Lời nói đầu Dãy số chuyên đề quan trọng chương trình chun tốn trường THPT chuyên Các toán liên quan đến dãy số thường tốn khó, thường gặp kì thi học sinh giỏi mơn Tốn cấp quốc gia, khu vực, quốc tế, Olympic 30/04 Olympic toán Sinh viên Các dạng toán dãy số phong phú đa dạng phức hợp nên khó phân loại hệ thống hóa thành chuyên đề riêng biệt Mục tiêu luận văn nhằm đề cập tới số vấn đề dãy số liên quan đến chương trình tốn bậc trung học phổ thơng Nội dung đề tài:" Một số dạng tốn xác định dãy số giới hạn dãy số" hệ thống lại số phương pháp giải toán dãy số, ứng dụng dãy số giải số toán số cách xây dựng toán dãy số Để giải toán này, ta cần kiến thức tổng hợp dãy số, tính chất dãy số, giới hạn dãy số, Mục tiêu luận văn hệ thống phương pháp xây dựng toán minh họa, tổng quát vấn đề nêu Bố cục luận văn gồm chương • Chương Cơ sở lý thuyết Trong chương này, tơi trình bày khái niệm dãy số gồm số định nghĩa định lý bản, vài dãy số đặc biệt số tốn áp dụng • Chương Một số phương pháp giải tốn tìm cơng thức số hạng tổng quát dãy số Mục đích chương trình bày phương pháp tìm cơng thức số hạng tổng quát dãy số như: Phương pháp quy nạp, phương pháp lượng giác, phương pháp sử dụng phương trình sai phân tính chất hàm số, kỹ thuật tuyến tính hóa số phương trình sai phân • Chương Một số phương pháp giải toán tìm giới hạn dãy số Chương hệ thống số phương pháp tìm giới hạn dãy số như: phương pháp sử dụng định nghĩa tiêu chuẩn Cauchy, xác định số hạng tổng quát tính giới hạn, phương pháp sử dụng tính đơn điệu, nguyên lý giới hạn kẹp, phương pháp sai phân, phương pháp sử dụng định lý Stolz định lý Cesaro • Chương Một số ứng dụng dãy số Chương trình bày số ứng dụng dãy số để giải phương trình hàm, bất phương trình hàm, để chứng minh bất đẳng thức số phương pháp thiết lập toán dãy số Lời cảm ơn Tác giả xin bày tỏ kính trọng lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH.NGND Nguyễn Văn Mậu Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc học trò suốt trình học tập, nghiên cứu giúp đỡ tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy giáo, giáo Khoa Tốn-Cơ-Tin học Semina Phương pháp toán sơ cấp Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội nhận xét góp ý cho luận văn Tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè ln quan tâm, động viên cổ vũ tạo điều kiện để tác giả hồn thành nhiệm vụ Mặc dù có nhiều cố gắng nghiêm túc học tập nghiên cứu khoa học, song q trình thực khơng tránh khỏi sơ suất Vì vậy, tác giả mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, giáo bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 20 tháng 12 năm 2013 Bảng kí hiệu N N∗ Z Z+ Z∗ + R R∗ R+ R∗ + C tập tập tập tập tập tập tập tập tập tập số tự nhiên số tự nhiên khác không số nguyên số nguyên không âm số nguyên dương số thực số thực khác không số thực không âm số thực dương số phức Mục