Dãy số
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: u 1 , u 2 , u 3 , , u n , trong đó u 1 là số hạng đầu, u n = u(n) là số hạng thứ n và là số hạng tổng quát của dãy số.
Một hàm số u xác định trên tập M = 1, 2, 3, , m với m ∈ N* được gọi là dãy số hữu hạn Dãy số này có dạng khai triển là u1, u2, u3, , um, trong đó u1 là số hạng đầu và um là số hạng cuối.
Dãy số (u n ) được gọi là:
• Dãy đơn điệu tăng nếu u n+1 > u n , với mọi n = 1, 2,
• Dãy đơn không giảm nếu u n+1 ≥ u n , với mọi n = 1, 2,
• Dãy đơn điệu giảm nếu u n+1 < u n , với mọi n = 1, 2,
• Dãy đơn điệu không tăng nếu u n+1 ≤ u n , với mọi n = 1, 2,
Dãy số (u n) được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại một số M sao cho mọi phần tử trong dãy đều nhỏ hơn hoặc bằng M Ngược lại, dãy số được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại một số m sao cho mọi phần tử trong dãy đều lớn hơn hoặc bằng m Một dãy số được coi là bị chặn nếu nó đồng thời bị chặn trên và bị chặn dưới.
• Dãy số (u n ) gọi là tuần hoàn với chu kì k nếu u n+k = u n , với ∀n ∈N ∗
• Dãy số(u n )gọi là dãy dừng nếu tồn tại một số N 0 sao chou n = C với mọi n ≥ N 0 , (C là hằng số, gọi là hằng số dừng).
CHƯƠNG 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 4
Cách xác định một dãy số
(i) Dãy số cho bằng công thức của số hạng tổng quát
(ii) Dãy số cho bằng phương pháp truy hồi
Ví dụ 1.1.2 Dãy số (u n ) được xác định bởi:
(iii) Dãy số cho bằng phương pháp mô tả
Ví dụ 1.1.3 Cho a 1 = 19, a 2 = 98 Với mỗi số nguyên n ≥ 1, xác định a n+2 bằng số dư của phép chia a n + a n+1 cho 100.
Giới hạn của dãy số
Dãy số (u_n) được coi là có giới hạn là hằng số thực a nếu với mọi số dương ε, tồn tại chỉ số n_0 sao cho với mọi n ≥ n_0, ta có |u_n − a| < ε, tức là dãy số (u_n) hội tụ về a Ngược lại, dãy số không hội tụ gọi là dãy phân kỳ Theo định lý, nếu một dãy số hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhất Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass chỉ ra rằng một dãy số đơn điệu và bị chặn sẽ hội tụ, và cụ thể, dãy số tăng bị chặn trên hoặc dãy số giảm bị chặn dưới cũng sẽ hội tụ Nếu (u_n) hội tụ về a và (v_n) là một tập con của (u_n) không rỗng, thì (v_n) cũng hội tụ về a Định lý kẹp giữa về giới hạn khẳng định rằng nếu u_n ≤ x_n ≤ v_n và lim u_n = lim v_n = a thì lim x_n = a Cuối cùng, định lý Lagrange xác định rằng 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) sao cho f(b) − f(a) = f'(c)(b − a) Định lý trung bình Cesaro cho biết nếu dãy số (u_n) có giới hạn hữu hạn là a thì dãy số trung bình cộng cũng có giới hạn là a.
Nếu lim n→+∞ (u n+1 − u n ) = a thì lim n→+∞ u n n = a (Định lý Stolz). 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 f n (x) = x có nghiệm.
Gọi α, β là các mút trái và mút phải của D Nếu lim x→α + [f(x)−x] và lim x→β − [f (x)−x] đều cùng dương hoặc cùng âm, thì phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình f^n(x) = x cũng có nghiệm duy nhất, trong đó f^n(x) là kết quả của việc lặp lại hàm f n lần.
Để chứng minh, ta có hai phần: Thứ nhất, 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 không có nghiệm, thì f(x) - x > 0 hoặc f(x) - x < 0 với mọi x ∈ D, dẫn đến fⁿ(x) - x cũng giữ nguyên dấu, do đó phương trình fⁿ(x) = x cũng không có nghiệm Thứ hai, nếu phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất là x₀, thì x₀ cũng là nghiệm của fⁿ(x) = x Đặt F(x) = f(x) - x, với F(x) liên tục trên các khoảng (x₀; β) và (α; x₀), cho thấy F(x) giữ nguyên một dấu trong các khoảng này.
Nếu lim x→α + [f(x) − x] và lim x→β − [f(x) − x] cùng dương thì F (x) > 0trong khoảng (x 0 ; β) và (α; x 0 ) suy ra f (x) > x với mọi x ∈ D\{x 0 }.
Xét x 1 ∈ D\{x 0 } suy ra f (x 1 ) > x 1 = ⇒ f(f (x 1 )) > f (x 1 ) > x 1 = ⇒ f n (x 1 ) > x 1 nên x 1 không là nghiệm của phương trình f n (x) = x.
Vậy phương trình f n (x) = x có nghiệm duy nhất x = x 0
Nếu lim x→α + [f (x) − x] và lim x→β − [f (x) − x] cùng âm chứng minh tương tự.
Tất cả các nghiệm của phương trình f n (x) = x đều là nghiệm của phương trình f n (x) = x, vì vậy nếu phương trình f n (x) = x có nghiệm duy nhất thì phương trình f n (x) = x cũng sẽ có nghiệm duy nhất Theo Định lý 1.1.8, với hàm f : D → D là hàm đồng biến, dãy (x n ) thỏa mãn x n+1 = f(x n ) cho mọi x thuộc N ∗.
(ii) Nếu x 1 < x 2 thì dãy (x n ) giảm.
Chứng minh (bằng phương pháp quy nạp)
- Với n = 1, ta có x 1 < x 2 mệnh đúng.
CHƯƠNG 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 6
Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k ≥ 1), tức là u k < u k+1, khi đó f(u k ) < f(u k+1) dẫn đến u k+1 < u k+2 Định lý 1.1.9 cho biết rằng với hàm f : D → D là hàm nghịch biến, dãy (x n) thỏa mãn x n+1 = f(x n) cho mọi x ∈ N* Trong trường hợp này, các dãy (x 2n+1) và (x 2n) sẽ đơn điệu, trong đó một dãy là tăng và dãy còn lại là giảm.
(i) Nếu dãy (x n ) bị chặn thì ∃ α = lim n→+∞ x 2n và β = lim n→+∞ x 2n+1 (ii) Nếu f(x) liên tục thì α, β, là nghiệm của phương trình f(f (x)) = x (1.1)
(iii) Nếu phương trình (1.1) có nghiệm duy nhất thì α = β và lim n→+∞ x n = α = β. 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.
(iii) Ta cóf (f (x 2n ) = f (x 2n+1 ) = x 2n+2 và lim n→+∞ f (f (x 2n ) = lim n→+∞ x 2n+2 = α, lim n→+∞ x 2n = α do f (x) liên tục nên f (f (α) = α.
Chứng minh tương tự ta có f(f(β) = β.
Vậy α, β là nghiệm phương trình f (f(x)) = x.
Một vài dãy số cơ bản thường gặp
Cấp số cộng
Định nghĩa 1.2.1 Dãy số u 1 , u 2 , u 3 được gọi là một cấp số cộng với công sai d (d 6= 0) nếu u n = u n−1 + d với mọi n = 2, 3 u 1 : số hạng đầu tiên; u n: số hạng thứ n (tổng quát); d: công sai.
(u 1 = a u n+1 = u n + d với a, d là các số thực là 1 cấp số cộng.
• Nếu cấp số cộng hữu hạn phần tử u 1 , u 2 , , u n thì u 1 + u n = u k + u n − k với mọi k = 2, 3, , n − 1.
Cấp số nhân
Định nghĩa 1.2.2 Dóy số u 1 , u 2 , u 3 , ã ã ã được gọi là một cấp số nhõn với cụng bội q(q 6= 0, q 6= 1) nếu u n = u n−1 ã q với mọi n = 2, 3, u 1 : số hạng đầu tiên; u n : số hạng thứ n (tổng quát); q: công bội.
∀n ∈N ∗ (a, q là các số thực khác không) là 1 cấp số nhân.
Ta cú u n = u 1 q n−1 với mọi n = 2, 3, ; với k = 2, 3, ã ã ã.
Dãy Fibonacci
Định nghĩa 1.2.3 Dãyu 1 , u 2 , được xác định như sau:
(u 1 = 1, u 2 = 2 u n = u n−1 + u n−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): u n = 1
CHƯƠNG 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 8 Định lý 1.2.1 Cho dãy (u n ) là dãy Fibonacci, khi đó: n
X i=0 u 2 i = u n u n+1 ; u n−1 u n+1 − u 2 n = (−1) n Định lý 1.2.2 (Công thức Binet): Cho (u n ) là dãy Fibonacci, số hạng tổng quát của dãy là: u n = 1
Dãy Farey
Dãy Farey bậc n là một tập hợp các phân số tối giản nằm trong khoảng từ 0 đến 1, với điều kiện mẫu số của các phân số này không vượt quá n Các phân số trong dãy được sắp xếp theo thứ tự tăng dần.
Tính chất 1.2.3 • Nếu a b và c d là các số kề nhau trong dãy Farey với a b < c d thì c d − a b = 1 bd.
• Nếu bc − ad = 1 với a, b, c, d nguyên dương và a < b, c < d thì a b và c d là các số kề nhau trong dãy Farey bậc M ax{b, d}.
• Nếu p q với các số a b và c d trong dãy Farey nào đó với a b < p q < c d thì p q = a + c b + d ( p q được gọi là mediant của a b và c d).
Dãy Lucas
Định nghĩa 1.2.5 Dãy Lucas là dãy mà(u n ) xác định bởi:
Dãy Lucas viết dạng liệt kê: 2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123,
Với ϕ là tỉ lệ vàng (ϕ = 1 + √
2 ≈ 1, 6180339887 ). Một số công thức, tính chất khác:
• Tính chia hết giữa các số Lucas: u m chia hết cho u n nếu m là số lẻ.
• Số Lucas liên hệ với số Fibonacci bởi công thức
• L n ≡ 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,
Một số dạng bài toán về dãy số
Trong phạm vi chương 2, tôi chọn lọc một số các ví dụ đặc sắc, Các ví dụ, bài tập được sắp xếp theo chủ đề.
Một số dạng toán tìm giới hạn dãy số
Bài toán 2.1.1 [Hà Tĩnh V1 2018] Cho số thực a và dãy số (x n ) xác định bởi: x 1 = a; x n+1 = 2017
Chứng minh rằng dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞.
Lời giải Xét hàm số f (x) = 2017
Ta có f(x) liên tục trên R, có f 0 (x) = 2017
5 với mọi x ∈R. Xét hàm số g(x) = f(x) − x trên R.
Ta thấy g(x) liên tục trên R và g 0 (x) = f 0 (x) − 1, suy ra g 0 (x) < 0 với mọi x ∈ R hay g(x) nghịch biến trên R Lại có g(0) = f (0) = 2017
2018 ln 177 > 0 nên tồn tại duy nhất số L ∈ (−9; 0) thoả mãn g(L) = 0 hay f(L) = L. Với a = L suy ra x n = L với mọi n ∈N ∗ , hiển nhiên lim x n = L.
Với a 6= L suy ra x n 6= L với mọi n ∈N ∗ Theo định lí Lagrange, tồn tại c nằm giữax n và L thoả mãn f(x n ) − f(L) = f 0 (c)(x n − L)
Cho n → +∞ ta có lim(x n − L) = 0 ⇒ lim x n = L.
Vậy dãy số (x n ) luôn có giới hạn hữu hạn khi n → +∞.
Bài toán 2.1.2 Cho dãy {y n } = {y n (x)} (0 6 x 6 1) được xác định như sau: y 1 = x
Lời giải Thử trực tiếp, ta thấy rằng − 1
2 Không mất tính tổng quát, ta giả thiết rằng − 1
Xét hiệu giữay n và các nghiệm của phương trình y = x
2 n y 2 (y + y 1 )(y + y 2 ) (y + y n−1 ) Vậy chỉ có một trong các nghiệm của phương trình là nghiệmy = √
1 + x − 1 sẽ là giới hạn của dãy {y n }, khi đó:
Cho dãy số (x n )(n = 1, 2, 3, ) được xác định bởi: x 1 = a ≥ 1, x n+1 = x 2 n − 2{x n } 2
[x n ] 2 ; n ∈N ∗ Trong đó[x] là phần nguyên của x, {x} là phần thập phân của x.
(i) Với a = 2017, chứng minh dãy số (x n ) trên có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
(ii) Chứng minh dãy số(x n ) có giới hạn hữu hạn với a ≥ 1 và tìm giới hạn đó.
(i) Với a = 2017, khi đó [2017] = 2017 và {2017} = 0 Do đó ta có x 1 = 2017; x 2 = x 2 1 − 2{x 1 } 2
(ii) TH1 a là số nguyên Khi đó [a] = a và {a} = 0 Do đó, ta có x 1 = a; x 2 = x 2 1 − 2{x 1 } 2
CHƯƠNG 2 MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ 12
TH 2: a là số không nguyên, ta có x 2 = a 2 − 2{a} 2
[x n ] ) 2 cũng thuộc (1; 2) Vậy theo nguyên lý quy nạp, suy ra 1 < x n < 2, ∀n ≥ 2.
Do đó {x n } = x n − [x n ] = x n − 1, ∀n = 2, 3, Từ đó ∀n ≥ 2, ta có x n+1 = x 2 n − 2(x n − 1) 2
Nên lim n→+∞ (2 − x n+1 ) = lim n→+∞ (2 − x 2 ) 2 n−1 = 0 vì 2 − x 2 ∈ (0; 1) Suy ra lim n→+∞ x n = 2
Bài toán 2.1.4 [TP HCM V1 2018] Xét dãy số (x n ) xác định bởi x 1 = 5
2 với mọi n = 1, 2, 3, ã ã ã Chứng minh dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn khi n → +∞ và tìm giới hạn đó trong các trường hợp
2 với mọi n = 1, 2, 3, ã ã ã Gọi A(n) : x n ∈ (1; 2) Ta sẽ chứng minh A(n) đỳng với mọi n = 1, 2, 3, ã ã ã
+) Giả sửA(k) đúng (k ≥ 1), tứcx k ∈ (1; 2) Ta sẽ chứng minh A(k + 1) đúng, tức x k+1 ∈ (1; 2) Thật vậy x k+1 − 1 = x k (2 − x k )
2 (x k − 1) 2 < 0 Theo nguyờn lý quy nạp x n ∈ (1; 2) với mọi n = 1, 2, 3, ã ã ã
Vì0 < q < 1nên với n đủ lớn thì q n nhỏ tùy ý, suy ra dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn và lim x n = √
(ii) Gọi P (n) : x n ∈ (1; 2) Ta sẽ chứng minh P (n) đỳng với mọi n = 1, 2, 3, ã ã ã
+) Giả sử P (k) đúng (k ≥ 1), tức x k ∈ (1; 2) Ta sẽ chứng minh P (k + 1) đúng, tức x k+1 ∈ (1; 2) Thật vậy x k+1 − 1 = 1
Theo nguyờn lý quy nạp x n ∈ (1; 2) với mọi n = 1, 2, 3, ã ã ã
Suy ra, với mọi n = 1, 2, 3, ã ã ã ta cú x n+1 − √
Với mỗi ε > 0 nhỏ tùy ý cho trước, tồn tại M đủ lớn để 1
2 = 0 nên tồn tại N đủ lớn để
2) có giới hạn hữu hạn và lim n→+∞ (x n+1 − √
Do vậy dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn và lim n→+∞ x n = √
P k=2 k cos π k Tính giới hạn lim n→∞
CHƯƠNG 2 MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ 14
Lời giải Ta có: cos x > 1 − x
Chuyển qua giới hạn, ta có: 1
2. Bài toán 2.1.6 Xét dãy số nguyên dương {a n } thỏa mãn các điều kiện a n > a n−1 a n+1 , ∀n ∈N ∗
Dãy {a n} là một dãy tăng thực sự, vì nếu có trường hợp a k+1 ≤ a k xảy ra, thì từ giả thiết a k+1 > a k a k+2 dẫn đến a k+1 > a k+2 Điều này sẽ tạo ra một dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều không thể xảy ra.
Do a 1 > a 0 ≥ 1 nên theo quy nạp ta có a n > n, suy ra: 1 a 1 + 2 a 2 + + n a n < n. Đặt 1 n 2
Bài toán 2.1.7 Cho {x n } được xác định như sau: x n = 1
2, a > 0, x 1 > 0 Chứng minh rằng dãy trên hội tụ Tìm giới hạn của dãy.
> √ a > 0 , bằng phép quy nạp và bất đẳng thức Cauchy, ta suy ra x n ≥ √ a tức {x n } bị chặn dưới bởi √ a.
Kết hợp với điều kiện dãy bị chặn, ta suy ra dãy {x n } hội tụ về α Từ hệ thức quy nạp, chuyển qua giới hạn, ta thu được: α = 1 2 α + a α
Bài toán 2.1.8 Xác định x 1 để dãy x n : x n = x 2 n−1 + 3x n−1 + 1(n > 2) là một dãy hội tụ.
Lời giải Ta có x 2 + 3x + 1 > x, ∀x ∈ R, nên dãy đã cho là dãy tăng.
Giả sử dãy {x n } là hội tụ và lim n→∞ x n = a thì a = a 2 + 3a + 1 ⇔ a = −1 vì {x n } tăng nên x n 6 −1, ∀n
Ta cóx 2 + 3x + 16 −1 ⇔ −2 6 x 6 −1 nếux 1 ∈[− 2; −1]thì x 2 ∈[− 2; −1] ∀n, khi đó {x n } sẽ hội tụ vì dãy tăng và bị chặn.
Nếu x 1 > −1 hoặc x 1 < −2 thì x 2 > −1 và dẫn đến x n > −1, ∀n , nên dãy {x n } sẽ không hội tụ.
Vậy, nếu x 1 ∈[− 2; −1] thì {x n } hội tụ.
Bài toán 2.1.9 Cho số thực a thỏa mãn 0 < a ≤ 2 Xét dãy số (a n ) n≥0 xác định bởi a 0 = a và a n+1 = 1 +p
2a 2 n + 1 a n với mọi n ∈N Chứng minh rằng dãy (a n ) n≥0 có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải Do a 0 > 0 nên bằng quy nạp, ta suy ra (a n ) là dãy số dương Xét hàm số f(x) = 1 + √
2 + 1 x 2 nênf (x)nghịch biến trên I Do đó từa n ≥ √
2với mọin ∈Z + , ta suy raa n ≤ M < +∞ với M = max{f ( √
2), 2} Ngoài ra f (2) = 2 Đến đây ta có hai khả năng
Trường hợp 1 Nếu a 0 = 2 thì a n = 2 với mọi n ≥ 0 Suy ra (a n ) là dãy dừng, và do đó có giới hạn hữu hạn bằng 2.
Trường hợp 2 Nếu 0 < a 0 < 2 thì a 1 > 2, a 2 < 2, bằng quy nạp ta được a 2k < 2 < a 2k+1 với mọi k ∈R Mặt khác,
◦ Nếu a 0 ≤ a 2 thì a 1 ≥ a 3 , a 2 ≤ a 4 , Do đó dãy (a 2k ) tăng, bị chặn trên bởi
2 và dãy (a 2k+1 ) giảm, bị chặn dưới bởi 2 Vậy hai dãy con (a 2k+1 ), (a 2k ) của dãy (a n ) có giới hạn hữu hạn.
◦ Gọi a 0 > a 2 thì a 1 ≤ a 3 ; a 2 ≥ a 4 , Do đó dãy (a 2k ) giảm, bị chặn dưới bởi 0 và (a 2k+1 ) tăng bị chặn trên bởi M.
