2  12 xn  xn1  3n x0  0; x1  xn2  8xn1  15xn  2.5n1 e/ f/ Bài giải: a/ Xét phương trình xn2  3xn1  28xn  có phương trình   4 đặc trưng   3  28       Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Từ nghiệm tổng qt phương trình có dạng: n xn0  C1  4   C2 7n (1) Từ phương trình xn2  3xn1  28xn  60 ta có nghiệm riêng phương trình có dạng xn*  C Thay vào phương trình xn2  3xn1  28xn  60 ta C  2 Suy xn*  2 Ta có nghiệm tổng qt phương trình xn2  3xn1  28xn  60 xn  x n  xn* ta có xn  C1  4   C2 7n  (2) Với x0  3; x1  thay n = n = 1vào (2) ta C1  C2  C    4C1  7C2  C2  n Vậy xn   4   2.7n  n b/ Xét phương trình đặc trưng   2   có nghiệm kép   Ta có xn  xn0  xn* xn0   A  B.n  1n  A  Bn, xn*  n2  a.n  b  Thay xn* vào phương trình, ta được:  n  1 a  n  1  b   2n2  a.n  b    n  1 a  n  1  b   n  Cho n=1 , n=2 ta thu hệ phương trình:  a  4  2a  b    a  b      9  3a  b    2a  b    a  b   b   n 1 Vậy xn*  n    6 2 n 1 Do xn  xn0  xn*  A  Bn  n    6 2 1  A   A  B    11 1  2n Mặt khác:   11 Vậy xn   n  n    6 2  A  B       B   3 2 c/; d/; e/; f/ Giải tương tự Ví dụ 1.7 Tìm un thoả mãn điều kiện u1  0; u2  0, un1  2un  un1  3.2n , n  Bài giải: Phương trình đặc trưng   2   có nghiệm kép   Ta có: un  un0  u1*n un0   A  B.n  1n  A  Bn, un*  k 2n Thay un* vào phương trình, ta k 2n1  2k 2n  k 2n1  3.2n  k  Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Vậy un*  6.2n  3.2n1 Do un  un0  un*  A  bn  3.2n1 (1) Thay u1  1, u2  1  A  B  12 A  vào phương trình ta thu   0  A  B  24  B  13 Vậy un   13n  3.2n1 Ví dụ 1.8 (Olympic 30/4/2002) Tìm un thoả mãn điều kiện u1  0; u2  0, un1  2un  3un1  n  2n , n  (8.1) Bài giải: Phương trình đặc trưng   2   có nghiệm 1  1, 2  Ta có un  un0  u1*n  u2*n , un0  A 1  B.3n , u1*n  a  bn, u2*n  k 2n n Thay u1*n vào phương trình un1  2un  3un1  n , ta được: a  n  1  b   an  b   a  n  1  b   n   4a  1 n   a  b   1 Vậy a  b   Do un*   n  1 4 Thay u2*n vào phương trình un1  2un  3un1  2n , ta k 2n1  2.k 2n  3.k 2n1  2n  k   Do u2*n   2n   2n1 3 Vậy un  un0  u1*n  u2*n  A  1  B.3n  n 1  n  1  2n1 (8.2) Ta thay u1  1, u2  vào (8.2) ta hệ phương trình 61    A  3B     A   48    A  9B     B  25   48 Vậy un   61 25 1 n  1  3n   n  1  2n1 48 48 Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Bài tập áp dụng Bài 1: Cho dãy số ( un ) xác định u1  2; un1  un  2n, n  N * Tìm lim un n2 Bài 2: Cho ( un ) thoả mãn điều kiện u1  1; un1  3.un  2n , n  N * Tìm lim un1 un Bài 3: Cho ( un ) thoả mãn u1  1; un1  2un  n2  3.2n , n  N * (11) Tìm lim Bài 4: Hãy tìm cơng thức cho số hạng tổng quát định sau: f0  f1  1, f n2  f n1  f n  n    fn n0 un n! dãy Fibonacci xác Bài 5: Cho dãy số un n0 xác định sau: u0  u1  0, un2  6un1  9un  n   Tìm lim un 32 n Bài 6: Cho ( un ) thoả mãn u0  1, u1  16 , un2  8.un1  16.un Tìm lim un1 un n  uk Bài 7: Cho ( un ) thoả mãn u1  1; u2  