Tài liệu Biến đổi khai triển ước lượng tìm giới hạn docx

http://laisac.page.tl biến đổi, khai triển và ước lược để tìm giới hạn dãy tổng laisac biên soạn Trong các kì thi Oluympic , HSG ta thường thấy có nhiều bài toán tìm giới hạn dãy tổng. Đôi lúc, để giải được dạng này ta phải biến đổi từ điều kiện giả thiết đã cho của dãy, từ đó khai triển và ước lược để đưa về dãy tổng cần tìm đơn giản hơn , ta có thể tính được giới hạn của nó . Dưới đây là các bài toán của tác giả và sưu tầm lấy từ tạp chí Toán Học và Tuổi Trẻ để minh họa cho chuyên đề này. Bài 1:Xét dãy số (x n ) (n=1,2,3 .) được xác định bỡi :x 1 =2và x n+1 = 1 2 (x 2 n +1) với mọi n =1,2,3 . Đặt S n = 1 1+x 1 + 1 1+x 2 + + 1 1+x n . Tính phần nguyên của S 2009 và tính giới hạn của S n khi n tăng lên vô hạn. HD:Ta có thể tổng quát bài toán như sau: Cho dãy u n thỏa mãn    u 1 = a u n+1 = u 2 n − (b + c)u n + c 2 b− c Tính chứng minh S n = n  i=1 1 u i + b = 1 u 1 + c − 1 u n+1 + c . Thật vậy, ta biến đổi u n+1 = u 2 n − (b + c)u n + c 2 b − c ⇒ u n+1 + c = u 2 n − (b + c)u n + bc b − c = (u n + b)(u n + c) b− c ⇒ 1 u n+1 + c = 1 u n + c − 1 u n + b ⇒ 1 u n + b = 1 u n + c − 1 u n+1 + c Khai triển và ước lược dãy: 1 u 1 + b = 1 u 1 + c − 1 u 2 + c 1 u 2 + b = 1 u 2 + c − 1 u 3 + c . . . 1 u n + b = 1 u n + c − 1 u n+1 + c Do đó S n = 1 u 1 + c − 1 u n+1 + c Vận dụng:Ta có thể giải bài toán trên bằng phép biến đổi này (b=1,c=-1) Khi đó S n = 1 u 1 − 1 − 1 u n − 1 =1− 1 u n − 1 Mà u n+1 − u n = 1 2 (u n − 1) 2 > 0 , ∀n ∈ N ∗ ⇒ u n là dãy tăng ⇒ 2=u 1 ≤ u 2 ≤ u 3 ≤ Giả sử limu n = a(a>2) ⇒ 2a = a 2 +1⇒ a =1(vô lí) Vậy limu n = ∞⇒lim 1 u n − 1 =0 1 Do đó phần nguyên S 2009 =0vì 0 < 1 u 2009 − 1 < 1 và limS n =1 Bài 2: Cho dãy u n thỏa mãn:  u 1 = 2009 u n+1 = u 2 n − u n +1 . Tính lim n  i=1 1 u n . HD: Ta có u n+1 − u n =(u n − 1) 2 > 0 , ∀n ∈ N ∗ ⇒ u n là dãy tăng Giả sử (u n ) có giới hạn. Đặt limu n = L(L>2009) Ta có L = L 2 − L +1⇒ L =1(vô lí) ⇒ limu n = ∞⇒lim 1 u n =0 Ta còn có u n+1 = u 2 n − u n +1⇒ u n+1 − 1=u n (u n − 1) ⇒ 1 u n+1 − 1 = 1 u n (u n − 1) = 1 u n − 1 − 1 u n Vậy 1 u n = 1 u n − 1 − 1 u n+1 − 1 Khai triển và ước lược ta có : 1 u 1 = 1 u 1 − 1 − 1 u 2 − 1 1 u 2 = 1 u 2 − 1 − 1 u 3 − 1 . . . S n = n  i=1 1 u i = 1 u 1 − 1 − 1 u n+1 − 1 ⇒ limS n = lim( 1 2009 − 1 − 1 u n+1 − 1 )= 1 2008 Bài 3: Cho dãy số x n ,n=1, 2, 3 . được xác định như sau: x 1 =1và x n+1 =  x n (x n + 1)(x n + 2)(x n +3)+1 với n =1, 2, . Đặt y n = n  i=1 1 x i +2 , (n =1, 2, ) .Tính giới hạn của y n khi n dần đến vô tận. HD: Ta có: x n+1 =  (x 2 n +3x n )(x 2 +3x n +2)+1=  t(t +2)+1=  (t +1) 2 = x 2 n +3x n +1 trong đó 0 <t= x 2 n +3x n . Xét x n+1 − x n =(x n +1) 2 > 0, ∀n ∈ N ∗ ⇒ (x n ) là dãy tăng Giả sử :limx n = a(a>1) ⇒ a = a 2 +3a +1 , vô nghiệm(vì a>1) ⇒ limx n = ∞ 1 x n+1 +1 = 1 x 2 n +3x n +2 = 1 x n +1 − 1 x n +2 ⇒ 1 x n +2 = 1 