Dãy số và tổng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Đức Thành DÃY SỐ VÀ TỔNG SEQUENCE OF NUMBER AND SUM Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS - TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên - 2012 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn Cơng trình hồn thành Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: PGS - TS Đàm Văn Nhỉ Phản biện 1: PGS-TS Lê Thị Thanh Nhàn Phản biện 2: PGS-TS Nông Quốc Chinh Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên Ngày 01 tháng năm 2012 Có thể tìm hiểu Thư Viện Đại Học Thái Nguyên 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Vành đa thức 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Các phép tốn đa thức 1.1.3 Các tính chất 1.1.4 Một số ví dụ 1.2 Vành chuỗi luỹ thừa hình thức 1.2.1 Kết 1.2.2 Một số ví dụ áp dụng 1.3 Một số kiến thức dãy số 1.3.1 Một số dãy đặc biệt 1.3.2 Cấp số cộng cấp số nhân Chương Dãy số truy hồi tổng 2.1 Một vài dãy số truy hồi sai phân 2.2 Dãy an+1 = f (an ) với hàm f (x) 2.3 Giới hạn dãy số 2.4 Một số tổng dãy đặc biệt 2.5 Phép biến đổi Abel đánh giá tổng Kết luận Tài liệu tham khảo 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 4 4 7 10 12 13 15 17 17 22 25 44 51 55 56 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Dãy số tổng vấn đề nhiều người quan tâm Vấn đề thường xuất dạng toán Đại số, Giải tích, Lý thuyết xấp xỉ kỳ thi Học sinh giỏi Quốc gia-Quốc tế Luận văn đặt vấn đề nghiên cứu Dãy số tính số tổng số hạng dãy số Muốn tiếp cận được, đòi hỏi người học, người làm toán phải trang bị vốn kiến thức dãy số, phương pháp giải, hay thủ thuật tính tốn biến đổi Chính tơi lựa chọn vấn đề nghiên cứu, nhằm giúp người yêu toán ham hiểu biết Có góc nhìn bao qt hơn, lập luận sâu sắc với toán "Dãy số tổng" trình bày qua nhiều cách giải đặc biệt Ngồi cịn vận dụng số kiến thức Toán Cao cấp vào giải tốn khó, điển hình hay gặp Luận văn chia làm hai chương Chương Các kiến thức chuẩn bị Được dành trình bày lại số kết Vành đa thức, Vành chuỗi luỹ thừa hình thức giới thiệu số Dãy số đặc biệt Chương Dãy số truy hồi Tổng Trình bày Dãy truy hồi, Dãy xây dựng qua hàm Đặc biệt, chương giới thiệu cách tìm giới hạn số dãy số, tính số tổng đặc biệt phép biến đổi Abel Với ví dụ, tốn có phương pháp giải ngắn gọn, dễ hiểu vận dụng nhiều kiến thức khác Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình PGS-TS Đàm Văn Nhỉ - Đại Học Sư Phạm Hà Nội Bản thân em, 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn xin bày tỏ biết ơn sâu sắc, lòng mến phục kiến thức uyên bác, quan tâm lời động viên Thầy Đã giúp em hoàn thành luận văn Em xin trân trọng cảm ơn tới Thầy Cô Trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại Học Khoa Học Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán K4 A Trường Đại Học Khoa Học đồn kết, giúp đỡ tơi suốt trình học tập, nghiên cứu làm luận văn Song với hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên chắn q trình nghiên cứu, trình bày khơng tránh khỏi thiếu sót Qua đây, em mong nhận ý kiến đóng góp xác đáng Thầy Cô độc giả cho luận văn Thái Nguyên, ngày 10 tháng 07 năm 2012 Tác giả Nguyễn Đức Thành 5Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Vành đa