0, un1  2un  un1  n  1, n  Tìm lim k 1 n Bài 8: Cho ( un ) thoả mãn u1  0; u2  0, un1  2un  un1  3.2n , n  Tìm lim un 2n Bài 9: Cho ( un ) thoả mãn u1  0, u2  1, u3  3, un  7un1  11.un2  5.un3 , n  Tìm lim un1 un  u  0, u2  14, u3  18 Bài 10: Cho dãy un n1 xác định sau:  u  u  u ( n  ) n n2  n1 Tìm lim nun    n  u0  Bài 11: Cho dãy un  xác định sau:   un1  3un  8un  1, n  u Hãy tìm cơng thức cho số hạng tổng quát un tính lim n n! Bài 12: Cho dãy số an xác định sau: a1  0; a2  1, an1  2an  an1  1, n  Chứng minh số A  4.an an2  số phương tìm lim Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng an    n3 3 Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi II Sử dụng phương phương pháp đặt ẩn phụ để tìm số hạng tổng quát dãy số Phương pháp: - Đặt dãy số phụ thích hợp để thu dãy truy hồi biết cách khảo sát dễ tìm cơng thức tổng qt dãy quen thuộc như: dãy truy hồi tuyến tính, cấp số cộng, cấp số nhân - Đối với dãy truy hồi cấp dạng un1  f (un , n) , ta biến đổi thành đẳng thức, biểu thức un1 hàm biểu thức un : g  un1   f  g(un )  Khi đặt v  g(un ) ta dãy truy hồi (vn ) Ví dụ áp dụng: Ví dụ 2.1 (Đề thi đề nghị tỉnh Đăk Nông năm 2010) Cho dãy số ( un ) thoả mãn điều kiện: 2011.un  2010.un1 , với n  , n  N u0  a , u1  b un1  4021 Tính lim un theo a, b Bài giải: 2011.un  2010.un1 , biến đổi ta có: 4021 ( 2010  2011)  un1  un   2010  un  un1  với n  + Từ un1  2010 un  un1  4021 2010  un  un1  vn1   4021  un1  un  + Đặt + Dãy   cấp số nhân có cơng bội  + Từ  un  un1  un  v1  v2    u0 + Tính n 1   2010   2010 2  2010   un  v1 1      4021     4021    u0 4021          2011  1   4021   = u0   u1  u  2010 1 4021 4021b  2010a + Tính lim un  6031 n Ví dụ 2.2 Tìm un biết u1  0, un 1  Bài giải: Từ 2010 4021 giả n  n  1  u  1 , n   n   n  3 n thiết ta có  n  1 n  22  n  3 un1  n  n  12  n  2 un  n  n  12  n  2 2 Đặt xn  n  n  1  n   un , n   x1  0, xn 1  xn  n  n  1  n   Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng Chun đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Sử dụng xn  phương pháp sai  n  1 n  n  1 n   2n  1  u 10 n Ví dụ 2.3 Tìm un biết u1  a  0, un 1  phân  ta tìm nghiệm:  n  1 2n  1 10  n  1 un , n  un  Bài giải: Từ giả thiết ta có un  0, n  * 1 Mặt khác   , n  Đặt xn  , n   x1  , xn 1  xn  un 1 un un a Sử xn dụng phương a  1 2n 1  a   u a pháp n  sai phân ta tìm nghiệm: a  a  1 2n 1  a Bài tập áp dụng: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, tìm số hạng tổng quát dãy số sau: u1  10 Bài Tìm số hạng tổng quát dãy  un  biết  un 1  5un  8n  Hướng dẫn: Đặt  un  2n  17  un  5n 1  2n  2 u1  Bài Tìm số hạng tổng quát dãy  un  biết  un 1  un  4n  Hướng dẫn: Đặt  un  2n9  9n  un  2n9  9n  12 Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng 10 Chun đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi   a0  max{ x0 , x1 , x2 , 9} b0  min{ x0 , x1 , x2 , 9}   a  a n  , , , n  0,1, 2,   n  n1 bn1  bn Dãy (an) dãy giảm dần 9, dãy (b n) tăng dần suy lim an  lim bn  n n Ta chứng minh bn1  min{ x3n , x3n1 , x3n2 }  max{ x3n , x3n1 , x3n2 }  an n (1) Thật vậy, với n = (1) hiển nhiên Giả sử (1) với n = k, với n = k + ta có bn  bn1  bn  x3k 3  x3k 2  x3k 1  x3k  an  an1  an bn  bn1  bn  x3k 4  x3k 3  x3k 2  x3k 1  an  an1  an bn  bn1  bn  x3k 5  x3k 4  x3k 3  x3k 2  an  an1 Vậy (1) với n = k + Theo nguyên lý quy nạp (1) với số tự nhiên n Từ theo định lý kẹp ta có lim x3n  lim x3n1  lim x3n2  lim an  lim bn  n n n n n Nên lim xn  n  V Dựa vào biến thiên hàm số để khảo sát hội tụ dãy số dạng xn1  f ( xn ) Phương pháp: Dưới số tốn tìm giới hạn dãy số dạng x n+1 = f(xn)(dãy số xác định gọi cho dạng lặp) Đây dạng tốn thường gặp tốn tìm giới hạn dãy số, dãy số hoàn toàn xác định biết f giá trị ban đầu x Do hội tụ dãy số phụ thuộc vào tính chất f(x) x0 Một đặc điểm quan trọng khác dãy số dạng a giới hạn dãy số a nghiệm phương trình x = f(x) Ví dụ áp dụng: x n   Ví dụ 5.1 Cho dãy số (xn) xác định sau: x1= 0, xn + =   với  27  n  N* Chứng minh dãy số (x n) có giới hạn tìm giới hạn x   Bài giải: Nhận xét xn  0,  n  N* Xét hàm số f(x) =   nghịch biến  27  khoảng [0; +  ) Khi xn+1 = f(xn) ,  n  N* f(x)  f(0) nên  xn  Ta có x1 = 0, x2 = 1, x3 = nên x1  x3 x4 = f(x3)  f(x1)=x2 27 Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng 30 Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Bây ta chứng minh phương pháp quy nạp x 2n –  x2n + 1, x2n+2  x2n, với n  N* Thật vậy, giả sử có x 2n-1  x2n + f(x2n-1)  f(x2n+1) nên x2n  x2n+2 f(x2n)  f(x2n+2) suy x2n+1  x2n+3 Tương tự, giả sử có x 2n  x2n+2 f(x2n)  f(x2n+2) suy x 2n+1  x2n+3 f(x2n+1)  f(x2n+3) suy x2n+2  x2n+4 Vậy dãy (x2n-1) dãy tăng dãy (x 2n) dãy giảm thuộc [0; 1] nên có giới hạn hữu hạn: lim x2 n  a , lim f ( x2 n1 )  b n n Và a = lim x2 n2  lim f ( x2 n1 )  lim f ( f ( x2 n ))  f ( f (a )) n n   Nên a     27     27    n a suy a = 1 Tương tự ta tìm b = Vậy a = b = nên lim xn  n 3 Ví dụ 5.2 (VMO-2008) Cho dãy số thực (x n) xác định sau: với n= 1, 2, 3, … Chứng minh dãy số (x n) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn x1 = 0, x2 = x n+2 = 2 xn  xác dịnh R Với n  N*, ta có xn+4 = f(xn+2) = f(f(xn)) hay xn+4 = g(xn), g hàm số xác định R g(x) = f(f(x)) x  R (1) Dễ thấy hàm số f giảm R, hàm số g tăng R Vì từ (1) suy với k  {1; 2; 3; 4}, dãy (x 4n+k), n  N dãy đơn điệu, Hơn nữa, từ Bài giải: Xét hàm số f(x) = 2 x  cách xác định dãy (x n) dễ thấy  xn  , n N* Do với k  {1; 2; 3; 4}, dãy (x4n+k) dãy hội tụ Với k  {1; 2; 3; 4}, đặt lim x4 nk  ak ta có  ak  Hơn nữa, x hàm số g(x) liên tục R nên từ (1) suy g(a k) = ak (2) Xét hàm số h(x) = g(x) – x [0; 2] Ta có h’(x) = - (f(x) + x).