Gọi a = lim k→+∞ a 2k và b = lim k→+∞ a 2k+1 Ta có 0 ≤ a, b ≤ M Từ giả thuyết ta suy ra a n+1 a n = 1 +p
2a 2 n + 1 với mọi n ≥ 0 Do đó ta có hệ ab = 1 +p
CHƯƠNG 2 MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ 16
Từ hệ suy ra a = b và do đó a 2 − 1 = √
Từ phương trình 2a 2 + 1, ta có thể giải ra a = 2 Điều này dẫn đến kết luận rằng a = b = 2 Như vậy, hai dãy con (a 2k+1) và (a 2k) của dãy (a n) đều có cùng giới hạn hữu hạn là 2 Do đó, dãy (a n) cũng có giới hạn hữu hạn bằng 2.
Vậy trong cả hai trường hợp, dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và giới hạn đó bằng 2.
Lời giải.Do hàm số f(x) = 1 x 2 + 1 liên tục trên [0; 1] nên tồn tại
0 dx x 2 + 1 và nó không phụ thuộc vào cách phân hoạch (P ) của [0; 1].
Chọn phép phân hoạch với nút ξ ∈ [x i ; x i+1 ] Ta chia [0; 1] thành 2n phần bằng nhau bởi các điểm chia x i = i
Trên các đoạn [x 2i ; x 2i+1 ] hay [x 2i+1 ; x 2i+2 ] (i = 0, 1, , n − 1) ta chọn ξ = 2i + 1
2n (là đầu mút chung của 2 đoạn liền kề nhau) suy ra tổng tích phân của f(x) trên [0; 1] là n−1
0 dx x 2 + 1. Bài toán 2.1.11 Ký hiệuu n = π
Xét dãy số {x_n} được xác định bởi công thức x_n = 2^n u_n với n ∈ N Để tính giới hạn lim n→∞ x_n, ta đặt cos(n x) = u và cos(n x) dx = dv theo phương pháp tích phân từng phần Kết quả là u_n = (1/n) ∫(cos(n x) sin(n x) dπ) từ 0 đến π.
0 tan 2n xdx, n ∈ N Xét dãy số được xác định theo công thức x n = (−1) n u n − n
(−1) k 2k−1 , n ∈N Tính lim n→∞ x n Lời giải Ta viết u n dưới dạng sau: u n = π
Bài toán 2.1.13 Cho dãy số (u n ) thoả mãn 0 < u n < 1 và u n+1 (1 − u n ) > 1
Lời giải Với n> 1 , áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: u n+1 + (1 − u n )> 2 p u n+1 (1 − u n ) > 1 ⇒ u n+1 > u n ;
(u n ) là dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi 1 Theo nguyên lí giới hạn, tồn tại giới hạn hữu hạn L = lim n→∞ u n , 0 < L < 1 vì u n+1 (1 − u n ) > 1
4 , ∀n = 1, 2, Chuyển qua giới hạn ta có:
Giới hạn của dãy tổng
Bài toán 2.2.1 Cho dãy số (x n ), (n = 1, 2, ) được xác định như sau: x 1 = 1 và x n+1 = p x n (x n + 1)(x n + 2)(x n + 3) + 1 với n = 1, 2, Đặt y n = n
CHƯƠNG 2 MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ 18
Lời giải Ta có x 2 = 5 và x n > 0 với mọi n = 1, 2, x n+1 =p x n (x n + 1)(x n + 2)(x n + 3) + 1
Từ (2.1) x k+1 = x 2 k + 3x k + 1 > 3x k > 3.3 k−1 = 3 k Chứng minh bằng quy nạp ta có: x n > 3 n−1 (2.2) vì (2.2) x n+1 > 3 n = ⇒ lim n→∞ y n = 1
2 Bài toán 2.2.2 Cho dãy (x n ), (n = 1, 2, ) xác định bởi:
2 (n = 2, 3, ) Chứng minh rằng dãy (y n )(n = 1, 2, ) với y n = n
1 x 2 i có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.
Lời giải Từ giả thiết ta có x n > 0, ∀n ≥ 1, x n − x n−1 = q x 2 n−1 + 4x n−1 + x n−1
Giả sử lim n→∞ x n = athì a > 0vàa =
∀n > 2 = ⇒ y n < 6 với ∀n > 1 và dãy (y n ) tăng vì y n = y n−1 + 1 x n
> y n−1 Vậy (y n ) có giới hạn hữu hạn và lim n→∞ y n = 6.
Bài toán 2.2.3 Xét dãy số (x n ), (n = 1, 2, 3, ) xác định bởi:x 1 = 2 và x n+1 = 1
1 + x n Tìm lim n→+∞ S n. Lời giải Xét bài toán tổng quát: Cho dãy (u n ) thỏa mãn
= ⇒ 1 u n + b = 1 u n + c − 1 u n+1 + c Khai triển và ước lượng được:
Do đó S n = 1 u 1 + c − 1 u n+1 + c Vận dụng vào bài toán trên với b = 1, c = −1 ta có:
2 (x n − 1) 2 > 0 ∀n ∈N ∗ nên dãy (x n ) là dãy tăng.
Giả sử lim n→+∞ x n = a(a > 2) = ⇒ 2a = a 2 + 1 = ⇒ a = 1 (vô lý).
Vậy lim n→+∞ x n = +∞ hay lim n→+∞ S n = 1. Bài toán 2.2.4 Cho dãy số (x n ) xác định bởi x 1 = √
Chương 2 trình bày một số dạng bài toán liên quan đến dãy số, cụ thể là dãy số \( y_n = x_{2n+1} x_2 x_1 \cdots x_{2n} \) với \( n \in \mathbb{N}^* \) Bài toán yêu cầu chứng minh rằng dãy số \( (y_n) \) có giới hạn và xác định giới hạn đó Để chứng minh, ta cần chỉ ra rằng \( x_{n+1} > x_n > 2 \) cho mọi \( n \in \mathbb{N}^* \) Từ đó, ta có thể phát triển biểu thức \( x_{n+1} - 2 = (x_n - 2)(x_n + 2) = (x_n - 2) x_{2n-1} \), dẫn đến mối quan hệ giữa các phần tử trong dãy số.
Từ đó lim x n = +∞.Vậy lim y n = 2013.
Bài toán 2.2.5 Cho dãy số (x n ) với n = 1, 2, xác định bởi: x 1 = a, (a > 1), x 2 =
Lời giải Ta thấyx 2n = 1, n = 1, 2, doln 1 = 0 = ⇒ lim n→+∞ x 2n = 1 Ta sẽ chứng minh dãy(x 2n+1 ) cũng có giới hạn là 1. f (x) = x − ln x liên tục và đồng biến trong (1; +∞) vì f 0 (x) = 1 − 1 x > 0 với mọi x > 1.
Trước hết ta chứng minh dãy (x 2n+1 ) bị chặn dưới bởi 1 Theo giả thiết thì x 1 = a > 1, giả sử x 2k+1 > 1thì f(x 2k+1 ) > f (1) > 1nên hiển nhiên x 2k+3 > 1 tức dãy(x 2n+1 ) bị chặn dưới bởi 1.
Tiếp theo chứng minh dãy(x 2n+1 )là dãy giảm Thật vậy, dox 2n+1 > 1nênln x 2n+1 >
0 = ⇒ x 2n+3 − x 3n+1 = − ln x 2n+1 < 0, tức dãy (x 2n+1 ) là dãy giảm = ⇒ (x 2n+1 ) có giới hạnc = lim n→+∞ x 2n+1 Chuyển qua giới hạn ta được c = c − ln c ⇔ c = 1 Vậy dãy số (x n ) có giới hạn là 1.
Theo định lý Cessaro, ta có lim n→+∞ x
⇔ lim n→+∞ nx 1 − (n − 1) ln x 1 − (n − 2) ln x 3 − − ln x 2n−3 + n
Bài toán 2.2.6 Cho dãy số (u n ) xác định bởi
Tìm giới hạn lim n→∞ (u1u2 + u2u3 + + unun+1) Giải thích rằng dãy (un) là dãy đơn điệu tăng với điều kiện 1 = u1 < u2 < u3 Giả sử tồn tại giới hạn hữu hạn l = lim n→∞ un, khi đó l > 1 Theo công thức xác định dãy, ta có un+1 = un + u2n.
2019; lấy giới hạn hai vế và sử dụng (2.3) có: l = l + l 2
2019 ⇒ l = 0 Đó là điều vô lý, vì l > 1, vậy lim u n n→∞
Từ công thức truy hồi xác định dãy, với n = 1, 2, ta có: u n u n+1 = u 2 n u n u n+1 = 2019(u n+1 − u n ) u n u n+1 = 2019( 1 u n − 1 u n+1 ).
Ta suy ra hệ thức sau: u 1 u 2 + u 2 u 3 + + u n u n+1 = 2019( 1 u 1 − 1 u n+1 ) = 2019(1 − 1 u n+1 ).
Vậy ta có kết quả: lim n→∞ ( u 1 u 2 + u 2 u 3 + + u n u n+1 ) = 2019.
Bài toán 2.2.7 Cho dãy (x n ) xác định
Lời giải Ta chứng minh bằng qui nạp:
- Giả sử (*) đúng với n = p(p ∈N ∗ , p ≥ 1) tức là x p = p
Ta chứng minh (*) đúng vớin = p + 1 hay x p+1 = p+1
C p+1 k 2k + 1 Thật vậy, theo đề bài: x p+1 = 2 p+1
CHƯƠNG 2 MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ 22
Bài toán 2.2.8 Chứng minh các dãy số sau đều có giới hạn hữu hạn: a) u n = 1 + 1
- Giả sử (2.6) đúng với n = k, tức là: u k > 1
√ k − 3 Ta chứng minh (2.6) cũng đúng với n = k + 1, tức là u k+1 > 1
√ k + 1 − 3. Theo giả thiết quy nạp: u k+1 > 1
√ n − 3 > −3 Dãy(u n ) giảm có giới hạn dưới là (-3) nên dãy hội tụ Vậy (u n ) có giới hạn hữu hạn. b) Ta có u n = 1 1! + 1 2! + 1 3! + + 1 n!
Do đó dãy (u n ) bị chặn trên Dễ thấy u n+1 − u n = (n−1)! 1 > 0 nên (u n ) là dãy tăng
= ⇒ (u n ) là dãy hội tụ = ⇒ (u n ) có giới hạn hữu hạn. c) Ta có: u n+1 u n =
> 1, ∀n ⇒ (u n ) là dãy tăng Ta sẽ chứng minh: u n < 4 − 1 n! , ∀n ∈N ∗ (2.7)
Với n = 1: u 1 − 4 − 1! 1 = 1 + 1! 1 − 4 − 1! 1 = −3 < 0 (2.7) đúng Tương tự với n = 2, 3.