thức Định nghĩa Cho vành A vành giao hốn có đơn vị Ta gọi đa thức (trên A) bậc n biến x biểu thức có dạng Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 (an = 0), ∈ A gọi hệ số, an hệ số bậc cao a0 hệ số tự đa thức Nếu = 0, i =, 2, , n − (an = 0) ta có bậc đa thức Nếu = 0, với i = 0, 1, 2, , n ta coi bậc n gọi đa thức khơng (nói chung người ta khơng định nghĩa bậc đa thức không) Tập hợp tất đa thức với hệ số lấy vành A ký hiệu A[x] Khi A = K trường K[x] vành giao hốn có đơn vị Ta thường xét A = Z A = Q A = R A = C Khi ta có vành đa thức tương ứng Z[x], Q[x], R[x], C[x] 1.1.2 Các phép toán đa thức Cho hai đa thức: p(x) = a0 + a1 x + + am xm q(x) = b0 + b1 x + + bn xn Khi phép cộng phép nhân hai đa thức p(x) + q(x) = a0 + b0 + + (am + bm )xm + bm+1 xm+1 + + bn xn p(x)q(x) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + + (a0 bk + a1 bk−1 + + ak b0 )xk + + am bn xm+n ta giả sử n ≥ m 1.1.3 Các tính chất Định lý 1.1 Giả sử A trường, f (x) g(x) = hai đa thức vành A[x], có hai đa thức q(x) r(x) thuộc A[x] cho 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn f (x) = g(x)q(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x) Nếu r(x) = ta nói f (x) chia hết cho g(x) Giả sử a phần tử tuỳ ý vành A, f (x) = an xn +an−1 xn−1 + +a1 x+ a0 đa thức tuỳ ý vành A[x], phần tử f (a) = an an + an−1 an−1 + + a1 a + a0 có cách thay x a gọi giá trị f (x) a Nếu f (a) = ta gọi a nghiệm f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 Bài toán tìm nghiệm f (x) A gọi giải phương trình đại số bậc n an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 = 0, (an = 0) Định lý 1.2 Giả sử A trường, a ∈ A, f (x) ∈ A[x] Dư số phép chia f (x) cho (x − a) f (a) Định lý 1.3 Số a nghiệm f (x) f (x) chia hết cho (x − a) Giả sử A trường, a ∈ A, f (x) ∈ A[x] m số tự nhiên (m 1) Khi a nghiệm bội cấp m f (x) f (x) chia hết cho (x − a)m f (x) không chia hết cho (x − a)m+1 Số nghiệm đa thức tổng số nghiệm đa thức kể bội nghiệm (nếu có) Vì vậy, người ta coi đa thức có nghiệm cấp bội m đa thức có m nghiệm trùng Định lý 1.4 Đa thức f (x) ∈ A[x] bậc n ta có kết sau: (i) Nếu α ∈ A nghiệm f (x) f (x) = (x − α)g(x) với g(x) ∈ A[x] (ii) f (x) có khơng q n nghiệm phân biệt K 1.1.4 Một số ví dụ Ví dụ 1.1 Cho a ∈ R∗ cho số nguyên dương m, k Giả sử đa thức Pn (x) bậc n cho Pn (xm ) chia hết cho (x − a)k Chứng minh Pn (xm ) chia hết cho (xm − am )k Bài giải: Theo giả thiết Pn (xm ) chia hết cho (x − a)k Vậy nên mxm−1 Pn” (xm ) chia hết cho (x − a)k−1 Do hai đa thức xm−1 (x − a)k−1 nguyên tố nhau, nên Pn” (xm ) chia hết cho (x − a)k−1 Từ suy {(k−1) m Pn (x ) chia hết cho x − a Vậy nên 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn {(k−1) Pn (am ) = Pn” (am ) = = Pn (am ) = Do Pn (t) chia hết cho (t − am )k Thay t xm ta có kết luận Pn (xm ) chia hết cho (xm − am )k Ví dụ 1.2 Phân tích thành nhân tử 4(a2 + ab + b2 )3 − 27(a2 b + ab2 )2 Từ suy 4(a2 + ab + b2 )3 27(a2 b + ab2 )2 với a, b ∈ R Bài giải: Ta nhận thấy f (a, b) = 4(a2 + ab + b2 )3 − 27(a2 b + ab2 )2 đa thức đối xứng a b Vì f (a, a) = nên f (a, b) = (a − b)g(a, b) Vì đa thức đối xứng f mà chia hết cho a − b chia hết cho (a − b)2 , (chứng minh.) Đặt α1 = a + b, α2 = ab Khi f (a, b) = 4[α1 − α2 ]3 − 27α1 