Tài liệu Một số dạng toán về dãy số và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN ĐÌNH DÙNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ DÃY SỐ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN ĐÌNH DÙNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ DÃY SỐ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2015 i Mục lục Mở đầu 1 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Dãy số . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Định nghĩa . . . . . . 1.1.2 Cách mô tả dãy số . . 1.1.3 Giới hạn của dãy số 1.2 Một vài dãy số đặc biệt trong 1.2.1 Cấp số cộng . . . . . 1.2.2 Cấp số nhân . . . . . 1.2.3 Dãy Fibonacci . . . . 1.2.4 Dãy Farey . . . . . . 1.2.5 Dãy Lucas . . . . . . 3 3 3 4 4 7 7 7 8 9 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . chương trình Toán phổ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Một số dạng bài toán về dãy số 2.1 Dạng bài toán tìm giới hạn dãy số . . . . . . . . . . . . . 2.2 Dạng bài toán tìm tổng, tích của dãy số . . . . . . . . . . 2.3 Dạng bài dãy truy hồi liên quan số chính phương . . . . 2.4 Một số ứng dụng của dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Ứng dụng của dãy số trong hình học . . . . . . . 2.4.2 Ứng dụng tính chất của dãy số trong giải phương trình hàm, bất phương trình hàm . . . . . . . . . 2.4.3 Ứng dụng tính chất của dãy số trong chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.4 Một vài ứng dụng khác của dãy số . . . . . . . . . . . . . . 11 11 17 30 34 34 . 38 . 42 . 48 ii Kết luận 53 Tài liệu tham khảo 54 1 Mở đầu Trong chương trình Toán phổ thông nói chung, trong các dạng bài tập, đề thi tuyển sinh học sinh giỏi nói riêng thì các bài tập liên quan đến dãy số rất phong phú, đa dạng. Hiện nay nhiều học viên cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên cũng đã khai thác có hiệu quả các vấn đề liên quan đến dãy số, tuy nhiên chưa có học viên nào đi sâu tìm hiểu về các dạng bài tập chọn học sinh khá, giỏi liên quan đến dãy số trong chương trình Toán phổ thông. Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi và tích lũy thêm kinh nghiệm để phục vụ ngay chính công tác giảng dạy Toán ở trường THPT, Em chọn hướng nghiên cứu của luận văn thạc sĩ với đề tài: "Một số dạng toán về dãy số và ứng dụng" với mục đích: Hệ thống và đưa ra lời giải một cách chi tiết cho một số dạng bài toán về dãy số và ứng dụng trong bồi dưỡng học sinh giỏi Toán ở THPT. Nhiệm vụ chính của luận văn bao hàm: (i) Hệ thống hóa các kiến thức cơ sở về dãy số, một số tính chất về dãy số và một số ứng dụng của dãy số