Cấp số cộng là một dãy số hữu hạn hay vô hạn mà trong đó, kể từ số hạng thứ hai trở đi, mỗi số hạng đều bằng tổng của số hạng đứng ngay trước nó với một số d không đổi.. Một số tính chất[r]
(1)MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 11 (đang chỉnh sửa) TẬP MỘT ———————————————– MỤC TỬ ———————————————– 14/03/2012 (2) Chương ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ Mỗi - ngày phải tự xét mình ba điều: Giúp người hết lòng chưa? Với bạn hữu có thành thật, tin tưởng chưa? Lời thầy dạy có học hết chưa? TĂNG TỬ 1.1 1.1.1 Khái niệm hàm số Định nghĩa hàm số Cho các tập khác rỗng X, Y ⊂ R Ta gọi quy tắc f biến phần tử x ∈ X thành và phần tử y ∈ Y là hàm số (hay đơn gian, ta gọi là hàm) từ X đến Y , và viết f : X → Y, x 7→ y Trong đó, x gọi là biến số, y = f (x) gọi là giá trị hàm số f x, tập X gọi là tập nguồn, tập Y gọi là tập đích hàm số f Phân biệt f và f (x), phân biệt hai kí hiệu → và 7→ Đôi cách viết y = f (x) dùng để hàm số nói trên 1.1.2 Tập xác định và tập giá trị hàm số Trong định nghĩa hàm số trên, tập X còn gọi là tập xác định hàm số f Nếu X là miền không gian R thì ta gọi nó là miền xác định Khi muốn nhấn mạnh X là tập xác định hàm số f ta thường kí hiệu X D(f ) Một hàm số cho dạng biểu thức y = f (x) thì tập xác định nó thường hiểu là tập các giá trị x để f (x) có nghĩa Tập hợp f (X) = {y ∈ Y : ∃x ∈ X, y = f (x)} ⊂ R gọi là tập giá trị hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x) Đôi khi, f (X) là miền, người ta (3) CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ ============================================= gọi nó là miền giá trị hàm số Nói chung ∅ 6= f (X) ⊂ Y, và y ∈ f (X) ⇔ phương trình f (x) − y = (ẩn x) có nghiệm trên tập X (đây chính là cách thường dùng để tìm tập giá trị hàm số, và từ đó có thể tìm giá trị lớn nhỏ hàm số) 1.1.3 Không điểm và điểm bất động Số a ∈ X gọi là không điểm (hay điểm triệt tiêu) hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), f (a) = Tập hợp tất các không điểm hàm số gọi là hạt nhân (hay hạch) hàm số đó Số b ∈ X gọi là điểm bất động hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), f (b) = b Tập hợp tất các điểm bất động hàm số gọi là tập bất biến qua hàm số đó 1.1.4 Đồ thị hàm số Tập G(f ) = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y, y = f (x)} gọi là đồ thị hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), còn tập GT (f ) = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ R, y ≥ f (x)} gọi là tập trên đồ thị hàm số đó Rõ ràng G(f ) = X × f (X) ⊂ X × Y, GT (f ) ⊂ X × R 1.1.5 Tâm đối xứng và trục đối xứng đồ thị hàm số Điểm I(x0 ; y0 ) gọi là tâm đối xứng đồ thị hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), với M ∈ G(f ), M là điểm đối xứng với M qua I, ta có M ∈ G(f ), nghĩa là phép đối xứng tâm I biến G(f ) thành chính G(f ) Dễ dàng chứng minh I(x0 ; y0 ) là tâm đối xứng đồ thị hàm số f và f (2x0 − x) = 2y0 − f (x), ∀x ∈ X Đường thẳng d gọi là trục đối xứng hàm số f với điểm M ∈ G(f ), M là điểm đối xứng với M qua d, ta có M ∈ G(f ), nghĩa là phép đối xứng trục d biến G(f ) thành chính G(f ) Ta chứng minh được, đường thẳng d : ax + by + c = (a2 + b2 6= 0) là trục đối xứng đồ thị G(f ) và (b − a2 )x − 2abf (x) − 2ac (a2 − b2 )f (x) − 2abx − 2bc , ∀x ∈ X = f a2 + b2 a2 + b2 Đặc biệt, f (2x0 − x) = f (x), ∀x ∈ X, thì đường thẳng x = x0 là trục đối xứng G(f ), f (f (x)) = x, ∀x ∈ X, thì đường thẳng y = x là trục đối xứng G(f ) ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (4) 1.2 CỰC TRỊ ============================================= 1.2 Cực trị Điểm x0 ∈ X gọi là điểm cực đại hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), tồn số ε > cho x0 ∈ (x0 − ε; x0 + ε) ⊂ X và f (x) < f (x0 ), ∀x ∈ (x0 − ε; x0 + ε)\ {x0 } Khi đó giá trị y0 = f (x0 ) gọi là giá trị cực đại, hay cực đại, hàm số f , và điểm (x0 ; y0 ) gọi là điểm cực đại đồ thị G(f ) Điểm x0 ∈ X gọi là điểm cực tiểu hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), tồn số ε > cho x0 ∈ (x0 − ε; x0 + ε) ⊂ X và f (x) > f (x0 ), ∀x ∈ (x0 − ε; x0 + ε)\ {x0 } Khi đó giá trị y0 = f (x0 ) gọi là giá trị cực tiểu, hay cực tiểu, hàm số f , và điểm (x0 ; y0 ) gọi là điểm cực tiểu đồ thị G(f ) Cực đại và cực tiểu gọi chung là cực trị, điểm cực đại và điểm cực tiểu gọi chung là điểm cực trị 1.3 Giá trị lớn và giá trị nhỏ Cho hàm số f : X → Y, x → y = f (x), cho tập ∅ 6= D ⊂ X Số M gọi là giá trị lớn hàm số f trên D, kí hiệu là max f (x), x∈D f (x) ≤ M, ∀x ∈ D, và tồn x1 ∈ D cho f (x1 ) = M Số m gọi là giá trị nhỏ hàm số f trên D, kí hiệu là f (x), f (x) ≥ m, ∀x ∈ D, x∈D và tồn x2 ∈ D cho f (x2 ) = m Bằng kí hiệu, ta viết ( ∀x ∈ D : f (x) ≤ M M = max f (x) ⇔ x∈D ∃x1 ∈ D : f (x1 ) = M ( ∀x ∈ D : f (x) ≥ m m = f (x) ⇔ x∈D ∃x2 ∈ D : f (x2 ) = m 1.4 ; Hàm số bị chặn Cho hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), cho tập ∅ 6= D ⊂ X Hàm số f gọi là bị chặn trên (bị chặn dưới) trên tập D tồn số C cho f (x) ≤ C, ∀x ∈ D (tương ứng f (x) ≥ C, ∀x ∈ D)và đó C gọi là cận trên (một cận dưới) f trên tập D Số nhỏ (số lớn nhất) các số C gọi là cận trên đúng (cận đúng) hàm f trên tập D, và kí hiệu là sup f (x) (tương ứng inf f (x)) Hàm f gọi là x∈D x∈D bị chặn trên tập D nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn trên tập đó, tức là tồn số C1 , C2 cho C1 ≤ f (x) ≤ C2 , ∀x ∈ D, hay tồn số C cho |f (x)| ≤ C, ∀x ∈ D Hàm số bị chặn còn gọi là hàm số giới nội ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (5) CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ ============================================= Một hàm số f có giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) trên tập D thì nó bị chặn trên (bị chặn dưới) trên tập D, và đó sup f (x) = max f (x) (tương x∈D x∈D ứng inf f (x) = f (x)), điều ngược lại không đúng x∈D x∈D Nếu f không bị chặn trên trên tập D thì ta qui ước sup f (x) = +∞, x∈D f không bị chặn trên tập D thì ta qui ước inf f (x) = −∞ x∈D 1.5 Hàm số đơn điệu Hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), gọi là đơn điệu tăng (đơn điệu giảm) trên tập D ⊂ X, D 6= ∅, với x, y ∈ D, mà x < y ta có f (x) ≤ f (y) (tương ứng f (x) ≥ f (y)) Hàm số đơn điệu tăng và đơn điệu giảm gọi chung là hàm đơn điệu Hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), gọi là tăng nghiêm ngặt hay đồng biến (giảm nghiêm ngặt hay nghịch biến) trên tập D ⊂ X, D 6= ∅, với x, y ∈ D, mà x < y ta có f (x) < f (y) (tương ứng f (x) > f (y)) Một hàm đồng biến thì đơn điệu tăng, nghịch biến thì đơn điệu giảm, điều ngược lại không đúng Dễ thấy hàm vừa đơn điệu tăng, vừa đơn điệu giảm là và là hàm hằng, không có hàm số nào vừa đồng biến vừa nghịch biến Cho hàm y = f (x) xác định trên tập D, ta xét tỉ số T = là tỉ số biến thiên) Khi đó: - Nếu T > với x1 , x2 - Nếu T ≥ với x1 , x2 - Nếu T < với x1 , x2 - Nếu T ≤ với x1 , x2 1.6 ∈ D, x1 ∈ D, x1 ∈ D, x1 ∈ D, x1 6= x2 , x2 , = 6= x2 , 6= x2 , thì thì thì thì f f f f f (x1 ) − f (x2 ) (gọi x1 − x2 đồng biến trên D đơn điệu tăng trên D nghịch biến trên D đơn điệu giảm trên D Hàm lồi Tập D ⊂ X gọi là tập lồi với x, y ∈ D và với λ ∈ [0; 1] ta có λx + (1 − λ)y ∈ D Hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), gọi là lồi trên ∅ 6= D ⊂ X D là tập lồi và f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y), ∀x, y ∈ D, ∀λ ∈ [0; 1] Nếu D 6= ∅ là tập lồi và f (λx + (1 − λ)y) < λf (x) + (1 − λ)f (y), ∀x, y ∈ D, x 6= y, ∀λ ∈ (0; 1) , thì ta nói hàm f lồi ngặt trên tập D Rõ ràng f lồi ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (6) 1.7 HÀM ĐƠN ÁNH, HÀM TOÀN ÁNH, HÀM SONG ÁNH ============================================= ngặt trên D thì nó lồi trên D, điều ngược lại không đúng Ba mệnh đề sau là tương đương, nghĩa là từ mệnh đề suy hai mệnh đề còn lại, đó D ⊂ X là tập lồi khác rỗng 1) f lồi trên D; 2) Tập trên đồ thị GT (f, D) = {(x, y) : x ∈ D, y ∈ R, y ≥ f (x)} là tập lồi; n P 3) ∀n ∈ N, n ≥ 2, ∀x1 , , xn ∈ D, ∀λ1 , , λn ≥ 0, λi = ta có i=1 f n P i=1 1.7 λ i xi ≤ n P λi f (xi ) i=1 Hàm đơn ánh, hàm toàn ánh, hàm song ánh Cho hàm số f : D → Y Ta có: - Nếu với a, b ∈ D, a 6= b ta có f (a) 6= f (b) thì f gọi là đơn ánh Hay nói cách khác, f là đơn ánh và với a, b ∈ D ta có f (a) = f (b) ⇔ a = b - Nếu với y ∈ Y tồn x ∈ D cho y = f (x) thì f gọi là toàn ánh (hay tràn ánh) - Nếu với y ∈ Y tồn x ∈ D cho y = f (x) thì f gọi là song ánh Nghĩa là f là song ánh và nó vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh Hàm số đồng biến và hàm số nghịch biến là đơn ánh 1.8 Hàm số ngược Cho hàm số f : D → Y là song ánh Mỗi x ∈ D đặt tương ứng với y ∈ Y mà y = f (x) Qui tắc biến y trở lại thành x xác định hàm số từ Y tới D và gọi là hàm số ngược f Hàm số ngược hàm f thường kí hiệu là f −1 1.9 Hàm số chẵn, hàm số lẻ Hàm f : X → Y gọi là hàm chẵn trên tập D (∅ 6= D ⊂ X) với x ∈ D ta có −x ∈ D và f (−x) = f (x) Nếu f là hàm chẵn trên X thì G(f ) nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng Hàm f : X → Y gọi là hàm lẻ trên tập D (∅ 6= D ⊂ X) với x ∈ D ta có −x ∈ D và f (−x) = −f (x) Nếu f là hàm lẻ trên X thì G(f ) nhận Oy làm trục đối xứng ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (7) CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ ============================================= 1.10 Hàm số tuần hoàn Hàm f gọi là tuần hoàn trên tập X tồn số T > cho với x ∈ X ta có x + T ∈ D, x − T ∈ D và f (x + T ) = f (x) Số T đó gọi là chu kì hàm tuần hoàn f Số T nhỏ (nếu có) gọi là chu kì sở hàm tuần hoàn f 1.11 Bài tập đề nghị Bài 1.1 Tìm tập xác định hàm số q x−1 2 y= + −(x − 2) (x + 1) (x + 5) x + 3x + x4 − x2 − Bài 1.2 Tìm tập giá trị hàm số y = 2x − x2 + Bài 1.3 Tìm a để hàm số y = ax2012 + a(a + 1)x + tuần hoàn trên R Bài 1.4 Tìm m để hàm số y = p x2 − |x|+(m+1)x+1 là hàm chẵn trên R Bài 1.5 Cho y = f (x) là hàm lồi trên R Chứng minh n n P P xi ≤ f (xi ), ∀xi ∈ R, i = 1, 2, , n(n ∈ N*) f n i=1 n i=1 √ √ Bài 1.6 Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số y = a + x + b − x, với a, b là các số, a + b > ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (8) Chương SƠ LƯỢC VỀ ĐA THỨC Trăm sông học bể, đến bể Gò đống học núi, không đến núi Là đằng thì đi, đằng thì đứng ÂU DƯƠNG TU 2.1 Các khái niệm và tính chất Trong phần này ta đề cập tới đa thức biến Ta gọi biểu thức P (x) = a0 +a1 x+ +an xn là đa thức (polynomial), n là số tự nhiên, các số thực a0 , a1 , , an gọi là hệ số, an gọi là hệ số bậc cao nhất, a0 gọi là hệ số tự do, còn x gọi là biến hay ẩn Đa thức P (x) = a0 gọi là đa thức , đặc biệt P (x) = gọi là đa thức không Với n > thì n gọi là bậc đa thức, đó P (x) gọi là đa thức bậc n (p of degree n) Đa thức P (x) = a0 6= coi là có bậc 0, đa thức không P (x) = coi có bậc −∞ Bậc đa thức P (x) kí hiệu là degP (x) deg(P (x).Q(x)) = degP (x) + deg(Q(x)), deg(P (x) + Q(x)) ≤ max(degP (x); degQ(x)) Một đa thức bậc n ∈ N*, có không quá n nghiệm Đa thức bậc luôn vô nghiệm Đa thức P (x) có vô số nghiệm và P (x) là đa thức không (P (x) = 0) Đa thức P (x) là hàm số liên tục trên R, có đạo hàm trên R, và đạo hàm đa thức P (x) là đa thức P (x) = a1 + 2a2 x + + nan xn−1 Ta có P (k) (0) ak = , k = 0, 1, 2, , n k! Đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm Đa thức bậc chẵn có nghiệm thì có ít nghiệm (phân biệt trùng nhau) Nếu đa thức P (x) vô nghiệm thì (9) CHƯƠNG SƠ LƯỢC VỀ ĐA THỨC ============================================= degP (x) chẵn và P (x) > 0, ∀x ∈ R P (x) < 0, ∀x ∈ R Nếu P (x) có ít k nghiệm thì P (x) có ít k − nghiệm Nếu đa thức P (x) = a0 + a1 x + + an xn bậc n ∈ N*, an 6= 0, có n nghiệm (phân biệt trùng nhau) x1 , x2 , , xn thì có thể phân tích P (x) thành nhân tử P (x) = an (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) Hơn ta có các hệ thức sau, gọi là hệ thức Viet n P a xi = (−1)1 n−1 an i=1 P an−2 x x = (−1) i j an 1≤i<j≤n P an−3 xi xj xk = (−1) an 1≤i<j<k≤n a x x2 xn = (−1)n an Nếu đa thức P (x) ≥ a, ∀x ∈ R, P (x) ≤ a, ∀x ∈ R, (với a là số) thì P (x) là đa thức bậc chẵn Đa thức có tất các hệ số là số nguyên gọi là đa thức nguyên Tập hợp tất các đa thức nguyên với biến x kí hiệu là Z [x] Nếu có các đa thức f (x), g(x), h(x), P (x) thoả mãn P (x) = f (x)g(x) + h(x), và degh(x) < degf (x), f (x) ≡0, thì ta nói P (x) chia cho f (x) g(x) và dư h(x), đa thức P (x), f (x), g(x), h(x) gọi là đa thức bị chia, đa thức chia, đa thức thương, đa thức dư Nếu h(x) = thì ta nói P (x) chia hết cho f (x) Với đa thức bất kì P (x), tồn hai đa thức f (x), g(x) (khác đa thức hằng) cho P (x) = g(x).f (x) thì ta nói P (x) khả quy (reducible p.), ngược lại thì ta nói P (x) là đa thức bất khả quy (irreducible p.), hay đa thức không phân tích Khi nói đến đa thức bất khả quy, người ta thường xét trên Z [x] Tiêu chuẩn EISENSTEIN Cho đa thức hệ số nguyên P (x) = a0 + a1 x + + an xn bậc n ∈ N*, an 6= Nếu tồn số nguyên tố p thoả mãn đồng thời điều kiện sau thì P (x) bất khả quy trên Z [x] (1) an không chia hết cho p; (2) tất các hệ số a0 , a1 , , an−1 chia hết cho p; (3) a0 không chia hết cho p2 Cho đa thức hệ số nguyên P (x) = a0 + a1 x + + an xn bậc n ∈ N*, a an = 0, và x0 = , (a,b ∈ Z∗ , (a,b) = 1) là nghiệm P (x) (tức là P (x0 ) = 0) b thì a0 a, an b ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (10) 2.2 MỘT SỐ VÍ DỤ 10 ============================================= 10 Cho đa thức P (x) = a0 + a1 x + + an xn bậc chẵn n = 2m, m ∈ N*, an 6= - Nếu an > thì tồn số thực a cho P (a) = P (x), P (a) = (xem x∈R Ví dụ 2.3) - Nếu an < thì tồn số thực a cho P (a) = max P (x), P (a) = x∈R 2.2 Một số ví dụ Ví dụ 2.1 Cho đa thức P (x) = a0 + a1 x + + an xn , n ∈ N*, an > Chứng minh tồn số thực c cho P (x) đồng biến trên khoảng (c; +∞) Lời giải Ta có P (x) = a1 + 2a2 x + + nan xn−1 , lim P (x) = +∞ x→+∞ (do nan > 0) nên tồn c cho P (x) > 0, ∀x ∈ (c; +∞) (tất nhiên c lớn nghiệm lớn (nếu có) P (x)) Dẫn tới P (x) đồng biến trên khoảng (c; +∞) Ví dụ 2.2 Cho trước a1 , a2 , , an là các số nguyên khác Chứng minh đa thức P (x) xác định P (x) = (x − a1 )(x − a2 ) (x − an ) − không thể phân tích thành tích hai đa thức nguyên khác số (tức là P (x) bất khả quy trên Z [x]) Lời giải Giả sử ngược lại, ta có thể phân tích P (x) = g(x)h(x), với g(x), h(x) là các đa thức nguyên khác số Có g(ai )h(ai ) = P (ai ) = −1, với i = 1, 2, 3, , n Do g(ai ), h(ai ) là số nguyên nên ta suy g(ai ) = ±1, h(ai ) = ±1, g(ai ), h(ai ) phải trái dấu, g(ai )+h(ai ) = (i = 1, 2, 3, , n) Đa thức g(x) + h(x) bậc nhỏ n mà lại có n nghiệm a1 , a2 , , an nên g(x) + h(x) phải là đa thức không, tức là g(x) + h(x) = ⇒ h(x) = −g(x) ⇒ P (x) = −g (x) Nhưng điều này vô lí vì hệ số bậc cao P (x) là dương, còn hệ số bậc cao −g (x) là âm Vậy ta có đpcm Ví dụ 2.3 Cho đa thức P (x) = a0 + a1 x + + an xn bậc n = 2m, m ∈ N*, an > Chứng minh P (x) đạt giá trị nhỏ x0 và P (x0 ) = Lời giải Đạo hàm P (x) = a1 + 2a2 x + + nan xn−1 là đa thức bậc lẻ và có nan > 0, lim P (x) = +∞, lim P (x) = −∞ nên tồn c, d (d < c) x→+∞ x→−∞ cho P (x) > 0, ∀x ≥ c, và P (x) < 0, ∀x ≤ d Hàm P (x) là hàm liên tục trên tập số thực nên liên tục trên đoạn [d; c] Suy P (x) luôn có nghiệm và nghiệm nằm c và d (đây là phương pháp chứng minh đa thức bậc lẻ (nói chung) luôn có nghiệm) Gọi a và b là nghiệm nhỏ nhất, nghiệm lớn P (x) Nếu a = b thì P (x) không đổi dấu trên các khoảng (−∞; a), (a; +∞) Như P (x) > 0, ∀x ∈ (a; +∞), và P (x) < ∀x ∈ (−∞; a) Suy P (x) ≥ P (x0 ) , ∀x ∈ R, và P (x0 ) = 0, đó x0 = a Nếu a < b thì trên ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (11) 11 CHƯƠNG SƠ LƯỢC VỀ ĐA THỨC ============================================= các khoảng (−∞; a), (b; + ∞) đa thức P (x) không đổi dấu, và ta P (x) > ∀x ∈ (b; +∞), P (x) < ∀x ∈ (−∞; a) Mọi điểm cực trị P (x) thuộc đoạn [a;b] Bằng cách lập bảng biến thiên P (x) ta thấy tồn điểm cực trị x0 P (x) cho P (x) ≥ P (x0 ) với x, và P (x0 ) = Vậy minP (x) = P (x0 ), P (x0 ) = Ví dụ 2.4 Giả sử đa thức P (x) bậc n có n nghiệm thực x1 , x2 , , xn P (x) 1 = Chứng minh + + + P (x) x − x1 x − x2 x − xn n n P Q ln |x − xi | (x − xi ) ⇒ ln |P (x)| = ln |an |+ Lời giải Ta có P (x) = an i=1 i=1 P (x) 1 Lấy đạo hàm hai vế ta = + + + P (x) x − x1 x − x2 x − xn Ví dụ 2.5 Cho đa thức P (x) cho phương trình P (x)−x = vô nghiệm Chứng minh phương trình P (P (x)) − x = vô nghiệm Lời giải Hàm y = P (x) − x 6= và liên tục trên R ⇒ y (0) = P (0) 6= i) TH1: P (0) > Nếu tồn c cho y(c) < thì y(0)y(c) < ⇒ phương