Dãy số dạng

  • Số trang: 10 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 38 |
  • Lượt tải: 0
dinhthithuyha

Đã đăng 3359 tài liệu

Mô tả:

un 1  un � un  DÃY SỐ DẠNG  Kiều Đình Minh (Giáo viên THPT Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ) Đây là trường hợp đặc biệt của dãy số dạng un 1  f  un  . Tuy nhiên với dãy số dạng này vấn đề hội tụ của dãy thường không được đặt ra vì quá đơn giản (giới hạn chỉ có thể là �). 0 hoặc Trong bài viết này chúng ta chủ yếu xây dựng những đánh giá cho dãy hoặc tìm bậc tiệm cận của dãy, cụ thể là tìm  sao cho   , tức là un  O n  un n bị chặn. Chúng ta cũng khảo 1 sát dãy đã cho với các trường hợp cụ thể hay gặp của  như   2;  3;  1;  2;   2 và một vài trường hợp  lớn hơn, riêng trường hợp   1 là quá đơn giản nên chúng ta không xem xét đến.   1 Trường hợp này chúng ta hay gặp nhất trong giải toán. Vì vậy chúng tôi đưa lên khảo sát trước tiên. Bài toán 1 Cho dãy số  un  : u1  a (a  0); un 1  un  1 n  1, 2,... un a 2  2  n  1 �un � a 2  2  n  1  Chứng minh rằng n 1 2 a2  1   n  1, 2,... Lời giải Trước hết ta có một số nhận xét về dãy này ● un  0 n ●  un  là dãy tăng thực sự và un �u1 n 1 2 Ta có u 2 k 1 n 1 n 1 n 1 � �2 1 � 1� 1 1 � uk  � uk2  2  2 � �uk21  �� uk  2  2 �� un2  u12  2  n  1  � 2 uk uk k 1 k 1 � k 1 uk � uk � � 2 un2 �u 2 � n  1 �� n 2  un 1 2  n 1 a2 n 2 2  n 1 a2 un , suy ra n 1 Mặt khác lại có uk2  u12 2 � k 1 1 uk2 1 u  2  k  1 2 1 1 uk4 1 u 2 1 1   2  k  1 2 u 2 1  2  k  1  2 1 � n 1 1 1 n 1 � 1 � 1� 1 � 1� 1 1 1 1 1  �2  2  2  2 k �1 �� � 4  �� 2 � � 2 � 2 �u1  2 k  3 u1  2k  1 � k 1 u k 2 k 1 �u1  2k  1 u1  2k  1 � 2 �u1  1 u1  2n  1 � 2 u12  1   n 1  n  1  n  1 n �2 1 1 � n  1  �4 � � 2 2 u12  1 2 a2  1 k 1 uk k 1 uk n 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski ta có Do đó un2  u12  2  n  1  Tóm lại:     n 1 n 1 � un  a 2  2  n  1  n �2 2 2 a 1 2 a2  1    a 2  2  n  1 �un � a 2  2  n  1  Bài toán 2 Cho dãy số  un  : u1  5; n 1 2 a2 1 un 1  un     n  1, 2,... ■ 1 n  1, 2,... . un Tìm phần nguyên  u1001  . Lời giải Áp dụng kết quả của bài toán 1 ta có 2025  u1001  2025  Bài toán 3 Cho dãy số  un  : u1  1; 1000 � 45  u1001  45,5 �  u1001   45 48 un 1  un  1 n  1, 2,... . un Tìm giới hạn . �u � lim � n �. n �� �n� Lời giải Áp dụng kết quả của bài toán 1 ta có 2 n  1 un � � n n 2n  1  n 1 4 n Chuyển qua giới hạn khi � 2 1 un 1 1 1 1 � � 2   n n 2 n n2 n n � � và theo nguyên lý kẹp suy ra �u � lim � n � 2 . �n� n �� Nhận xét: Với bài toán này ta có thể làm cách khác như sau 2 Dễ thấy lim un  �, n � � suy ra u u lim  lim n �� 2  n  1  2 n n �� 2 n 1 2 n 1 un2  1. 