được giới thiệu trong chương trình phổ thông. (ii) Chọn lọc một số dạng bài tập liên quan đến dãy số thường xuất hiện trong các đề thi chọn học sinh giỏi và cố gắng đưa ra lời giải tường minh cho những bài tập mà tài liệu tham khảo chưa đưa ra lời giải chi tiết. Để hoàn thành luận văn này, Em đã nhận được sự quan tâm, tạo mọi điều kiện của Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên mà trực tiếp là Khoa Toán- Tin. Đặc biệt em luôn nhận được sự chỉ bảo, giúp đỡ từ tập thể các Thầy, Cô trong suốt quá trình học tập cao học. Nhân dịp này, cho phép Em được bày tỏ lòng biết ơn đến Trường ĐHKH, khoa Toán- Tin cùng tập thể các Thầy, Cô giáo đã tận tình truyền đạt kiến thức và hướng dẫn Em hoàn thành luận văn này, đồng thời cho phép Em được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS. Trịnh 2 Thanh Hải người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình làm và hoàn thành luận văn. Do một số điều kiện chủ quan và khách quan, luận văn với chủ đề "Một số dạng toán về dãy số và ứng dụng" cũng chưa thực sự hoàn thiện theo ý muốn. Em tha thiết mong các Thầy, Cô giáo chỉ bảo để Em hoàn thiện luận văn này. Em xin trân trọng cảm ơn! Học viên Nguyễn Đình Dùng 3 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Dãy số 1.1.1 Định nghĩa Mỗi hàm số u xác định trên tập các số nguyên dương N∗ được gọi là một dãy số vô hạn (gọi tắt là dãy số). Kí hiệu: u : N∗ → R n 7→ u(n) Dãy số thường được viết dưới dạng khai triển: u1 , u2 , u3 , . . . , un , . . . trong đó u1 là số hạng đầu, un = u(n) là số hạng thứ n và là số hạng tổng quát của dãy số. Mỗi hàm số u xác định trên tập M = 1, 2, 3, . . . , m với m ∈ N∗ được gọi là một dãy số hữu hạn. Dạng khai triển của của dãy số hữu hạn: u1 , u2 , u3 , . . . , um trong đó u1 là số hạng đầu, um là số hạng cuối. Dãy số (un ) được gọi là: • Dãy đơn điệu tăng nếu un+1 > un , với mọi n = 1, 2, . . . • Dãy đơn điệu không giảm nếu un+1 ≥ un , với mọi n = 1, 2, ... • Dãy đơn điệu giảm nếu un+1 < un , với mọi n = 1, 2, ... • Dãy đơn điệu không tăng nếu un+1 ≤ un , với mọi n = 1, 2, ... • Dãy số (un ) gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số M sao cho un < M , với mọi n = 1, 2, ...; được gọi là dãy số bị chặn dưới nếu tồn tại số m sao cho un > m, với mọi n = 1, 2, ...; Một dãy số bị chặn nếu vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới. 4 • Dãy số (un ) gọi là tuần hoàn với chu kì k nếu un+k = un , với ∀n ∈ N∗ . • Dãy số (un ) gọi là dãy dừng nếu tồn tại một số N0 sao cho un = C với mọi n ≥ N0 , (C là hằng số, gọi là hằng số dừng). 