- Giả sử (2.7) đúng với n = k, tức là u k < 4 − 1 k! (k > 4) , ta sẽ chứng minh (2.7) đúng với n = k + 1, tức là u k+1 < 4 − 1
CHƯƠNG 2 MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ 24
Vậy (u n ) tăng và bị chặn trên hay (u n ) là dãy hội tụ.
Bài toán 2.2.9 Cho dãy (u n ) xác định bởi: u n = q
2 n Lời giải Từ giả thiết suy ra: u n =p
Chứng minh quy nạp ta có: u n = 2 cos π
2 n+1 ; u 1 u 2 u n = 2 n cos 2 π 2 cos 2 π 3 cos 2 n+1 π sin 2 n+1 π sin 2 n+1 π
Mặt khác: lim n→0 sin x x = 1 ⇒ lim π
Bài toán 2.2.10 Cho dãy (u n ) xác định bởi: u n = 2 n r
2 (n dấu căn) Tìm lim n→∞ u n Lời giải Trước hết ta có r
Vì lim n→∞ sin x x = 1 ⇒ lim n→∞ sin π
Bài toán 2.2.11 Cho dãy (u n ) xác định bởi:
, với n = 1, 2 Hai dãy (v n ) , (w n ) xác định như sau: v n = 4 n (1 − u n ) và w n = u 1 u 2 u n Tìm lim n→∞ v n và n→∞ lim w n
Lời giải Do |u 0 | < 1, đặt u o = cos α (α ∈ (0; π)); ta có u 1 = r1 + cos α
2 2 ; Ta dễ dàng chứng minh được u n = cos α
2 n w n = cos α 2 cos 2 α 2 cos 2 α n sin 2 α n sin 2 α n
Bài toán 2.2.12 Cho dãy số thực (x n ) như sau: x 1 = 0, x 2 = 2, , x n+2 = 2 −x n (n =
1, 2, 3, ) Chứng minh rằng dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.
Lời giải Xét hàm số f (x) = 2 −x + 1
2 xác dịnh trên R. Với mỗi n ∈ N ∗ , ta có x n+4 = f(x n+2 ) = f (f(x n )) hay x n+4 = g(x n ), trong đó g là hàm số xác định trên R và g(x) = f (f(x)) (2.8)
Hàm f giảm trên R dẫn đến hàm g tăng trên R, từ đó suy ra rằng với mỗi k ∈ {1; 2; 3; 4}, dãy (x 4n+k ), n ∈ N là dãy đơn điệu Bên cạnh đó, từ cách xác định dãy (x n ), ta có 0 ≤ x n ≤ 2 với mọi n ∈ N ∗, do đó mỗi k ∈ {1; 2; 3; 4} cũng cho thấy dãy (x 4n+k ) là dãy hội tụ.
CHƯƠNG 2 MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ 26
Với mỗi k ∈ {1; 2; 3; 4}, đặt lim n→+∞ x 4n+k = a k ta có 0 ≤ a k ≤ 2 Hơn nữa, do hàm số g liên tục trên R nên từ (2.8) suy ra g(a k ) = a k (2.9)
Xét hàm số h(x) = g(x) − x trên khoảng [0; 2], ta thấy rằng h'(x) = 2 − (f(x) + x) (ln 2) với 2 − 1 < 0, do đó h'(x) < 0 với mọi x ∈ [0; 2] Điều này chứng tỏ hàm h giảm trên khoảng này, dẫn đến việc có nhiều nhất một điểm x ∈ [0; 2] sao cho h(x) = 0 hay g(x) = x Đặc biệt, khi g(1) = 1, ta suy ra rằng a_k = 1 với mọi k thuộc {1; 2; 3; 4}.
Vì dãy (x n ) là hợp của bốn dãy con (x 4n+k ) nên dãy (x n ) hội tụ và lim n→+∞ x n = 1. Bài toán 2.2.13 Cho dãy số (x n ) thỏa mãn:
Lời giải Vì hàm số f (x) = 1
2 ) nênx 2 > x 1 tương tự ta có x n+1 > x n mọi n ∈N ∗
Ta sẽ chứng minh dãy (x n )không bị chặn trên Thật vậy nếu dãy (x n )bị chặn trên thì dãy (x n ) sẽ hội tụ về x(x > 8) hay phương trình : x = 1 3 x 2 − 7x + 25
⇔ 1 x n − 2 = 1 x k − 5 − 1 x k+1 − 5. Cho k chạy từ 1 đến n ta có u n = n
3. Bài toán 2.2.14 Với mỗi số thực x, kí hiệu [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x, và {x} = x − [x] Đặt u n = { 45 + √
Ta có S 0 = 2; S 1 = 90, do đó S n là số nguyên với mọi n là số tự nhiên.
Bài toán 2.2.15 yêu cầu chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình f_n(x) = a có đúng một nghiệm x_n nằm trong khoảng (0; +∞) Hàm số f_n(x) được định nghĩa là a * 10^(n+10) + x^n + + x + 1, với n = 1, 2, Điều quan trọng là dãy số (x_n) có giới hạn hữu hạn khi n tiến đến vô cực.
Để giải bài toán, ta định nghĩa g_n(x) = f_n(x) - a, trong đó g_n(x) là hàm liên tục và tăng trên khoảng [0; +∞) Ta có g_n(0) = 1 - a < 0 và g_n(1) = a^{10 + n + 1} - a > 0, do đó phương trình g_n(x) = 0 có nghiệm duy nhất x_n trong khoảng (0; +∞) Để chứng minh sự tồn tại của giới hạn lim n→+∞ x_n, ta cần chứng minh rằng dãy (x_n) là dãy tăng và bị chặn.
= ⇒ x n < 1 − 1 a , n = 1, 2, Mặt khác, từ g n (x n ) = a 10 x n+10 n + x n n + + 1 − a = 0, suy ra x n g n (x n ) = a 10 x n+11 n + x n+1 n + + x n − ax n = 0
Vìg n+1 là hàm tăng và 0 = g n+1 (x n+1 ) > g n+1 (x n ) nên x n < x n+1
Vậy dãy (x n )(n = 1, 2, ) tăng và bị chặn, nên tồn tại lim n→+∞ x n Ta chứng minh n→+∞ lim x n = 1 − a 1 bằng cách chứng minh bất đẳng thức
CHƯƠNG 2 MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ 28
Bài toán 2.2.16 Cho số thực a và dãy số thực {x n } xác định bởi: x 1 = a và x n+1 = ln (3 + cos x n + sin x n ) − 2018 với n = 1, 2, 3, Chứng minh rằng dãy số {x n } có giới hạn hữu hạn khi n → +∞.
Lời giải Đặt f(x) = ln (3 + sin x + cos x) − 2018, ta có, f 0 (x) = cos x − sin x
2 = q < 1. Áp dụng định lý Lagrange cho x, y thuộc R, ta có f(x) − f(y) = f 0 (z)(x − y) suy ra|f(x) − f (y)| ≤ q|x − y| Áp dụng tính chất này với m > n ≥ N, ta có: |x m − x n | =
≤ q N−1 |x m−n+1 − x 1 | Do dãy {x n } bị chặn và q < 1nên với mọi ε > 0 tồn tạiN đủ lớn để q N −1 |x m−n+1 − x 1 | < ε.
Như vậy dãy {x n } thoả mãn điều kiện Cauchy do đó hội tụ.
Bài toán 2.2.17 Cho dãy số thực {x n } xác định bởi x 0 = 1, x n+1 = 2 + √ x n −
1 + √ x n với mọi∀n ∈N Ta xác định dãy{y n }bởi công thứcy n = n
Tìm công thức tổng quát của dãy{y n }.
Ta có biểu diễn các số hạng của dãy: x 1 = 1 + 2 − 2 √
Nhân đẳng thức đầu với 2, đẳng thức thứ hai với2 2 , đẳng thức thứ ba với2 3 đẳng thức thứ n với 2 n rồi cộng vế theo vế và giản ước, ta được y n = 2 + 4 + + 2 n + 4 − 2 n+1 2 1/2 n = 2 n+1 (1 − 2 1/2 n ) + 2.
Bài toán 2.2.18 [Quảng Bình V1 2018]Cho dãy số (u n ) được xác định :
1 − u n Tìm lim v n Lời giải Dễ thấy u n 6= 0, ∀n > 1 , do đó ta có u 2 n (2 − 9u n+1 ) = 2u n+1 (2 − 5u n ) ⇔ 2 − 9u n+1 u n+1 = 2 (2 − 5u n ) u 2 n ⇔ 2 u n+1 = 4 u 2 n − 10 u n + 9 Đặtx n = 2 u n
, ∀n> 1 , ta có dãy số(x n )xác định bởi :
Do đó x n+1 > x n , ∀n> 1 ⇒ (x n ) là dãy số tăng.
Giả sử (x n ) bị chặn, khi đó (x n ) có giới hạn hữu hạn.
139 , ta có a = a 2 − 5a + 9 = 0 ⇔ a = 3 (không thỏa mãn).
Dạng bài dãy truy hồi liên quan số chính phương
Áp dụng của dãy số trong trong các bài toán cấp số cộng, cấp số nhân
Bài toán 3.0.1 ChoA n (n ∈N ∗ ) là tập hợp chứa các số có biểu diễn thập phân dạng
0, a 1 a 2 a n , trong đó a n = 1 và a i bằng 0 hoặc 1 với mọi i = 1, 2 , n − 1 Gọi x n là số phần tử của A n và y n là tổng các phần tử của A n.
(i) Tìm công thức của x n theo n.
(ii) Tính giới hạn lim n→+∞ y n x n Lời giải.
