Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo án - Bài giảng Sáng kiến kinh nghiệm Skkn một số dạng toán về dãy số và ứng dụng...

Tài liệu Skkn một số dạng toán về dãy số và ứng dụng

.PDF
62
179
77

Mô tả:

1 THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1.Tên sáng kiến: “ Một số dạng toán về dãy số và ứng dụng” 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học 3.Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 10 tháng 10 năm 2014 đến ngày 10 tháng 05 năm 2016 4. Tác giả: Họ và tên: NGUYỄN ĐÌNH DÙNG Ngày sinh: 12/08/1975 Nơi thƣờng trú: Trực Thanh, Trực Ninh, Nam Định Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ toán học. Chức vụ công tác: Phó hiệu trƣởng. Nơi làm việc: Trƣờng THPT Trực Ninh. Địa chỉ liên hệ: Nguyễn Đình Dùng xã Trực Thanh,Trực Ninh, Nam Định Điện thoại: 0917493236 Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến 100% 5. Đồng tác giả (nếu có): không Họ và tên…………………………………………………. Năm sinh: ………………………………………………… Nơi thƣờng trú: …………………………………………... Trình độ chuyên môn: ……………………………………. Chức vụ công tác: ………………………………………… Nơi làm việc: ……………………………………………… Địa chỉ liên hệ: ……………………………………………. 6.Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trƣờng THPT Trực Ninh. Địa chỉ: TT Cát Thành – huyện Trực Ninh – tỉnh Nam Định. Điện thoại: 03503883099. 2 BÁO CÁO SÁNG KIẾN I. Điều kiện, hoàn cảnh tạo ra sáng kiến Trong chƣơng trình Toán phổ thông nói chung, trong các dạng bài tập, đề thi chọn học sinh giỏi nói riêng thì các bài tập liên quan đến dãy số rất phong phú, đa dạng. Hiện nay trong các trƣờng THPT nói chung nhiều giáo viên bộ môn Toán đã khai thác có hiệu quả các vấn đề liên quan đến dãy số, tuy nhiên việc đi sâu tìm hiểu để dạy, bồi dƣỡng, học sinh giỏi các cấp về dạng bài tập cho học sinh khá, giỏi liên quan đến dãy số trong chƣơng trình Toán phổ thông còn hạn chế. Đặc biệt việc bổ sung nguồn tài liệu cho giáo viên tổ Toán của nhà trƣờng để tham khảo và ôn thi cho học sinh lớp 11,12 nhằm mục đích cho học sinh tham dự kì thi học sinh giỏi tỉnh và kì thi học sinh giỏi quốc gia . Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi và tích lũy thêm kinh nghiệm để phục vụ ngay chính công tác giảng dạy Toán ở trƣờng THPT , tôi chọn hƣớng nghiên cứu để viết báo cáo sáng kiến với đề tài: "Một số dạng toán về dãy số và ứng dụng" với mục đích: Hệ thống và đƣa ra lời giải một cách chi tiết cho một số dạng bài toán về dãy số và ứng dụng trong bồi dƣỡng học sinh giỏi Toán ở THPT. Nhiệm vụ chính của sáng kiến bao hàm: (1). 