1.1.2 Cách mô tả dãy số (i) Dãy số cho bằng công thức của số hạng tổng quát Ví dụ 1.1.1.   √ n √ n 1 1+ 5 1 1− 5 un = √ −√ . 2 2 5 5 (ii) Dãy số cho bằng phương pháp truy hồi Ví dụ 1.1.2. Dãy số (un ) được xác định bởi: ( u1 = 1, u2 = 50 un+1 = 4un + 5un−1 − 1975, với n = 2, 3, 4... (iii) Dãy số cho bằng phương pháp mô tả Ví dụ 1.1.3. Cho a1 = 19, a2 = 98. Với mỗi số nguyên n ≥ 1, xác định an+2 bằng số dư của phép chia an + an+1 cho 100. 1.1.3 Giới hạn của dãy số Định nghĩa 1.1.1. Ta nói rằng dãy số (un ) có giới hạn là hằng số thực a hữu hạn nếu với mọi số dương ε (có thể bé tùy ý), luôn tồn tại chỉ số n0 ∈ N (n0 có thể phụ thuộc vào ε và vào dãy số (un ) đang xét), sao cho với mọi chỉ số n ∈ N, n ≥ n0 ta luôn có |un − a| < ε. Khi đó kí hiệu lim un = a hoặc còn nói n→+∞ rằng dãy số (un ) hội tụ về a. Dãy số không hội tụ gọi là dãy phân kì. Định lý 1.1.1. Nếu một dãy số hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhất. Định lý 1.1.2. (Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass) a) Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ. b) Một dãy số tăng và bị chặn trên thì hội tụ. c) Một dãy số giảm và bị chặn dưới thì hội tụ. Định lý 1.1.3. Nếu (un ) → a và (vn ) ⊂ (un ), (vn ) 6= C thì (vn ) → a. 5 Định lý 1.1.4. (Định lý kẹp giữa về giới hạn) Nếu với mọi n ≥ n0 ta luôn có un ≤ xn ≤ vn và lim un = lim vn = a thì n→+∞ n→+∞ lim xn = a. n→+∞ Định lý 1.1.5. (Định lý Lagrange) Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trong khoảng (a; b) thì tồn tại c ∈ (a; b) thỏa mãn: f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a). Định lý 1.1.6. (Định lý trung bình Cesaro) dãy số (un ) có giới hạn hữu  u + Nếu u2 + ... + un 1 hạn là a thì dãy số các trung bình cộng cũng có giới hạn là n a. Định lý có thể phát biểu dưới dạng sau: Nếu un = a (Định lý Stolz). n→+∞ n lim (un+1 − un ) = a thì n→+∞ lim Định lý 1.1.7. Cho f : D → D là hàm liên tục, khi đó: (i) Phương trình f (x) = x có nghiệm tương đương phương trình fn (x) = x có nghiệm. (ii) Gọi α, β là các mút trái, mút phải của D. Biết lim+ [f (x)−x], lim− [f (x)−x] x→α x→β cùng dương hoặc cùng âm. Khi đó phương trình f (x) = x có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình fn (x) = x có nghiệm duy nhất trong đó fn (x) = f (f (....