lục Lời mở đầu Bảng kí hiệu Cơ sở lý thuyết 1.1 Định nghĩa định lý 1.2 Một vài dãy số đặc biệt 1.2.1 Cấp số cộng 1.2.2 Cấp số nhân 1.2.3 Cấp số điều hòa 1.2.4 Dãy Fibonacci 1.2.5 Dãy Farey 1.2.6 Dãy số dạng xn+1 = f (xn ) 1.2.7 Dãy số dạng xn+1 = xn ± (xn )α định 1.3 Một số toán áp dụng lý trung bình Cesaro 1 4 5 6 7 Một số phương pháp giải toán tìm cơng thức số hạng tổng qt dãy số 2.1 Phương pháp quy nạp 2.2 Phương pháp lượng giác 2.2.1 Một số định lý bổ sung 2.2.2 Một số toán định hướng công thức lượng giác 2.3 Phương pháp sai phân 2.3.1 Định nghĩa sai phân 2.3.2 Phương trình sai phân tuyến tính 2.3.3 Nghiệm phương trình sai phân 2.3.4 Một số tập vận dụng 2.4 Tuyến tính hóa số phương trình sai phân 16 16 20 20 21 28 28 28 29 32 36 Một số phương pháp giải tốn tìm giới hạn dãy số 3.1 Phương pháp sử dụng định nghĩa tiêu chuẩn Cauchy 3.2 Phương pháp xác định số hạng tổng quát tính giới hạn 3.2.1 Phương pháp 3.2.2 Một số toán 3.3 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu 3.4 Phương pháp sử dụng nguyên lý giới hạn kẹp 3.5 Phương pháp sai phân 43 43 46 46 46 51 57 62 3.6 Phương pháp sử dụng định lý Stolz định lý Cesaro 68 Một số ứng dụng dãy số 4.1 Ứng dụng dãy số để giải phương trình hàm, bất phương trình hàm 4.2 Ứng dụng dãy số để chứng minh bất đẳng thức 4.3 Một số phương pháp thiết lập toán dãy số 4.3.1 Xây dựng dãy số nghiệm họ phương trình 71 71 75 81 81 Kết luận 85 Tài liệu tham khảo 86 Chương Cơ sở lý thuyết Trong chương này, tơi trình bày khái niệm dãy số gồm số định nghĩa định lý bản, vài dãy số đặc biệt số toán áp dụng 1.1 Định nghĩa định lý Định nghĩa 1.1 Dãy số (thực) hàm số xác định tập tập số tự nhiên Với M ⊂ N, thay cho ký hiệu u:M→R n → u(n) ta thường dùng ký hiệu (un )n∈M , {un }n∈M , (un ) hay {un } Định nghĩa 1.2 ([1]-[3]) Cho dãy un , n ∈ N • Dãy un gọi dãy đơn điệu tăng un ≤ un+1 ∀n ∈ N • Dãy (un ) gọi dãy (đơn điệu) giảm un ≥ un+1 ∀n ∈ N • Dãy (un ) gọi dãy (đơn điệu) tăng nghiêm ngặt un < un+1 ∀n ∈ N • Dãy (un ) gọi dãy (đơn điệu) giảm nghiêm ngặt un > un+1 ∀n ∈ N Nhận xét 1.1 • Nếu (xn ) tăng, (yn ) tăng (xn + yn ) tăng • Nếu (xn ) giảm, (yn ) giảm (xn + yn ) giảm • Nếu (xn ) tăng (−xn ) giảm Và (xn ) giảm (−xn ) tăng • Nếu hai dãy dương (xn ), (yn ) tăng (giảm) (xn yn ) tăng (giảm) • Một dãy khơng tăng, khơng giảm Ví dụ xn = (−1)n ∀n ∈ N Định nghĩa 1.3 ([1]-[3]) Cho dãy số (xn ) n ∈ N • Dãy (xn ) gọi bị chặn trên, tồn số M cho xn ≤ M ∀n (1.1) • Dãy (xn ) gọi bị chặn dưới, tồn số m cho xn ≥ m ∀n (1.2) Các số M thỏa mãn (1.1) gọi cận dãy số, số bé cận gọi cận (un ), ký hiệu sup un Các số m thỏa mãn (1.2) n gọi cận dãy số, số lớn cận gọi cận (un ), ký hiệu inf un n Một dãy số vừa bị chặn trên, vừa bị chặn goi dãy bị chặn Định lý 1.1 Dãy (un ) bị chặn tồn số c ≥ cho |un | ≤ c ∀n Định nghĩa 1.4 ([1]-[3]) Dãy số {un } gọi dãy số tuần hồn (cộng tính) tồn