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 đƣợc giới thiệu trong chƣơng trình phổ thông. (2). Chọn lọc một số dạng bài tập liên quan đến dãy số thƣờng xuất hiện trong các đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia và cố gắng đƣa ra lời giải tƣờng minh cho những bài tập mà tài liệu tham khảo chƣa đƣa ra lời giải chi tiết. II. Mô tả giải pháp 1.Trước khi tạo ra sáng kiến 3 Trong chƣơng trình toán THPT dạng toán dãy số là khá mới mẻ với học sinh, trong các kì thi chất lƣợng của nhà trƣờng rất ít đề cập đến dạng toán về dãy số ở dạng vận dụng và vận dụng cao, vì vậy nguồn tài liệu ôn tập thƣờng xuyên cho học sinh khá giỏi là không nhiều. Với học sinh khá giỏi niềm say mê toán học không chỉ dừng lại mức độ nhận biết, mà biết vận dụng, vận dụng cao. Đặc biệt hằng năm UBND tỉnh và Sở giáo dục tổ chức thi để tuyển chọn học sinh giỏi của tỉnh đi tham dự thi kì thi học sinh giỏi quốc gia, đối tƣợng học sinh THPT không chuyên thƣờng lúng túng về dạng toán về dãy số vì do học sinh ít đƣợc tiếp cận biết đƣợc cách làm. Trong quá trình giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi , nhiều em học sinh có tâm lý lo sợ khi gặp bài toán này, mặc dù niềm say mê toán học của các em vẫn có song do tiếp cận ít nên các em không tự tin giải dạng toán này. Vì vậy việc phân chia một số dạng toán về dãy và ứng dụng giúp các em tự định ra phƣơng pháp, kinh nghiệm cho bản thân để tiếp tục nâng cao niềm say mê toán học của các em, các đồng nghiệp có nguồn tài liệu tham khảo để giảng dạy. 2. Sau khi có sáng kiến Sáng kiến này viết theo cấu trúc gồm 2 chƣơng bao hàm kiến thức chuẩn bị và phân ra các dạng toán về dãy số, đặc biệt nêu một số ứng dụng của dãy số giúp học sinh giải quyết đƣợc rất nhiều dạng bài trong các đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi Quốc gia nhƣ bất đẳng thức, các bài hình học… Dạng toán về dãy số và ứng dụng sẽ mang lại cho học sinh nhiều kinh nghiệm, định hƣớng giải về toán dãy số.Học sinh say mê toán học tìm thấy rất nhiều điều bổ ích, không ngại giải những dạng bài này. 4 III. NỘI DUNG. 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 dƣơng ℕ∗ đƣợc gọi là một dãy số vô hạn (gọi tắt là dãy số). Kí hiệu: u: ℕ∗  n u(n) Dãy số thƣờng đƣợc viết dƣới 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  * đƣợc 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) đƣợc gọi là: - Dãy đơn điệu tăng nếu un+1 > un, với mọi n = 1, 2, … - Dãy đơn không giảm nếu un+1  un, với moi 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, …; đƣợc gọi là dãy số bị chặn dƣới 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 