x n +1 − 1 x n+1 +1 Khai triển và ước lược ta có: 1 x 1 +2 = 1 x 1 +1 − 1 x 2 +1 1 x 2 +2 = 1 x 2 +1 − 1 x 3 +1 . . . ⇒ limy n = lim( 1 x 1 +1 − 1 x n+1 +1 )= 1 2 . Bài 4: Cho dãy số a n xác định bỡi:  a 1 =1;a 2 =3 a n+2 =2a n+1 − a n +1 n=1,2,3 . Tính giới hạn tổng S n = 1 a 1 + 1 a 2 + . + 1 a n . Khi n dần đến vô tận. HD: Cách 1: Ta chứng minh :a n = n(n +1) 2 . Thật vậy: Theo phương pháp qui nạp. Ta nhận thấy a 1 ,a 2 đúng 2 Giả sử a k = k(k +1) 2 Ta có a k+1 =2a k − a k−1 +1= (k + 1)(k +2) 2 . Theo nguyên lí qui nạp ta có điều chứng minh. Vậy:a n = n(n +1) 2 ⇒ 1 a n =2( 1 n − 1 n +1 ) ⇒ limS n = lim2(1 − 1 n +1 )=lim 2n n +1 =2 Cách 2: Từ giả thiết suy ra a n+2 − a n+1 = a n+1 +1 . . . a 3 − a 2 = a 2 − a 1 +1 cộng lại ta có:a n = a n−1 + n =(a n−2 + n − 1) + n . ⇒a n =1+2+3+ . + n = n(n +1) 2 Bài 5: Cho dãy số (u n ) được xác định như sau:  u 1 =1 u n+1 =1+u 1 .u 2 u n ∀n =1, 2, 3 . Tính lim n  i=1 1 u i HD: Ta có u 1 =1⇒ u 2 =2, u n+1 =1+u 1 .u 2 .u n−1 .u n =1+(u n − 1).u n ⇒ u n+1 = u 2 n − u n +1 Chứng minh được (u n ) là dãy tăng và limu n = ∞ Ta còn có u n+1 − 1=u n (u n − 1)∀n ≥ 2 ⇔ 1 u n+1 − 1 = 1 u n (u n − 1) = 1 u n − 1 − 1 u n ∀n ≥ 2 ⇔ 1 u n = 1 u n − 1 − 1 u n+1 − 1 ∀n ≥ 2 Từ đó S n = 1 u 1 + 1 u 2 + 1 u 3 + . + 1 u n ⇔ S n = 1 u 1 + 1 u 2 − 1 − 1 u 3 − 1 + 1 u 3 − 1 − 1 u 4 − 1 + . + 1 u n − 1 − 1 u n+1 − 1 ⇔ S n = 1 u 1 + 1 u 2 − 1 − 1 u n+1 − 1 =2− 1 u n+1 − 1 Do đó limS n =2vì lim 1 u n+1 − 1 =0 Bài 6: Cho dãy số u n thỏa mãn u 1 = 2009; u n+1 = u n ( √ u n +1) 2 ;với n= 1, 2, 3 Tính lim n  i=1 1 √ u i +1 HD: Ta có u n+1 = u n ( √ u n +1) 2 ⇒ √ u n+1 = √ u n ( √ u n +1) ⇒ 1 √ u n+1 = 1 √ u n ( √ u n +1) = 1 √ u n − 1 √ u n +1 ⇒ 1 √ u n +1 = 1 √ u n − 1 √ u n+1 Khai triển và ước lược ta suy ra kết quả Bài 7: Cho dãy số (x n ) định bởi x 1 = 2008 2009 ,x n+1 = 2008 2009 (1 − x n )(1 − x n−1 ) .(1 − x 1 ); n=1,2,3 . Tính lim n  i=1 x 2 i HD: Ta có x n+1 = 2008 2009 (1 − x n )(1 − x n−1 ) .(1− x 1 ) ⇒ x n+1 =(1− x n ).x n ⇒ x 2 n = x n − x n+1 3 Khai triển và ước lược ta có: S n = n  i=1 x 2 i = x 1 − x n+1 ⇒ limS n = 2008 2009 Bài 8: Cho dãy số (u n ) có u n = 1 n(n + 1)(n +2) (n + 2008) với n =1, 2, 3 Tính lim n  i=1 u i HD: Số hạng u n = (n − 1)! (n + 2008)! . n + 2008 − n 2008 =[ (n − 1)! (n + 2007)! − n! (n + 2008)! ]. 1 2008 Cho n = 1, 2, 3, .2008 , rồi cộng lại ta được. S n = 1 2008 [ 1 2008! − n! (n + 2008)! ] Mà lim n! (n + 2008)! = lim 1 (n + 1)(n +2) .