(ln2)2 – < x [0; 2] (do f(x) + x > x [0; 2] ) Suy ra, hàm số h(x) giảm [0; 2] Vì có nhiều điểm x [0; 2] cho h(x) = hay g(x) = x Mà g(1) = nên từ (2) ta a k = với k  {1; 2; 3; 4} Từ đây, dãy (xn) hợp bốn dãy (x 4n+k) nên dãy (xn) hội tụ lim xn  x  Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng 31 Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Ví dụ 5.3 Chứng minh với số nguyên dương n cho trước phương trình x2n+1 = x + có nghiệm thực Gọi nghiệm x n Tính lim xn n Bài giải: Nếu x < -1 x2n+1 < x < x+1 Nếu –  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 + ta phải có x > Đặt fn(x) = x2n+1 – x – Ta có fn’(x) = (2n+1)x2n – > [1, +) suy hàm f tăng nửa khoảng Vì f(1) = - < f(2) = 2n+1 – > nên phương trình có nghiệm x n thuộc (1, 2) Theo lý luận trên, nghiệm suy Xét fn+1 = x2n+3 – x – Ta có fn+1(1) = - < fn+1(xn) = xn2n+3 – xn – = xn2n+3 – xn2n+1 > Từ ta suy < x n+1 < xn Dãy {xn} giảm bị chặn 1, suy dãy (x n) có giới hạn hữu hạn a, a  Ta chứng minh a = Thật vậy, giả sử a > Khi x n  a với n ta tìm n đủ lớn cho: x n2n+1  a2n+1 > Trong ta có x n + < x1 + < Mâu thuẫn f n(xn) =  x1  2014  Ví dụ 5.4 Cho dãy số thực (x n) xác định bởi:  x  3  n1  xn xn2  n  1/ Chứng minh dãy số (xn) bị chặn 2/ Chứng minh dãy số (xn) có giới hạn tìm giới hạn Bài giải: Hiển nhiên xn > xn1   xn xn2  =  1   n  xn2  Vậy xn  2014 với n  dãy bị chặn Cách 1: Hàm f(x) = 3 x x2  =  1 nghịch biến ( 3; ) nên chứng x 1 minh dãy (x 2n) (x2n+1) đơn điệu Theo 1/các dãy bị chặn nên có limx2n =a; limx2n+1 =b; Từ xn1   xn xn2  qua giới hạn ta có: Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng 32 Chun đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi b  a   b 1   b   a  a2   g(x)= x  x x2  a Suy a  có g’(x) = 1- a 1 b b b 1 > x  nên g(x) đồng biến ( x  1) x  từ a = b hay limx 2n =limx2n+1   limxn = a= b Lúc a nghiệm pt x   Cách 2: Hàm f(x)=  Có f(x) = x  x   x x 1 x x2   15  lim xn = x =  f’(x) =- ( x  1)  f '( x )  2  15 x > x2  ( x  3)  x 1 x2  x  x  3x  1(l )  15  ( x  3x)  2( x  3x)      x= =a 2  x  3x  2 Áp dụng định lý Lagrang có: xn1  a  f ( xn )  f (a )  f '(n ) xn  a  Do limxn = a = 2 xn  a   ( 2 )n x1  a  0 n  15  x1  a , a   Ví dụ 5.5 Cho dãy số (x n) thỏa mãn:    xn1  a  a  xn n  N * Chứng minh dãy số (x n) có giới hạn hữu hạn Bài giải: Bằng quy nạp chứng minh  xn  a n  N * Xét hàm f(x) = f '( x )  a  a  x , x  0; a  có xn+1 = f(xn) 1 a ax ax  , x  0; a    Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng 33 Chun đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Suy f(x) hàm nghịch biến Do dãy (xn) tách thành hai dãy (x2n) (x2n+1), dãy tăng dãy giảm, mặt khác lại có dãy (xn) bị chặn nên tồn limx 2n = α, limx2n+1=  , α,  nghiệm phương trình: f(f(x)) = x  Xét hàm F(x) = a a a ax  x a  a  a  a  x  x , với x  0; a    F '( x )  a a a ax 1 a a ax a ax ax với x  0; a  , ta có   a ax ax  a a a a  a a a  a 1 1    a a  a  a   a  2    0,12  0, 2 4     