(i) Do a 1 , a 2 , , a n−1 chỉ có thể nhận giá trị là0 hoặc 1 nên x n = 2 n−1
Số các số trong trường hợp a i = 0 và a i = 1, i = 1, 2, , n − 1 là như nhau nên y n = 1
18. Bài toán 3.0.2 Chứng minh rằng dãy số u n của những diện tích được xác định bởi hình dưới đây là một cấp số cộng:
Gọi u 1 là diện tích hình tròn được xác định đầu tiên: u 1 = S 1 = r 2 1 π
2 Từ đó, ta có diện tích hình vành khăn kí hiệu u 2 và u 2 = S 2 − S 1 = 3
CHƯƠNG 3 MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 36
Tương tự với u 3 , u 4 , u 5 , Ta nhận thấy hiệu số giữa hai số hạng liên tiếp của (u n ) luôn là π
8 Vậy (u n ) chính là một cấp số cộng mà công sai là π
8. Bài toán 3.0.3 Một hình vuông đơn vị được chia thành 9 hình vuông bằng nhau, hình vuông ở giữa được tô màu, 8 hình vuông còn lại sẽ được chia theo cách trên. Nếu ta tiếp tục như thế đến vô tận thì giới hạn của phần diện tích được tô màu là bao nhiêu?
Ta đặt u n là phần diện tích được thêm vào sau mỗi lần chia Vào lần thứ n ta sẽ thêm vào 8(n − 1) hình vuông có diện tích là 1
9 của hình vuông lần trước Vậy u n = 8
9 u ( n − 1) = ⇒ u n là một cấp số nhân với u 1 = 1
9 Vậy diện tích thu được vào lần thứ n là: S n = u 1 + u 2 + + u n = u 1
9 Do đó lim n→∞ S n = 1 hay diện tích thu được là 1(đvdt).
Bài toán 3.0.4 Người ta dựng một dãy các đường tròn liên tiếp tiếp xúc nhau
Hình tròn ∆ 0 có bán kính là R Hình tròn ∆ n có bán kính bằng một nửa bán kính của hình tròn ∆ n−1
1) Chứng minh rằng mọi hình tròn ∆ n đều nằm trong ∆ 0
2) Gọi A n là diện tích thu được là hợp tất cả các hình tròn ∆ 1 , ∆ 2 , , ∆ n , trên. Chứng minh rằng:
3 diện tích của hình tròn ban đầu ∆ 0
Chúng ta xây dựng một chuỗi hình tròn nội tiếp ∆ n, với n ≥ 1 Hình tròn đầu tiên ∆ 0 có bán kính R, trong khi các hình tròn tiếp theo ∆ n có bán kính bằng một nửa bán kính của hình tròn trước đó ∆ n−1 Do đó, ta có một cấp số nhân của các bán kính hình tròn này: (R n ).
1) Để chứng minh mọi hình tròn ∆ n đều nằm trong ∆ 0 ta sẽ chứng mình tổng các bán kính từ R 1 đến R n nhỏ hơn hoặc bằng R.
(tổng một cấp số nhân có công bội 1
Vậy tất cả các hình tròn ∆ n đều nằm trong ∆ 0
2) Gọi A n là diện tích thu được là hợp tất cả các hình tròn ∆ 1 , ∆ 2 , , ∆ n trên Ta chứng minh dãy A n giới hạn bằng 1
3 diện tích của hình tròn ban đầu ∆ 0 Ta có: (R n ) :
4 S n−1 Gọi A n diện tích này (trừ S 0 ), suy ra:
(Tổng một cấp số nhân công bội 1
3 S 0 Bài toán 3.0.5 Cho hình vuông C 0 có cạch là a, người ta xét một dãy các hình vuông C 1 , C 2 , C 3 , , C n , (hình vẽ) với quan hệ các khoảng cách như sau:
CHƯƠNG 3 MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 38
1) Có phải tất cả các hình vuông đều nằm trong hình vuông C 0
2) Xác định hình vuông nhỏ nhất có đỉnh A (kí hiệu AB 0 C 0 D 0 trong đó B 0 ∈ (AB); C 0 ∈ (AC); D 0 ∈ (AD) chứa tất cả các hình vuông C n.
Lời giải ABCD là hình vuông có cạch a Các cạnh của hình vuông C 1 , C 2 , , C n được dựng sao cho:
24 A n−1 A n ; Độ dài AA 1 , A 1 A 2 , , A n−1 A n lập thành cấp số nhân (u n ) với
Ta có tổng độ dài: AA 1 , A 2 A 3 , , A n−1 A n
11 > 1 nên không phải tất cả các hình vuông đều nằm trong hình vuông ABCD.
Vậy từ hình vuông thứ 4, các hình vuông không còn nằm trong hình vuông ABCD.
2) Để hình vuông AB 0 C 0 D 0 có thể chứa hết các tam giác vuông thì
Hình vuông AB 0 C 0 D 0 có cạnh AB 0 = 13
Áp dụng dãy số để giải phương trình hàm, bất phương trình hàm
Phương trình hàm là kiến thức cốt lõi trong môn Toán chuyên Trong lĩnh vực này, có nhiều dạng bài tập khác nhau mà người học có thể gặp phải.
+ các phương trình hàm trên Z
Khi giải các bài toán trên, dãy số là công cụ hữu hiệu để giải quyết.
Cho hàm sốf : D → D Khi đó dãy số (u n ) được xác định bởi: u n = f (f ( f (x)))
| {z } n gọi là dãy lặp ứng với hàm số f.
Bài toán 3.0.6 Tìm tất cả các hàm số f : (0; +∞) → (0; +∞) thỏa mãn điều kiện: f (f (x)) = 6x − f (x) , ∀x ∈ (0; +∞)
Lời giải Với mỗi x > 0, đặt u n = f (f ( f (x)))
= ⇒ u n+2 = 6u n − u n+1 , ∀n > 0 Xét phương trình đặc trưng của dãy:t 2 + t − 6 = 0
⇔ t = 2 hoặc t = −3 ⇒ u n = c 1 2 n + c 2 (−3) n , trong đó c 1 , c 2 thỏa mãn c 1 + c 2 = u 0 = x 2c 1 − 3c 2 = u 1 = f (x) ⇔ c 1 = 3x+f 5 (x) c 2 = 2x−f 5 (x) u n = 3x + f (x)
- Nếu f (x) > 2x ⇔ 2x − f (x) < 0 thì ta xét n chẵn ta có lim n→∞ u n = −∞ (vô lí).
- Nếu f (x) < 2x ⇔ 2x − f (x) > 0 thì ta xét n lẻ có lim n→∞ u n = −∞ (vô lí).
Bài toán 3.0.7 Tìm tất cả các hàm số f : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn điều kiện: f (f (x) − x) = 6x, ∀x ∈ [0; +∞).
Lời giải Từ tập xác định của f ⇒ f (x)> x, ∀x > 0 Đặt g(x) = f(x) − x, kết hợp với phương trình hàm đã cho ta có: g(g(x)) = f (g(x)) − g(x) = f (f(x) − x) − (f (x) − x) = 3x − f(x) = 2x − g(x).
Do vậy ta cần tìm hàm số g : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn điều kiện g (g (x)) + g (x) = 2x, ∀x> 0 Với mỗi x > 0 ta đặt u n = f (f ( f (x)))
Xét phương trình đặc trưng của dãy: t 2 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = −2 ⇒ u n = c 1 1 n + c 2 (−2) n Trong đó c 1 , c 2 thỏa mãn c 1 + c 2 = u 0 = x c 1 − 2c 2 = u 1 = f (x) ⇔ c 1 = 2x+f(x) 3 c 2 = x−f(x) 3
CHƯƠNG 3 MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 40
- Nếu f (x) > x ⇔ x − f(x) < 0, thì xét với n chẵn: lim n→∞ u n = −∞ (vô lí).
- Nếu f (x) < x ⇔ x − f(x) > 0, thì xét với n lẻ: lim n→∞ u n = −∞ (vô lí).
Vậy với mỗi x > 0 ta có f (x) = x = ⇒ f(x) = x, ∀x > 0.
Bài toán 3.0.8 (VMO 2012) Tìm tất cả các hàm số f xác đình trên tập số thực R, lấy giá trị trong R và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
Từ điều kiện (3), ta có f (x) = f (y) dẫn đến f (f (x)) = f (f (y)), tương đương với f (x) + 12x = f (y) + 12y, từ đó suy ra x = y, chứng tỏ f là hàm đơn ánh Kết hợp với điều kiện (1), ta thấy f là hàm song ánh trên R, do đó tồn tại hàm số ngược g Vì f là hàm số tăng trên R, nên g cũng là hàm số tăng trên R Thay x = 0 vào điều kiện (3) cho ta f(f (0)) = f(0), dẫn đến f(0) = 0 và g(0) = 0.
Ta có với x > 0 = ⇒ g(x) > g(0) = 0 và x < 0 = ⇒ g(x) < g(0) = 0, với mỗi x > 0 ta đặt u n = g (g ( g (x)))
Khi đó ta có 12u n+2 + u n+1 − u n = 0, ∀n ≥ 0 Xét phương trình đặc trưng của dãy: 12t 2 + t − 1 = 0
- Nếu g (x) > x 4 ⇔ 3x − 12g (x) < 0 thì xét n chẵn, ta có lim n→+∞ u n = −∞ (vô lí).
- Nếu g (x) < x 4 ⇔ 3x − 12g (x) > 0 thì xét n lẻ, ta có lim n→+∞ u n = −∞ (vô lí).
Suy ra với mỗi x > 0 thì (g(x)) = x 4 nên f (x) = 4x, ∀x > 0.
Vậy hàm số cần tìm là f (x) = 4x, ∀x ∈R.
Bài toán 3.0.9 (Turkey TST 2005) Tìm tất cả các hàm số f : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
Lời giải Xét hai dãy số (a n ) và (b n ) xác định bởi: a 1 = 3
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức kẹp: a n x6 f (x) 6 b n x, ∀x> 0, ∀n ≥ 1
Bằng quy nạp ta có(a n ) tăng (b n ) giảm và a n < 1 < b n ∀n Ngoài ra với n > 1 ta có:
4.13 n−1 , ∀n > 1 Theo định lý giới hạn kẹp thì lim n→∞ a n = 1 suy ra n→∞ lim b n = 1 Do đó f (x) = x, ∀x > 0.