dƣới. Dãy số (un) gọi là tuần hoàn với chu kì k nếu un + k = un, với  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 xác định một dãy số i). Dãy số cho bằng công thức của số hạng tổng quát 5 n 1  1 5  1  1 5  Ví dụ: un       5 2  5  2  n ii). Dãy số cho bằng phương pháp truy hồi Ví dụ: Dãy số (un) đƣợc xác định bởi: u1  1, u2  50  un1  4un  5un1  1975 n  2,3, 4... iii). Dãy số cho bằng phương pháp mô tả Ví dụ: Cho a1 = 19, a2 = 98. Với mỗi số nguyên n  1, xác định an +2 bằng số dƣ của phép chia an + an +1 cho 100. 1.1.3 Giới hạn của dãy số Định nghĩa. Ta nói rằng dãy số (un) có giới hạn là hằng số thực a hữu hạn nếu với mọi số dƣơng  (có thể bé tùy ý), luôn tồn tại chỉ số n0  thể phụ thuộc vào  và vào dãy số (un) đang xét), sao cho với mọi chỉ số (n0 có n , n  n0 ta luôn có un  a   . Khi đó kí hiệu lim un  a hoặc limun = a và còn n  nói rằng dãy số (un) hội tụ về a. Dãy số không hội tụ gọi là dãy phân kì. Định lý 1: Nếu một dãy số hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhất Định lý 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 dƣới thì hội tụ. Định lý 3 : Nếu (un)  a và (vn)  (un), (vn)  C thì (vn)  a. Định lý 4 (Định lý kẹp giữa về giới hạn): Nếu với mọi n  n0 ta luôn có un  xn  vn và limun = limvn = a thì limxn = a. Định lý 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’(c)(b – a). Định lý 6 (Định lý trung bình Cesaro): 6 Nếu dãy số (un) có giới hạn hữu hạn là a thì dãy số các trung bình cộng  u1  u2  ...  un    cũng có giới hạn là a. n   Định lý có thể phát biểu dƣới dạng sau: Nếu nlim  un1  un   a thì nlim   un  a (Định lý Stolz). n Định lý 7: Cho f: D  D là hàm liên tục, khi đó: i). Phƣơng trình f(x) = x có nghiệm phƣơng trình fn(x) = x có nghiệm. ii). Gọi  ,  là các mút trái, mút phải của D. Biết lim [f ( x)  x] và x  lim [f ( x)  x] cùng dƣơng hoặc cùng âm. Khi đó phƣơng trình f(x) = x có x   nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phƣơng trình fn(x) = x có nghiệm duy nhất trong đó fn(x) = f ( f (....( f ( x)...) n lân Chứng minh i). Nếu x0 là nghiệm của phƣơng trình f(x) = x thì x0 cũng là nghiệm của phƣơng trình fn(x) = x. Ngƣợc lại, nếu phƣơng 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 > 0 hoặc fn(x) – x < 0 với mọi x  D nên phƣơng trình fn(x) = x cũng vô nghiệm. ii) Giả sử phƣơng trình f(x) = x có nghiệm duy nhất là x0 thì đây cũng là một nghiệm của phƣơng trình fn(x) = x. Đặt F(x) = f(x) - x do F(x) liên tục trên (x0;  ) và  ; x0  nên F(x) giữ nguyên một dấu. Nếu lim [f ( x)  x] và lim [f ( x)  x] cùng dƣơng thì F(x) > 0 trong khoảng x   x  (x0;  ) và  ; x0  suy ra f(x) > x với mọi x D\{x0}. Xét x1 D\{x0} suy ra f(x1) > x1  f(f(x1)) > f(x1)> x1 => fn(x1) > x1 nên x1 không là nghiệm của phƣơng trình fn(x) = x. Vậy phƣơng trình fn(x) = x có nghiệm duy nhất x = x0. Nếu lim [f ( x)  x] và lim [f ( x)  x] cùng âm chứng minh tƣơng tự. x   x  7 Ta thấy mọi nghiệm của phƣơng trình fn(x) = x đều là nghiệm của phƣơng trình fn(x) = x, do đó nếu phƣơng trình fn(x) = x có nghiệm duy nhất thì phƣơng trình fn(x) = x cũng có nghiệm duy nhất. Định lý 8: Cho hàm f: D  D là hàm đồng biến. Dãy (xn) thỏa mãn xn+1 = f(xn), x  * , khi đó: i). Nếu x1< x2 thì dãy (xn) tăng. ii). Nếu x1< x2 thì dãy (xn) giảm. Chứng minh (bằng phƣơng pháp quy nạp) - 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 (đpcm). Định lý 9: Cho hàm f: D  D là hàm nghịch biến. Dãy (xn) thỏa mãn xn+1 = f(xn), x  * . 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  = limx2n và  = limx2n+1. ii). Nếu f(x) liên tục thì  ,  là nghiệm của phƣơng trình f(f(x)) = x (1). iii). Nếu phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất thì  =  và limxn =  =  Chứng minh: i). Vì f(x) là hàm nghịch biến nên f(f(x)) đồng biến. Áp dụng định lý 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) = limx2n+2 =  , limx2n =  do f(x) liên tục nên f(f(  ) =  . Chứng minh tƣơng tự ta có f(f(  ) =  . Vậy  ,  là nghiệm phƣơng trình f(f(x)) = x. 1.2 Một vài dãy số trong chương trình Toán phổ thông 1.2.1. Cấp số cộng 8 Định nghĩa: Dãy số u1, u2, u3… đƣợc gọi là một cấp số cộng với công sai d (d  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: - Công sai 𝑑 = 𝑢2 − 𝑢1 = 𝑢3 − 𝑢2 = ⋯ = 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = ⋯ 𝑢1 = a - Dãy (𝑢𝑛 ) xác định bởi: 𝑢 (∀𝑛 ∈ ℕ∗ ) (𝑎, 𝑑 là các số thực) là 1 = 𝑢 + 𝑑 𝑛+1 𝑛 cấp số cộng. - Có 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 = n n (u1  un )   2u1   n  1 d  . 2 2 1.2.2. Cấp số nhân Định nghĩa: Dãy số u1, u2, u3, … đƣợc gọi là một cấp số nhân với công bội q (q  0, q  1) nếu un = un–1q với mọi n = 2, 3, … 𝑢1 : số hạng đầu tiên; 𝑢𝑛 : số hạng thứ n (tổng quát); 𝑞: công bội Tính chất: 𝑢2 𝑢3 𝑢𝑛 +1 = =⋯= =⋯ 𝑢1 𝑢2 𝑢𝑛 𝑢1 = 𝑎 - Dãy (𝑢𝑛 ) xác định bởi: 𝑢 (∀𝑛 ∈ ℕ∗ ) (𝑎, 𝑞 là các số thực khác = 𝑢 . 𝑞 𝑛 +1 𝑛 𝑞= không) là 1 cấp số nhân. Ta có un = u1qn – 1 với mọi n = 2, 3, …; uk2  uk 1uk 1 với k = 2, 3, … u1 (q n  1) Tổng Sn = u1 + u2 + … + un = q 1 1.2.3. Dãy Fibonacci Định nghĩa: Dãy 𝑢1 , 𝑢2 , … đƣợc xác định nhƣ sau: u1  1, u2  2 đƣợc gọi là dãy Fibonacci.  un  un1  un2 , n  3,4,... 