trình P (x) − x = có nghiệm (mâu thuẫn) Vậy y(x) = P (x) − x > 0, ∀x ∈ R, hay P (x) > x, ∀x ∈ R Suy P (P (x)) > P (x) > x, ∀x ∈ R Từ đó dẫn tới phương trình P (P (x)) − x = vô nghiệm ii) TH2: P (0) < Lập luận tương tự Ví dụ 2.6 Cho đa thức P (x) thoả mãn P (x) > P (x), ∀x ∈ R Chứng minh P (x) > 0, ∀x ∈ R Lời giải Đặt Q(x) = P (x) − P (x), degQ = degP Từ giả thiết suy Q(x) > 0, ∀x ∈ R, suy Q(x) là đa thức bậc chẵn và có hệ số bậc cao dương Do đó P (x) là đa thức bậc chẵn và có hệ số bậc cao dương Theo Ví dụ 1.3 tồn x0 cho minP (x) = P (x0 ), P (x0 ) = Do đó P (x) ≥ P (x0 ) > P (x0 ) = 0, ∀x ∈ R Ví dụ 2.7 Tìm đa thức P (x) biết 1) (x + 1)P (x) = xP (x + 1), ∀x ∈ R 2) (x − 1)P (x) = xP (x − 1), ∀x ∈ R 3) P (x) + P (y) = P (x + y) + 2xy, ∀x, y ∈ R Lời giải 1) Từ P (x) P (x + 1) P (x) = , ∀x 6= 0, x 6= −1, suy là số x x+1 x P (x) = a, ∀x 6= 0, x 6= −1, ⇒ P (x) = ax, ∀x 6= 0, x 6= −1 Do hàm đa thức liên x tục nên P (x) = ax, ∀x ∈ R, a là số tuỳ ý Thử lại thấy đây là đa thức cần tìm P (x) P (x − 1) 2) Từ đẳng thức đề bài suy = , ∀x ∈ R\ {1; 0} , nên x x−1 ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (12) 2.2 MỘT SỐ VÍ DỤ 12 ============================================= P (x) = 2a, ∀x 6= 0, x 6= 1, (a là số) ⇒ P (x) = 2ax, ∀x ∈ R\ {1; 0} Do x P (x) liên tục nên P (x) = 2ax, ∀x ∈ R, ⇒ P (x) = ax2 + b, ∀x ∈ R, với a, b là các số Thử lại thấy P (x) = ax2 + b là đa thức cần tìm 3) Từ đẳng thức đề bài, lấy đạo hàm hai vế theo biến x, coi y là tham số, ta P (x) = P (x + y) + 2y, ∀x, y ∈ R, lấy đạo hàm hai vế theo biến y, coi x là tham số ta P (y) = P (x + y) + 2x, ∀x, y ∈ R Suy P (x) + 2x = P (y) + 2y, ∀x, y ∈ R ⇒ P (x) + 2x = a, ∀x, y ∈ R (a là số) ⇒ P (x) = −x2 + ax + b, ∀x ∈ R Thử lại thấy đây là đa thức cần tìm (a, b là số) Ví dụ 2.8 Cho đa thức P (x) bậc 2012 có đúng 2012 nghiệm thực dương, p hệ số bậc cao là Chứng minh P (0) + 2010 2012 P 2011 (0) ≤ Lời giải Giả sử x1 , x2 , , x2012 là 2012 nghiệm thực dương P (x) và 2012 Q 1 P (0) = + + + P (x) = (x − xi ) ⇒ P (0) = x1 x2 x2012 Ta có P (0) −x1 −x2 i=1 1 P (0) 1 = ⇒− + + + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy −x2012 P (0) x1 x2 x2012 P (0) 1 2012 = cho 2012 số dương, đến − + + + ≥ 2012 √ P (0) x1 x2 x2012 x1 x2 x2012 p 2012 P (0) 2012.P (0) p p ≥ 2012 hay − ⇒ −P (0) ≥ 2012 = 2012 2012 P 2011 (0) Vậy P (0) P (0) p P (0) P (0) + 2012 2012 P 2011 (0) ≤ Dấu ”=” xảy x1 = x2 = = x2012 Ví dụ 2.9 a (Một đánh giá tiên nghiệm) Cho x0 là nghiệm đa thức Chứng P (x) = a0 + a1 x + + an xn , n ∈ N*, an 6= Đặt M = max 0≤i≤n−1 an minh |x0 | ≤ + M b Chứng minhphương trình x − x + 2x − = có nghiệm và nghiệm thuộc khoảng ;3 11 Lời giải a Nếu |x0 | ≤ thì có |x0 | ≤ + M vì M ≥ a1 x0 a0 an−1 x0n−1 an−1 n Nếu |x0 | > thì |x0 | = + + + ≤ x0n−1 + an an an an |xn | − a0 a1 ⇒ |x0 |n − < |x0 | + ≤ M (1 + |x0 | + + |x0n−1 |) = M + an an |x0 | − |xn | − |x0 |n < M ⇒ |x0 |−1 < M ⇒ |x0 | < 1+M Vậy ta luôn có |x0 | ≤ 1+M |x0 | − b Cách 1: Vì phương trình đã cho là phương trình bậc nên nó luôn có nghiệm Giả sử x0 là nghiệm phương trình này, đó x0 > (1) Theo câu a ta có |x0 | ≤ (2) Hơn nữa, kiểm tra thấy x = không là nghiệm phương trình, nên từ đây kết hợp với (1), (2), (3) suy < x0 < (4) Ta lại có x50 + 2x30 = + x40 ≥ 2x20 , đó đó x30 + 2x0 ≥ (5) Từ (4) và (5) ta có ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (13) 13 CHƯƠNG SƠ LƯỢC VỀ ĐA THỨC ============================================= (6) Từ (4) và (6) ta đến 11 2 < x0 < Vậy nghiệm phương trình thuộc khoảng ;3 11 11 Cách 2: Đa thức P (x) = x5 − x4 + 2x3 − liên tục trên R, có P (x) = 5x4 − 4x3 + 6x2 = x2 (5x2 − 4x + 6) > 0, ∀x ∈ R, suy P (x) đồng biến trên R Phương trình đã cho, vì thế, có không quá nghiệm Mặt khác P ( )P (3) < 11 nên phương trình đó có nghiệm và nghiệm đó thuộc khoảng ; Vậy 11 ;3 phương trình x5 − x4 + 2x3 − = có nghiệm x0 và x0 ∈ 11 Ví dụ 2.10 Giả sử đa thức P (x) = a0 + a1 x + + an xn , n ∈ N*, an 6= 0, k k−1 an−k+1 an−k có n nghiệm thực không âm Chứng minh ≥ , an Cnk an Cnk−1 với k = 1, 2, , n 11x0 − ≥ x20 (3 − x0 ) + 3x0 (3 − x0 ) > ⇒ x0 > Lời giải Giả sử x1 , , xn là n nghiệm thực không âm P (x), theo định lí P P k−1 an−k+1 , và xi1 xik = Viet ta có xi1 xik−1 = (−1) a n 1≤i1 < <ik ≤n 1≤i1 < <ik−1 ≤n k an−k Theo bất đẳng thức xen kẽ Cauchy (−1) an v v P P u u xi1 xik−1 xi1 xik u u k−1 k t 1≤i1 < <ik−1 ≤n t 1≤i1 < <ik ≤n ≥ Cnk Cnk−1 suy bất đẳng thức cần phải chứng minh 2.3 Bài tập đề nghị Bài 2.1 Chứng minh đa thức nguyên P (x) có P (0), P (1) cùng là số lẻ thì P (x) không có nghiệm nguyên Bài 2.2 Chứng minh với m, n, k là các số tự nhiên tuỳ ý cho trước thì P (x) = x3k + x3n+1 + x3m+2 chia hết cho đa thức Q(x) = + x + x2 Từ đó hãy nn n n tìm số nguyên dương n để số 20063 + 14 + 20062005 + 2007 +1 là số nguyên tố Bài 2.3 Tìm tất các đa thức P (x) hệ số thực và thoả mãn P (x).P (2x2 ) = P (2x3 + x), ∀x ∈ R Bài 2.4 a Chứng minh không tồn đa thức P (x) để với x có đồng thời các bất đẳng thức (1) P (x) > P (x), (2) P (x) > P (x) b) Khẳng định a) còn đúng không thay (1) (1’) P (x) > P (x)? ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (14) 2.3 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 14 ============================================= 14 + 24 + + n4 (HD: Ta xét đa thức P (x) = ax5 + n→+∞ n5 bx4 + cx3 + dx2 + ex bậc cho P (x) − P (x − 1) = x4 , ∀x ∈ R, từ đó tìm a, b, c, d, e và tính đựơc tổng 14 + 24 + + n4 ) Bài 2.5 Tính lim Bài 2.6 Tìm tất các giá trị nguyên x để đa thức 2x2 − x − 36 nhận giá trị là bình phương số nguyên tố Bài 2.7 Chứng minh đa thức P (x) là hàm tuần hoàn và P (x) là số p n + P (x) − Bài 2.8 Cho đa thức P (x) có P (0) = Tìm lim x→0 x Bài 2.9 Chứng minh P (x) = x + x + x + x + bất khả quy trên Z [x] Bài 2.10 Cho đa thức P (x) bậc n ∈ N* với hệ số bậc cao 1 Chứng minh max |P (x)| ≥ n−1 −1≤x≤1 ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (15) Chương MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ DÃY SỐ Không người mà không xấu hổ thì người MẠNH TỬ 3.1 3.1.1 Khái niệm dãy số Định nghĩa Dãy số là hàm số từ tập S vào R, đó: - Nếu S = {1, 2, , m} thì ta có dãy số hữu hạn, có m số hạng, số và kết thúc số m; - Nếu S = N thì ta có dãy số vô hạn, bắt đầu số 0; - Nếu S = N* thì ta có dãy số vô hạn, số Với dãy số u : S → R, ta thường kí hiệu giá trị u(i) là ui , và kí hiệu dãy số này là (un ) Mỗi giá trị ui gọi là số hạng dãy (un ), và giá trị un gọi là số hạng tổng quát Thông thường, không nói gì, ta hiểu S = N* 3.1.2 Ví dụ −n2 , xác định trên N*, là dãy số, có vô hạn n+1 −k −4 −9 , u = , u = , ,u = , số hạng, viết dạng khai triển: u1 = −1 k k+1 Ví dụ 3.1 Hàm u(n) = 15 (16) 16 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= √ Ví dụ 3.2 Hàm v(n) = − n, xác định trên tập S = {1, 2, , 9}, là √ √ dãy số, có số hạng, viết dạng khai triển: u1 = 8, u2 = 7, , u8 = 1, u9 = Ví dụ 3.3 Hàm w(n), xác định trên tập N*, với wn là số nguyên tố lớn có n chữ số, là dãy số, có vô hạn số hạng Ví dụ 3.4 Dãy số Fibonacci là hàm số F : N → N, với F0 = F1 = 1, , Fn+2 = Fn+1 + Fn , ∀n ∈ N, nó có vô hạn số hạng 3.2 Cách xác định dãy số a Dãy số có thể cho cách liệt kê các số hạng nó (dạng khai triển) b Dãy số có thể cho cách diễn đạt lời cách xác định số hạng nó (xem Ví dụ 3.3) c Dãy số cho công thức số hạng tổng quát (xem, Ví dụ 3.1, 3.2) d Dãy số cho phương pháp truy hồi (xem Ví dụ 3.4) 3.3 Dãy số đơn điệu Dãy số (un ) gọi là dãy số tăng với n ta có un < un+1 Dãy số (un ) gọi là dãy số tăng không nghiêm ngặt với n ta có un ≤ un+1 Dãy số (un ) gọi là dãy số giảm với n ta có un > un+1 Dãy số (un ) gọi là dãy số giảm không nghiêm ngặt với n ta có un ≥ un+1 Dãy số tăng, tăng không nghiêm ngặt, giảm, giảm không nghiêm ngặt gọi chung là dãy số đơn điệu Để xét tính đơn điệu dãy số (un ) - Nếu H > với n thì (un ) là - Nếu H ≥ với n thì (un ) là - Nếu H < với n thì (un ) là - Nếu H ≤ với n thì (un ) là ta xét hiệu H = un+1 − un : dãy số tăng dãy số tăng không nghiêm ngặt dãy số giảm dãy số giảm không nghiêm ngặt Trong trường hợp các un luôn dương, ta xét tỉ số T = - Nếu Nếu Nếu Nếu T T T T >1 ≥1 <1 ≤1 với với với với mọi mọi n n n n thì thì thì thì (un ) (un ) (un ) (un ) là là là là dãy dãy