α2 chia hết cho α1 − 4α2 Vậy f (a, b) = [α1 − 4α2 ][2α1 + α2 ] Ví dụ 1.3 Cho hai đa thức f (x) = x12 − x11 − +3x3 − x2 + 23x + 30; g(x) = x3 + 2x + m Hãy xác định giá trị nguyên m cho tồn đa thức q(x) để f (x) = g(x)q(x) với x ∈ R Bài giải: Ta có f (x) = g(x)q(x) + r(x) với x ∈ R r(x) = ax2 + bx + c Ta cần tìm m để r(x) ≡ 0, tức a = b = c Thực phép chia f (x) cho g(x) ta thu r(x) = (m3 + 6m2 − 32m + 15)x2 + (5m3 − 24m2 + 16m + 33)x + m4 − 6m3 + 4m2 + 5m + 30 Giải hệ phương trình   m + 6m − 32m + 15 = 5m3 − 24m2 + 16m + 33 =   m − 6m3 + 4m2 + 5m + 30 = ta thu m = 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.2 Vành chuỗi luỹ thừa hình thức Mục tập trung nghiên cứu vành chuỗi luỹ thừa hình thức biến trường Ký hiệu ∞ xi | ∈ K K[[x]] = {a0 + a1 x + a2 x + · · · | ∈ K} = i=0 ∞ Mỗi phần tử f ∈ K[[x]], f = xi với x0 = 1, gọi chuỗi luỹ i=0 thừa hình thức biến x với hệ tử thuộc K Để biến K[[x]] thành ∞ vành giao hốn có đơn vị ta cần phép toán sau Cho f = ∞ x i , g = i=0 bi xi ∈ K[[x]] ta định nghĩa f = g = bi cho i=0 i = 0, 1, ∞ ∞ i f +g = (ai + bi )x , f g = i=0 1.2.1 i ai−j bj )xi ( i=0 j=0 Kết Mệnh đề 1.1 Với phép toán trên, K[[x]] lập thành vành giao hốn có đơn vị Chứng minh: Việc kiểm tra tiên đề vành thoả mãn ∞ Định lý 1.5 Chuỗi luỹ thừa hình thức f = xi khả nghịch i=0 a0 = Chứng minh: ∞ xi khả nghịch K[[x]] Chuỗi luỹ thừa hình thức f (x) = i=0 ∞ chuỗi luỹ thừa hình thức g(x) = bi xi cho f (x)g(x) = i=0 i điều tương đương với hệ a0 b0 = 1, ai−j bj = cho i = 1, 2, j=0 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Coi bj ẩn hệ giải a0 = f (x) Chuỗi f (x) gọi chuỗi hữu tỷ có p(x), q(x) ∈ K[x] để f (x) = p(x) hay f (x)q(x) = p(x) K[[x]] Nếu q(0) = 1, bậc f (x) q(x) deg f (x) = deg p(x) − deg q(x) Nếu tồn hàm (đại số siêu việt) F (x) cho f (x) = F (x) F (x) gọi cơng thức đóng chuỗi f (x) Chuỗi g(x) gọi nghịch đảo f (x) viết g(x) = ∞ Định nghĩa 1.1 Giả sử f (x) = ∞ i αi gọi x Tổng f (α) = i=0 tổng vô hạn Nếu tồn lim n n→+∞ i=0 i=0 αi số hữu hạn A ∞ A gọi giá trị chuỗi luỹ thừa hình thức f (x) = ∞ x = α Đơi A cịn gọi giá trị tổng vô hạn xi i=0 α i i=0 Trong vành K[[x]] người ta quan tâm tới tính hữu tỷ cơng thức đóng chuỗi để nghiên cứu tổng (nếu tồn tại) hay hệ số biểu diễn chuỗi Khi cần tính tổng cụ thể ta xét tới tính hội tụ tính giá trị chuỗi Với hàm f (x) xác định x = a, ta biểu diễn qua chuỗi ∞ f (n) (a) luỹ thừa hình thức f (x) = (x − a)n để coi n! n=0 chuỗi luỹ thừa K[[x]] đơi ta cịn coi hàm chuỗi luỹ thừa hình thức khơng quan tâm tới tính hội tụ chuỗi Với x ∈ R, khai triển thành chuỗi luỹ thừa số hàm đơn 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 n Do > nhỏ tuỳ ý nên giới hạn lim n→∞ f a+ k=1 k − nf (a) = f (a) n2 Ví dụ 2.39 Cho số dương a.Với số nguyên dương n, hai dãy √ (ak ), (bk ) xác định công thức ak = n + ka bk = + ka với n−1 ak k=0 n→+∞ n−1 k = 0, 1, 2, , n − Tìm lim bk k=0 n−1 n−1 n(n − 1) bk = n + Bài giải: Ta có a k=0 bk k=0 n2 → a n → +∞ n−1 ak Xét ln k=0 n2 n−1 = n−1 1 + kb ln + kb − ln n = ln n2 k=0 n k=0 n Ví dụ 2.40 Giả sử dãy số thực (an ) thoả mãn: an+m an + am với an số nguyên m, n Chứng minh tồn lim n→∞ n an Bài giải: Từ giả thiết suy an na1 Vậy a1 n an an dãy bị chặn Đặt α = inf{ } Với > tuỳ ý có số n n an nguyên dương r cho α < α + với n r Biểu diễn n n = pr + s với < s, p, s ∈ N Vậy an = apr+s par + as an apr+s par + as ar pr as ta nhận = = + Do n pr + s pr + s r pr + s n as as an an pr α α+ + < α + + Từ suy lim =α n→∞ n n pr + s n n theo Định lý 2.2 Ví dụ 2.41 [VMO 2011] Dãy (xn ) xác định x1 = xn+1 = 2(n + 1) n xk với số nguyên n Chứng minh dãy (yn = n2 k=1 xn+1 − xn ) có giới hạn hữu hạn n2 2(n + 2) n+1 xn+1 nên xn+2 = xk 2(n + 1) (n + 1) k=1 k=1 2(n + 2) n 2(n + 2) n2 = xk + xn+1 = xn+1 + xn+1 (n + 1)2 k=1 (n + 1)2 2(n + 1) n Bài giải: Vì xn+2 xk = 44Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 (n + 2)[(n + 1)2 + 1] Từ suy xn+2 = xn+1 nhận xn+1 = (n + 1)3 (n + 1)(n2 + 1) n (n + 1)(n2 + 1) xn < xn Từ yn = xn+1 − xn = xn − n3 n−1 n3 n2 + n + xn = x suy y − y = xn > Do (yn ) n n+1 n n3 n3 (n + 1)2 dãy đơn điệu tăng Ta lại có x1 = 1, x2 = 4, x3 < x2 , x4 < x3 , 2−1 3−1 n−1 , xn < xn−1 Nhân vế với vế bất đẳng thức ta n−2 n2 + n + 2(n2 + n + 1)(n − 1) xn < 2(n − 1) Tóm lại yn = x < < n n3 n3 Vì (yn ) đãy đơn điệu tăng, bị chặn (yn = xn+1 − xn ) có giới hạn hữu hạn theo Định lý 2.1 Ví dụ 2.42 Cho ∆A0 B0 C0 với tâm đường tròn nội tiếp tam giác I0 Các đường thẳng A0 I0 , B0 I0 , C0 I0 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A0 B0 C0 A1 , B1 , C1 Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác A1 B1 C1 I1 Lặp lại trình Vậy giả sử có ∆An Bn Cn với tâm đường trịn nội tiếp tam giác In Các đường thẳng An In , Bn In , Cn In cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A0 B0 C0 An+1 , Bn+1 , Cn+1 với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ∆An+1 Bn+1 Cn+1 In+1 Chứng minh: (i) SA1 B1 C1 SA0 B0 C0 Dấu xảy ∆A0 B0 C0 (ii) B1 C1 + C1 A1 + A1 B1 B0 C0 + C0 A0 + A0 B0 (iii) OI0 OI1 Dấu xảy ∆A0 B0 C0 tam giác (iv) lim In = O n→∞ Bài giải: (i) Khơng hạn chế coi bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆A0 B0 C0 B0 + C0 C0 + A A0 + B0 Ta có SA1 B1 C1 = sin sin sin Do 2 √ x+y sin x + sin y sin sin x sin y với x, y ∈ (0; π) nên nhận 2 SA1 B1 C1 sin A0 sin B0 sin C0 = SA0 B0 C0 C0 + A0 A0 + B0 B0 + C0 (ii) VìB1 C1 +C1 A1 +A1 B1 = sin +sin +sin 2 nên B1 C1 + C1 A1 + A1 B1 sin A0 + sin B0 + sin C0 = B0 C0 + C0 A0 + 45Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 A0 B0 (iii) Gọi bán kính đường trịn nội tiếp ∆A0 B0 C0 ∆A1 B1 C1 B0 + C0 C0 + A0 A0 + B0 r0 , r1 tương ứng Bởi r1 = sin sin sin 4 B0 C0 A0 sin sin nên r1 r0 Vì OI02 = − 2r0 , OI12 = r0 = sin 2 − 2r1 nên OI0 OI1 Hiển nhiên OI0 = OI1 B0 + C0 C0 + A0 A0 + B0 A0 B0 C0 r0 = r1 hay sin sin sin = sin sin sin 4 2 hay ∆A0 B0 C0 tam giác (iv) Khi ∆A0 B0 C0 đều, kết hiển nhiên Xét trường hợp ∆A0 B0 C0 không Dãy (An ), (Bn ), (Cn ) với Cn + An An + Bn Bn + Cn , Bn+1 = , Cn+1 = ,n 0, An+1 = 2π A0 + B0 + C0 = π hội tụ tới Vậy dãy ∆An Bn Cn hội tụ tới tam giác ∆A B C nội tiếp đường trịn tâm O bán kính Từ suy lim OIn = hay lim In = O n→∞ 2.4 n→∞ Một số tổng dãy đặc biệt Mục tập trung xét số dãy tổng đặc biệt thông qua ánh xạ tuyến tính đa thức đặc trưng Ta khai thác tính chất nội thể cơng thức truy hồi Tính tổng hữu hạn số thường thực qua phương pháp sai phân hữu hạn phép biến đổi Abel trình bày đây: Tính tổng Tn = a1 +a2 +· · ·+an