(f (x)...). | {z n lần } Chứng minh. i). Nếu x0 là nghiệm của phương trình f (x) = x thì x0 cũng là nghiệm của phương trình fn (x) = x. Ngược lại, nếu phương trình f (x) = x vô nghiệm thì f (x) − x > 0 hoặc f (x) − x < 0 với mọi x ∈ D do đó fn (x) − x > 0hoặc fn (x) − x < 0 với mọi x ∈ D nên phương trình fn (x) = x cũng vô nghiệm. ii) Giả sử phương trình f (x) = x có nghiệm duy nhất là x0 thì đây cũng là một nghiệm của phương trình fn (x) = x. Đặt F (x) = f (x) − x do F (x) liên tục trên (x0 ; β) và (α; x0 ) nên F (x) giữ nguyên một dấu. Nếu lim+ [f (x) − x] và lim− [f (x) − x] cùng dương thì F (x) > 0 trong khoảng x→α x→β (x0 ; β) và (α; x0 ) suy ra f (x) > x với mọi x ∈ D\{x0 }. Xét x1 ∈ D\{x0 } suy ra f (x1 ) > x1 hay f (f (x1 )) > f (x1 ) > x1 chứng tỏ fn (x1 ) > x1 nên x1 không là nghiệm của phương trình fn (x) = x. Vậy phương trình fn (x) = x có nghiệm duy nhất x = x0 . 6 Nếu lim+ [f (x) − x] và lim− [f (x) − x] cùng âm chứng minh tương tự. x→α x→β Ta thấy mọi nghiệm của phương trình fn (x) = x đều là nghiệm của phương trình fn (x) = x, do đó nếu phương trình fn (x) = x có nghiệm duy nhất thì phương trình fn (x) = x cũng có nghiệm duy nhất.  Định lý 1.1.8. Cho hàm f : D → D là hàm đồng biến. Dãy (xn ) thỏa mãn xn+1 = f (xn ), ∀n ∈ N∗ , khi đó: (i) Nếu x1 < x2 thì dãy (xn ) tăng. (ii) Nếu x1 > x2 thì dãy (xn ) giảm. Chứng minh. (bằng phương pháp quy nạp) (i) - Với n = 1, ta có x1 < x2 mệnh đúng. - Giả sử mệnh đề đúng với n = k(k ≥ 1) tức uk < uk+1 khi đó f (uk ) < f (uk+1 ) suy ra uk+1 < uk+2 .  (ii) Chứng minh tương tư. Định lý 1.1.9. Cho hàm f : D → D là hàm nghịch biến. Dãy (xn ) thỏa mãn xn+1 = f (xn ), ∀n ∈ N∗ . Khi đó: Các dãy (x2n+1 ) và (x2n ) đơn điệu, trong đó một dãy tăng, một dãy giảm. (i) Nếu dãy (xn ) bị chặn thì tồn tại α = lim x2n và β = lim x2n+1 . n→+∞ n→+∞ (ii) Nếu f (x) liên tục thì α, β , là nghiệm của phương trình (1.1) f (f (x)) = x. (iii) Nếu phương trình (1.1) có nghiệm duy nhất thì α = β và lim xn = α = β . n→+∞ Chứng minh. (i) Vì f (x) là hàm nghịch biến nên f (f (x)) đồng biến. Áp dụng định lý 1.1.2 ta có điều phải chứng minh. (ii) Suy ra từ i). (iii) Ta có f (f (x2n )) = f (x2n+1 ) = x2n+2 và lim f (f (x2n )) = lim x2n+2 = α, n→+∞ lim x2n = α do f (x) liên tục nên f (f (α)) = α. n→+∞ Chứng minh tương tự ta có f (f (β)) = β. Vậy α, β là nghiệm phương trình f (f (x)) = x. n→+∞ 7  1.2 Một vài dãy số đặc biệt trong chương trình Toán phổ thông 1.2.1 Cấp số cộng Định nghĩa 1.2.1. Dãy số u1 , u2 , u3 . . . được gọi là một cấp số cộng với công sai d(d 6= 0) nếu un = un−1 + d với mọi n = 2, 3. . . . u1 : số hạng đầu tiên; un : số hạng thứ n (tổng quát); d: công sai. Tính chất 1.2.1. • Công sai d = u2 − u1 = u3 − u2 = ... = un+1 − un = ... • Dãy (un ) xác định bởi:  u1 = a un+1 = un + d (a, d là các số thực) là 1 cấp số cộng. • Số hạng tổng quát un = u1 + (n − 1)d; uk = uk−1 + uk+1 với mọi k = 2, 3,. . . 