dãy dãy số số số số un+1 : un tăng tăng không nghiêm ngặt giảm giảm không nghiêm ngặt ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (17) 3.4 DÃY SỐ TUẦN HOÀN 17 ============================================= Không có dãy số nào vừa tăng vừa giảm Một dãy số vừa tăng không nghiêm ngặt, vừa giảm không nghiêm ngặt và nó là dãy số không đổi (còn gọi là dãy số hằng, hay dãy số dừng, nó có tất các số hạng nhau) Ví dụ 3.5 Cho các số dương a1 , a2 , , a13 thoả mãn a1 + a2 + + a13 ≥ 13 Chứng minh dãy (un ) cho un = an1 + an2 + + an13 , ∀n ∈ N*, là dãy tăng không nghiêm ngặt Lời giải Với số dương a và số nguyên dương n ta có (an − 1)(a − 1) ≥ n nên an+1 −an ≥ a−1 Từ đó suy un+1 −un = (an+1 +an+1 + +an+1 13 )−(a1 + n n a2 + + a13 ) ≥ a1 + a2 + + a13 − 13 ≥ 0, ∀n ∈ N*, hay un+1 ≥ un , ∀n ∈ N* Vậy (un ) là dãy số tăng không nghiêm ngặt 3.4 Dãy số tuần hoàn Dãy số (un ) gọi là tuần hoàn tồn số nguyên dương k cho un+k = un với n, và đó k gọi là chu kì tuần hoàn dãy số Ví dụ 3.6 Dãy số (an ) với an = (−1)n , ∀n ∈ N*, là dãy số tuần hoàn với chu kì k = Dãy số (bn ) với bn = sin( π3 − n π4 ), ∀n ∈ N, là dãy số tuần hoàn với chu kì k = Dãy số không đổi (tất các số hạng nó nhau) là dãy số tuần hoàn với chu kì k = 3.5 Dãy số bị chặn Dãy số (un ) gọi là bị chặn trên tồn số M cho un ≤ M với n Dãy số (un ) gọi là bị chặn tồn số m cho un ≥ m với n Dãy số (un ) gọi là bị chặn nó vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới, tức là tồn số M và m để m ≤ un ≤ M với n, hay tồn C cho |un | ≤ C với n Dãy số hữu hạn, dãy số tuần hoàn thì luôn luôn bị chặn Dãy số tăng tăng không nghiêm ngặt thì luôn bị chặn Dãy số giảm giảm không nghiêm ngặt thì luôn bị chặn trên Dãy số Ví dụ 3.2 là dãy hữu hạn nên bị chặn Các dãy số Ví dụ 3.6 là −n dãy tuần hoàn nên bị chặn Dãy số Ví dụ 3.1 bị chặn trên un = <0 n+1 với n, không bị chặn Các dãy số Ví dụ 3.3 và 3.4 bị chặn (tương ứng và 1), không bị chặn trên ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (18) 18 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= Ví dụ 3.7 Xét tính đơn điệu và bị chặn dãy số √ √ a Dãy số (xn ) với xn = n + − n − 1, ∀n ∈ N* n b Dãy số (yn ) với yn = n , ∀n ∈ N* n! c Dãy số (zn ) với zn = n , ∀n ∈ N* −1 , ∀n = 2, 3, d Dãy số (un ) có u1 = 1, un = + un−1 a e Dãy số (un ) có x1 > 0, xn+1 = (xn + ), ∀n ∈ N*, đó a > là số xn Lời giải √ nên xn > xn+1 , ∀n ∈ N*, tức là (xn ) giảm n√+ + n − Đồng thời < xn ≤ 2, ∀n ∈ N*, suy (xn ) bị chặn yn+1 n+1 < 1, với n, nên (yn ) giảm Hơn b Nhận thấy yn > và = yn 3n n P n nữa, 3n = (2 + 1)n = Cnk 2k ≥ 2Cn1 = 2n ⇒ n ≤ , đó < yn ≤ , ∀n ∈ 2 k=0 N*, nghĩa là (yn ) bị chặn zn+1 (n + 1)!2n c Dễ thấy zn > 0, ∀n ∈ N*, nên (zn ) bị chặn Vì = = zn 2n+1 n! n+1 ≥ 1, ∀n ∈ N*, nên (zn ) tăng không nghiêm ngặt (dãy này tăng kể từ số n! n hạng thứ trở đi) Ta nhận thấy zn = n = > 2 2 2 2 n 3n n−4 n 3 P n = = (1 + 1) = Cn = (xem thêm Ví Cnk ≥ 32 32 32 k=0 32 32 32M , thì dụ 3.29 câu 7) Do đó với số thực M, ta chọn n ∈ N*, n > 3n zn > > M Suy (zn ) không bị chặn trên, và đó nó không bị chặn 32 √ −3 + d Trước hết ta chứng minh un > , ∀n ∈ N* Thật vậy, với n = √ √ √ −3 + −3 + 3+ thì u1 = > Giả sử uk > Khi đó + uk > ⇒ 2 √ √ −1 −3 + 3− √ = < ⇒ uk+1 = > Theo nguyên lí + uk + u 3+ k √ −3 + qui nạp toán học, ta có un > , ∀n ∈ N*, tức là (un ) bị chặn √ u2 + 3un + −3 + Bây ta xét hiệu un − un+1 = un + = n > + un + un √ −3 + 0, ∀n ∈ N*, un > , ∀n ∈ N* Vậy (un ) là dãy số giảm Ta có = u1 > u2 > > un > un+1 > suy (un ) bị chặn trên Vậy (un ) là dãy số giảm và bị chặn (Ta có kết luận tương tự dãy số (un ) cho a Ta có xn = √ ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (19) 3.6 CẤP SỐ CỘNG 19 ============================================= −a u1 = α, un = , ∀n = 2, 3, , với a, b, c dương, b2 − 4ac > 0, α > b + cun−1 √ −b + b2 − 4ac ) 2c a e Do x1 > 0, a > và xn+1 = (xn + ), ∀n ∈ N*, nên qui nạp xn ta chứng minh xn > 0, ∀n ∈ N*, tức là dãy (un ) bị chặn Áp √ a dụng bất đẳng thức Côsi ta có xn = (xn−1 + ) ≥ a, ∀n ≥ Do xn−1 xn+1 1 a a đó = + ≤ + = 1, ∀n ≥ Suy (un ) là dãy giảm không xn 2xn 2a nghiệm ngặt, kể từ số hạng thứ trở Dễ thấy (un ) bị chặn trên Vậy (un ) là dãy bị chặn Nhận xét Cho hai dãy số (un ), (vn ), các số a và b, với a > Ta có: a Nếu un ≤ avn + b với n, và dãy (vn ) bị chặn trên thì (un ) bị chặn trên Đặc biệt, un ≥ an + b với n thì (un ) không bị chặn trên b Nếu un ≥ avn + b với n, và dãy (vn ) bị chặn thì (un ) bị chặn Đặc biệt, un ≤ −an + b với n thì (un ) không bị chặn 3.6 Cấp số cộng 3.6.1 Định nghĩa Cấp số cộng là dãy số (hữu hạn hay vô hạn) mà đó, kể từ số hạng thứ hai trở đi, số hạng tổng số hạng đứng trước nó với số d không đổi Nghĩa là, (un ) là cấp số cộng ⇔ ∀n ≥ 2, un = un−1 + d Số u1 gọi là số hạng đầu tiên, un gọi là số hạng thứ n hay số hạng tổng quát, d gọi là công sai (d = u2 − u1 = u3 − u2 = = un+1 − un là sai biệt chung các n P um − uk số hạng kề dãy số, d = (m 6= k)), Sn = uk là tổng n m−k k=1 số hạng đầu tiên cấp số cộng 3.6.2 Một số tính chất (uk−1 + uk+1 ) b Số hạng tổng quát cấp số cộng: un = u1 + (n − 1)d c Tổng n số hạng đầu tiên cấp số cộng: n(n − 1)d n (u1 + un )n Sn = = nu1 + = [2u1 + (n − 1)d] 2 a Tính chất đặc trưng cấp số cộng: uk = ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (20) 20 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= (Lưu ý n P uk = Sn − Sm−1 (n ≥ m).) k=m Ví dụ 3.8 Tìm a để phương trình x4 − 10ax2 − 9a + 54 = có nghiệm phân biệt theo thứ tự lập thành cấp số cộng Lời giải Ta đặt t = x2 ≥ 0, phương trình đã cho chuyển thành phương trình bậc hai t2 − 10at − 9a + 54 = 0(1) Trước hết, ta tìm a để ∆ = 25a + 9a − 54 > (1) có hai nghiệm dương phân biệt Điều kiện: P=t1 t2 = 54 − 9a > ⇔ S=t1 + t2 = 10a > √ −9 + 609 < a < 6(2) Với điều kiện (2) thì phương trình (1) có nghiệm t1 , 50 t2 thỏa mãn < t1 √ < t2 và phương √ trình ban √ đầu có√4 nghiệm xếp theo thứ tự tăng dần là x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x1 = t2 Bốn số này lập thành cấp số cộng x2 − x1 = x3 − x2 = x4 − x3 ⇔ t2 = 9t1 (do t1 , t2 > 0) Tức là ( t2 = 9t1 t1 = a, t2 = 9a các nghiệm (1) phải thỏa mãn t1 t2 = 54 − 9a ⇔ a +a−6=0 t1 + t2 = 10a Ta tìm a = 2, a = −3, đối chiếu với điều kiện (2) và chọn a = Vậy a = là giá trị cần tìm Ví dụ 3.9.Cho dãy số (un ) có Sn = n P uk = ann + bn, ∀n ∈ N*, với a, b là k=1 các số Chứng minh (un ) là cấp số cộng Lời giải Vì Sn = n P uk = an2 + bn, ∀n ∈ N*, nên u1 = S1 = a + b, k=1 un = Sn − Sn−1 = 2an − a + b, ∀n ∈ N, n ≥ 2, suy un = 2an − a + b, ∀n ∈ N* Do đó un+1 − un = 2a = const, ∀n ∈ N* Vậy (un ) là cấp số cộng, có số hạng đầu tiên u1 = a + b, công sai d = 2a, số hạng tổng quát un = 2an − a + b 3.7 Cấp số nhân 3.7.1 Định nghĩa Cấp số nhân là dãy số (hữu hạn hay vô hạn) mà đó, kể từ số hạng thứ hai trở đi, số hạng tích số hạng đứng trước nó với số q không đổi Nghĩa là, (un ) là cấp số nhân ⇔ ∀n ≥ 2, un = un−1 q Số u1 gọi là số hạng đầu tiên, un gọi là số hạng thứ n hay số hạng tổng quát, q gọi n P là công bội, Sn = uk là tổng n số hạng đầu tiên cấp số nhân k=1 ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (21) 3.8 CẤP SỐ NHÂN - CỘNG 21 ============================================= 3.7.2 Một số tính chất a Tính chất đặc trưng cấp số nhân: u2k = uk−1 uk+1 b Số hạng tổng quát cấp số nhân: un = u1 q n−1 nu1 q = c Tổng n số hạng đầu tiên cấp số nhân: Sn = − qn u1 q 6= 1−q n P uk = Sn − Sm−1 (n ≥ m).) (Lưu ý k=m Ví dụ 3.10 Số hạng thứ hai, số hạng đầu và số hạng thứ ba cấp số cộng với công sai d 6= theo thứ tự đó lại lập thành cấp số nhân Tìm công bội cấp số nhân nói trên Lời giải Ba số u1 = x, u2 = x − d, u3 = x + d lập thành cấp số nhân d d nên x(x + d) = (x − d)2 , mà d 6= nên ta tính x = , dẫn tới u1 = , 3 4d −2d u2 = , u3 = , và công bội cấp số nhân này là q = −2 3 Ví dụ 3.11 Tìm a để phương trình x3 −2(a+1)x2 +(a2 +3a+1)x−a2 −a = có nghiệm phân biệt theo thứ tự lập thành cấp số nhân Lời giải Phương trình đã cho có các nghiệm x = a, x = a + 1, x = Các nghiệm này phân biệt và lập thành cấp số nhân xảy khả ( sau đây: √ 1<a<a+1 1+ 1) ⇔a = 1.