qua việc tìm hàm số f (x) thoả mãn điều kiện f (k + 1) − f (k) = ak Tn = f (n + 1) − f (1) biểu diễn Tn+1 = aTn + p(n) với p(n) đa thức d n Tn = u.an + q(n), q(n) đa thức bậc d + n 2k Ví dụ 2.43 Tính tổng T = 2k k=0 a n 46Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 45 Bài giải: Ta có 1 = − , tương tự ta có a+1 a−1 a −1 2 22 = − a2 + a2 − a2 − 22 22 23 = − a22 + a22 − a23 − n 2n 2n+1 = 2n − a2n + a − a2n+1 − 1 2n+1 Cộng theo vế kết ta T = − a − a2n+1 − Ví dụ 2.44 Giả sử có số thực d dãy số (an ) xác định a1 = a, a2 = b an+1 − an = an − an−1 + d với n Hãy xác định: (i) an theo n a, b, d m an (ii) Tổng Tm = n=0 Bài giải: (i) Đặt bn = an − an−1 , n Khi bn = bn−1 + d b2 = b − a Vậy bn = b2 + (n − 2)d hay an − an−1 = b − a + (n − 2)d Từ   a2 − a1 = b − a      a3 − a2 = b − a + 1.d a4 − a3 = b − a + 2.d        an − an−1 = b − a + (n − 2)d ta suy an = (n − 1)b − (n − 2)a + d 47Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (n − 2)(n − 1) http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 m (ii) Ta có tổng tính qua tổng n=0   a1 = a      a2 = b     1.2   d a3 = 2b − 1a + 2.3  d a = 3b − 2a +           (m − 2)(m − 1)  am = (m − 1)b − (m − 2)a + d Vậy Tm = (m − 1)m (m − 3)m (m − 2)(m − 1)m b− a+ d 2 Ví dụ 2.45 Với số nguyên dương n tính tổng sau đây: Sn = 3n + 1.3n−1 + 2.3n−2 + · · · + (n − 1).3 + n Bài giải: xn+1 − Phương pháp đạo hàm: Từ + x + x + x + · · · + x = x−1 n+1 n nx − (n + 1)x + 1 suy + 2x + 3x2 + · · · + nxn−1 = Thay x = (x − 1)2 quy đồng n−1 + 2.3 n−2 n−3 + 3.3 n n − 3(n + 1) + 3n+1 + · · · + (n − 1).3 + n = 7.3n − 2n − n − 3(n + 1) + 3n+1 = Do Sn = + 4 Phương pháp truy hồi: Với biểu diễn Sn+1 qua Sn ta có Sn+1 = 3n + 1.3n−1 + 2.3n−2 + · · · + (n − 1).3 + n + n + = 3Sn + n + Vậy Sn có dạng Sn = u.3n + an2 + bn + c Từ hệ phương trình     3u + a + b + c = S = 3u + a + b + c =       9u + 4a + 2b + c = S = 14 6u + 3a + b = 10 suy   27u + 9a + 3b + c = S = 45 18u + 5a + b = 31       81u + 16a + 4b + c = S = 139 54u + 7a + b = 94 n 48Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 7.3n − 2n − Vậy u = , a = 0, b = − , c = − Sn = 4 4 Ví dụ 2.46 Với số nguyên dương n tính tổng sau đây: Sn = 2n−1 + 22 2n−2 + 32 2n−3 + · · · + (n − 1)2 + n2 Bài giải: Từ + x + x2 + x3 + · · · + xn = xn+1 − có + 2x + 3x2 + x−1 nxn+1 − (n + 1)xn + · · · + nx = Nhân hai vế với x lấy đạo hàm: (x − 1)2 12 + 22 x + 32 x2 + · · · + n2 xn−1 n−1 n2 xn+2 − (2n2 + 2n − 1)xn+1 + (n + 1)2 xn − x − = (x − 1)3 Thay x = quy đồng 2n−1 + 22 2n−2 + 32 2n−3 + · · · + (n − 1)2 + n2 = 3.2n+2 − n2 − 4n − Do Sn = 3.2n+2 − n2 − 4n − Ví dụ 2.47 Với số nguyên dương n tính tổng sau đây: Sn = 5n + 3.5n−1 + 5.5n−2 + · · · + (2n − 1).5 + 2n + Bài giải: Xét f (x) = x + 3x2 + 5x3 + · · · + (2n − 1)xn Khi có biểu diễn (1 − x)f (x) = x + 2x2 + 2x3 + · · · + 2xn − (2n − 1)xn+1 (2n − 1)xn+2 − (2n + 1)xn+1 + x2 + x Vậy f (x) = Thay x = quy (x − 1)2 3.5n+1 − 4n − đồng Sn = an Ví dụ 2.48 Cho dãy (an ) với a0 = an+1 = với 2(n + 1)an + π số nguyên n Giả sử góc αn ∈ (0; ) với tan αn = an Chứng minh n n π π αk < lim αk = n→∞ k=0 2 k=0 49Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 Dựng hình vng +n+1 có độ dài cạnh cạnh theo thứ tự: ABB0 A0 , A0 B0 B1 A1 , , An−1 