2 • Nếu cấp số cộng hữu hạn phần tử u1 , u2 , . . . , un thì u1 + un = uk + un−k với mọi k = 2, 3, . . . , n − 1. • Sn = u1 + u2 + . . . + un = 1.2.2 n n (u1 + un ) = [2u1 + (n − 1) d]. 2 2 Cấp số nhân Định nghĩa 1.2.2. Dãy số u1 , u2 , u3 ,. . . được gọi là một cấp số nhân với công bội q(q 6= 0, q 6= 1) nếu un = un−1 q với mọi n = 2, 3, . . . u1 : số hạng đầu tiên; un : số hạng thứ n (tổng quát); q : công bội. Tính chất 1.2.2. q= u2 u3 un+1 = = ... = = ... u1 u2 un Dãy (un ) xác định bởi:  u1 = a un+1 = un .q 8 ∀n ∈ N∗ (a, q là các số thực khác không) là 1 cấp số nhân. Ta có un = u1 q n−1 với mọi n = 2, 3, . . . ; với k = 2, 3, . . . Tổng Sn = u1 + u2 + . . . + un = 1.2.3 u1 (q n − 1) . q−1 Dãy Fibonacci Định nghĩa 1.2.3. Dãy u1 , u2 ,. . . được xác định như sau: ( u1 = 1, u2 = 1 un = un−1 + un−2 , ∀n = 3, 4, ... được gọi là dãy Fibonacci. Bằng phương pháp sai phân có thể tìm được công thức tổng quát của dãy Fibonacci là (công thức Binet):   √ n √ n 1 1+ 5 1 1− 5 un = √ −√ . 2 2 5 5 Định lý 1.2.1. Cho dãy (un ) là dãy Fibonacci, khi đó: (i) (ii) (iii) (iv) n X ui = un+2 − 1; i=1 n−1 X u2i+1 = u2n ; i=1 n X n X u2i = u2n+1 − 1 i=1 i.ui = n.un+2 − un+3 + 2; i=1 n X u2i = un .un+1 ; i=1 (v) un−1 .un+1 − u2n = (−1)n Định lý 1.2.2. (Công thức Binet): Cho (un ) là dãy Fibonacci, số hạng tổng quát của dãy là: 1 un = √ . 5  √ n  √ n  1+ 5 1− 5 − . 2 2 Khi n → +∞ thì:  √ n √ 1+ 5 1 un+1 1+ 5 un ≈ √ . ; lim = . n→+∞ un 2 2 5 9 1.2.4 Dãy Farey Định nghĩa 1.2.4. Dãy Farey bậc n là dãy số gồm các phân số tối giản nằm giữa 0 và 1 có mẫu số không lớn hơn n và sắp theo thứ tự tăng dần. Ví dụ 1.2.1. 0 1 ; 1 1 bậc 1 0 1 1 ; ; 1 2 1 bậc 2 0 1 1 2 1 ; ; ; ; 1 3 2 3 1 0 1 1 1 2 3 1 ; ; ; ; ; ; bậc 4 1 4 3 2 3 4 1 a c a c • Nếu và là các số kề nhau trong dãy Farey với < b d b d Tính chất 1.2.3. thì bậc 3 c a 1 − = . d b bd • Nếu bc − ad = 1 với a, b, c, d nguyên dương và a < b, c < d thì c a và là các b d số kề nhau trong dãy Farey bậc M ax{b, d}. p a c a p c p a+c • Nếu với các số và trong dãy Farey nào đó với < < thì = q b d b q d q b+d p a c ( được gọi là mediant của và ). q b d 1.2.5 Dãy Lucas Định nghĩa 1.2.5. Dãy Lucas là dãy mà (un ) xác định bởi: ( un+1 u1 = 2 u2 = 1 ( ∀n ≥ 2) = un + un−1 Dãy Lucas viết dạng liệt kê: 2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123,... Tính chất 1.2.4. n−1 un = ϕn−1 + (1 − ϕ) = ϕn−1 + (−ϕ) −n+1  = √ n−1  √ n−1 1+ 5 1− 5 + 2 2 10 √ 1+ 5 Với ϕ là tỉ lệ vàng (ϕ = ≈ 1, 6180339887 . . .). 2 - Tính chia hết giữa các số Lucas: um chia hết cho un nếu m là số lẻ. - Số Lucas liên hệ với số Fibonacci bởi công thức Ln = Fn−1 + Fn+1 . Hoặc tổng quát hơn là công thức: - Ln = Fk+2 .Ln−k + Fk+1 .Ln−k−1 với mọi k < n - Ln 2 = 5.Fn 2 + 4.