(a+1)=a2 ( a<a+1<1 2) (vô nghiệm) a.1=(a+1)2 ( √ a<1<a+1 −1 + 3) ⇔a= a+1 = 2(a+1) √ ±1 + Vậy các giá trị cần tìm a là a = 3.8 Cấp số nhân - cộng Cho dãy số (un ), n ∈ N*, và hai số d, q Nếu un+1 = q.un + d, ∀n ∈ N*, thì ta gọi (un ) là cấp số nhân - cộng Trong trường hợp q = ta có cấp số cộng, còn d = thì ta có cấp số nhân Số hạng tổng quát cấp số nhân - cộng (xem thêm Ví dụ 3.14 và 3.17) ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (22) 22 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= u1 + (n − 1)d q = un = d d d(1 − q n−1 ) (u1 − )q n−1 + (= u1 q n−1 + ) q 6= 1−q 1−q 1−q n(n − 1)d nu1 + q = Tổng n số hạng đầu tiên Sn = nd d − qn + (u1 − ) q 6= 1−q 1−q 1−q 3.9 Cấp số điều hoà Dãy số (un ) gọi là cấp số điều hoà số hạng nó khác 1 1 2un−1 un+1 , hay = ( + ) và thoả mãn un = un−1 + un+1 un un−1 un+1 3.10 Xác định số hạng tổng quát dãy số 3.10.1 Dự đoán số hạng tổng quát và chứng minh qui nạp √ √ 2, un+1 = + un , ∀n = 1, 2, q p √ b Tính tổng tất các nghiệm phương trình 2cosx = + + thỏa mãn x ∈ (0; 100) r p √ √ π π Lời giải a Ta có u1 = = cos , u2 = + = + cos = 4 π π cos , Ta dự đoán un = cos n+1 và chứng minh phương pháp qui π nạp Với n = thì điều này đúng Giả sử ta có uk = cos k+1 , suy uk+1 = r √ π π π + uk = + cos k+1 = cos k+2 Vậy un = cos n+1 , ∀n = 1, 2, 2 q p √ π + + + (n dấu căn) với b Theo câu a ta có cos n+1 = 2 π n = 1, 2, Do đó phương trình đã cho tương đương với cos x = cos ⇔x= 16 π π ± + k2π, k ∈ Z Ta có x = + k2π ∈ (0; 100) k = 0, 1, 2, , 15 Còn 16 16 π x = − + k2π ∈ (0; 100) k = 1, 2, , 15 Vậy tổng các nghiệm phương 16 P 15 π 15 P π trình đã cho trên khoảng (0; 100) là S = + k2π + − + k2π = 16 k=0 16 k=1 15 P π 15.16 7681 π + (k4π) = + 4π = π 16 k=1 16 16 Ví dụ 3.12 a Tìm un biết u1 = ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (23) 3.10 XÁC ĐỊNH SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ 23 ============================================= 3.10.2 Xác định số hạng tổng quát dãy số tựa cấp số cộng, tựa cấp số nhân Dãy số tựa cấp số cộng là dãy số cho công thức truy hồi dạng un+1 = un + f (n), đó un = u1 + f (1) + f (2) + + f (n − 1) Dãy số tựa cấp số nhân là dãy số cho công thức truy hồi dạng un+1 = un g(n), đó un = u1 g(1).g(2) g(n − 1) Ví dụ 3.13 Tìm số hạng tổng quát dãy số cho a u1 = 1, un+1 = un + n!n, ∀n = 1, 2, (n + 1)2 un , ∀n = 1, 2, b u1 = 1, un+1 = n + 2n Lời giải a un = n!, ∀n = 1, 2, 2n , ∀n = 1, 2, b un = n+1 3.10.3 Dãy số qui cấp số cộng, cấp số nhân (phương pháp đổi biến) Ví dụ 3.14 Cho các số c, d, q (q 6= c) Giả sử dãy số (un ) thỏa mãn un+1 = q.un + d.cn , ∀n ∈ N* Tìm số hạng tổng quát un Lời giải Với số nguyên dương n ta dặt un = + vn+1 = q.vn , ∀n ∈ N*, nên (vn ) là cấp số nhân, v1 = u1 − Vậy un = (u1 − d.cn cd ).q n−1 + c−q c−q d.cn Suy c−q cd , = v1 q n−1 c−q Ví dụ 3.15 Cho dãy số (un ) : u1 = 1, u2 = 2, un+2 = 2.un+1 − un + 1, ∀n ∈ N* Đặt = un+1 − un Chứng minh (vn ) là cấp số cộng và tìm un Lời giải Ta có v1 = u2 − u1 = Và un+2 = 2.un+1 − un + 1, ∀n ∈ N* ⇔ un+2 − un+1 = un+1 − un + 1, ∀n ∈ N* ⇔ vn+1 = + 1, ∀n ∈ N* Vậy (vn ) là cấp số cộng với số hạng đầu tiên v1 = 1, công sai d = Ta có = v1 + (n − 1).d = + (n − 1).1 = n, hay un+1 − un = n, ∀n ∈ N* Suy un = (un − un−1 ) + (un−1 − un−2 ) + + (u2 − u1 ) + u1 = [(n − 1) + (n − 2) + n2 n (n − 1).n = − + 1, ∀n ∈ N* + + 1] + = + 2 2 Ví dụ 3.16 Cho dãy số (un ) : u1 = 0, u2 = 1, un+2 = un+1 + un , ∀n ∈ 3 N* Đặt = un+1 − un Chứng minh (vn ) là cấp số nhân và tìm un ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (24) 24 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= un+1 + un , ∀n ∈ N∗ ⇔ 3 3un+2 = 2un+1 + un , ∀n ∈ N* ⇔ 3(un+2 − un+1 ) = −(un+1 − un ), ∀n ∈ N*⇔ −1 , ∀n ∈ N* Vậy (vn ) là cấp số nhân với số hạng đầu tiên v1 = 1, vn+1 = 1 n−1 công bội q = − Như = v1 q n−1 = (− ) , ∀n ∈ N* Suy un = 3 (un −un−1 )+(un−1 −un−2 )+ +(u2 −u1 )+u1 = vn−1 +vn−2 + +v2 +v1 +u1 = n−1 ) − (− n−2 1 = + , ∀n ∈ N* 0+1+(− )+(− ) + +(− ) = 1 3 4.(−3)n − (− ) Ví dụ 3.17 Tìm số hạng tổng quát dãy số (un ) có u1 = c, un+1 = q.un + an + d, ∀n ∈ N*, đó a, c, d, q là số Lời giải Ta có v1 = u2 − u1 = Và un+2 = Lời giải Với q = thì un+1 = un + an + d, ∀n ∈ N* Ta nhận thấy u2 = u1 + a + d, u3 = u2 + 2a + d, , un−1 = un−2 + (n − 2)a + d, un = un−1 + (n − 1)a + d ⇒ u2 + u3 + + un−1 + un = u1 + u2 + + un−2 + un−1 + a(1 + + n(n − 1) a + (n − 1)d ⇒ un = + (n − 2) + (n − 1)) + (n − 1)d ⇒ un = u1 + n(n − 1) c+ a + (n − 1)d, (n ∈ N*) Khi q 6= 1, ta xét dãy phụ (vn ) thỏa mãn un = + bn + e, n ∈ N*, đó b, e là số, và ta cố gắng chọn b, e thích hợp để (vn ) là cấp số nhân Từ đẳng thức truy hồi ban đầu ta có vn+1 = qvn + (qb + a − b)n + (qe + d − b − e), n ∈ N*, và dễ thấy để (vn ) là cấp số nhân thì cần có a d − a − qd qb + a − b = qe + d − b − e = ⇔ b = ,e = ,(q 6= 1) Lúc này 1−q (q − 1) (với b, e trên) vn+1 = qvn nên (vn ) là cấp số nhân có công bội q Suy aq + dq − d n−1 = v1 q n−1 = (u1 + , từ đó ta tính số hạng tổng quát ).q (q − 1) d − a − qd a.n aq + dq − d n−1 + + (un ) là un = (u1 + ).q (n ≥ 2) 1−q (q − 1) (q − 1) Vậy, số hạng tổng quát (un ) đã cho là : n(n − 1) c+ a + (n − 1)d, q = un = aq + dq − d n−1 a.n d − a − qd + + , q 6= (c+ ).q 1−q (q − 1) (q − 1) 3.10.4 Phương trình đặc trưng dãy số Ta xét hai trường hợp đơn giản sau đây: a) Xét dãy số (un ) cho u1 , u2 , un+2 = a.un+1 + b.un , ∀n ∈ N* (a, b = const) Khi đó phương trình x2 − ax − b = gọi là phương trình đặc trưng dãy số đã cho ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (25) 3.10 XÁC ĐỊNH SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ 25 ============================================= i) Nếu phương trình trên có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thì un = A.xn1 + B.xn2 ii) Nếu phương trình trên có hai nghiệm thực trùng x1 = x2 thì un = (A + nB).xn1 iii)Nếu phương trình trên có ∆ < 0, gọi hai nghiệm phức nó làx1 , x2 , và biểu diễn hai số phức này dạng lượng giác x1 = r(cos ϕ + i sin ϕ), x2 = r(cos ϕ − i sin ϕ), với r, ϕ là các số thực, r là môđun x1 và x2 , ϕ ∈ [0; 2π) , i là đơn vị ảo, thì un = rn (A cos nϕ + B.sinnϕ) (Ở đó các số A, B xác định nhờ u1 , u2 ) b) Xét dãy số (un ) cho u1 , u2 , u3 , un+3 = a.un+2 +b.un+1 +c.un , ∀n ∈ N* (a, b, c = const) có phương trình đặc trưng x3 − ax2 − bx − c = i) Nếu phương trình trên có ba nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , x3 thì un = A.xn1 + B.xn2 + C.xn3 ii) Nếu phương trình trên có ba nghiệm thực x1 , x2 , x3 mà x1 6= x2 = x3 thì un = A.xn1 + (B + nC).xn2 iii) Nếu phương trình trên có ba nghiệm thực x1 , x2 , x3 và x1 = x2 = x3 thì un = (A + nB + n2 C).xn1 iv) Nếu phương trình trên có ba nghiệm x1 , x2 , x3 đó x1 là nghiệm thực, còn hai nghiệm x2 = r(cos ϕ + i sin ϕ), x3 = r(cos ϕ − i sin ϕ) là hai nghiệm phức (không phải là số thực) thì un = A.xn1 + rn (B cos nϕ + C.sinnϕ) (Ở đó các số A, B, C xác định nhờ u1 , u2 , u3 ) Ví dụ 3.18 Cho dãy số (un ) xác định u1 = 1, u2 = 0, un+2 = un+1 − un , ∀n ∈ N* Chứng minh (un ) bị chặn Lời giải Phương trình đặc trưng dãy số đã cho là x2 − x + = có hai π π π nπ π + nghiệm phức x1 = cos +i sin , x2 = cos −i sin , nên un = 1n (A cos 3 3 π π 1=A.cos + B sin (= u1 ) nπ 3 B sin ), ∀n ∈ N* Do u1 = 1, u2 = 0, nên ta có 0=A.cos 2π + B sin 2π (= u2 ) 3 √ B A √ A=1 + =1 nπ nπ √ 2√ ⇔ ⇔ Suyra un = cos + sin , ∀n ∈ A B 4B = + =0 2 s √ √ nπ nπ 3 N* Vậy |un | = cos + sin ) = √ , ∀n ∈ N*, hay ≤ +( 3 3 (un ) là dãy bị chặn Ví dụ 3.19 Cho (un ) có u1 = 0, u2 = 16, u3 = 47, un+3 = 7un+2 −11un+1 + 5un , ∀n ∈ N* Tìm dư chia u2011 cho 2011 Lời giải Phương trình đặc trưng x3 − 7x2 + 11x − = có nghiệm thực ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (26) 26 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= x1 = (nghiệm đơn),x2 = x3 = (nghiệm kép) đó un = A.5n + (B + nC).1n , ∀n ∈ N* Vì u1 = 0, u2 = 16, u3 = 47 nên A = , B = −13, C = 12 Suy un = 5n−1 + 12n − 13, ∀n ∈ N* Từ đó u2011 = 52010 + 12.2011 − 13 Theo định lí Phécma thì 52010 − 2011 (định lí Phécma: Nếu p là số nguyên tố, a là số nguyên và (a, p) = 1, thì ap−1 ≡ (mod p)) Vậy u2011 chia cho 2011 dư −12 (hay dư 1999) Ví dụ 3.20 Cho hai dãy số (xn ), (yn ) thoả mãn x1 = y1 = 1, xn+1 = 4xn − 2yn , yn+1 = xn + yn , ∀n ∈ N* Xác định công thức xn , yn Lời giải Ta có xn+2 = 4xn+1 − 2yn+1 = 4xn+1 − 2(xn + yn ) = 4xn+1 − 2xn − 2yn = 4xn+1 − 2xn + xn+1 − 4xn hay xn+2 = 5xn+1 − 6xn (∀n ∈ N*) Dãy (un ) có phương trình đặc trưng x2 − 5x + = ⇔ x = x = Suy xn = A.2n + B.3n , ∀n ∈ N* Mà x1 = 1, x2 = 4x1 − 2y1 = 2, nên A = , B = 0, và ta có xn = 2n−1 , ∀n ∈ N* Từ đó và xn+1 = 4xn − 2yn suy yn = 2n−1 Vậy xn = yn = 2n−1 , ∀n ∈ N* 3.10.5 Tuyến tính hóa số dãy phi tuyến pxn + q , ∀n ∈ N*, và a, p, q, r, rxn + s s là các số, ta xét hai dãy (un ), (vn ) thoả mãn u1 = a, v1 = 1, un+1 = un pun + qvn , vn+1 = run + svn , ∀n ∈ N*, thì xn = Từ đó tìm un , , xn x2 + d , ∀n ∈ N*, và a, d là các Với dãy số (xn ) cho x1 = a, xn+1 = n 2xn số, d 6= 0,ta xét hai dãy (un ), (vn ) thoả mãn u1 = a, v1 = 1, un+1 = un u2n + dvn2 , vn+1 = 2un , ∀n ∈ N*, thì xn = Từ đó tìm un , , xn xn Ví dụ 3.21 Cho dãy (xn ) có x1 = 1, xn+1 = , ∀n ∈ N*, tìm xn và + xn chứng minh xn < , ∀n ≥ n Với dãy số (xn ) cho x1 = a, xn+1 = Lời giải Xét hai dãy (un ), (vn ) thoả mãn u1 = v1 = 1, un+1 = un , vn+1 = un un + 2vn , ∀n ∈ N*, thì xn = Ta thấy xn = 1, ∀n ∈ N* Và vn+1 = 2vn +1, ∀n ∈ N* ⇔ vn+1 +1 = 2(vn +1), ∀n ∈ N* Suy +1 = 2.