Bài toán 3.0.10 (China MO) Tìm tất cả các hàm số f : [1; +∞) → [1; +∞) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
Lời giải Trong (1) thay x bởi x + 1 ta có x + 2
Bằng quy nạp, áp dụng (5) và cách lập luận trên k lần ta được
Với mỗi x ≥ 1, chuyển qua giới hạn bất đẳng thức trên khi k → +∞ và sử dụng định lý giới hạn kẹp ta có: x + 16 f (x) 6 x + 1 ⇒ f (x) = x + 1
Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f (x) = x + 1, ∀x> 1
Nhận xét: Liên quan đến bài toán này ta có bài toán: Tìm giới hạn của dãy số (x n ) biết x n = v u u t1 + 2 s
CHƯƠNG 3 MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 42
2 n Áp dụng định lý giới hạn kẹp thì n→∞ lim x n = 3.
Bài toán 3.0.11 Tìm tất cả các hàm f :N ∗ → N ∗ thỏa mãn các điều kiện sau: (a) f(2) = 4.
[2 k ; 2 k+1 ) Quy nạp ta được f(2 k ) = 2 2k Xét n ∈ [2 k ; 2 (k+1) ), từ (b) suy ra: f (n) n 6 f (n + L) n + L ⇒ f 2 k
Với mỗi n ∈N ∗ chuyển qua giới hạn khi m → +∞, theo định lý giới hạn kẹp ta có: f (n) n 2 = 1 ⇒ f (n) = n 2 , ∀n ∈N ∗
Bài toán 3.0.12 Tìm tất cả các hàm số f : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn: f(x) + f (f(x)) = 2x, ∀x> 0 (1)
Với mỗi x ∈ [0; +∞) ta xây dựng dãy số (u n )như sau:
Do u n = f (u n−1 ) ∈ [0; +∞) nên u n > 0, ∀n ∈ N Trong (1)lấy x = u n được: u n+2 + u n+1 − 2u n = 0, ∀n ∈ N Phương trình đặc trưng λ 2 + λ − 2 = 0 có hai nghiện là λ = −2 và λ = 1 Do đó u n = α + β (−2) n , ∀n ∈ N Ta có: 0 6 u 2n ⇒ 0 6 α + β.2 2n ⇒ β > −α 1
2n+1 , ∀n ∈ N (2) Từ (2) cho n → +∞và sử dụng nguyên lí kẹp ta được β = 0 Vậy:
Thử lại ta thấy thỏa mãn Vậy f(x) = x, ∀x ∈ [0; +∞).
Bài toán 3.0.13 Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn: f (x 2 ) + f(x) = x 2 + x, ∀x ∈R (1)
Lời giải Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài Khi đó ta có (1). Đặt f (x) − x = g(x), ∀x ∈R.
Dễ thấy g là hàm số liên tục trên R và g(x) = −g(x 2 ), ∀x ∈R (2).
⇔ g (1) = 0 Trong (2) thay x bởi -x, ta được g(−x) = −g(x 2 ), ∀x ∈R
Kết hợp với (2) ta được g(−x) = −g(x), ∀x ∈R ⇒ g là hàm số chẵn trên R Với x > 0 thì:n g(x)=−g(x 2
⇒ g (x) = g(x 4 ), ∀x > 0 Với x > 0, thay x bởi x 1 4 , ta có g(x) = g(x 1 4 ), ∀x > 0.
4 n−1 Mà g là hàm liên tục nên g(a) = n→+∞ lim g(x n ) = g( lim n→+∞ x n ) = g( lim n→+∞ a
⇒ g (x) = 0, ∀x > 0 Mà g(x) là hàm chẵn trên R, g (0) = 0 ⇒ g(x) = 0, ∀x ∈R.
Thử lại: ta thấy thỏa mãn đề bài Vậy f(x) = x, ∀x ∈R.
Bài toán 3.0.14 Tìm tất cả hàm số liên tục: R → R thỏa mãn điều kiện: f (xy) = f x 2 + y 2 2
Lời giải Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài Trong (1) cho y = 1, ta được: f(x) = f x 2 + 1
⇔ g(x) = g x 2 + 1 2 với g(x) = f (x) + 2x, ∀x (2) Vì f liên tục trên R nêng liên tục trên R Trong (2) thay x bởi −x ta có g (−x) = g x 2 + 1 2
⇒ g(x) = g (−x) , ∀x ⇒ g là hàm chẵn Do đó ta chỉ xét trên [0, +∞].Với a bất kì:
2 , ∀n ∈ N (3) Bằng quy nạp, ta có
CHƯƠNG 3 MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 44
⇒ x n+1 > x n , ∀n ∈ N Vậy dãy (x n )tăng và bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Đặt lim (x n ) = L Khi đó 06 L 6 1 Từ (3) cho n → +∞ ta có: L = L 2 + 1
Trong (2) lần lượt thay x bởi x 0 , x 1 , , x n ta được g (x 0 ) = g x 2 0 + 1 2
= = g (x n ) , ∀n ∈ N Từ g(a) = g (x n ) cho n → +∞ g(a) = g (lim x n ) = g(1), ∀a ∈ [0, 1] (do g liên tục trên R) (4).
0Vậy (x n ) giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn hữu hạn lim x n = L mà L> 1 Từ (5) cho n → +∞ ta có L = √
Tương tự như TH1 ta có g(a) = g(1), ∀a > 1 (6) Từ (4) và (6) ⇒ g(a) = g (1), ∀a > 0
Mà g là hàm chẵn nên g(a) = g(1), ∀a.
Do đó f (x) = −2x + c, ∀x ∈ R với c là hằng số.
Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f (x) = −2x + c, ∀x ∈ R.
Áp dụng dãy số trong giải một số bài toán về đa thức 44
Một số kết quả thường dùng:
+ x = α là nghiệm của P (x) thì P (x) = (x − α) Q(x) hoặc
+ Nếu đa thức P (x) có vô số nghiệm thì P (x) ≡ 0
+ Xác định bậc, hệ số cao nhất, hệ số tự do của đa thức
Bài toán 3.0.15 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R [x] không đồng nhất 0 và thỏa mãn: P (1960) = 1992, P (x) =p
P (x 2 + 1) − 33 + 32, ∀x> 0 Lời giải.Giả sửP (x)là đa thức thỏa mãn đề bài Khi đó ta có:P (x 2 +1) = [P (x) − 32] 2 +
Giả sử (1) đúng với n = k thì P (x k ) = x k + 32.
Theo nguyên lý quy nạp thì P (x n ) = x n + 32 với ∀n ∈N
Xét đa thức Q(x) = P (x) − (x + 32), ∀x Ta thấy (x n ) là dãy số tăng nghiêm ngặt nên (x n ) có vô số số hạng phân biệt.
Do đó đa thứcQ(x) có vô số nghiệm ⇒ Q(x) ≡ 0, ∀x ∈R ⇒ P (x) = x + 32, ∀x ∈ R Vậy
Bài toán 3.0.16 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈ R(x) thỏa mãn
, ∀x Lời giải Giả sử ∃P (x) thỏa mãn đề bài.
(x 0 = 0 x n+1 = x 2 n + 1, ∀n ∈ N Ta chứng minh quy nạp P (x n ) = x 2 n − x n +
+ 1 = x 2 k+1 − x k+1 + 1. Theo quy nạp, ta có P (x n ) = x 2 n − x n + 1, ∀n ∈ N.
Ta cóx n+1 − x n = x 2 n − x n + 1 > 0, ∀n ∈ N ⇒ (x n ) tăng ngặt ⇒ (x n ) gồm vô hạn các số hạng phân biệt ⇒ Q(x) có vô số nghiệm ⇒ Q(x)≡ 0.
Bài toán 3.0.17 [Quảng Bình V2 2018]Chof(x) = a 0 x n +a 1 x n−1 + .+a n−1 x +a n là đa thức với các hệ số thực có a 0 6= 0 và thoả mãn đẳng thức sau: f (x)f (2x 2 ) = f 2x 3 + x
(i) Chứng minh rằng đa thức f(x) không có nghiệm số thực
(ii) Hãy chỉ ra một đa thức thỏa mãn các điều kiện bài toán
(i) Ta chứng tỏ rằng x 0 = 0 không là nghiệm của f (x).
Thật vậy, giả sử ngược lại ta có sự phân tích: f(x) = x k Q(x), k ∈Z + với Q(0) 6= 0.
CHƯƠNG 3 MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 46
Thay x = 0 ta có Q(x) = 0 (mâu thuẫn).
Ta chứng minh f (x) không có nghiệm thực khác 0.
Thật vậy, nếu α là một nghiệm thực khác 0 của f (x) thì α + 2α 3 cũng là nghiệm của f(x)
Trong cả hai trường hợp, ta đều có một dãy hữu hạn các nghiệm thực của f(x), mâu thuẫn vì f (x) chỉ có thể có hữu hạn nghiệm.
Vậy f (x) không có nghiệm thực.
(ii) Chứng tỏ f (0) = 1 n là số chẫn.
Có thể chọn f (x) = x 2 + 1 thỏa mãn bài toán.
Bài toán 3.0.18 Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P (x) và Q(x) thỏa mãn
Chứng minh rằng nếu P (x) = Q(x) có nghiệm thực thì P (x) ≡ Q(x).
Lời giải Giả sử a ∈ R và P (a) = Q(a) Xét b = 1 + a + Q(a) + (Q(a)) 2 = 1 + a + P (a) + (P (a)) 2 Từ giả thiết ta có P (b) = Q(b).
Do đó nếu xét dãy số (x n ) với x 0 = a và x n+1 = 1 + x n + Q (x n ) + (Q (x n )) 2 , ∀n ∈ N. Thì chứng minh bằng quy nạp, ta có x 0 < x 1 < x 2 < < x n < x n+1 <
Do đó phương trình P (x) = Q(x)có vô hạn nghiệm ⇒ P (x) ≡ Q(x), ∀x.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.0.19 Tìm tất cả các đa thức P (x) ∈R (x) thỏa mãn P (0) = 0 và
Lời giải Ta có:P (0) = 0P (1) = 0 2 + 1 = 1 P (2) = 2, P (5) = 5 Xét dãy (a n ) : (a 0 = 0 a n+1 = a 2 n + 1, ∀n ∈N
Theo nguyên lý quy nạp thì dãy (a n ) tăng nghiêm ngặt, do đó (a n ) có vô hạn số hạng phân biệt ⇒ P (a 0 ) = a 0.