(−1)2 - F2n = Ln .Fn L + Ln+1 - Fn = n−1 5 Khi chỉ số là số nguyên tố, Ln đồng dư với 1 mod n nếu n là số nguyên tố. - Số nguyên tố Lucas: Số nguyên tố Lucas là số Lucas và đồng thời là số nguyên tố. Ví dụ: 2, 3, 7, 11, 29, 47, 199, 521, 2207, 3571, 9349,... 11 Chương 2 Một số dạng bài toán về dãy số Trong phạm vi chương 2, chúng tôi chọn lọc một số các ví dụ, bài tập trong các tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7]. Các ví dụ, bài tập được sắp xếp theo chủ đề, mặt khác chúng tôi cũng cố gắng đưa ra lời giải một cách chi tiết hơn cho một số bài tập để bạn đọc tiện theo dõi. 2.1 Dạng bài toán tìm giới hạn dãy số Bài toán 2.1.1. [4, tr.31-32] Cho dãy số {un } xác định bởi công thức un+1 = u2n 1 − 1; u1 = . Chứng minh rằng dãy số {un } có giới hạn và tìm giới hạn đó. 2 3 Lời giải. Ta có: −1 < un < 0, ∀n ≥ 2, nếu lim un = a thì a phải là nghiệm âm n→∞ √ x2 của phương trình x = − 1. Giải phương trình, ta được x = 1 − 3. 2 √ Ta sẽ chứng minh rằng a = 1 −  3 là giới  hạn củadãy.  2  u2n  1 a Thật vậy, ta có: |un+1 − a| =  − 1 − − 1  = . |un − a| . |un + a|. 2 2 2 Vì −1 < un < 0 nên  √  √ |un + a| < −1 + 1 − 3 = 3 √ 3 =⇒ |un+1 − a| < . |un − a| , ∀n > 2 2 Do đó  √ n−1 |un+1 − a| < 3 2  √ n |u2 − a| < 3 2  √ n √ 3 3 Vì 0 < < 1 nên lim = 0 =⇒ lim |un+1 − a| = 0. n→∞ n→∞ 2 2 √ Vậy lim un = a = 1 − 3. n→∞ . 12 Bài toán 2.1.2. [4, tr.33] Cho dãy {yn } = {yn (x)} (0 6 x 6 1) được xác định 2 x yn−1 − với n ≥ 2. Tìm lim yn . n→∞ 2 2 1 1 Lời giải. Thử trực tiếp, ta thấy rằng − < y2 < . Không mất tính tổng quát, 8 2 1 1 1 x y2 1 ta giả thiết rằng − < yn < , khi đó − < yn+1 = − n < nghĩa là: 8 2 8 2 2 2 x 2 như sau: y1 = ; yn = 1 1 − < yn < , với mọi n > 2. 8 2 x y2 Xét hiệu giữa yn và các nghiệm của phương trình y = − , có: 2 2 y2 2 1 2 1 1 y − y2 = − (y − y12 ) = − (y − y1 )(y + y1 ) = − 2 y 2 (y + y1 ) 2 2 2 ... (−1)n 2 y (y + y1 )(y + y2 ) . . . (y + yn−1 ) y − yn = 2n √ Vậy chỉ có một trong các nghiệm của phương trình là nghiệm y = 1 + x − 1 sẽ y − y1 = − là giới hạn của dãy {yn }, khi đó: √  |y + yn | 6  1 + x − 1 + |yn | 6 √ 1 1 + 61 1+x+1 2 Vậy |y − yn | < √ 1 → 0 khi n → N hay lim y = 1 + x − 1. n n→∞ 2n Bài toán 2.1.3. Cho dãy số (xn ) xác định như sau x0 = 1; xn = 1 . 1 + xn−1 1 . n→∞ 1 + xn−1 Tìm lim Lời giải. Gọi x là nghiệm của phương trình x = 1 , ta có: 1+x 1 1 x0 − x − = x + 1 1 + x0 (1 + x)(1 + x0 ) 1 1 x1 − x x − x2 = − = x + 1 1 + x1 (1 + x)(1 + x1 ) ... (−1)n (x − x0 ) x − xn = (1 + x)n (1 + x0 )(1 + x1 )...