2 2 Theo định lý Stolz thì un2 lim  1 .■ n � � 2 n   2 Đây cũng là trường hợp mà chúng ta hay gặp. Chúng ta cùng xem xét các bài toán sau Bài toán 4 Cho dãy số  un  : u1  a (a  0); 3 un 1  un  1 n  1, 2,... . un2 Chứng minh rằng n 1 � 1 1 1 n 1 � a 3  3  n  1 �un  3 a 3  3 � n  1  3 � 6  �  � 2 n �1 a �a 9 k 1 k � k 1 k Lời giải Ta cũng có nhận xét như trên ● un  0 n ●  un  tăng thực sự và un �u1 n . Ta có uk31  uk3  3  �n 2 �un n 1 n 1 3 1 3 3 3   k � 1 � u  u  3 � u  uk3  3 � un3  u13  3  n  1 � un  3 a3  3  n  1 � � k 1 k k 1 3 6 uk u k k 1 k 1  3 a 3 3  n 1  n 1 Lại có uk31  uk3  3  3 1  3 u1  3  k  1 u13  3  k  1   2  uk3  3  n 1 n 1 � � 1 1 1 1 3 3 � �  � u  u  3   � � k 1 �k k  1 9  k  1 2 k  1 9  k  1 2 � k 2 k 2 � � n 1 1 1 n 1 1 3 1 n 2 1 1 n 2 1 3 � un3  u23  3  n  2   �  �  u  3 n  1    3  6  �  � 2 n �3 1 9 k 2  k  1 2 u1 u1 k 1 k 9 k 1 k k 2 k  1 Suy ra n 1 � 1 1 1 n 1 � un3  a3  3 � n  1  3 � 6  �  � 2 n �1 a �a 9 k 1 k � k 1 k Tóm lại ta có: 3 n 1 � 1 1 1 n 1 � a 3  3  n  1 �un  3 a 3  3 � n  1  3 � 6  �  � 2 n �1 .■ a �a 9 k 1 k � k 1 k Chúng ta để kết quả đánh giá vế phải của bất đẳng thức trên như vậy để tuỳ thuộc vào hoàn cảnh cụ thể mà sử dụng ngắt đánh giá cho hợp lý. Bài toán 5 Cho dãy số  un  : u1  a (a  0); a) Chứng minh rằng tồn tại p, q  0 un 1  un  sao cho 1 n  1, 2,... . un2 �u p lim � n n �� n � � � q . � Hãy tìm giới hạn đó. 3 n b) Chứng minh rằng tồn tại r 0 1 �u sao cho k 1 4 k  r n �1 . Lời giải a) Áp dụng kết quả bài toán 4 ta có a 3  3  n  1 n Vì 3 3 un3 a  3  n  1 3 1 1 n 1 1 n 1 a  3  n  1 3 1 2n 2 �   3 6 �  �2   3 6  n n na na n k 1 k 9n k 1 k n na na n 9n n n n n 1 1 1 1 1  1   2   2 �  n  2n . � � � � 2 2 n k 1 k k  2  k  1 k k 1 k k 1 k theo nguyên lý kẹp ta có b) Ta có Chọn �un3 � lim � � 3 . n � � n � � Vậy Chuyển qua giới hạn khi n � � và p  q  3. n 1 n 1 n �1 u u 1 1 1 1 1 1 � 1 1 1 2 2   k 1 k  3  4 � � 4  ��    �   n �1 � � 4 uk uk 1 uk uk 1 uk uk 1 uk 1 uk uk 1 � u1 un u1 a k 1 uk 1 k 1 � k 1 u k r 2 a ta có điều phải chứng minh.■ Nhận xét: Phần a) ta có thể dùng định lý trung bình Cesaro như sau Vì un3 �  un31  3   3 1 un31 un1 3 un3 n 3. Do đó p  q  3. 1 2 Bài toán 6 Cho dãy số  un  : u1  a (a  0); un 1  un  1 n �1 . un Chứng minh rằng 3 3 �3  n  1  2  n  1 3 3 1 1� � � � a a  n  1 � u   a a    � n  1, 2,...   