(vn−1 +1) = un = 22 (vn−2 + 1) = = 2n−1 (v1 + 1) = 2n ⇒ = 2n − 1, ∀n ∈ N* Vậy xn = , ∀n ∈ N* Ta có 2n = Cn0 + Cn1 + Cnn > Cn0 + Cn1 = + n, ∀n ≥ 2, tức 2n − 1 < , ∀n ≥ là xn = n −1 n ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (27) 3.11 GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 27 ============================================= Ví dụ 3.22 Cho dãy (xn ) có x0 = 2, xn+1 = 2xn + , ∀n ∈ N, tìm xn và + xn tìm phần nguyên S = x1 + x2 + + xn Lời giải Xét hai dãy (un ), (vn ) thoả mãn u0 = 2, v0 = 1, un+1 = 2un + un , vn+1 = un + 2vn , ∀n ∈ N, thì xn = Ta có u1 = 2u0 + v0 = 5, un+2 = 2un+1 +vn+1 = 2un+1 +un +2vn = 2un+1 +un +2(un+1 −2un ) ⇒ un+2 = 4un+1 − 3un , phương trình x2 − 4x + = ⇔ x = 1, x = 3, nên un = A + B.3n , ∀n ∈ N 3n+1 + Do u0 = 2, u1 = nên A = , B = Suy un = , ∀n ∈ N Tính 2 n+1 n+1 +1 −1 , ∀n ∈ N Vậy xn = n+1 , ∀n ∈ N Đặt S = x1 +x2 + +xn = = −1 3n + 3n+1 + 3n+1 + 32 + 33 + + + + n + n−1 Lưu ý xn = n+1 = 1+ n+1 > −1 −1 −1 −1 −1 −1 n+1 n+1 n+1 1, ∀n ∈ N Ta có (1 + 2) = Cn+1 + Cn+1 + Cn+1 22 + + Cn+1 ≥ 2 Cn+1 + Cn+1 = + (n + 1)n = 2n(n + 1) + 1, ∀n ∈ N* Dẫn tới ≤ 1+ = 3n+1 − ≥ 2n(n + 1), ∀n ∈ N* ⇒ xn = + n+1 −1 n(n + 1) 1 , ∀n ∈ N* Do với ∀n ∈ N* thì S = x1 + x2 + + xn ≤ 1+ − n n+1 1 1 1 ) = n+1− < n + Mặt (1 + − ) + (1 + − ) + + (1 + − 2 n n+1 n+1 khác S = x1 + x2 + + xn > n, ∀n ∈ N* Như n < S < n + 1, ∀ ∈ N*, nên [S] = n, ∀ ∈ N* 3.11 Giới hạn dãy số 3.11.1 Định nghĩa Chúng tôi lưu ý kí hiệu n là biến số nguyên dương, còn n0 là số nguyên dương (trừ trường hợp có chú thích cụ thể) Số L gọi là giới hạn (hữu hạn) dãy số (vô hạn) (un ) n tiến vô cùng, và viết lim un = L lim un = L, với số ε > nhỏ tùy n→+∞ ý luôn tồn số nguyên dương n0 cho |un − L| ≤ ε với n ≥ n0 Dãy số (un ) gọi là có giới hạn +∞ (dương vô cực, dương vô cùng) n tiến vô cùng, và viết lim un = +∞ lim un = +∞, với số n→+∞ M > lớn tùy ý luôn tồn số nguyên dương n0 cho un ≥ M với n ≥ n0 Dãy số (un ) gọi là có giới hạn −∞ (âm vô cực, âm vô cùng) n tiến ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (28) 28 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= vô cùng, và viết lim un = −∞ lim un =−∞, với số M > n→+∞ lớn tùy ý luôn tồn số nguyên dương n0 cho un ≤ −M với n ≥ n0 Một dãy số có giới hạn hữu hạn (bằng L) gọi là dãy số hội tụ (đến L), còn trường hợp nó có giới hạn vô cực không có giới hạn thì ta nói dãy số đó phân kì 3.11.2 Một số tính chất Khi xét giới hạn dãy số (un ) ta có thể xét các số hạng dãy kể từ số hạng thứ n0 trở đi, tức là việc thay đổi hữu hạn số hạng đầu tiên dãy số không làm ảnh hưởng đến hội tụ hay phân kì, và không làm ảnh hưởng đến giới hạn (nếu có) dãy số đó Giới hạn (hữu hạn vô cực) dãy số (nếu có) là Từ đó suy limun = u (hữu hạn vô cực) thì limun+k = limun−k = u, với k là số nguyên dương tùy ý, và limun = u (hữu hạn vô cực) ⇔ limu2n = limu2n+1 = u limun = ⇔ lim|un | = limun = u (hữu hạn) ⇔ lim|un − u| = Nếu limun = u, limvn = v (u, v hữu hạn), và a, b là các số thì un u 0) = (v = lim(a.un + b.vn ) = au + bv, lim(un ) = uv, lim v Nếu lim un = ±∞, và lim = ±∞ (hoặc lim = v 6= 0) thì lim(un ) = ±∞, đó dấu + − chọn theo qui tắc nhân dấu thông thường Nếu un un lim un = u 6= 0, lim = 0, > với n ≥ n0 thì lim = +∞ (trong vn un un trường hợp < 0, ∀n ≥ n0 , thì lim = −∞) Nếu lim un = +∞, lim = v, vn (−∞ < v ≤ +∞) thì lim (un + ) = +∞; lim un = −∞, lim = v (−∞ ≤ v < +∞) thì lim (un + ) = −∞ k Nếu limun = u (hữu √ hạn) thì lim|un | = |u|, lim(−un ) = −u và limun = √ (2k+1) (2k+1) u , lim un = u (k nguyên √dương) Nếu limun = u (hữu hạn), √ un ≥ 0, ∀n ≥ n0 , thì u ≥ 0, lim 2k un = 2k u, k nguyên dương Nếu lim un = ±∞ thì lim |un | = +∞ Nếu linun = +∞ thì lim(−un ) = −∞ và limukn = +∞ (k > 0) Nếu linun = −∞ thì lim(−un ) = +∞ và limukn = +∞ k nguyên dương chẵn, limukn = −∞ k nguyên dương lẻ k Nếu limun = u 6= (hữu hạn) thì lim 1 = Nếu limun = và un u ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (29) 3.11 GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 29 ============================================= = +∞ Nếu limun = và un < 0, ∀n ≥ n0 , thì un 1 lim = −∞ Nếu lim un = ±∞ lim |un | = +∞ thì lim = Nếu un un = lim un = ±∞ lim |un | = +∞, đồng thời (vn ) bị chặn thì lim un un > 0, ∀n ≥ n0 , thì lim 10 Giả sử un ≤ (hoặc un < ) với ∀n ≥ n0 Khi đó: • Nếu limun = u, limvn = v (u, v hữu hạn) thì u ≤ v • Nếu n = +∞ thì n = +∞ • Nếu n = −∞ thì n = −∞ Từ đó suy ra: • Nếu un ≤ ≤ wn , ∀n ≥ n0 , và limun = limwn = L (hữu hạn vô cực) thì limvn = L (nguyên lí giới hạn kẹp) • Nếu un ≤ c (hoặc un < c) ∀n ≥ n0 , và limun = u thì u ≤ c Nếu un ≥ c (hoặc un > c) ∀n ≥ n0 , và limun = u thì u ≥ c • Nếu |un | ≤ và • lim(1 + n = thì n = n un ) = e Nếu limun = ±∞ thì lim(1 + ) = e n un • Với bất kì số thực α > thì limnα = +∞, lim = nα 11 Một dãy đơn điệu và bị chặn thì hội tụ Ngược lại, dãy số hội tụ thì bị chặn Nếu (un ) bị chặn và limvn = thì lim(un ) = 12 Ta có: • Nếu un < un+1 < M (∀n ≥ n0 ) thì (un ) hội tụ, limun = u ≤ M , và un < u (∀n ≥ n1 ) • Nếu un ≤ un+1 ≤ M (∀n ≥ n0 ) thì (un ) hội tụ, limun = u ≤ M , và un ≤ u (∀n ≥ n1 ) • Nếu un < un+1 (∀n ≥ n0 ) và (un ) không bị chặn trên thì limun = +∞ • Nếu un > un+1 > m (∀n ≥ n0 ) thì (un ) hội tụ, limun = u ≥ m, và un > u (∀n ≥ n1 ) • Nếu un ≥ un+1 ≥ m (∀n ≥ n0 ) thì (un ) hội tụ, limun = u ≥ m, và un ≥ u (∀n ≥ n1 ) • Nếu un > un+1 (∀n ≥ n0 ) và (un ) không bị chặn thì limun = −∞ ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (30) 30 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= 3.11.3 Một số dạng vô định Các dạng vô định gồm 3.11.4 ∞ , , ∞ − ∞, 0.∞, 00 , 0∞ , ∞0 , 1∞ ∞ Vài ví dụ Ví dụ 3.23 Tìm limun các trường hợp sau đây n+1 , ∀n ∈ N* n b un = c, ∀n ∈ N, đó c là số tùy ý c c un = , ∀n ∈ N, đó c là số tùy ý n d un = cn, ∀n ∈ N, đó c là số tùy ý a un = n+1 − = , ∀n ∈ N*, và thấy với n n 1 ε > thì |un − 1| ≤ ε ⇔ ≤ ε ⇔ n ≥ , cho nên chọn n0 = + ∈ N* n ε ε n+1 = (Tổng quát ta có: Nếu thì ta có |un − 1| ≤ ε, ∀n ≥ n0 Vậy lim n k k P (n) = ak n + + a1 k + a0 , Q(n) = bk n + + b1 k + b0 là các đa thức bậc k ∈ N biến n, và a0 , a1 , , ak , b0 , b1 , , bk là các số, bk 6= 0, thì ak P (n) lim Q(n) , xem thêm Bài tập 3.9) = bk b Dễ thấy với số ε > nhỏ tùy ý thì |un − c| = |c − c| = < ε, ∀n ≥ 1, nên limc = c |c| c Với số ε > nhỏ tùy ý, ta chọn số nguyên dương n0 = + thì ε c c c < ε Vậy lim = với n ≥ n0 ta có |un − 0| = ≤ n n0 n d Nếu c = thì un = = const, ∀n ∈ N, đó theo câu bta có limun = M + 1, đó Nếu c > thì với M > ta chọn số nguyên dương n0 = c M = M , chứng tỏ limun = +∞ với n ≥ n0 ta có un = cn ≥ cn0 > c c Trong trường hợp c < thì −c > nên lim(−un ) = lim(−cn) = +∞, suy limun = −∞ 0 c = Vậy lim(cn) = +∞ c > (xem thêm Bài tập 3.9) -∞ c < Lời giải a Xét hiệu |un − 1| = Ví dụ 3.24 Chứng minh dãy số (un ), với un = (−1)n , không có giới hạn n tiến vô cùng Lời giải Giả sử tồn giới hạn limun = u, ta có limun = u ⇔ limu2n = ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (31) 3.11 GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 31 ============================================= limu2n+1 = u Nhưng điều này vô lí vì