Bn−1 Bn An , : Bài giải: Bằng quy nạp an = 1 n2 B − B0 − B1 − B2 − · · · 1 1 1 A − A0 − A1 − A2 − · · · Khi BA2n−1 = n2 + 1, BA2n = (n + 1)2 + Vì 2BAn−1 BAn sin αn = 2, 2BAn−1 BAn cos αn = 2n2 + 2n + n nên tan αn = an Vậy ˆ n < π lim αk = ABA n→∞ k=0 n αk = k=0 π Một số ví dụ đặc biệt Ví dụ 2.49 Hai dãy số thực (an ) (bn ) xác định sau: √ bn với số a1 = b1 = an+1 = an + a2n + 1, bn+1 = + b2n + nguyên n Chứng minh < an bn < với n > Bài giải: Ta thấy an , bn > với n Biểu diễn an = tan αn với 900 + αn 0 < αn < 90 Khi an+1 = tan αn + tan αn + = tan 300 0 Xuất phát từ α1 = 60 ta có α2 = 75 Tổng quát αn = 90 − n−1 0 30 30 30 Vậy an = tan(900 − n−1 ) = cot n−1 Đặt un = n−1 Tương tự có 2 2 bn = tan 2un Như an bn = Vì 00 < un < 450 nên − tan un < tan un < Vậy an bn > Với n > ta có un < 300 tan2 un < Do an bn < 3 Ví dụ 2.50 Dãy số thực (an ) xác định √ sau: a0 = 5−1 an+1 = với số nguyên n Đặt a = Khi an + chứng minh 50Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 (−1)n−1 (1 − a)a0 a1 an (i) a − an = (1 + a)n (ii) Dãy (an ) có giới hạn √ 5−1 nên a = Xét hiệu sau: Bài giải: (i) Do a = 1+a 1 a0 − a − = + a + a0 (1 + a)(1 + a0 ) a1 − a − = = + a + a1 (1 + a)(1 + a1 ) a0 − a = − (1 + a)2 (1 + a0 )(1 + a1 ) an−1 − a 1 = − = + a + an−1 (1 + a)(1 + an−1 ) a0 − a = (−1)n−1 (1 + a)n (1 + a0 )(1 + a1 ) (1 + an−1 ) (−1)n−1 (1 − a)a0 a1 an = (1 + a)n a − a1 = a − a2 a − an (ii) Ta kiểm tra < ak < với k Do |an − a| < a−1 (1 + a)n Vì lim (a − an ) = nên lim an = a n→∞ n→∞ Ví dụ 2.51.√Chứng minh √ dãy số n + 17 − 17 n an = + gồm toàn số nguyên lẻ dãy 2√ + 17 2n bn = gồm toàn số nguyên chẵn với số tự nhiên dương n √ 17 số Bài giải: Vì số √ √ nguyên Z nên dễ dàng suy + 17 − 17 x1 = x2 = hai nghiệm x2 − 3x − = Đặt 2 n n an = x1 + x2 với n = 0, 1, 2, Khi an+2 = 3an+1 + 2an Vì a1 = nên a2 số nguyên lẻ n, an số nguyên lẻ an+1 √là số nguyên − 17 lẻ Vậy an số nguyên lẻ với n Ta lại có < | | < nên 51Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 50 a2n − < 3+ √ 17 2n < a2n Vậy [ 3+ √ 17 2n ] = a2n − số nguyên chẵn √ √ √ Ví dụ 2.52 Chứng minh + + nguyên Z tìm √ √ √ đa thức tối thiểu Xây dựng dãy (an ) với a0 = + + a2n − 2n π với số nguyên n > Chứng minh an = cot − an+1 = 2(an + 2) 24 √ √ √ √ √ √ Bài giải: Vì 2, 3, nguyên Z nên 2+ 3+ nguyên √ √ √ √ √ Z Xét x − = + Khi x2 − − 2x = Vậy ta √ √ √ có f (x) = x4 − 22x2 − 48x − 23 đa thức tối thiểu + + π 2n π Ta kiểm tra a0 = cot − Giả sử an = cot − = t − 24 24 a2n − (t − 2)2 − t2 − 2n+1 π Khi an+1 = = = − = cot − 2(an + 2) 2t 2t 24 Ví dụ 2.53 Giả sử k số nguyên dương Chứng minh không √ √ thể có số nguyên dương n để có z ∈ C thoả mãn z n = k + − k phần thực z Bài giải: Giả sử tồn số nguyên dương n để có z ∈ C thoả mãn √ √ z n = k + − k phần thực z Vì z n = nên tồn j ∈ √ √ j2π j2π j2π N, j n−1, để z = cos +i sin Vậy a = k + 1− k = cos n n n Xét đa thức T0 (x) = 1, T1 (x) = x Ts+1 (x) = 2xTs (x) − Ts−1 (x) với s Khi Tn (cos γ) = cos(nγ) Vậy Tn (a) = cos(j2π) = Đặt √ √ √ b = k + 1+ k Ta có a+b = k + 1, ab = suy a2 +b2 = 4k+2 Từ a2 + b2 = 4k + 2, a2 b2 = ta suy ±a, ±b nghiệm p(x) = (x−a)(x+a)(x−b)(x−b) = (x2 −a2 )(x2 −b2 ) = x4 −(4k+2)x2 +1 Giả sử q(x) đa thức tối thiểu a Q Nếu b −b không nghiệm q(x) q(x) phải ước