9 Bằng phƣơng pháp sai phân có thể tìm đƣợc công thức tổng quát của dãy Fibonacci là (công thức Binet): 𝑛 1 1+ 5 𝑢𝑛 = 2 5 𝑛 1 1− 5 − 2 5 Định lý 10: Cho dãy (𝑢𝑛 ) là dãy Fibonacci, khi đó: 1. 𝑛 𝑖=0 𝑢𝑖 3. 𝑛 𝑖=0 𝑖. 𝑢𝑖 𝑛−1 𝑖=0 𝑢2𝑖+1 = 𝑢𝑛+2 − 1; 2. = 𝑛. 𝑢𝑛 +2 − 𝑢𝑛 +3 + 2; = 𝑢2𝑛 𝑛 2 𝑖=0 𝑢𝑖 4. 𝑛 𝑖=0 𝑢2𝑖 = 𝑢2𝑛 +1 − 1 = 𝑢𝑛 . 𝑢𝑛+1 5. 𝑢𝑛−1 . 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛2 = (−1)𝑛 Định lý 11 (Công thức Binet): Cho (𝑢𝑛 ) là dãy Fibonacci, số hạng tổng quát của dãy là: 1 𝑢𝑛 = 5 1+ 5 2 . 𝑛 1− 5 − 2 𝑛 - Khi 𝑛 → +∞ thì: 1 1+ 5 𝑢𝑛 ≈ . 2 5 𝑛 𝑢𝑛 + 1 1 + 5 = 𝑛→+∞ 𝑢𝑛 2 lim 1.2.4. Dãy Farey Định nghĩa: 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: 0 1 ; 1 bậc 1 1 0 1 1 1 2 1 ; ; 0 1 0 1 bậc 2 1 1 2 1 3 2 3 1 1 1 1 2 3 1 4 3 2 3 4 1 ; ; ; ; bậc 3 ; ; ; ; ; ; bậc 4 Tính chất: 𝑎 𝑐 𝑎 𝑐 𝑏 𝑑 𝑏 𝑑 - Nếu và là các số kề nhau trong dãy Farey với < 𝑐 𝑎 1 𝑑 𝑏 𝑏𝑑 thì − = - Nếu 𝑏𝑐 − 𝑎𝑑 = 1 với 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 nguyên dƣơng và 𝑎 < 𝑏, 𝑐 < 𝑑 thì các số kề nhau trong dãy Farey bậc Max 𝑏, 𝑑 𝑎 𝑏 và 𝑐 𝑑 là 10 - Nếu 𝑝 𝑞 với các số 𝑎 𝑏 𝑐 và 𝑑 𝑎 𝑝 𝑏 𝑞 trong dãy Farey nào đó với < 𝑝 𝑎 𝑐 𝑞 𝑏 𝑑 𝑐 𝑝 𝑑 𝑞 < thì = 𝑎+𝑐 𝑏+𝑑 ( đƣợc gọi là mediant của và ). 1.2.5. Dãy Lucas Định nghĩa: Dãy Lucas là dãy mà (𝑢𝑛 ) xác định bởi: 𝑢𝑛 +1 𝑢0 = 2 𝑢1 = 1 ( ∀𝑛 > 1) = 𝑢𝑛 + 𝑢𝑛−1 Dãy Lucas viết dạng liệt kê: 2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123,... Tính chất: 𝑢𝑛 = 𝜑 𝑛 + 1 − 𝜑 𝑛 - Với 𝜑 là tỉ lệ vàng (𝜑 = = 𝜑 𝑛 + (−𝜑)−𝑛 1+ 5 2 1+ 5 = 2 𝑛 1− 5 + 2 𝑛 ≈ 1,6180339887 … ) - Tính chia hết giữa các số Lucas: 𝑢𝑚𝑛 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 - Fn = L n −1 +L n +1 5 Khi chỉ số là số nguyên tố, Ln đồng dƣ 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 chƣơng 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 đƣợc sắp xếp theo chủ đề, mặt khác chúng tôi cũng cố gắng đƣa 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 u2 1 un1  n  1 ; u1  Chứng 3 2 minh rằng dãy số {un} có giới hạn và tìm giới hạn đó. Lời giải: Ta có: -1 < un < 0, phƣơng trình x  n  2, nếu Thật vậy, ta có: un1  a Vì 0 <  3 un1  a     2  n 1 .  3 u2  a     2  n 1 nên  3 lim   0 n  2  3 là giới hạn của dãy.  a2  1 u2  n 1   1  . un a . un  a  2  2 2   nên un  a  1  1  3  3 => un1  a 3 < 2 thì a phải là nghiệm âm của x2  1 . Giải phƣơng trình, ta đƣợc x  1  3 . 2 Ta sẽ chứng minh rằng a = 1 - Do đó lim un  a n . Vì -1 < un < 0 3 . un  a , n  2 2  n . => lim un1  a  0 . n Vậy lim un  a  1  3 n Bài toán 2.1.2. Cho dãy  yn    yn ( x) (0  x  1) đƣợc xác định nhƣ sau: ; 2 x yn1 yn   2 2 với n  2. y1  x 2 12 Tìm lim yn n Lời giải: 1 1 8 2 - Thử trực tiếp, ta thấy rằng − < y2 < . Không mất tính tổng quát, ta 1 1 1 𝑥 8 2 8 2 giả thiết rằng − < yn < , khi đó − < yn+1 = – 1 1 8 2 yn2 2 < 1 nghĩa là: 2 − < yn < , với mọi n > 2. - Xét hiệu giữa yn và các nghiệm của phƣơng trình y  y1   y x x2  2 2 , có: y2 2 , 1 1 1 2 y  y2   ( y 2  y12 )   ( y  y1 )( y  y1 )   y ( y  y1 ) . 