số nguyên dương l cho un+l = un , ∀n ∈ N (1.3) Số nguyên dương l nhỏ để dãy {un } thỏa mãn (1.3) gọi chu kì sở dãy Dãy {un } gọi dãy phản tuần hoàn (cộng tính) tồn số nguyên dương l cho un+l = −un , ∀n ∈ N (1.4) Số nguyên dương l nhỏ để dãy {un } thỏa mãn (1.4) gọi chu kì sở dãy Nhận xét 1.2 Dãy tuần hoàn chu kỳ dãy Định nghĩa 1.5 ([1]-[3]) Dãy {un } gọi dãy tuần hoàn nhân tính tồn số nguyên dương s (s > 1) cho usn = un , ∀n ∈ N (1.5) Số nguyên dương s nhỏ để dãy số {un } thỏa mãn (1.5) gọi chu kì sở dãy tuần hồn nhân tính Dãy {un } gọi dãy phản tuần hoàn nhân tính tồn số nguyên dương s (s > 1) cho usn = −un , ∀n ∈ N (1.6) Số nguyên dương s nhỏ để dãy số {un } thỏa mãn (1.6) gọi chu kì sở dãy phản tuần hồn nhân tính • Dãy phản tuần hồn chu kì l dãy tuần hồn chu kì 2l Nhận xét 1.3 • Dãy phản tuần hồn nhân tính chu kì s dãy tuần hồn chu kì s2 Định nghĩa 1.6 Dãy số (un ) gọi hội tụ a, ký hiệu lim un = a, với n→∞ ε > cho trước tùy ý, tìm số n0 cho với n ≥ n0 có |un − a| < ε, tức lim un = a ⇔ ∀M > 0, ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 , |un − a| < ε n→∞ Định lý 1.2 (Tính giới hạn) Giới hạn dãy hội tụ Định lý 1.3 (Tính thứ tự dãy hội tụ) Cho lim xn = n→∞ • Nếu a > ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 ⇒ a > xn • Nếu a < a ∈ R Khi ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 ⇒ a < xn Định lý 1.4 (Chuyển qua giới hạn bất đẳng thức) Cho lim xn = n→∞ a ∈ R Khi • Nếu ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 ⇒ xn ≥ a ≥ a • Nếu ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 ⇒ xn ≤ a ≤ a Định lý 1.5 (Định lý giới hạn kẹp giữa) Cho ba dãy số (xn ), (yn ), (zn ) thỏa mãn • ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 ⇒ zn ≤ xn ≤ yn • Các dãy (yn ), (zn ) hội tụ đến Khi dãy (xn ) hội tụ lim xn = n→∞ Định lý 1.6 (Tính chất đại số dãy hội tụ) Cho hai dãy hội tụ (xn ), (yn ) lim xn = a; lim yn = b Khi n→∞ n→∞ • Dãy (−xn ) hội tụ lim (−xn ) = −a n→∞ • Dãy (|xn |) hội tụ lim |xn | = |a| n→∞ • Dãy (xn + yn ) hội tụ lim (xn + yn ) = a + b n→∞ • Dãy (xn − yn ) hội tụ lim (xn − yn ) = a − b n→∞ • Dãy (kxn ) hội tụ lim (kxn ) = ka n→∞ • Dãy (xn · yn ) hội tụ lim (xn · yn ) = ab n→∞ • Với b = dãy ( lim ( n→∞ 1 )= yn b ) xác định từ số hội tụ yn xn • Với b = dãy ( ) xác định từ số hội tụ yn xn a lim ( ) = n→∞ yn b Định lý 1.7 Mọi dãy hội tụ bị chặn Định lý 1.8 Mọi dãy đơn điệu bị chặn hội tụ Định lý 1.9 (Bolzano Veierstrass) Từ dãy bị chặn, rút dãy hội tụ Định lý 1.10 (Tiêu chuẩn Cauchy) Dãy (xn ) hội tụ ∀ε > cho trước tùy ý, tìm số n0 cho với m, n ≥ n0 có |xn − xm | < ε 1.2 Một vài dãy số đặc biệt 1.2.1 Cấp số cộng Định nghĩa 1.7 Dãy số u1 , u2 , u3 , gọi cấp số cộng với công sai d (d = 0) un = un−1 + d, ∀n = 2, 3, Tính chất 1.1 Dãy số {un } cấp số cộng với cơng sai d thì: • un = u1 + (n − 1)d uk = uk−1 + uk+1 với k = 2, 3, • Nếu cấp