x2 − a2 = x2 − [2k + − k(k + 1)] Vì q(x) ∈ Z[x] nên k(k + 1) phải số phương, điều khơng thể Do q(b) = q(−b) = Gọi c ∈ {−b, b} với q(c) = Vì a nghiệm Tn (x) − nên q(x)|Tn (x) − Do Tn (c) − = Vì nghiệm Tn (x) − = thuộc đoạn [−1; 1] nên c ∈ [−1; 1] hay √ √ b = k + + k ∈ [−1; 1] : vơ lý, k Như điều giả sử sai 52Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 51 1 + , n = 1, 2, Chứng + π 3π 5π n n n cos cos cos 7 minh an nguyên chia hết cho 32 n π π Bài giải: Theo cơng thức Moivre ta có (cos + i sin )7 = −1 Đặt 7 π x = cos Khi x thoả mãn phương trình đây: 64x7 − 112x5 + 56x3 − 7x + = hay (x + 1)(8x3 − 4x2 − 4x + 1)2 = 3π 5π Do x = −1 nên 8x3 − 4x2 − 4x + = Tương tự cos , cos 7 1 nghiệm phương trình Nhận y1 = , y3 = π , y2 = 3π cos cos 7 ba nghiệm y − 4y − 4y + = Ta có an = y1n + y2n + y3n 5π cos với n nguyên dương Theo Định lý Vi-et đa thức bậc ba   y1 + y2 + y3 = y1 y2 + y2 y3 + y3 y1 = −4   y1 y2 y3 = −8 Ví dụ 2.54 Đặt an = Ta kiểm tra a1 = 4, a2 = (y1 + y2 + y3 )2 − 2(y1 y2 + y2 y3 + y3 y1 ) = 24, a3 = (y1 + y2 + y3 )(y12 + y22 + y32 − y1 y2 − y2 y3 − y3 y1 ) + 3y1 y2 y3 = 88, công thức truy hồi an+3 = 4an+2 + 4an+1 − 8an , n Bằng qui nạp theo n ta an nguyên chia hết cho 32 n 2.5 Phép biến đổi Abel đánh giá tổng ∞ n ak Xét tổng k=1 ak Vấn đề đặt ra: Đánh giá tổng k=1 ? √ √ > n + − k k=1 √ √ 2 √ = k + − k nên có giải: Vì √ = √ > √ k k k+1+ k n √ √ √ √ √ > k + 1−2 k = n + 1−2 Vì √ < k −2 k − k k=1 √ Ví dụ 2.55 Với số nguyên dương n có n > Bài n √ k k=1 53Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên n http://www.lrc-tnu.edu.vn 52 n √ √ √ √ < k − k − = n k k=1 k=1 n nên ta có Bổ đề 2.1 Giả sử với số nguyên dương n có hai dãy số thực a1 , , an b1 , , bn Đặt Sk = a1 + · · · + ak , k = 1, 2, , n Khi có đồng thức n−1 n Sk (bk − bk+1 ) ak bk = Sn bn + k=1 k=1 Chứng minh: Ký hiệu S0 = Khi viết ak = Sk − Sk−1 với k = 1, 2, , n, biến đổi n n (Sk − Sk−1 )bk = ak b k = k=1 n k=1 Sk bk − k=1 n n−1 Sk bk − = Sn bn + k=1 n−1 Sk−1 bk k=1 Sk−1 bk − S0 b1 k=2 n Sk bk − = Sn bn + n k=1 n n−1 Sk (bk − bk+1 ) Sk bk+1 = Sn bn + k=1 k=1 n−1 Sk (bk − bk+1 ) ak bk = Sn bn + Tóm lại k=1 k=1 Định lý 2.4 [Abel] Giả sử với số nguyên dương n có hai dãy số thực a1 , , an b1 , , bn , b1 b2 ··· bn Đặt Sk = a1 + · · · + ak , k = 1, 2, , n M = max{S1 , S2 , , Sn } m = min{S1 , S2 , , Sn } Khi có bất đẳng thức n mb1 ak bk M b1 k=1 Chứng minh: Chú ý bn bk − bk+1 với k = 1, , n − Theo Bổ đề 2.1 n n−1 ak b k ta hai bất đẳng thức k=1 n k=1 n−1 ak b k k=1 (bk − bk+1 ) = M b1 M bn + M (bk − bk+1 ) = mb1 mbn + m k=1 54Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 53 Ví dụ 2.56 Giả sử với số nguyên dương n có hai dãy số thực a1 , , an b1 , , bn , b1 b2 ··· bn Khi tồn số n nguyên r với r r n để | ak b k | | aj | j=1 k=1 Bài giải: Vì M = max{S1 , S2 , , Sn } nên có r n để M = Sr n ak bk Theo Định lý 2.4, ta có M b1 M k=1 n n n n < n! < en e e Bài giải: Các bất đẳng thức tương đương bất đẳng thức sau đây: Ví dụ 2.57 Với số nguyên dương n có e n n ln n − (n − 1) < ln k < (n + 1) ln n − (n − 1) k=1 n n−1 ln k = n ln n − Theo Bổ đề 2.1 có đồng thức k=1 n n−1 ln k = n ln n − k=1 k=1 k ln k=1 k+1 Vậy k k ln(1 + ) k n−1 k n 1 Vì ) < ln(1 + ) < nên n ln n − < ln k < n