n � � 3 � 2 2 4 a a 8a 9 � � � � � Lời giải Từ công thức truy hồi của dãy ta có 3 u 3 k 1 2 3 3 3 3 n 1 3 n 1 � 3 � 1 � 3 1 9 � 32 3 � 3 3� � uk  uk  �� uk21  uk2  � �uk21  �� uk2  � � uk  3uk2  3  3  uk3  3uk2   � � 4 � 2� 2 2� uk � k 1 k 1 � uk � � 3 2 n 3 2 1 �u u  3 3  n  1  a a   n  1 2 2 Mặt khác lại có 4 2 2 3 3 � � 1 � 1 1 � 1 3 3 1 2 2 uk 1  � uk    u  � u  u  � u  u  3 3 � � k � k 1 k k 1 n  2 2uk � 4uk � 2uk � 2uk 2 8uk � 4u 2 k n 1 � �u k 1 3 2 k 1 �3 � 3 3 1 � 32 3 3 n 1 1 1 n 1 1 � 2  � uk   3  3 � un  a a   n  1  � 3  � 3 � 2 8uk � 2 4 k 1 2 8 k 1 uk k 1 � � 2 4 u uk k � � n 1 Để ý rằng ta có các đánh giá sau n 1 n 1 1 1 2 n 1 1 1 2      2  n  1 ; � � 3 3 3 k 1 k a a 3 a a k 1 2 k 1 a a  k  1   uk 2 �  1 n 1 1 k 1 3 k �u n 1 1 1 n 1 4 �  � 2 2 3 3 k 1 � � a k 2 9  k  1 a a  k  1  � � 2 � � 1 4 n 2 1 1 4 1 8  � 2  3  .2  3  3 a 9 k 1 k a 9 a 9 Suy ra 3 2 n u a a 3 3 �2 1 � 1 1 3  n  1  2  n  1 3 1 1  3  a a   3  n  1  � 2  n  1  � 2 4 �3 2 a a � 8a 9 4 a a 8a 9 3 Tóm lại: 3 �3  n  1  2  n  1 3 3 1 1� � � � a a  n  1 � u   a a    � n  1, 2,... ■   � � n 3 � 2 2 4 a a 8a 9 � � � � � Nhận xét: Đánh giá trên chưa thật sự chặt do ta đã làm trội qua một số bước trung gian, tuy nhiên chỉ cần như vậy cũng đủ ứng dụng trong các bài toán giới hạn của dãy số. Chẳng hạn như bài toán sau Bài toán 7 (Chọn đội tuyển Việt Nam dự IMO 1993) Cho dãy số  un  : u1  1; un1  un  1 n �1 . un Tìm số thực p sao cho dãy số �unp � , n �1 � � �n � có giới hạn hữu hạn khác không. Lời giải Áp dụng kết quả của bài toán 6 ta có a a với 3 1 1 3 3  n  1 u 2 3  n  1  2  n  1 a a  4a a  8a3  9 2  n   n n 2n n a 1 thì 3 3 1 3 3 1 �1 1 � 143  �un2    �  � 2 2n 2 2n 2 �n n 2 � 72n 5 Chuyển qua giới hạn khi Nếu 3 p 2 n � � và theo nguyên lý kẹp ta được 3 thì unp un2 p  32  .un � �. n n Nhận xét: Sau khi chỉ ra được � 1 p p� un 1  un 1  3 � � u2 � n p � � p � �u p � 1 3 n � � � � u2 � � n thì unp �0. n Vậy lim un  � và có được p Nếu p 3 2 n � � � 3 � u p  pu p  2 ) n � n � � p 3 2 � 32 u lim � n n ���n � � 3 2 � � 3 � 2. � � là giá trị cần tìm. ■ (nhờ xấp xỉ thì ta có thể làm theo một trong hai cách sau mà không sử dụng đánh giá như trên. ● 3 � � � � � � � 32 � 1 1 2 2 � � � � lim � un 1  un � lim un   un � un   u n  un  u n � n �� n �� � � � � u u � � � � n n � � � � � � � � � � � � � 1 1 1 1 1 2 � lim � � lim � 2un   un  u n � 2  1 � � n ��� 2 � � n �  � � � un 1 u u un un � �1  1� n n � un  u n  un � � � � u n un � � � � 3 � � 2 � � � � � 3 ●● 2 � � 1 � � 1 1 3 � 3� 3 3 3 2 � � 2 � 1 � 2 � un � . un21  u 2n  � un  �  un  � � 1 u n � � 3 un2 Đặt xn  3 L’ Hôpital ta có u 3 2 n � 0  n � � . Khi đó áp dụng quy tắc 3 3 � 32 �  1  xn  2  1  lim  1  x  2  1  3 . lim � un 1  un2 � lim n �� x �0 xn x 2 � � n�� Cuối cùng, áp dụng định lý trung bình Cesaro thì   1 � 32 u lim � n n ���n � � � � 3 � 2. � � 1 3 6 1 Bài toán 8 Cho dãy số  un  : u1  1; un 1  un  3 u dãy �un � �n � , n  1, 2,... hội � � Lời giải Ta có n , n  1, 2,... . Tìm tất cả các số thực  sao cho tụ và tìm giới hạn khác không của nó. un  0 n �1 và 3 4� 4 4 � u  �3 un41  �n �2 � 3 un4  3 un41  n �2 � 3 un4   n  1 n �2  1 3� 3 3 � 4 n Mặt khác 3 �3 1 � � 1 1 � � � uk  � uk 1    k �2 � 3uk 1 � �3 3 uk51 27uk31 � � � � suy ra 4 3 � 1 � 3 4 4 2 4 1 u  �3 uk 1  k �2 . � uk 1   3 4  3 8  3uk 1 � 3 3 uk 1 27 uk 1 81uk41 � 4 k un4  1  3 4 2 n 1 4 n 1 1 n 1  n  1  �3 4  �3 8  � 4 3 3 k  2 uk 1 27 k 2 uk  1 81 k 2 uk 1 Do đó với mọi  2  . Dựa vào  1 n �4 , ta có và bất đẳng thức Bunyakovski ta có n � 1 n  1 � 1 k 2 3 uk41  1 3 4 2  n  2 � � 1  1 � n � k 2 3 uk81 k 3 3  1 uk41 3 n 1 3  1 � 4 k 3 k  2 4 1 � 3 2  n  2 � 1  4 � n2� n k 3  1 3 uk41 n n 1 1  1  � � 4 k  2 uk 1 k 3 3 4 u  k 1  3  2  1  1 n 1  n  2 � 2 k 3  k  2   1 3 4 � n 1 � � 4 � 3. � � Lại do � 1   n  2 � � � � � � k 4  k  3  k  2  �  3 9 n 1 9 17  1   4 � 2 16 k 3  k  2  8 8 27 n 1 27 n 1 27 59  1   1   5 � � 3 2 64 k 3  k  2  64 k 3  k  2  32 32 Từ  2  ,  3 ,  4  và  5 suy ra 3 un4  4 1 35 1 59 n 2  n  2   .  6 3 2 54 81 32 4 Từ  1 ,  6  ta được 4 � 1 � un3 4 1 35 1 59 1  �   2  n  2   . n �4  7  � 3 � n � n 3 2n 54n 81 32n Chuyển qua giới hạn bất đẳng thức  7  khi n � � ta được � 43 un lim � n ���n � � lim un  � n � � nên suy ra 7 lim u n �� Vậy 4  3 n 4 � �khi   � � 3 � 4 � 0 khi   � 3 4  3 mà 4 3 n un u   43 .  .un n n là giá trị duy nhất để �un � �n Do đó � , n  1, 2,... � � 4 � �khi   � u � 3 lim � n � � n 4 � 0 khi   � 3  n � 43 un lim � n ���n � � hội tụ và � � 4 � 3 .■ � �  2 Bài toán 9 Cho dãy số  un  : u1 � 0;1 ; Lời giải Ta chứng minh bằng quy nạp ta được lim un  0 . n � � un1  un  un2 n �1 . Tìm giới hạn n  1  nun  lim n �� ln n . 2 Thật vậy, ta có un � 0;1 n . �u  1  u1 � 1 0  u2  u1  1  u1  ��1 � � u2 � 0;1 � 2 � 4 Dễ thấy dãy đã cho giảm nên suy ra tồn tại Chuyển qua giới hạn biểu thức truy hồi đã cho ta có a  a  a2 � a  0 . Vậy , lim u n  a . n � � lim un  0 . n � � Áp dụng định lý trung bình Cesaro ta có 1 un  un  un2 �1 un un  un 1 1 1 � 1 lim  lim  lim �  � lim  lim  lim  1 � lim nun  1 2 n �� nu n �� n n �� u n �  � n �  � n �  � n �� un 1un 1  un u n  un un n � n 1 u n �     Áp dụng định lý Stolz ta có lim n �� n  1  nun  ln n  lim nu n  1  nun  n � � un ln n 1 1 1 n   n  1   n 1  nun u u un  lim  nun  lim  1. lim n  lim n1  n �� n �� ln n n �� u n ln n ln  n  1  ln n 1 1  1 u  1  un  un nun 1  lim n  lim  1 n �� n �� n 1 1 �  1  0  ln e � ln  1  un  ln �1  � n � n� Bài toán 10 Cho a  0;  � 0;1 . Xét dãy  un  : u1  0; un1   1    un  a 1 un  . Chứng minh rằng dãy đã cho có giới hạn và tìm giới hạn đó. Lời giải Xét hàm số f  u    1  u  a u 1  , u  0, a  0,  � 0;1 có 1  � �  f�  u    1    �1  au �suy � � ra 8 f�  u   0 � u  a . un �a n �2 . uk  uk 1   u  1  k 1 a l un  0n Dễ thấy nên Xét hiệu � 1 � a  uk 1 ��0k �2 . � � � tại giới hạn l   1   l  f  u  �a , u  0 . Lập bẳng biến thiên ta có 1  lim un  l . n �� � l  a . Vậy  un  bắt đầu giảm từ u2 và bị chặn dưới bởi a nên tồn Chuyển qua giới hạn hệ thức truy hồi đã cho ta có Vậy lim un  a .■ n �� Bình Luận: Như đã nhận xét trong các bài toán trên thì việc tìm giới hạn của un np có thể được thực hiện bằng cách sử dụng định lý Stolz hoặc định lý trung bình Cesaro. Tuy nhiên với cách đánh giá và sử dụng nguyên lý kẹp thì lời giải bài toán tự nhiên hơn và cũng sơ cấp hơn. BÀI TẬP LUYỆN TẬP 1. Cho dãy  un  : u1  1; un 1  un  1 n  1, 2,... un k Chứng minh rằng 2. Cho dãy  un  : u1  1; un 1  un  2 n  1, 2,... un 3. Cho dãy  un  : u1  1; un 1  un  1 n  1, 2,... 2un 1� Chứng minh rằng � i 1 i k 1 a � �n �1  a  0  n �  7 k �1 . 6  5 k �1 4 �u i 1 Chứng minh rằng 4. Cho dãy  un  : u1  0; un 1  2 �un  u 1 �u 4 i 1� 1 1� nun  n  � 1   ...  � 8� 2 n� . Chứng minh dãy hội tụ và tìm giới hạn. 5. Cho dãy  un  : u1  a (a  0); 6. Cho dãy  un  : u1  0; un 1  un  1 n  1, 2,... . un2 Tìm giới hạn 1� a � un 1  � 2un  2 �n  1, 2,...  a  0  3� un � 7. Cho dãy  un  : u1  1; un 1  un  1 n �1 . un Tìm m lim un n n �� 3 . . Tìm giới hạn của dãy số đó. để tồn tại giới hạn u1  u2  ...  un n � � m lim . 9 8. Cho dãy  un  : u1 � 0;1 ; 1 un 1  un  un2 n �1 . 9. Cho dãy  un  : u1  2 ; un 1  un  un2 n �1 . 10.  un  : u1  1; Cho dãy Tìm giới hạn p �� sao Tìm un 1  un  lim n �� nun . cho tồn tại 1 n  1, 2,... p ��* unp  . lim n p  nun  1 n � � Chứng . minh rằng Chứng minh unp 1  p 1. n � � n lim 11. Cho 1 dãy  un  : u1  1; un 1  un  p 1 n  1, 2,... p ��* , p  1 un  . 1 p un 1  1 . n � � n p lim 12. Cho dãy  un  : u1  1; un 1  un  un2013 n �1 . Tìm giới hạn ui2012 � n � � i 1 ui 1 lim n . 10
- Xem thêm -