Thay vai trò x a a a ax a  a  x chứng minh tương tự ta có a  a  a  x  0, Suy F’(x) < - 0,9 < nên F(x) hàm nghịch biến, lại có F(0) > 0, F( a ) < nên phương trình F(x) có nghiệm Do    Suy limx2n = limx2n+1 = limxn Vậy có limxn= T với T thỏa mãn f(f(T)) = T Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng 34 Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi VI Giới hạn dãy tổng: Phương pháp: Các tốn tìm giới hạn tổng ta thu gọn tổng cách phân tích hạng tử tổng quát thành hiệu hạng tử nối tiếp để hạng tử triệt tiêu, cuối đưa tổng biểu thức chứa xn, sau tìm limxn Tức đưa dạng xn  f  n   f  n  1 , sn   xi  f  n   f 1 n i 1 Ví dụ áp dụng: Ví dụ 6.1 (Đăk Nơng-2011) Cho dãy số ( xk ) xác định: xk  k     2! 3! 4! ( k  1)! n Tìm : lim n x1n  x2n  x3n   x2011 n Bài giải: k 1   xk 1  xk ( k  2)! ( xk ) dãy số tăng Suy  x1  x2   x2011 Ta có: xk 1  xk  n n n  x2011  x1n  x2n  x3n   x2011  2011 x2011 n  x2011  x  x  x   x  2011 x2011 k k 11 1    Mà : ( k  1)! ( k  1)! k ! ( k  1)! 1 1 1 1  xk  (  )  (  )   (  ) 1  xk   1! 2! 2! 3! k ! ( k  1)! ( k  1)! ( k  1)! 1 n 1  n x1n  x2n  x3n   x2011  2011n (1  ) 2012! 2012!  1  Do: lim (1  )  lim  2011n (1  )   n 2012! n  2012!  2012! n n n n n 2011 n 2012!  x    Ví dụ 6.2 (VMO-2009) Cho dãy số (xn):  x  x  x  x  n1 n 1 n 1 ,n   n n  lim n x1n  x2n  x3n   x2011 1 Chứng minh dãy (yn) có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn i 1 x i n Xét dãy yn   Bài giải: Từ giả thiết ta có xn > n  Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông 35 Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi xn21  xn1  xn1 Ta có xn – xn-1 = - xn-1 = Do dãy (xn) tăng Giả sử limxn = a a > xn21  xn1  xn1 > n  2 a  4a  a a  a = (vô lý) xn21  xn1  xn1 Vậy limxn =  Từ xn = n  suy 1 xn2  ( xn  1) xn1    n  2 xn xn1 xn Do đó:  1 1 1 1 1 1 1 1                  6 i 1 x x1  x1 x2   x2 x3  xn i  xn1 xn  x1 x1 xn n  Suy yn < n  dãy (yn) tăng yn = yn-1 + > yn-1 xn yn  n  Vậy (yn) có giới hạn hữu hạn limyn = Ví dụ 6.3 (Phú Thọ-2008) Cho dãy số (xn) (n = 1, 2, …) xác định sau: x1 = xn1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)  với n = 1, 2, … , (n = 1, 2, ….) Tìm lim yn n i 1 x  i n Đặt yn   Bài giải: Ta có x2 = xn > với n = 1, 2, … xn1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)   x n  3xn  xn2  3xn     xn2  3xn  1(1) Từ suy xn+1 +1 = xn2  3xn  = (xn + 1)(xn + 2) xn1    x n 1 xn    1  x n 1 xn   1   xn  xn  xn1  n  1  1 1 =       i 1 x  i 1 x  xi 1   x1  xn1  xn1  i  i n Do yn   Từ (1) xk+1 = xk2  3xk   3xk  3.3k 1  3k Ta dễ dàng chứng minh quy nạp xn > 3n-1 Nên lim yn  n (2) (vì (2) xn+1 > 3n) Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng 36 Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Nhận xét: Ta chứng minh limxn =  với cách khác: Dễ thấy (xn) dãy tăng, giả sử limxn = a (a  1) Nên ta có a  a(a  