limu2n = lim(−1)2n = lim1 = còn limu2n+1 = lim(−1)2n+1 = lim(−1) = −1 Vậy không tồn giới hạn (un ) n tiến vô cùng Ví dụ 3.25 Cho dãy số (an ) thỏa mãn an = 2an−1 an+1 , ∀n > Tìm an−1 + an+1 liman Lời giải Nếu tồn số nguyên dương k cho ak = thì ak+1 = 2ak ak+2 2ak+1 ak+3 2a ak+2 = 0, suy ak+2 = = 0, và dẫn tới ak+1 = ak k+ak+2 ak + ak+2 ak+1 + ak+3 không có nghĩa Do an 6= 0, ∀n ≥ Bây ta đặt un = , n ≥ 1, an thì un 6= 0, ∀n ≥ 1, thay vào đẳng thức đề bài ta un = (un−1 + un+1 ), ∀n > 1, suy (un ) là cấp số cộng có công sai d, và số hạng tổng quát a1 un = u1 + (n − 1)d 6= 0, ∀n ≥ Như an = , ∀n ≥ Nếu + (n − 1)da1 d = (⇔ u1 = u2 = ⇔ a1 = a2 = ) thì an = a1 , ∀n ≥ 1, và liman = a1 Nếu d 6= (⇔ các số hạng dãy (un ) phân biệt ⇔ các số hạng dãy (an ) a1 = Vậy, các số hạng (an ) phân biệt) thì liman = lim + (n − 1)da1 thì liman = a1 , các số hạng dãy (an ) phân biệt thì liman = |q| < 1 q = Ví dụ 3.26 Chứng minh lim(q n ) = +∞ q > không tồn tại, q≤ −1 Lời giải Nếu q = thì có limq n = Và q = thì có limq n = 1 n = + a (a > 0) ⇒ n = (1 + a) = C0n + a.C1n + + Nếu < |q| < thì |q| |q| n , ∀n ≥ Vì a > nên an Cnn ≥ + na > 0, ∀n ≥ Do đó < |q| ≤ + na lim = Theo nguyên lí giới hạn kẹp thì lim|q|n = 0, hay limq n = + na 1 Nếu q > thì < < nên theo chứng minh trên lim n = Ta đến q q limq n = +∞ Nếu q = −1 thì limq 2n = còn limq 2n+1 = −1 nên không tồn limq n Nếu q < −1 thì q > nên limq 2n = lim(q )n = +∞, và limq 2n+1 = lim[q.(q )n ] = −∞, vì không tồn limq n Ví dụ 3.27 Cho dãy số (an ) thỏa mãn an ≤ an+1 − a2n+1 , ∀ ∈ N* Tìm giới hạn liman ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (32) 32 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= , ∀n ∈ N* Tức là (an ) là dãy bị chặn trên và không giảm Do đó (an ) có giới hạn hữu hạn liman = a Lấy giới hạn hạn hai vế bất đẳng thức đề bài cho, a ≤ a − a2 , hay a = Vậy liman = Lời giải Từ an ≤ an+1 − a2n+1 , ∀n ≥ 1, suy an ≤ an+1 và an ≤ Ví dụ 3.28 Cho dãy số (xn ) thỏa mãn x1 = 3, x3n+1 − 3xn+1 = ∀ ∈ N* Tìm giới hạn limxn √ + xn , Lời giải Ta thấy x1 = > Giả sử xk > 2, lúc này x3k+1 − 3xk+1 = √ √ + xk > + = nên x3k+1 − 3xk+1 − > ⇔ (xk+1 + 1)2 (xk+1 − 2) > ⇔ xk+1 > Tức là xn > 2, ∀n ∈ N* Xét hàm số f (t) = t3 − 3t, có f (t) = 3t2 − = 3(t + 1)(t − 1) > 0, ∀t > 2, suy f (t) √ đồng biến trên khoảng (2; +∞) Kiểm tra thấy x31 − 3x = 18 > x − 3x = ⇒ f (x1 ) > f (x2 ) ⇒ x1 > x2 √ √2 Giả sử xk > xk+1 ⇒ + xk > + xk+1 ⇒ x3k+1 − 3xk+1 > x3k+2 − 3xk+2 ⇒ f (xk+1 ) > f (xk+2 ) ⇒ xk+1 > xk+2 Do đó xn > xn+1 , ∀n ∈ N* Dãy (xn ) giảm và bị chặn nên tồn giới hạn hữu √ hạn limxn = x ≥ Lấy giới hạn hai vế đẳng thức đề bài ta x3 − 3x = + x ⇔ x6 − 6x4 + 9x2 = x + (vì x ≥ nên x3 − 3x > 0) ⇔ (x − 2)(x2 (x3 − 4) + 2x3 (x − 1) + x + 1) = ⇔ x = (do x ≥ 2) Vậy limxn = Ví dụ 3.29 Tính giới hạn: √ n [(2+ 3) ] lim √ n , đó [x] là phần nguyên số thực x, tức là số n→+∞ (2+ 3) nguyên lớn không vượt quá x 2n − lim ( + + + + ) n→+∞ 2 2n nc lim n , với a > 1, c > là các số n→+∞ a √ lim n n n→+∞ √ n n! √ lim n a, với a > là số lim n→+∞ n→+∞ an , với a > là số n→+∞ n! + 22 + 33 + + nn lim n→+∞ nn p lim xn , đó xn = n an1 + + anm , với m ∈ N* và a1 , , am ≥ là lim n→+∞ các số ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (33) 3.11 GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 33 ============================================= 10 lim n→+∞ q a+ p √ a + + a (n dấu căn), với a ≥ là số √ n √ n 3) + (2 − 3) Lời giải Đặt an = , nhờ công thức khai triển nhị √ n thức Niutơn ta√ thấy an là số nguyên dương Mặt khác −1 < −(2 − 3) < √ √ n n n nên có [(2+ ] = [2an − (2 − 3) ] = √ 2an + [−(2 −√ 3) ] = 2an − √ 3) n n n [(2+ 3) ] 2an − (2 + 3) + (2 − 3) − Vậy lim = lim(1 + √ n = lim √ n = lim √ n (2+ 3) (2+ 3) (2+ 3) 1 √ n− √ n ) = (7 + 3) (2+ 3) (2 + Nhận xét Với x, y, n, r nguyên dương thì tồn hai dãy số nguyên dương √ n √ √ √ = an − bn r; với (an ) và (bn )√sao cho (x +√y r)n = an + bn√ r; (x − y r) √ n n n n (x + y r) − (x − y r) (x + y r) + (x − y r) , bn = an = 2 2n − 2n − Ta đặt xn = + + + + ⇒ 2xn = 1+ + + + n-1 Ta 2 2n 2 1 1 − 2n 1 n có xn = 2xn − xn = + + + + n−2 + = − n−2 + n − n−1 Dễ n 2 2 2 1 thấy lim n−2 = lim n = Với n > ta có 2n−1 = C0n−1 + C1n−1 + C2n−1 + 2 n2 − 3n + n 2n n−1 + Cn−1 ≥ Cn−1 = > Từ đó suy < n−1 < , 2 n − 3n + 2n n với n > Mà lim = nên lim n−1 = Vậy limxn = n − 3n + 2 c n c n nc = Với hai số a > và c > ta biến đổi n = n n a (1+b) ac n đó b = a c − > Nhận thấy với n ≥ thì (1 + b) = C0n + 2 (n − n)b n > suy < bC1n + b2 C2n + + bn Cnn ≥ b2 C2n = n < (1+b) n , ∀n ∈ N* Từ đây và lim n = 0, dẫn = nên lim (1+b) (n − 1)b2 (n − 1)b c nc n = tới lim n = lim n a (1+b) n C2 Cn C3 C1 Với n ≥ ta có + √ = C0n + √n + n + √n + + √ nn ≥ n n √n n n √n √ n − n2 − 3n + 1√ n n n n n n √ 1+ n+ + = + n+ + + √ > + = 2 2 6 √ n n √ √ n n n n( n − 3) n+ − = n+ ≥ n Dẫn đến < n n < + √ với 6 n √ n n ≥ Mà lim(1 + √ ) = nên suy lim n = (Chú ý: Ta có n n P √ √ √ n k thể đánh giá n = (1 + ( n n − 1)) = Cnk ( n n − 1) ≥ Cn2 ( n n − 1) = k=0 ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (34) 34 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= r √ n(n − 1) √ 2 n n n−1 ≤ ( n − 1) , ∀n ≥ 2, suy < , ∀n ≥ 2, Mà n−1 r √ √ lim = nên lim ( n n − 1) = ⇒ lim n n = 1) n−1 log n Nhận xét Với a > 0, a 6= 1, thì lim a = n 1 , ∀n ∈ N* Mặt khác Trước hết ta có n! = 1.2.3 n ≤ nn ⇒ ≤ √ n n! n ∀n ∈ N* ta luôn có (n − k)(k − 1) ≥ ⇒ k(n − k + 1) ≥ n, cho k chạy từ đến n ta thu n bất đẳng thức mà hai vế dương, nhân n bất đẳng thức 1 này, vế với vế tương ứng, ta (n!)2 ≥ nn hay √ ≤ √ , ∀n ∈ N* Từ n n n! 1 1 1 ≤ √ , ∀n ∈ N*, và lim = lim √ = suy lim √ = (Chú ý: ≤ √ n n n n n n n! n! 1 ≤ , ∀n ≥ 1, và suy lim √ = 0) Ta có thể chứng minh ≤ √ n n n n n! n! √ √ Nếu a = thì hiển nhiên lim n a = lim n = Trong trường hợp a > n P k √ √ √ √ n k thì n = (1 + ( n a − 1)) = Cn ( n a − 1) ≥ Cn1 ( n a − 1) = n( n a − 1), ∀n ∈ k=0 √ √ a a > n a > 1, ∀n ∈ N*, mà lim = nên lim n a = (cách N*, suy + n n k n P a−1 a−1 n k a−1 ) = ) ≥ Cn0 + Cn1 = a, ∀n ≥ 1, suy khác: Ta thấy (1 + Cn ( n n n k=0 √ √ a−1 a−1 ≥ n a > 1, ∀n ≥ 1, Hơn lim(1 + ) = nên lim n a = 1) + n n r √ 1 n = ⇒ lim √ = ⇒ lim n a = Vậy Nếu < a < thì > nên lim n a a a √ với a > ta có lim n a = an = Giả sử k là số nguyên dương thỏa mãn k > a > Ta có < n! a a a a k n−k a a a , ∀n ∈ N, n > k (xem thêm Ví dụ 3.7 < k k+1 n k! k n−k a an a = = Vậy lim câu c) Mà < < nên lim k k n! nn 11 + 22 + + nn n1 + n2 + + nn Với n ≥ thì = n ≤ an = ≤ = n n n nn n n n −1 n n n n −n = < , đồng thời lim = 1, đó liman = nn (n − 1) nn n − n−1 n−1 m P √ Đặt a = max {a1 , , am } ⇒ an ≤ ani ≤ m.an ⇒ a ≤ xn ≤ a n m i=1 √ Theo câu Ví dụ này thì lim n m = Vậy lim xn = a q p √ √ 10 Đặt un = a + a + + a (n dấu căn) thì u1 = a, un+1 = s r √ √ 2 √ √ + + 4a + + 4a = = a + un , ∀n ∈ N* Rõ ràng u1 = a ≤ a + 2 ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (35) 3.11 GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 35 ============================================= √ √ √ + + 4a + + 4a Giả sử uk ≤ , ta có uk+1 = a + uk ≤ r 2 √ + + 4a = a + ≤ √ √ + + 4a + + 4a Như ≤ un ≤ , ∀n ∈ N*, nghĩa là (un ) bị 2 chặn√(1) Tiếp theo, ta để ý tam thức bậc √ hai x2 − x − √ a có hai nghiệm + 4a + 4a ± + 4a − + Theo , nên x2 −x−a ≤ với x ∈ ; 2 √ √ √ − + 4a + + 4a + + 4a chứng minh trên ta có un ∈ 0; ⊂ ; 2 √ nên u2n − un − a ≤ ⇒ un ≤ un + a = un+1 Bất đẳng thức này đúng với n ∈ N* nên (un ) là dãy tăng không nghiêm √ ngặt (2) Từ (1) và (2) suy tồn + + 4a Lấy giới hạn hai vế đẳng giới hạn hữu hạn lim un = u ∈ 0; √ √ √ + + 4a thức truy hồi un+1 = a + un ta u = a + u ⇔ u = √ + + 4a a > và u = a = Vậy lim un = a > 0, và limun = a = Ví dụ 3.30 Chứng minh giới hạn lim n→+∞ n P (với a ≥ là a k=1 k số) tồn hữu hạn Lời giải Với n, k ∈ N, n ≥ k ≥ 2, và a ≥ thì un = + n P ≤ a k=2 k n n P P 1 =2 − < Ta thấy (un ) là dãy tăng < 1+ n k=2 k k=2 k(k − 1) Vậy, tồn giới hạn hữu hạn limun 1+ Ví dụ 3.30 Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 = −2, un+1 = un , ∀n ∈ N* − un a Chứng minh un < 0, ∀n ∈ N* 1+ un b Đặt = , ∀n ∈ N* un c Chứng minh (vn ) là cấp số cộng d Tìm công thức số hạng tổng quát (un ), (vn ), và tính các giới hạn limun , limvn Lời giải a Ta chứng