2 2 22 … y  yn   1n 2n y 2 ( y  y1 )( y  y2 )....( y  yn1 ) . Vậy chỉ có một trong các nghiệm của phƣơng trình là nghiệm giới hạn của dãy  yn  , khi đó: y  yn  1  x  1  yn  Vậy y  yn  1 2 n 0 khi n  1 1 1 x 1 2  N hay lim yn  1  x  1 n Bài toán 2.1.3. Cho dãy số (xn) xác định nhƣ sau x0  1 ; xn  1 n 1  xn1 Tìm lim Lời giải: Gọi x là nghiệm của phƣơng trình x  x  x1  1 y  1  x  1 sẽ x0  x 1 1   x  1 1  x0 (1  x)(1  x0 ) 1 , 1 x ta có: 1 . 1  xn1 là 13 x  x2  x1  x 1 1   x  1 1  x1 (1  x)(1  x1 ) ... x  xn  Do đó x  xn  (1)n ( x  x0 ) (1  x)n (1  x0 )(1  x1 )...(1  xn ) x  xn (1  xn )n vì 0 < xn < 1 (1). Các nghiệm của phƣơng trình Vì lim xn  0 nên thay n 5 1 1 5 1 2 xn    n 2  5 1    2  x 1 1 x x 5 1 2 vào bất đẳng thức (1), ta thu đƣợc: khi n > N = N (  ), nghĩa là: n Bài toán 2.1.4. Đặt sn   5 x   1  . 2   là lim xn  n 5 1 2   k cos k . k 2 S  n Tính giới hạn lim  2  n  n  Lời giải: x2   Ta có: cos x  1  2 x  0; 2  , suy ra:   n n k 2 k 2   2  n  2  k 2   k 2   n  k  Sn   k cos k   k 1  2k 2     k  2k  n 2 n k 2  k 2 k 2 Vậy ta có 1  n  2  n  1  2  1 1 1      ...    k 2 2 2 3 n  n  2 n  1 2  Sn   n  2  n  1  2  2 2  n  2  n  1  2  n  1 Chuyển qua giới hạn, ta có: 2  S 1 1  lim n  2 n n2 2 4 hay lim Sn n n2  1 2  n  2 . 1 2 14 Bài toán 2.1.5. Xét dãy số nguyên dƣơng {an} thỏa mãn các điều kiện an > an-1an+1 n  * . 1  1 2 n    ...    an  n n2  a1 a2 Tính giới hạn lim Lời giải: Dãy {an} là một dãy tăng thực sự. Thật vậy, nếu xảy ra một trƣờng hợp ak+1  ak thì do giả thiết ak+1 > akak+2 ta thu đƣợc ak+1 > ak+2 và cứ nhƣ thế ta đƣợc một dãy số nguyên dƣơng giảm thực sự, điều này là không thể. Do a1 > a0 Đặt  1 2 n   ...   n. 1 nên theo quy nạp ta có an > n, suy ra: a a an 1 2 1 1 2 n  1   ...     un ta có: 0 < un < 2 an  n n  a1 a2 1 1 2 n    ...   = 0  an  n n2  a1 a2 Suy ra lim Bài toán 2.1.6. Cho {xn} đƣợc xác định nhƣ sau: xn  với n 2, 1 a   xn1  , 2 xn1  a > 0, x1 > 0. Chứng minh rằng dãy trên hội tụ. Tìm giới hạn của dãy. Lời giải: Vì x2  1 a   x1   2 x1  Cauchy, ta suy ra xn x  a 1 a  0 , bằng phép quy nạp và bất đẳng thức tức {xn} bị chặn dƣới bởi a n    1 và xn-1 Mặt khác x 2 n1 2 xn1  a  a . xn 1 a    1 => xn xn 1 2 x2 n 1  xn1 hay {xn} là dãy giảm. Kết hợp với điều kiện dãy bị chặn, ta suy ra dãy {xn} hội tụ về  Từ hệ thức quy nạp, chuyển qua giới hạn, ta thu đƣợc: 15 1 a          2 2   2  a  0   2  a . Vì  > 0 nên   a . 