(n + 2008) =0 ⇒ S n = lim 1 2008 [ 1 k! − n! (n + 2008)! ]= 1 2008.2008! Bài 9: Cho dãy x k ,vớix k = k  i=1 i (i + 1)! , k=1, 2, 3 Tính lim n √ x n 1 + x n 2 + + x n 2009 HD: Vì x k+1 −x k = k +1 (k + 2)! > 0. Do đó dãy trên tăng. Suy ra 0 <x 1 <x 2 < . < x 2009 hay x n 2009 <x n 1 + x n 2 + + x n 2009 < 2009x n 2009 suy ra x 2009 < n √ x n 1 + x n 2 + . + x n 2009 < 2009 1 n x 2009 (*) Mặt khác ta có: k (k + 1)! = 1 k! − 1 (k + 1)! Từ đó suy ra x k =1− 1 (k + 1)! ⇒ x 2009 =1− 1 2010! Thay kết quả này vào (*) ta có: 1 − 1 2010! < n  x n 1 + x n 2 + . + x n 2009 < 2009 1 n (1 − 1 2010! ) Nhưng vì lim(1− 1 2010! ) = lim 2009 1 n (1 − 1 2010! )=1− 1 2010! . Vậy theo định lí kẹp ta có:lim n √ x n 1 + x n 2 + . + x n 2009 =1− 1 2010! . Bài cấp số cộng. Bài 10: Cho x, y, z là ba góc thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 2π  cos x + cos y + cos z =0 sin x + sin y + sin z =0 Chứng minh rằng ba số x, y, z lập thành một cấp số cộng . HDTừ giả thiết của hệ suy ra  cos x + cos y = − cos z sin x + sin y = − sin z Bình phương hai vế tương ứng , rồi cộng lại ta có cos(x− y)=− 1 2 Hoàn toàn tương tự ta cũng có cos(y − z)=cos(z − x)=− 1 2 Vì 0 ≤ y − x; z − x; z − y ≤ 2π ⇒y-x, z-y, z-x nhận một trong hai giá trị 2π 3 ; 4π 3 . 4 nhưng vì z-x=(z-y)+(y-x) nên chỉ có thể xảy ra z − x = 4π 3 ; z − y = y − x = 2π 3 . Suy ra điều phải CM. Bài 11: Trong tam giác ABC có cot( A 2 ); cot( B 2 ); cot( C 2 ) lập thành một cấp số cộng. Tìm góc lớn nhất của tam giác đó. HD:Ta có 2cot( B 2 )=cot( A 2 )+cot( C 2 ). Biến đổi đưa về 3tan( A 2 ).tan( C 2 )=1 Từ đó cot( A 2 ).cot( C 2 )=3⇔ cot( A 2 )[cot( A 2 +2]=3 Giải phương trình này ta được một nghiệm thích hợp cot( A 2 )=1. Vậy góc lớn nhất của tam giác bằng 90 0 Bài 12: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 cos 6 a + 1 cos 6 b + 1 cos 6 c Trong đó ba số a, b, c lập thành một cấp số cộng với công sai bằng π 3 . HD:Theo giả thiết thì a = b − π 3 và c = b + π 3 . Đặt cos 2 b = t, 0 <t≤ 1 và cos 3 b = m, 0 <m≤ 1 thì cos 3 a = cos 3 ( π 3 − b)=cos 2 3b = m; cos 3 c = cos 3 ( π 3 + b)=cos 2 3b = m; Và (4cos 3 b − 3cosb) 2 = cos 2 b(4cos 2 b− 3) 2 = m Hay phương trình 16t 3 − 24t 2 +9t − m =0, 0 <m≤ 1 có các nghiệm t 1 = cos 2 b, t 2 = cos 2 ( π 3 − b),t 3 = cos 2 ( π 3 + b) Suy ra phương trình mu 3 − 9u 2 +24u − 16=0có các nghiệm u 1 = 1 cos 2 b ,u 2 = 1 cos 2 ( π 3 − b) ,u 3 = 1 cos 2 ( π 3 + b) . Khi đó P = u 3 1 + u 3 2 + u 3 3 . Sử dụng hệ thức Vi-et và đẳng thức u 3 1 + u 3 2 + u 3 3 =(u 1 + u 2 + u 3 ) 3 − 3(u 1 + u 2 )(u 2 + u 3 )(u 4 + u 4 ), ta thu được: P =( 9 m ) 3 − 3( 9 m − u 1 )( 9 m − u 2 )( 9 m − u 3 ) Hay P = P (x)=x 3 − 8x 2 + 16 3 x, x = 9 m ≥ 9, (do0 <m≤ 1). Nhận xét rằng hàm số này có P’(x)==3x 2 − 16x + 16 3 > 0,mọi x≥ 9 nên P(x) đồng biến trong [9; + ∝). Suy ra minP = P(9) = 129, đạt được khi m = 1 Hay cos 2 3b =1⇔ sin3b =0⇔ b = k π 3 . Do đó a =(k − 1) π 3 ,c=(k +1) π 3 ,, k là số nguyên. hết 5 . http://laisac.page.tl biến đổi, khai triển và ước lược để tìm giới hạn dãy tổng laisac biên soạn Trong các kì thi Oluympic , HSG ta thường thấy có nhiều bài toán tìm giới hạn. phải biến đổi từ điều kiện giả thiết đã cho của dãy, từ đó khai triển và ước lược để đưa về dãy tổng cần tìm đơn giản hơn , ta có thể tính được giới hạn