Ta chứng minh P (a n ) = a n , ∀n ∈N (2) Với n 0 = 0, a 0 = 0 ⇒ P (a 0 ) = 0 = a 0 : đúng. Giả sử (2) đúng với n = k ⇒ P (a k ) = a k
Do đó theo nguyên lý quy nạp P (a n ) = a n , ∀n ∈N Xét đa thức Q(x) = P (x) − x, ∀x.
Ta thấyQ(a n ) = 0với ∀n ∈N ⇒ Q(x) có vô số nghiệm ⇒ Q(x) = 0 ⇒ P (x) = x, ∀x ∈R Vậy P (x) = x, ∀x ∈R.
Bài toán 3.0.20 Có tồn tại hay không đa thứcP (x)không có nghiệm hữu tỷ nhưng với mỗi số nguyên dương n, đều tồn tại số nguyên m để: P (m) n.
Lời giải Câu trả lời là có Ta xét đa thức P (x) = (x 2 + 3)(x 2 − 13)(x 2 + 39).
Chúng ta có thể chứng minh rằng, với mỗi số nguyên dương n, luôn tồn tại một số nguyên m sao cho P(m) n Để thực hiện chứng minh này, ta chỉ cần xem xét trường hợp n là lũy thừa của một số nguyên tố.
Thật vậy,với n 1 , n 2 là hai số nguyên tố cùng nhau tồn tại hai số nguyên m 1 , m 2 để:
Khi đó theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên m để: m ≡ m 1 (modn 1 ), m ≡ m 2 (modn 2 )⇒ P (m) (n 1 n 2 ).
+ Ta chứng minh khẳng định tồn tại dãy u n để: u 2 n + 39 2 n
Thật vậy, với n = 1 ta chọn u 1 = 1 Với n = 2 ta chọn u 2 = 1.
Tương tự vớin = 3 chọnu 3 = 1 Giả sử rằng, ta xác định được số nguyên u n sao cho: u 2 n + 39 = k.2 n (k ∈ Z ; n > 3) Ta xét u n+1 dưới dạng u n+1 = u n + z.2 n−1 Khi đó ta có: u 2 n+1 + 39
Rõ ràng, dou 2 n + 39 2 n nên u 2 n lẻ Do vậy, ta có thể chọn: Nếuk lẻ thì chọn z = 1.
; nếu k chẵn chọn z = 0 Vậy số u 2 n+1 được xác định nên khẳng định đúng
+ Hoàn toàn tương tự cho việc chứng minh sự tồn tại của dãy số nguyên:z n 2 −13 3 n ; t 2 n +
+ Với mỗi số nguyên tố p 6= 2, 3, 13, tồn tại a n ∈ {3, −13, 39} và dãy số nguyên x n để: x 2 n + a n p n
Thật vậy, với n = 1 theo định lý Legende ta có:
= 1. Suy ra tồn tại a n ∈ {3, −13, 39} để
= 1 → ∃m ∈ Z : m 2 + a p Tức là ta chọn a 1 = a; x 1 = m Bây giờ, dùng ý tưởng như trường hợp p = 2 trên ta sẽ có dãy số nguyên: a 2 n + a p n
Như vậy bài toán chứng minh xong.
Bài toán 3.0.21 Cho P (x) ∈R [x] , P (x) 6= 0 thỏa mãn: P (x)P (2x 2 ) = P (3x 3 + x), ∀x
CHƯƠNG 3 MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 48
Chứng minh rằng: P (x) không có nghiệm thực.
Lời giải Giả sử P (x) có nghiệm thực x = x 0
Trường hợp 1: x 0 6= 0 Theo giả thiết ra có: P (x 0 )P (2x 2 0 ) = P (3x 3 0 + x 0 ) ⇒ 3x 3 0 + x 0 là nghiệm của P (x) Xét dãy (x n ) :
> |x n | Nên dãy (x n ) gồm các số hạng phân biệt.
Ta chứng minh x n là nghiệm của P (x),∀x ∈N (1).
Với n = 0 ta có x 0 là nghiệm của P (x)
Giả sử (1) đúng với n = k ⇒ x k là nghiệm của P (x).
Từ giả thiết ta có:P (x k )(2x 3 k ) = P (3x 3 k + x k ) ⇒ P (3x 3 k + x k ) = 0 (Do x k là nghiệm của
Do đó theo quy nạp,x n là nghiệm của P (x),với ∀n ∈N.
Khi đó: P (x) có vô số nghiệm ⇒ P (x) ≡ 0: mâu thuẫn với giả thiết.
Trường hợp 2: x 0 = 0 Đặt deg P (x) = m Ta có P (x) = x n Q(x) với
Từ giả thiết ta có: x n Q(x)(2x 2 ) n Q(2x 2 ) = (3x 3 + x)Q(3x 3 + x)∀x (*). Đặt a là hệ số tự do của Q(x), a 6= 0.
Cân bằng hệ số thấp nhất của hai về (*) ta có: a2 n x 2n = 1, ∀x 6= 0: không xảy ra.Vậy điều giả sử sai nên ta có điều phải chứng minh
Áp dụng dãy số xét sự hội tụ nghiệm của một họ phương trình
Xét phương trình F(k, x) = 0 với k = 1, n Nếu phương trình này có nghiệm duy nhất cho mỗi giá trị k trên miền D, thì dãy số {k x} sẽ được xác định Từ các liên hệ giữa các hàm (k, x), dãy số này sẽ sở hữu những tính chất đặc biệt.
Bài toán 3.0.22 từ Đà Nẵng V1 2018 đặt ra cho n là số nguyên dương và xác định x n là nghiệm dương duy nhất của đa thức f n (t) = t^3 + 3t^2 − 12n^2 Chúng ta cần chứng minh rằng dãy (y n) được xác định bởi y n = n(nx n − 2) có giới hạn và tìm ra giới hạn đó.
Hàm số f n (t) có giá trị f n (0) = -12 n² < 0 và giới hạn lim t→+∞ f n (t) = +∞, cùng với f n 0 (t) = 3t² + 6t > 0 cho mọi t > 0 Do đó, f n tăng ngặt trên khoảng (0; +∞) và phương trình f n (t) = 0 chỉ có một nghiệm dương x n duy nhất Với mọi n ∈ N*, ta có phương trình x 3 n + 3x 2 n - 12 n 2 = 0 tương đương với (nx n) 3 + 3(nx n) 2 - 12 = 0.
Do đó dãy (nx n ) bị chặn nên lim n→+∞
(nx n ) 3 n = 0, suy ra lim n→+∞ nx n = 2.
Vậy dãy (y n ) có giới hạn và lim n→+∞ y n = − 2
Bài toán 3.0.23 Kí hiệux n là nghiệm của phương trình: 1 x + 1 x − 1 + + 1 x − n = 0 thuộc khoảng (0;1) a) Chứng minh dãy {x n } hội tụ. b) Hãy tìm giới hạn đó.
Nhận xét về dãy số {x n} cho thấy dãy này xác định duy nhất nhờ vào hàm số f n (x) = 1/x + 1/(x - 1) + + 1/(x - n), hàm này liên tục và đơn điệu trong khoảng (0;1) Tuy nhiên, giá trị cụ thể của x n vẫn chưa thể xác định Để chứng minh tính hội tụ của x n, cần chứng minh tính đơn điệu và bị chặn của dãy Về tính bị chặn, ta thấy rằng mọi thứ đều ổn vì 0 < x n < 1.
Với tính đơn điệu: Từ mối liên hệ giữaf n (x)và f n+1 (x) : f n+1 (x) = f n (x)+ 1 x − n − 1 ta sẽ chứng minh tính đơn điệu của x n
Lời giải a) Rõ ràng x n được xác định duy nhất, 0 < x n < 1 Ta có: f n+1 (x n ) = f n (x n ) + x 1 n −n−1 = x 1 n −n−1 < 0, trong đó f n+1 0 +
Theo tính chất của hàm liên tục trên khoảng (0; x_n), hàm f_{n+1}(x) có ít nhất một nghiệm x_{n+1} Điều này dẫn đến x_{n+1} < x_n, cho thấy dãy số {x_n} là dãy giảm Vì dãy số này bị chặn dưới bởi 0, nên nó sẽ có giới hạn Chúng ta sẽ áp dụng tính chất 1 + 1.
3 + + 1 n >ln(n) để chứng minh giới hạn nói trên bằng 0:
Thật vậy, giả sử lim n→+∞ x n = a > 0 Do dãy số giảm nên ta có(x n ) ≥ a với mọin Mặt khác do 1 + 1
3 + + 1 n → ∞ khi n → +∞ nên tồn tại N sao cho với mọi n ≥ N ta có 1 + 1
Bài toán 3.0.24 (VMO 2007) Cho số thựca > 2và f n (x) = a 10 x n+10 + x n + + x + 1
CHƯƠNG 3 MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 50 a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình f n (x) = a luôn có đúng một nghiêm dương duy nhất. b) Gọi nghiệm đó là x n , chứng minh rằng {x n } có giới hạn hữu khi n dần đến vô cùng.
Lời giải a) Vì hàm số f n (x) là tăng trên(0; +∞) nên kết quả ở câu a) là hiển nhiên. b) Dễ thấy0 < x n < 1 ta sẽ chứng minh dãy x n tăng Vì f n+1 (x n ) = a 10 x n+11 n + x n+1 n + + x n + 1 = x n f n (x n ) + 1 = ax n + 1
Ta có f n+1 (1) = a 1 0 + n + 1 > a, nên chỉ cần chứng minhax n + 1 < a ⇒ x n < x n+1 < 1 nên ta cần chứng minh x n < a−1 a
Vậy dãy số x n tăng và bị chăn dưới bởi 1 nên hội tụ.
Trong bài toán này, từ mối quan hệ f(n+1) = x * f(n) + 1, chúng ta có thể xác định mối liên hệ giữa x(n) và x(n+1) Bằng cách áp dụng định lý Lagrange, chúng ta có thể đánh giá hiệu số giữa x(n) và giá trị của giới hạn.
Bài toán 3.0.25 (VMO 2002) Cho n là một số nguyên dương Chứng minh rằng phương trình: 1 x − 1 + 1
2 có một nghiệm duy nhất x n > 1. Chứng minh rằng khi n dần đến dương vô cùng, x n dần đến 4.