2  Vậy lim xn  a n 2 Bài toán 2.1.7. Xác định x1 để dãy {xn}: xn  xn1  3xn1  1(n  2) là một dãy hội tụ. Lời giải: 2 Ta có x  3x  1  x, x  , nên dãy đã cho là dãy tăng. Giả sử dãy {xn} là hội tụ và lim xn  a thì a  a2  3a  1 x  a  1 vì {xn} tăng nên xn  1 n . Ta có x2  3x  1  1  2  x  1  nếu x1  [  2; 1] thì x2  [  2; 1] n , khi đó {xn} sẽ hội tụ vì dãy tặng 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 Sn  n 1  22 23 2n 2   ...   2 3 n 2n 1    .   Tính lim Sn n Lời giải: Sn 1  n2  22 23 2n 1  n2 2    Sn  1 .   ...  2 3 n 1  2( n  1) 2n  2     Sn  n 1  Sn1  1 2n Ta có: S1 = 1; S2 = 3 8 5 8 ; S3 = ; S4 = ; S5 = ... 2 5 3 5 16 Sn1  Sn  n2 n 1 (Sn  1)  (Sn1  1) 2(n  1) 2n n(n  2)( Sn  1)  (n  1)2 ( Sn1  1)  n  1 ( Sn  Sn1 )  Sn  1 = 2n(n  1) 2n(n  1) 2 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 dƣới 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 x lim Sn  1 n n1 Bài toán 2.1.9. [4,tr.51] Cho n  * . Đặt S n  2n   2i  12  4n2 . 1 i 0 Tính lim Sn n Lời giải: Do hàm số f ( x)  1 2 x 1 1 liên tục trên [0; 1] nên tồn tại  x2  1 dx và nó 0 không phụ thuộc vào cách phân hoạch (P) của [0; 1]. Chọn phép phân hoạch với nút    xi ; xi 1  . Ta chia [0; 1] thành 2n phần bằng nhau bởi các điểm chia xi  xi 1  xi  i (i  0,1, 2,..., 2n) 2n . Ta có 1 . 2n Trên các đoạn  x2i ; x2i 1  hay  x2i 1; x2i 2  (i = 0, 1, …., n-1) ta chọn  2i  1 (là đầu mút chung của 2 đoạn liền kề nhau) suy ra tổng tích phân 2n 17 n 1 của f(x) trên [0; 1] là 1 lim Sn  n 1 1 1 4n 2 .  .  Sn . Vậy 2n  2i  1 2 2n (2i  1)2  4n2 i 0 i 0   1 2 n      x2  1 dx 0  n Bài toán 2.1.10. Ký hiệu un   cos x cos nxdx, n  0 n Xét dãy số  xn  đƣợc xác định theo công thức xn  2 un , n  . Tính lim xn n Lời giải: Đặt cosn x  u , cos nx dx  dv theo công thức tích phân từng phần, ta có:   1 n un  cos x sin x  cos n1x sin x sin nxdx 0 n  0  1  cosn1x cos(n  1) x  cos(n  1) x  dx 2  0  1 1 1 1 1 1 n1 u  u  c os x sin x sin nxdx  u  u  un n  1 n n  1 n = 2 2 2 2 2 2  0 1 1 1 1  Vậy un  2 un1  4 un2  ...  n1 u1  n1 . 2 . 2 2  n 1  => lim xn  lim  2 . n1 . 2    n n  2   4 2n Bài toán 2.1.11. Ký hiệu u n   tg xdx , n  0 18 Xét dãy số  xn  đƣợc xác định theo công n thức xn  (1) un  n  k 1 (1)k ,n * 2k  1 Tính lim xn n Lời giải: Ta viết un dƣới dạng sau:  4  4 0 0   un  tg 2n xdx  tg 2n2 x  tg 2 x  1  1 dx     4   tg 0  n 2  tg 2n1 1 xd  tgx   un1   un1 , suy ra 4  un1  2n  1 2n  1 0 un + un+1 = 1 ; 2n  1 un-1 + un – 2 = 1 1 ... u1 + u0 = 2n  3 2 1 n n   1k  (1)k  n n   x   1 u   u   1    => n   => n n 2k  1 4 2k  1  4 k 1 k 1      Vậy: lim xn  4 n Bài toán 2.1.12. Cho dãy số (un) thoả mãn 0 un 1 và un 1 1 un 1 với 4 un . n=1,2,… Hãy tính lim n Lời giải: Với n 1 , áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: un 1 1 un 2 un 1 . 