(1 + xn ) x − x1 = 13    x − x0   vì Do đó |x − xn | 6  (1 + x)n  (2.1) 0 < xn < 1  √  5 −1 ± . 2 1 là x = 1+x √ 5−1 vào bất đẳng thức (2.1), ta thu được: Vì lim xn > 0 nên thay x = n→∞ 2 √ 5−1   √ 1 −    xn − 5 − 1  6  √ 2  n 6 ε  2  5+1 2 Các nghiệm của phương trình x = khi n > N = N (ε), nghĩa là: √ lim xn = n→∞ 5−1 . 2 n P π k cos . Tính giới hạn lim Bài toán 2.1.4. Đặt sn = n→∞ k k=2 h i 2 x π Lời giải. Ta có: cos x > 1 − ∀x ∈ 0; , suy ra: 2 2 n X k > Sn = k=2 n X k=2 k− k=2 n π2 X 2 n X k=2 n X π2 π k 1− 2 k cos > k 2k   k=2  π2 1 (n + 2) (n − 1) 1 = − k 2 2 ≥  =  Sn . n2 n  X k=2 1 1 + + ... + 2 3 n π2 k− 2k   (n + 2) (n − 1) π 2 1 − (n − 2) . 2 2 2 Vậy ta có (n + 2) (n − 1) (n + 2) (n − 1) π 2 (n − 1) > Sn > − . 2 2 4 1 S 1 S 1 Chuyển qua giới hạn, ta có: > lim n2 > hay lim n2 = . n→∞ n 2 n→∞ n 2 2 Bài toán 2.1.5. Xét dãy số nguyên dương {an } thỏa mãn các điều kiện an 2 > an−1 an+1 , ∀n ∈ N∗ .   1 1 2 n Tính giới hạn lim 2 + + ... + . n→∞ n a1 a2 an Lời giải. Dãy {an } là một dãy tăng thực sự. Thật vậy, nếu xảy ra một trường hợp ak+1 ≤ ak thì do giả thiết a2k+1 > ak ak+2 ta thu được ak+1 > ak+2 và cứ như thế ta được một dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều này là không thể. 14 2 1 n + + ... + < n. Do a1 > a0 ≥ 1 nên theo quy nạp ta có an > n, suy ra: a1 a2 an   1 1 2 n 1 Đặt 2 + + ... + = un ta có: 0 < un < . n a1 a2 an n  1 1 2 n + + ... + Suy ra lim 2 = 0. n→∞ n a1 a2 an   a 1 xn−1 + Bài toán 2.1.6. Cho {xn } được xác định như sau: xn = , với 2 xn−1 n ≥ 2, a > 0, x1 > 0. Chứng minh   rằng dãy trên hội tụ. Tìm giới hạn của dãy. √ 1 a Lời giải. Vì x2 = x1 + > a > 0, bằng phép quy nạp và bất đẳng thức 2 x1 √ √ Cauchy, ta suy ra xn ≥ a tức {xn } bị chặn dưới bởi a. √ x 1 a 1 a x Mặt khác n = + 2 và xn−1 > a =⇒ n 6 + = 1 ⇒ xn ≤ xn−1 xn−1 2 2xn−1 xn−1 2 2a hay {xn } là dãy giảm. Kết hợp với điều kiện dãy bị chặn, ta suy ra dãy {xn } hội tụ về α. Từ hệ thức quy nạp, chuyển qua giới hạn, ta thu được:   1 a α= Vì α > 0 nên α = 2 α+ α ⇔ 2α2 − α2 − a = 0 ⇔ α2 = a √ a. √ Vậy lim xn = a. n→∞ Bài toán 2.1.7. Xác định x1 để dãy (xn ) cho như sau xn = x2n−1 +3xn−1 +1(n > 2) là một dãy hội tụ. Lời giải. Ta có x2 + 3x + 1 > x, ∀x ∈ R, nên dãy đã cho là dãy tăng. Giả sử dãy {xn } là hội tụ và lim xn = a thì a = a2 + 3a + 1 ⇔ a = −1 vì n→∞ {xn } tăng nên xn 6 −1, ∀n. Ta có x2 + 3x + 1 6 −1 ⇔ −2 6 x 6 −1 nếu x1 ∈ [ − 2; −1] thì x2 ∈ [ − 2; −1] ∀n, khi đó {xn } sẽ hội tụ vì dãy tăng và bị chặn. Nếu x1 > −1 hoặc x1 < −2 thì x2 > −1 và dẫn đến xn > −1, ∀n , nên dãy {xn } sẽ không hội tụ. Vậy, nếu