1)(a  2)(a  3)  Suy a2 = a(a+1)(a+2)(a+3) + hay a4 + 6a3 + 10a2 + 6a +1 = Rõ ràng phương trình khơng có nghiệm thỏa mãn a  Vậy limxn =  Ví dụ 6.4 Xét dãy số (xn) (n = 1, 2, 3, …) xác định bởi: x1 = xn1  ( xn2  1) với n = 1, 2,3, … 1 Đặt Sn      x1  x2 1 x n Tìm lim Sn n Bài giải: Ta tổng qt hóa tốn sau: u1  a  Cho dãy (un) thỏa mãn  un2  (b  c )un  c un1  bc  1   i 1 u  b u1  c un1  c i n Ta chứng minh Sn   Thật Ta có un2  (b  c )un  c un1  bc suy un2  (b  c )un  bc (un  b)(un  c ) un1  c   bc bc Từ 1   un1  c un  c un  b  1   un  b un  c un1  c Khai triển ước lượng 1   u1  b u1  c u2  c 1   u2  b u2  c u3  c …………………… 1   un  b un  c un1  c Do Sn  1  u1  c un1  c Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng 37 Chun đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Từ vận dụng vào tốn với b =1, c = - ta có Sn  1  1 x1  xn1  xn1  1  xn  1 > n  N * nên dãy (xn) dãy tăng Giả sử lim xn  a (a > 2) Thì 2a = a2 + suy a = Vô lý Mà xn+1 – xn = n Vậy lim xn   Do lim Sn  n n Nhận xét: Trong toán tổng quát ta thay giá trị a, b, c khác để toán Chẳng hạn: Ví dụ 6.5 Cho dãy số (un) thỏa mãn: u1    un2  un  un1   Đặt Sn  1 Tìm limSn     u1  u2 2un ( xn  1)2014 Ví dụ 6.6 Cho dãy số (xn) xác định bởi: x1 = 1; xn1   xn Với 2014 n số nguyên dương ( xn  1)2013 ( x1  1)2013 ( x2  1)2013 ( x3  1)2013 Đặt un  Tìm limun     x2  x3  x3  xn1  Bài giải: Ta có xn+1 – xn = ( xn  1)2014 , n  2014 2( xn1  xn ) ( xn  1)2013 Suy    xn  xn1  ( xn  1)( xn1  1) 1007( xn1  1) 1 n    ( x i 1)2013 1     1007    1007     i 1 x i 1 x  xi 1   i 1   i  x1  xn1   n Mặt khác: xn + – xn  nên dãy (xn) dãy số tăng n  Nếu (xn) bị chặn ( a  1)2014 limxn tồn Đặt limxn = a  a  a   a (vô lý) Suy (xn) 2014 không bị chặn hay limxn =  suy lim xn1  =0 Suy lim un  Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông n 1007 38 Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Bài tập áp dụng: Bài Cho dãy số (xn) với n = 1, 2, … xác định bởi: x1 = a, (a > 1), x2 = 1, xn+2 = xn – lnxn (n N*) n 1 Đặt Sn   ( n  k )ln x2 k 1 k 1 S  ( n  2) Tìm lim  n  n  n Hướng dẫn: Nhận xét x2n = 1, n =1, 2, … ln1 = suy lim x2 n  n Tiếp theo ta chứng minh dãy (x2n+1) có giới hạn 1 Xét hàm số f(x) = x – lnx liên tục đồng biến (1; +  ) f’(x) =1- > với x x > Trước hết ta chứng minh phương pháp quy nạp, dãy (x2n+1) bị chặn Theo giả thiết x1 = a > 1, giả sử x2k+1 > f(x2k+1) > f(1) > nên hiển nhiên x2k+3>1 tức dãy (x2n+1) bị chặn Tiếp theo ta chứng minh dãy (x2n+1) dãy giảm Thật vậy, x2n+1 > nên lnx2n+1> x2n+3 – x3n+1 = - lnx2n+1 < 0, tức dãy (x2n+1) dãy giảm Từ suy (x2n+1) có giới hạn c  lim x2 n1 n Chuyển qua giới hạn dãy số ta c = c – lnc  c=1 Vậy dãy số (xn) có giới hạn Theo định lý Cessaro, ta có  x  x   x2 n   ( x  x   x2 n1 )  ( x2  x4   x n )  lim   hay lim    1 n n 2n 2n      nx  ( n  1)ln x1  ( n  2)ln x3   ln x2 n3  n   