1 un 1 un 1 un ; (un) là dãy đơn điệu tăng và bị un , 0 chặn trên bởi 1. Theo nguyên lí giới hạn, tồn tại giới hạn hữu hạn L = lim n < L < 1 vì un 1 1 un 1 , n = 1, 2,... 4 Chuyể n qua giới ha ̣n, ta có: 19 1 4 L1 L L 1 2 2 0 1 1 . Vậy limun = . 2 2 L 2.2 Dạng bài toán tìm tổng, tích của dãy số Bài toán 2.2.1. Cho dãy số (xn) (n = 1, 2, …) đƣợc xác định nhƣ sau: x1 = 1 và xn1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)  1 với n = 1, 2, … n Đặt yn   i 1 1 (n = 1, 2, ….). Tìm lim yn n  xi  2 Lời giải: Ta có x2 = 5 và xn > 0 với mọi n = 1, 2, … xn1  xn ( xn  1)( xn  2)( xn  3)  1  x 2 n  3xn  xn2  3xn  2   1  xn2  3xn  1 (1) Suy ra: xn+1 +1 = xn2  3xn  2 = (xn + 1)(xn + 2) 1 xn1  1 n  Do đó yn   i 1 1  x n 1 xn  2   1 1   x n 1 xn  2 1 1 1   xn  2 xn  1 xn1  1 n  1 1  1 1 1 1 1     =   xi  2 i 1  xi  1 xi 1  1  x1  1 xn1  1 2 xn1  1 Từ (1) xk+1 = xk2  3xk  1  3xk  3.3k 1  3k . Chứng minh bằng quy nạp ta có: xn > 3n-1 (2), vì (2) xn+1 > 3n => lim yn  n  1 2 Bài toán 2.2.2. Cho dãy (xn) (n = 1, 2, …) xác định bởi: 1   x1  2   2  x  xn 1  4 xn 1  xn 1  n 2 (n  2,3,...) n Chứng minh rằng dãy (yn) (n = 1, 2, …) với yn   i 1 hạn, tìm giới hạn đó. Lời giải: 1 có giới hạn hữu xi2 20 Từ giả thiết ta có xn > 0 n  1 , xn  xn1  xn21  4 xn 1  xn 1 xn21  4 xn1  xn1 2  xn 1  > 0 n  2 . Vậy dãy (xn) tăng. 2 Giả sử lim xn = a thì a > 0 và a  n a 2  4a  a  a = 0 (vô lý), vậy 2 lim xn   . n  Từ xn  xn21  4 xn1  xn1 2 n  2 suy ra xn2  ( xn  1) xn1  1 1 1   2 xn xn 1 xn n  2 => n yn   i 1 1 1  xi2 x12  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1          ...      2    6  n  2 xn  x1 x2   x2 x3   xn1 xn  x1 x1 xn 1 => yn < 6 với n  1 và dãy (yn) tăng vì yn = yn-1 + x > yn-1. n Vậy (yn) có giới hạn hữu hạn và lim yn = 6 Bài toán 2.2.3. Xét dãy số (xn) (n = 1, 2, 3, …) xác định bởi: x1  2 và xn 1  1 1 1 1 2 .   ...  ( xn  1) với mọi n = 1, 2,3, ….Đặt Sn  1  x1 1  x2 1 x n 2 Tìm nlim Sn  Lời giải: u1  a Xét bài toán tổng quát: Cho dãy (un) thỏa mãn  un2  (b  c)un  c 2 Ta u   n 1 bc  n 1 1 1   u1  c un 1  c i 1 ui  b sẽ chứng minh Sn   Thật vậy, ta có: un 1  => un2  (b  c)un  c 2 u 2  (b  c)un  bc (un  b)(un  c) => un1  c  n  bc bc bc 1 1 1 1 1 1 .      un1  c un  c un  b un  b un  c un 1  c
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan

Tài liệu vừa đăng