x1 ∈ [ − 2; −1] thì {xn } hội tụ. Bài toán 2.1.8. Cho n+1 Sn = n+1 2 Tính lim Sn . n→∞ 22 23 2n 2+ + + ... + + 2 3 n   15 Lời giải. n+2 22 23 2n+1 Sn+1 = n+2 2 + + + ... + 2 2 3 n+1 n+1 Sn = (Sn−1 + 1) 2n  8 5 3 2 5 3 Ta có: S1 = 1; S2 = ; S3 = ; S4 = ; S5 = Sn+1 − Sn =  = (Sn + 1) . n+2 2(n + 1) 8 . . . và 5 n+2 n+1 (Sn + 1) − (Sn−1 + 1) 2(n + 1) 2n n(n + 2)(Sn + 1) − (n + 1)2 (Sn−1 + 1) = 2n(n + 1) = (n + 1)2 (Sn − Sn−1 ) − Sn − 1 . 2n(n + 1) Do Sn > 0 nên −Sn−1 < 0. Nếu từ một giá trị k0 nào đó mà Sk0 − Sk0 −1 < 0 thì Sk0 +1 − Sk0 < 0 =⇒ Sk0 +2 − Sk0 +1 < 0, vì S5 − S4 < 0. Quy nạp ta có: Sn+1 − Sn < 0, ∀n ≥ 4. Vậy nên Sn+1 < Sn , ∀n ≥ 4. Suy ra {Sn } là dãy giảm. Ngoài ra {Sn } bị chặn dưới bởi 0, nên suy ra {Sn } có giới hạn. Đặt lim Sn = S . Từ hệ thức quy nạp, chuyển qua giới hạn có S = 1. Vậy n→∞ lim Sn = 1. n→∞ Bài toán 2.1.9. [4, tr.51] Cho n ∈ N∗ . Đặt Sn = 2n n−1 P 1 i=0 (2i + 1)2 + 4n2 . Tính lim Sn . n→∞ R1 dx 1 liên tục trên [0; 1] nên tồn tại và 2 x2 + 1 0 x +1 nó không phụ thuộc vào cách phân hoạch (P ) của [0; 1]. Lời giải. Do hàm số f (x) = Chọn phép phân hoạch với nút ξ ∈ [xi ; xi+1 ]. Ta chia [0; 1] thành 2n phần bằng nhau bởi các điểm chia xi = i (i = 0, 1, 2, ..., 2n). Ta có 2n xi+1 − xi = 1 . 2n 2i + 1 2n (là đầu mút chung của 2 đoạn liền kề nhau) suy ra tổng tích phân của f (x) trên Trên các đoạn [x2i ; x2i+1 ] hay [x2i+1 ; x2i+2 ] (i = 0, 1, . . . ., n − 1) ta chọn ξ = [0; 1] là n−1 X 1 i=0 2n . 1
2i+1 2 2n = +1 X 1 i=0 4n2 . = Sn . 2n (2i + 1)2 + 4n2 16 Vậy lim Sn = R1 n→∞ 0 dx π = . +1 4 x2 Bài toán 2.1.10. [4, tr.53] Kí hiệu un = Rπ 0 n 2 un , n được xác định theo công thức xn = cosn x cos nxdx, n ∈ N. Xét dãy số {xn } ∈ N. Tính lim xn . n→∞ Lời giải. Đặt cosn x = u, cos nx dx = dv theo công thức tích phân từng phần, ta có: π  π Z 1  n un = cos x sin nx  + cosn−1 x sin x sin nxdx n 0 0 = 1 2 Zπ cosn−1 x [cos(n − 1)x − cos(n + 1)x] dx 0 1 1 1 = un−1 − un + 2 2 2 Zπ 1 1 1 cosn−1 x sin x sin nxdx = un−1 − un + un 2 2 2 0 Vậy 1 1 1 1 π un = un−1 = un−2 = ... = n−1 u1 = n−1 . . 2 4 2 2 2   1 π =⇒ lim xn = lim 2n . n−1 . = π. n→∞ n→∞ 2 2 π Bài toán 2.1.11. Ký hiệu un = R4 tg 2n xdx, n ∈ N. Xét dãy số được xác định theo 0 công thức xn = (−1)n un − (−1)k , n ∈ N. Tính lim xn . n→∞ k=1 2k − 1 n P Lời giải. Ta viết un dưới dạng sau: π π Z4 Z4 un = tg 2n xdx = 0 Z 0  tg 2 x + 1 − 1 dx
 0 π 4 = tg 2n−2 x π  1 4 n−2 tg xd (tgx) − un−1 = − un−1  − un−1 = 2n − 1  0 2n − 1 tg 2n−1 1 1 1 suy ra un + un+1 = ; un−1 + un−2 = ; . . . ; u1 + u0 = 2n − 3 2−1  2nn− 1 k  P π (−1) n =⇒ un = (−1) 4 + k=1 2k − 1