lim   1 n 2n   a S 1  S  a 1  lim   n    hay lim  n   x  x  n 2   n Bài Cho dãy số un  u1   xác định ;  un2 un1  un  2014  a/ Chứng minh lim un   b/ u u u  Tính lim     n  n u un1   u3 n Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông 39 Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi Hướng dẫn: a/ Ta có un1  un  un2  un  1, n  2014 * ( un  u1  1) nên un  dãy tăng Giả sử dãy un  bị chặn Khi un  hội tụ , đặt lim un  a với a  n un  1, n  * un2 Theo giả thiết un1  un  , chuyển qua giới hạn ta có: 2014 a2 aa  a  suy vơ lý (vì a  ) 2014 Từ ta có un  dãy tăng không bị chặn nên lim un   n b/ Ta có 1 un uu u2 2014(un1  un )   n n  n   2014    un1 un1un un1un un1un  un un1  1  u u1 u2      n  2014     2014 1   u2 u3 un1  u1 un1   un1  u u  u   Suy lim     n   lim  2014 1  un   )   2014 (vì lim n u n n u u u n 1  n 1    u u u  Vậy lim     n   2014 n u un1   u3 1 Bài Cho dãy số un  xác định un      , n  1; 2; 2! 3! n! Chứng minh dãy số hội tụ Hướng dẫn: 1 1 Ta có un1       2! 3! n ! ( n  1)!  , n  Suy un  dãy tăng Suy un1  un  ( n  1)! Mặt khác ta có: n 1 1     n  1 1 1 2  un          n1   1       2  ! 3! n! 2   1 Do un  bị chặn Từ theo định lý Weierstrass ta có dãy dãy số hội tụ 1 Bài Cho dãy số un  xác định un      , n  1; 2; n Chứng minh dãy số hội tụ Hướng dẫn: Tạ Ngọc Bảo – THPT chun Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng 40 Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi 1 1     22 32 n2 ( n  1)2  , n  Suy un  dãy tăng Suy un1  un  ( n  1)2 Mặt khác ta có: 1 1 1 un            2  2 n 1.2 2.3 ( n  1)n n Do un  bị chặn Từ theo định lý Weierstrass ta có dãy dãy số hội tụ Ta có un1   Bài Cho dãy số un  u1   xác định ;  un2  2013un , n  un1  2014  a/ Chứng minh lim un   b/ Đặt Sn   n uk Tính lim Sn n k 1 u k 1  n Hướng dẫn: a/ Ta có u1  nên ta có  u1  u2   un  nghĩa dãy un  dãy tăng Giả sử dãy un  bị chặn Khi un  hội tụ , đặt lim un  a với a  n un  2, n  * un2  2013un Theo giả thiết un1  , chuyển qua giới hạn ta có: 2014 a  a  2013a suy vơ lý (vì a  ) a  2014 a  Từ ta có un  dãy tăng khơng bị chặn nên lim un   n b/ Ta có un1  u  2013un  un (un  1)  2014(un1  un ) 2014 n Suy un  un  1  un 2014(un1  un )     2014    un1   un1  1 un  1  un1  1 un  1  un  un1     uk    2014     2014 1   k 1 u k 1   u1  un1    un1   n Từ Sn     Vậy lim Sn  lim 2014 1  un   )   2014 ( Vì lim n n n u  n 1     x1  Bài Cho dãy số un  xác định ;    xn1  xn  3xn  , n  Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông * 41 Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi a/ Chứng minh b/ Đặt yn   lim xn   n , n k 1 x  k n Tính lim yn n Hướng dẫn: a/ Ta có xn1  xn2  3xn   xn1  xn1  xn2  xn   ( xn  2)2  Suy xn1  xn1  , n  suy  xn  dãy số tăng Giả sử dãy  xn  bị chặn Khi  xn  hội tụ , đặt lim un  a với a  n un  3, n  Theo giả thiết xn1  xn2  3xn  , chuyển qua