ln n − k+1 k k k=1 k k=1 n n−1 n−1 k hay n ln n − (n − 1) < ln k < n ln n − (n − 1) + k=1 k + k=1 k=1 k + n−1 n−1 n k k+1 Vì < ln = ln n nên ln k < (n + 1) ln n − (n − 1) k k=1 k + k=1 k=1 Ví dụ 2.58 Với hai số nguyên dương m, n, m < n, số thực α khơng bội chẵn π ln có bất đẳng thức n k=m+1 sin kα k α (m + 1)| sin | α Bài giải: Với k = 1, 2, , n − m, ký hiệu ak = sin[(k + m)α] sin bk = Theo Định lý 2.4 ta có bất đẳng thức sau đây: k+m α n n−m sin kα sin s S ak bk Sb1 = = sb1 = , m+1 k m+1 k=m+1 55Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên k=1 http://www.lrc-tnu.edu.vn 54 Sk = a1 + a2 + · · · + ak , S = max{S1 , S2 , , Sn } s = α min{S1 , S2 , , Sn } Vì 2ai = sin[(i + m)α] sin = cos(i + m − )α − 2 1 cos(i + m + )α nên 2Sk = 2a1 + 2a2 + · · · + 2ak = cos(m + )α − cos(k + 2 m + ) Từ suy −2 2Sk với k = 1, 2, , n −1 s S Với kết ta bất đẳng thức đây: α sin kα sin n −1 Sb1 b1 = = −b1 sb1 Vậy m+1 k m+1 k=m+1 α sin kα sin n n sin kα hay α k m+1 k k=m+1 k=m+1 (m + 1)| sin | 56Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 55 Kết luận Luận văn trình bày đạt số kết sau: Trình bày số mệnh đề, định lý kiến thức quan trọng dãy số tổng với phần áp dụng hiệu Khai thác sâu kiến thức dãy số vào giải ví dụ Biểu diễn Tn+1 = aTn + p(n) với p(n) đa thức d n Tn = u.an + q(n), q(n) đa thức bậc ∞ n ak d + n Hoặc đánh giá số tổng dạng k=1 ak k=1 Giới thiệu số định lý quan trọng dãy số như: Định lý kẹp Định lý Stolz Định lý Nguyên lý hội tụ số dãy số đặc biệt áp dụng nhiều giải toán Giới thiệu số toán từ đến nâng cao khó áp dụng phương pháp giải dãy truy hồi sai phân, sai phân hữu hạn hay phép biến đổi Abel đánh giá tổng dãy số Nhiều toán luận văn lấy từ đề thi học sinh giỏi Quốc gia hay thi Olimpic Toán nước Để giải chúng cần phải biết vận dụng sáng tạo kiến thức tương ứng 57Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 56 Tài liệu tham khảo [1] N S Nguyên, N V Nho, L H Phổ, Tuyển tập toán dự tuyển Olympic Toán học Quốc Tế 1991-2001, NXB Giáo dục [2] K H Wehrhahn, Combinatorics - An Introduction, Carslaw Publications 1992 [3] D Djukic, V Jankovic, I Matic and N Petrovic, The IMO Compendium 1959-2004, Springer-Verlag 2004 [4] Võ Giang Giai - Võ Đình Duy Cơ sở lý thuyết số toán Dãy số NXB Đại Học Quốc Gia TP Hồ Chí Minh - năm 2005 [5] Nguyễn Việt Hải - Nguyễn Khắc Minh - Hồ Quang Vinh.Các thi Olympic Tốn, Trung học phổ thơng Việt Nam (1990 - 2006) - Nhà xuất Giáo dục năm 2007 [6] Báo Toán Học Tuổi Trẻ Số 388-10/2009; 400-10/2010 [7] Nguyễn Văn Mậu Đa thức Đại số Phân thức hữu tỷ Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán - Nhà xuất Giáo dục năm 2004 58Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... nhân Chương Dãy số truy hồi tổng 2.1 Một vài dãy số truy hồi sai phân 2.2 Dãy an+1 = f (an ) với hàm f (x) 2.3 Giới hạn dãy số 2.4 Một số tổng dãy đặc biệt 2.5 Phép... bị Được dành trình bày lại số kết Vành đa thức, Vành chuỗi luỹ thừa hình thức giới thiệu số Dãy số đặc biệt Chương Dãy số truy hồi Tổng Trình bày Dãy truy hồi, Dãy xây dựng qua hàm Đặc biệt,... Một số ví dụ 1.2 Vành chuỗi luỹ thừa hình thức 1.2.1 Kết 1.2.2 Một số ví dụ áp dụng 1.3 Một số kiến thức dãy số 1.3.1 Một số dãy đặc biệt 1.3.2 Cấp số cộng cấp số