Lời giải Phương trình bài toán có dạng:
Ký hiệu f n (x) là hàm vế trái của phương trình (3.1) Ta có với mỗi n ∈ N ∗ , hàm số f n (x) liên tục và nghịch biến trên khoảng (1; +∞) Mặt khác, ta có f n (x) → +∞ khi x → 1 + và f n (x) → − 1
2 khi x → 1 + nên suy ra với mỗi n ∈N ∗ , phương trình có nghiệm duy nhấtx n > 1.
= − 1 4n − 2 < 0 = f n (x n ) do f n (x) nghịch biến trên (1; +∞), suy ra x n < 4,với mọi n ∈N ∗
Mặt khác, do với mỗin ∈N ∗ , hàmf n (x)khả vi trên[x n ; 4]nên theo định lý Lagramge với mỗi n ∈N ∗ tồn tại c ∈ (x n ; 4) sao cho: f n (4) − f n (x n )
4n + 2 < x n < 4Theo định lý về giới hạn kẹp, ta có điều kiện phải chứng minh.
Bài toán 3.0.26 yêu cầu chứng minh rằng với số nguyên dương lớn hơn 1, phương trình \(x^n = x + 1\) có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là \(x_n\) Qua phân tích, ta thấy \(x_n > 1\) và định nghĩa hàm \(f_n(x) = x^n - x - 1\) Từ đó, ta có \(f_{n+1}(1) = -1 < 0\) và \(f_{n+1}(x_n) = x_{n+1}^n - x_n - 1 > x_n^n - x_n - 1 = f_n(x_n) = 0\), từ đó suy ra \(1 < x_{n+1} < x_n\) Điều này cho thấy dãy \({x_n}\) có giới hạn hữu hạn là \(a\) Chúng ta cũng chứng minh được rằng \(x_n\) dần về 1 khi \(n\) tiến đến dương vô cùng và tìm được giới hạn \(\lim_{n \to +\infty} n(x_n - 1)\).
Thật vậy, giả sử a > 1 Khi đó x n ≥ a với mọi n và ta tìm được n đủ lớn sao cho x n n ≥ a n > 3 và x n + 1 < 3 mâu thuẫn vì f n (x n ) = 0. Đặt x n = 1 + y n với lim n→+∞ y n = 0 , thay vào phương trình f n (x n ) = 0 ta được:
Lấy logarit hai vế ta được:n ln (1 + y n ) = ln (2 + y n ) ⇒limn (1 + y n ) = ln 2.
Nhưng lim ln(1+y y n ) n = 1 ⇒ lim ny n = ln 2 ⇒ lim n (x n − 1) = ln 2.
Bài toán 3.0.27 yêu cầu chứng minh hai điều về dãy số (u n) xác định bởi u 0 = a và u n+1 = sin²(u n + 11) − 2007 Đầu tiên, cần chứng minh rằng phương trình sin²(x + 11) − x = 2007 có nghiệm duy nhất, ký hiệu là b Tiếp theo, chứng minh rằng giới hạn của dãy số khi n tiến tới vô cực, lim n→∞ u n, sẽ bằng b.
Lời giải a) Từ giả thiết ta thấy ngay u n ≥ −2007, ∀n ∈N ∗
Xét hàm sốf (x) = sin 2 (x + 11) − 2007, có: f 0 (x) = 2 sin(x + 11) cos(x + 11) = sin 2(x + 11) và u n+1 = f(u n ).
Hàm số g(x) = f(x) − x có đạo hàm g'(x) = sin²(x + 11) − 1 ≤ 0, cho thấy g(x) nghịch biến Tại điểm g(−2007) = sin²(−2006) > 0 và giới hạn lim x→+∞ g(x) = −∞, lim x→−∞ g(x) = +∞, chứng tỏ g(x) có nghiệm duy nhất trong khoảng [−2007; +∞) Gọi nghiệm duy nhất này là b, từ đó suy ra phương trình sin²(x + 11) − x = 2007 cũng có nghiệm duy nhất là b Kí hiệu α = max.
[−2007;−2006] |g 0 (t)| = ⇒ α ∈ [0; 1] Ta thấy −2007 ≤ u n ≤ −2006và phương trình |sin 2(x + 11)| = 1 vô nghiệm trên [-2007;-2006] = ⇒ 0 < α < 1.
Theo định lý Lagrange, với mỗi n ∈ N ∗ , tồn tại c n ∈ (−2007; −2006) sao cho
|u n+1 − b| = |g(u n ) − g(b)| = |g 0 (c n )| |u n − b| 6 α |u n − b| Quy nạp ta được |u n+1 − b| 6 α n |u 1 − b| = ⇒ lim n→∞ |u n+1 − b| = 0 tức là lim n→∞ u n = b.
CHƯƠNG 3 MỘT SỐ ÁP DỤNG CỦA DÃY SỐ 52
Bài toán 3.0.28 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dươngn cho trước thì phương trình x 2n+1 = x + 1 có đúng một nghiệm thực Gọi nghiệm đó là x n Tính lim n→+∞ x n Lời giải.
Vậy nếuxlà nghiệm của phương trìnhx 2n+1 = x +1thìx > 1.Đặt f n (x) = x 2n+1 −x−1.
Ta có f n 0 (x) = (2n + 1)x 2n−1 − 1 > 0 trên [1, +∞) suy ra hàm f tăng trên nửa khoảng này.
Vì f(1) = −1 < 0và f (2) = 2 2n+1 − 3 > 0 nên phương trình này có nghiệm x n thuộc
(1, 2) Theo lý luận trên, nghiệm này là duy nhất Xétf n+1 (x) = x 2n+3 − x − 1 Ta có: f n+1 (1) = −1 < 0; f n+1 (x n ) = x 2n+3 n − x n − 1 = x 2n+3 n − x 2n+1 n > 0 = ⇒ 1 < x n+1 < x n = ⇒ {x n } giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên dãy {x n } có giới hạn hữu hạn a, hơn nữa a ≥ 1.
Ta chứng minh a = 1 Thật vậy, giả sử a > 1 Khi đó x n ≥ a với mọi n và ta tìm được n đủ lớn sao cho: x 2n+1 n ≥ a 2n+1 > 3.
Trong khi đó ta có x n + 1 < x 1 + 1 < 3 (mâu thuẫn).
Bài toán 3.0.29 Cho phương trình x + 2x 2 + + nx n = 3
Đối với mọi n nguyên dương, phương trình f_n(x) = x + 2x^2 + + nx^n - 3 có nghiệm duy nhất trên khoảng (0; +∞), được ký hiệu là x_n Để chứng minh, ta cần phân tích tính liên tục và đơn điệu của hàm số f_n(x) Hơn nữa, dãy (x_n) có giới hạn hữu hạn khi n tiến tới +∞, và giới hạn này có thể được xác định thông qua sự hội tụ của dãy.
4 liên tục trên R và có: f n 0 (x) = 1 + 2 2 x + + n 2 x n−1 và f n 0 (x) > 0 ∀x ∈ (0; +∞) nên hàm số f n (x) tăng trên (0; +∞) Mặt khác f n (0) = − 3
4 < 0, f n (1) > 0 nên phương trình f n (x) = 0 có duy nhất trong khoảng (0; +∞). b) Ta có
4. Trừ vế theo vế ta được:
3 , ∀n ∈Z + Áp dụng định lý Lagrange, tồn tại y n ∈ 1
Dãy số là một chuyên đề hấp dẫn trong chương trình Toán tại các trường THPT chuyên, với nhiều bài toán phong phú và đa dạng Các bài toán về dãy số thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán cấp quốc gia, khu vực, quốc tế, cũng như các cuộc thi Olympic 30/4 và Olympic Sinh viên Đề tài Dãy số và ứng dụng đã hoàn thành các nhiệm vụ quan trọng, góp phần nâng cao khả năng tư duy và giải quyết vấn đề cho học sinh.
• Trình bày hệ thống một số kiến thức cơ bản về dãy số trong chương trình Toán THPT chuyên.
Hệ thống hóa và giải chi tiết các bài toán liên quan đến dãy số, bao gồm việc tìm giới hạn, tổng và tích của dãy số, cũng như các bài toán liên quan đến số chính phương.
Dãy số có nhiều ứng dụng quan trọng trong việc giải quyết các dạng toán khác nhau, bao gồm việc sử dụng dãy số để giải phương trình hàm, bất phương trình hàm và các bài toán liên quan đến đa thức Những ứng dụng này không chỉ giúp tìm ra nghiệm mà còn hỗ trợ trong việc phân tích và tối ưu hóa các bài toán toán học phức tạp.
Mặc dù đã nỗ lực hết mình, nhưng do thời gian có hạn và khả năng cá nhân còn hạn chế, đề tài vẫn còn một số thiếu sót Tôi rất mong nhận được ý kiến đóng góp để tiếp tục hoàn thiện nội dung này.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
[1] Nguyễn Tài Chung (2016), Chuyên khảo dãy số NXB ĐH Quốc Gia Hà Nội.
[2] Trần Nam Dũng (2010), Dãy số và các bài toán về dãy số, NXB ĐHKHTN- ĐHQG TP Hồ Chí Minh.
[3] Nguyễn Quý Dy(chủ biên),Nguyễn Văn Nho,Vũ Văn Thoa(2009),Tuyển tập 200 bài toán vô địch toán (tập 3), Nhà xuất bản Giáo dục.
[4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thuỷ Thanh (2002), Giới hạn của dãy số và hàm số, Nhà xuất bản Giáo dục.
[5] Nguyễn Văn Mậu (2003), Một số bài toán chọn lọc về dãy số, NXB Giáo dục.
[6] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Văn Xoa (2006), Tuyển tập Đề thi tuyển sinh Trung học phổ thông Chuyên môn Toán, NXB Giáo dục.
[7] Nguyễn Văn Mậu (1990), Phương trình hàm, NXB Giáo dục.
[8] Vũ Dương Thụy(chủ biên),Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB Giáo dục.
[9] http://mathlinks.ro; http://mathscope.org; http://AoPS.com
III Hiệu quả do sáng kiến đem lại
Trên Internet đã có nhiều tài liệu về chuyên đề “Dãy số” nhưng rất ít tài liệu nói về