giới hạn a  a  3a   a  suy vô lý (vì a  ) Từ ta có  xn  dãy tăng không bị chặn nên lim xn   * ta có n 1 1     xk 1  xk  3xk  ( xk  1)( xk  2) xk  xk  1 1 1 Suy    yn   1 xk  xk  xk 1  x1  xn1  xn1  Mà lim xn   nên lim yn  b/ Ta có n n Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông 42 Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi C KẾT LUẬN: Dãy số lĩnh vực rộng khó, toán dãy số đa dạng Trong đề tài đề cập đến số kỹ thuật tìm số hạng tổng quát va tìm giới hạn dãy số Chun đề trình bày số dạng tốn tìm số hạng tổng quát tìm giới hạn dãy số Các tốn dạng có phương pháp giải cụ thể vận dụng kiến thức dãy số, định lý giới hạn Chuyên đề chọn lọc tốn điển hình cho dạng tốn, đặc biệt có nhiều tốn đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, Olympic khu vực, quốc gia, năm gần qua thấy vai trò quan trọng tốn dãy số đề thi Qua trình áp dụng chuyên đề vào thực tế giảng dạy, đặc biệt trình tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi nhận thấy học sinh hiểu rõ chất nhiều tốn khó dãy số, học sinh có hứng thú chủ động học tập Kết đạt rõ ràng tham gia dạy đội tuyển học sinh giỏi trường, học sinh dự thi cấp tỉnh, khu vực Quốc gia năm học 2013 – 2014 làm tốt tập dãy số Khi thực đề tài nhận thấy lực tư kĩ thực thao tác tư tăng lên rõ rệt từ học sinh có tư học tập tốt phần khác mơn khác, học sinh có tư phân tích, tơng hợp tốt hơn, nâng cao lực tự học cho học sinh Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nơng 43 Chun đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phan Huy Khải Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán thpt toán dãy sồ NXB Giáo dục 2007; [2] Phan Huy Khải 10.000 toán sơ cấp dãy số giới hạn NXB Hà Nội 1997; [3] Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Nguyễn Lưu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng Các giảng số học NXB Đại học Quốc gia Hà nội 2006; [4] Nguyễn Văn Mậu Kỷ yếu trại hè Hùng Vương năm 2010; [5] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Nguyễn Văn Tiến Một số chuyên đề giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông NXB Giáo dục Việt Nam 2009; [6] Lê Đình Thịnh (chủ biên), Đặng Đình Châu, Lê Đình Định, Phan Văn Hạp Phương trình sai phân số ứng dụng NXB Giáo dục 2001; [7] Các toán chọn lọc 45 năm tạp chí tốn học tuổi trẻ; [8] Tủ sách tốn học tuổi trẻ Các thi Olympic toán Trung học phổ thông Việt Nam (1990 – 2006) NXB Giáo dục 2007 Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông 44 ... phương trình khơng aun1  bun  c.un1  v. n Ứng với trường hợp ta thay xn* vào phương trình (3) So sánh cân hệ số vế ta tìm hệ số Qk ( n) Thay xn0 xn* vào (4) ta nghiệm tổng quát phương trình... Chứng minh lim n n  n Bài giải: Với n  3, theo bất đẳng thức Cauchy ta có  n n  n 1 n n  n  so Suy ta có  n n   n22 n 1 n n , n  n   n Hơn lim 1  n    Vậy lim n n n 