minh un < (∀n ∈ N*) phương pháp quy nạp toán học Rõ ràng u1 = −2 < Bây giả sử uk < ⇒ − uk > Dẫn tới uk uk+1 = < Vậy un < (∀n ∈ N*) − uk 1+ un 1−2 thì 6= và un = Ta có v1 = = b Đặt = un − −2 un 1 Từ un+1 = Dtac = : (1 − ) hay vn+1 = − 1 − un vn+1 − − − 1 (∀n ∈ N*) Vậy (vn ) là cấp số cộng có số hạng đầu tiên v1 = , công sai d = −1 ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (36) 36 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= 1 c Từ câu b ta có = − n, và un = = hay − − n−1 2 (∀n ∈ N*) Như limun = 0, limvn = −∞ un = − 2n Ví dụ 3.31 Cho dãy số (un ) thỏa mãn < un < và un+1 < − với 4un , ∀n ∈ N* 1 suy un (1 − un+1 ) > Lời giải Từ < un < và un+1 < − 4un (∀n ∈ N*) Áp dụng bất đẳng thức Côsi r cho hai số un và − un+1 ta có p un + (1 − un+1 ) ≥ un (1 − un+1 ) > = hay un + − un+1 > hay un un+1 (∀n ∈ N*) Dãy (un ) giảm và bị chặn nên có giới hạn hữu hạn lim un = u ∈ [0; 1] Lấy giới hạn hai vế bất đẳng thức un (1 − un+1 ) > 1 ta u(1 − u) >⇔ u = Tức là limun = Bây ta chứng minh 2 un > (∀n ∈ N*) phương pháp phản chứng Giả sử tồn số nguyên 1 dương k cho uk ≤ Lúc này ≥ uk > uk+1 > > (∀n ∈ N*) Suy 2 1 ≥ uk > uk+1 > > uk+n , và lim un+k = 12 Điều này vô lí Vậy un > n→+∞ 2 (∀n ∈ N*) ∀n ∈ N* Chứng minh un > 3.12 Cấp số nhân lùi vô hạn Dãy số (un ) gọi là cấp số nhân lùi vô hạn nó là cấp số nhân có vô hạn phần tử và công bội q thỏa mãn |q| < Tổng cấp số nhân lùi vô hạn S = lim Sn = n→+∞ 3.13 u1 1−q Dãy số sinh phương trình Ví dụ 3.32 Cho số nguyên dương n Chứng minh phương trình xn+1 = x + có nghiệm dương nhất, kí hiệu là xn Tìm limxn Lời giải Trước hết x > thì x+1 > 1, từ phương trình xn+1 = x+1 ⇒ xn+1 > ⇒ x > Do đó phương trình xn+1 = x + có nghiệm dương thì nghiệm đó lớn Ta xét hàm số fn (x) = xn+1 − x − với x > 1, có đạo hàm fn0 (x) = (n + 1)xn − > (n + 1) − = n > với x > Suy fn (x) đồng biến trên khoảng (1; +∞) Từ đây, và tính liên tục fn (x), và fn (1) = −1 < 0, lim fn (x) = +∞, ta kết luận phương trình xn+1 = x + có x→+∞ ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (37) 3.14 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 37 ============================================= nghiệm dương xn Tất nhiên xn > Do fn+1 (x) liên tục, fn+1 (1) = − xn − = fn (xn ) = 0, nên phương − xn − > xn+1 −1 < 0, fn+1 (xn ) = xn+2 n n n+2 trình x = x + có nghiệm dương xn+1 và < xn+1 < xn Dãy (xn ) giảm và bị chặn nên có giới hạn hữu hạn limxn = a ≥ Do xn − xn − = ⇒ xn = là nghiệm dương phương trình xn+1 = x + nên xn+1 n 1 n+1 n+1 (1 + xn ) ⇒ limxn = lim (1 + xn ) = (1 + a) = 3.14 Bài tập đề nghị Bài 3.1 Tìm số hạng tổng quát các dãy số cho sau đây un 1)u1 = 1, un+1 = , ∀n = 1, 2, 3, + un √ √ 2)u1 = a(a > 0), un+1 = a + un , ∀n = 1, 2, 3, 3)u1 = 1, un+1 = − u2n + un + 1, ∀n = 1, 2, 3, √ √ √2 3−1 − + ( + 1)un √ 4)u1 = √ , ∀n = 1, 2, 3, , un+1 = √ 3+1 + − ( − 1)un 5)u1 = , un+1 = 2u2n − 1, ∀n = 1, 2, 3, p 6)u1 = , un+1 = 2un − u2n , ∀n = 1, 2, 3, 7)u1 = 1, un+1 = un + 3n2 + 3n + 1, ∀n = 1, 2, 8)u1 = 1, un+1 = un + (2n + 1), ∀n = 1, 2, 9)u1 = , un+1 = 3un − 1, ∀n = 1, 2, 10)u1 = 1, un+1 = un + n3 + 3n2 − 3n + 1, ∀n = 1, 2, 3, 11)u1 = 3, un+1 = un + 3n , ∀n = 1, 2, 3, 12)u1 = 1, un+1 = un + (n + 1).2n , ∀n = 1, 2, 3, 13)u1 = 2, un+1 = − , ∀n = 1, 2, 3, un n (1 + un ), ∀n = 1, 2, 3, 14)u1 = 0, un+1 = n + 1√ n2 − 15)u1 = u2 = 1, un+1 = un , ∀n = 2, 3, n 16)u1 = 1, un+1 = (a + b)un − ab, ∀n = 1, 2, (a, b = const) 17)u1 = a + b, un+2 = a.un+1 + (1 − a).un + b, ∀n = 1, (a, b = const) + 2un un − , ∀n ∈ N* Đặt = + un un + Chứng minh (vn ) là cấp số nhân và tìm un Bài 3.2 Cho (un ): u1 = 0, un+1 = (n + 1)un un , un+1 = , ∀n ∈ N* Đặt = 3n n Chứng minh (vn ) là cấp số nhân và tìm un Bài 3.3 Cho (un ): u1 = ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (38) 38 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= Bài 3.4 Cho (un ): u1 = 1, un+1 = un + 2.(1 + 3n ), ∀n ∈ N* Đặt = un − 3n Chứng minh dãy số (vn ) là cấp số cộng và tìm un Bài 3.5 Cho dãy (xn ) : x1 = 7, x2 = 50, xn+2 = 4xn+1 + 5xn − 1975, ∀n ∈ .1997 (Gợi ý: Xét dãy (y ) với y = 7, y = 50, y = N* Chứng minh x n 1996 n+2 4yn+1 + 5yn + 22, n = 1, 2, thì xn ≡ yn (mod1997) Đặt zn = 4yn + 11 ⇒ zn+1 = 4zn + 5zn−1 , áp dụng phương trình đặc trưng, tìm zn và chứng minh .1997) z ≡ 11 (mod1997) ⇒ y 1996 1996 Bài 3.6 Cho dãy các số nguyên (xn ) : x1 = 15, x2 = 35, x3 = 405, xn+3 = 6xn+2 + 13xn+1 − 42xn , ∀n ∈ N * Tìm số hạng dãy mà chữ số tận cùng số hạng đó là số Bài 3.7 Cho Sn là tổng n số hạng đầu tiên cấp số cộng Giả sử m, n là hai số nguyên dương phân biệt cho Sn = Sm Chứng minh Sn+m = Bài 3.8 Tính tổng tất các số hạng cấp số nhân, biết số hạng đầu 18, số hạng thứ hai 54, số hạng cuối cùng 39 366 Bài 3.9 Cho P (n) = ak nk + +a1 k+a0 , Q(n) = bm nm + +b1 k+b0 là các đa thức biến n với bậc là k và m tương ứng (k, m ∈ N), a0 , a1 , , ak , b0 , b1 , , bm là các số, bm 6= a Tính limQ(n) P (n) các trường hợp k > m, k = m, k < m b Tính lim Q(n) p p c Tính lim P (n) − Q(n) trường hợp ak > 0, bm > p p d Tính lim n.( P (n) − Q(n)) trường hợp k = m và ak = bm > √ 3 Bài 3.10 Tìm số hạng tổng quát dãy số (an ) có a1 = , an+1 = n 2n (n+1) 2n−1 bn và chứng minh 2.3 an − , n = 1, 2, 3, (Gợi ý: Đặt an = π bn = cos 2n 12 ) Bài 3.11 Cho dãy số (an ) có a0 = 0, a1 = , an+1 = 2an − an−1 + 1, với n = 1, 2, Chứng minh A = 4an an+2 + là số chính phương với n = 0, 1, 2, (Gợi ý: Từ an = 2an−1 − an−2 + và an+1 = 2an − an−1 + suy an+1 = 3an − 3an−1 + an−2 , xét phương trình đặc trưng và tìm an ) √ + ,n = Bài 3.12 Chứng minh dãy số (xn ) với x1 = 1, xn+1 = xn xn 1, 2, 3, không có giới hạn hữu hạn n tiến vô cực (Gợi ý: Giả sử tồn ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (39) 3.14 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 39 ============================================= √ √ √ giới hạn hữu hạn limxn = x thì x = ⇒ lim xn = ⇒ lim x2n+1 = Bằng qui nạp, ta chứng √ minh < < x2n+1 < < x5 < x3 < x1 = mâu thuẫn với limx2n+1 = 3) Bài 3.13 Tính giới hạn: 13 33 53 (2n − 1) 1) lim( + + + + ) n n n n3 3 + + + n 2) lim n4 1 3) lim( + + + ) 1.2 2.3 n(n + 1) 2n − 4) lim( ) 2n 1 5) lim(cos + a.sin )n n n 1 6) lim( √ +√ + + √ ) 2 n +1 n +n n +n √ 7) lim n 1n + 2n + + 2012n 1 8) lim(1 + √ + √ + + √ ) 2 n 1 9) lim − 1− − n √ √2 √ n 10) lim 2 2 2 1 1+ + n 11) lim + 2n − 12) lim 2 2n ! 1 13) lim − − − 2 (n + 1) 1 14) lim √ +√ + + √ 2 n2 + n +n n +1 1 √ + √ + + 15) lim (n + 1) n 3n 16) lim n + − 3n−1 17) lim (an − bn ), với a > 0, b > là các số Bài 3.13 a) Dãy số (xn ) có x1 = a > 0, x2n+1 − xn = a, n = 1, 2, Tìm limxn b) Dãy số (an ) có < an < và an+1 = an (2 − an ) với n = 1, 2, Tìm liman 1 x2 c) Dãy số (un ) có u1 = , un+1 = + n , n = 1, 2, Tìm limun 2 Bài 3.14 Cho |a| < 1, |b| < 1, + a + a2 + + an + = A, + b + b2 + n + bn + = B Tính + ab + (ab) + + (ab) + theo A, B ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (40) 40 CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= Bài 3.14 Biểu diễn số thập phân vô hạn tuần hoàn sau đây dạng phân số: a) 0,777777 b) 1,00313131 Bài 3.15 Tìm nghiệm thuộc khoảng (−1; 1) phương trình 2x + + x2 − 13 x3 + x4 − x5 + + (−1)n xn + = Bài 3.16 Cho số nguyên dương n > Chứng minh phương trình xn = x + có nghiệm dương nhất, ký hiệu là xn Chứng minh xn dần n dần đến vô cùng và tìm lim n(xn − 1) n→+∞ Bài 3.17 Ký hiệu xn là nghiệm phương trình 1 + + + =0 x x−1 x−n thuộc khoảng (0, 1) a) Chứng minh dãy xn hội tụ b) Hãy tìm giới hạn đó Bài 3.18 Cho số thực a > và fn (x) = a10 xn+10 + xn + + x + a) Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình fn (x) = a luôn có đúng nghiệm dương b) Gọi nghiệm đó là xn , chứng minh dãy xn có giới hạn hữu hạn n dần đến vô cùng Bài 3.19 Cho n là số nguyên dương Chứng minh phương trình 1 1 + + + = có nghiệm xn > Chứng x−1 4x − n x−1 minh n dần đến vô cùng, xn dần đến Bài 3.20 Cho số nguyên dương n > Chứng minh phương trình xn = x 2+ x + có nghiệm dương nhất, ký hiệu là xn Hãy tìm số thực a cho giới hạn lim na (xn − xn+1 ) tồn tại, hữu hạn và khác n→∞ Bài 3.21 Với số nguyên dương n phương trình x = nghiệm dương nhất, kí hiệu là xn Tìm lim(n(xn − 1)) √ n x + có ============================================= xa.nguyenvan@gmail.com (41)