số cộng hữu hạn phần tử u1 , u2 , , un u1 + un = uk + un−k với k = 2, 3, , n − • Sn = u1 + u2 + + un = 1.2.2 n n (u1 + un ) = [2u1 + (n − 1) d] 2 Cấp số nhân Định nghĩa 1.8 Dãy số u1 , u2 , u3 , gọi cấp số nhân với công bội q (q = 0, q = 1) un = un−1 q với n = 2, 3, Tính chất 1.2 Dãy số {un } cấp số nhân với công bội q thì: • un = u1 q n−1 với n = 2, 3, • u2 = uk−1 uk+1 với k = 2, 3, k u1 (q n − 1) • Sn = u1 + u2 + · · · + un = , (q = 1) q−1 Nhận xét 1.4 Theo định nghĩa ta có: i) Nếu {un } cấp số cộng a > dãy {vn } với = aun , ∀n ∈ N lập thành cấp số nhân ii) Nếu {un } cấp số nhân với số hạng dương < a = dãy {vn } với = loga un , ∀n ∈ N lập thành cấp số cộng Nhận xét 1.5 Nếu |q < 1| {un } gọi cấp số nhân lùi vô hạn Tổng cấp u1 số nhân lùi vơ hạn tính theo cơng thức S = 1−q 1.2.3 Cấp số điều hòa Định nghĩa 1.9 Dãy số {un } thỏa mãn điều kiện: un = 2un−1 un+1 , ∀n > 1, un−1 + un+1 gọi cấp số điều hòa 1.2.4 Dãy Fibonacci Định nghĩa 1.10 Dãy u1 , u2 , xác định sau: u1 = 1, u2 = un = un−1 + un−2 , ∀n = 3, 4, gọi dãy Fibonacci Dãy Fibonacci có nhiều tính chất thú vị xuất cách tự nhiên nhiều lĩnh vực khác Bằng phương pháp sai phân tìm cơng thức tổng quát dãy là: Công thức Binet √ 1+ un = √ n √ 1− −√ n Bài tốn 4.2 Tìm tất hàm số f : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn điều kiện f (f (x) − x) = 2x, ∀x ∈ [0; +∞) Lời giải Từ tập xác định f ⇒ f (x) ≥ x, ∀x ≥ Đặt g (x) = f (x) − x, kết hợp với phương trình hàm cho ta được: g (g (x)) = f (g (x)) − g (x) = f (f (x) − x) − (f (x) − x) = 3x − f (x) = 2x − g (x) Do ta cần tìm hàm số g xác định sau: g : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn điều kiện g (g (x)) + g (x) = 2x, ∀x ≥ Với x > ta đặt un = f (f ( f (x))) Khi ta có un+2 + un+1 − 2un = 0, ∀n ≥ 0, n xét phương trình đặc trưng dãy: t2 + t − = ⇔ t = t = −2 Suy un = c1 1n + c2 (−2)n , c1 , c2 thỏa mãn    2x + f (x) c1 = c1 + c2 = u0 = x ⇔ x − f (x)  c1 − 2c2 = u1 = f (x)  c2 = Do 2x + f (x) n x − f (x) + (−2)n , n ≥ 3 +) Nếu f (x) > x ⇔ x − f (x) < xét với n chẵn ta có lim un = −∞ vơ lí un = n→+∞ +) Nếu f (x) < x ⇔ x − f (x) > xét với n lẻ ta có lim un = −∞ vơ lí n→+∞ Suy với x > f (x) = x Vậy f (x) = x, ∀x > Bài tốn 4.3 VMO 2012.Tìm tất hàm số f xác định tập số thực R, lấy giá trị R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: (1)f toàn ánh từ R đến R; (2) f hàm số tăng R; (3) f (f (x)) = f (x) + 12x với số thực x Lời giải Từ điều kiện thứ 3, ta có f (x) = f (y) ⇒ f (f (x)) = f (f (y)) ⇔ f (x) + 12x = f (y) + 12y ⇔ x = y 72 Suy f đơn ánh, kết hợp với (1) ta f song ánh R suy f có hàm số ngược g Do f hàm số tăng R nên g hàm số tăng R Từ (3), thay x = ta f (f (0)) = f (0) ⇒ f (0) = ⇒ g (0) = Do x > ⇒ g (x) > g (0) = x < ⇒ g (x) < g (0) = Với x > ta đặt un = g (g ( g (x))) n Trường hợp x < làm tương tự Khi ta có 12un+2 + un+1 − un = 0, ∀n ≥ Xét phương trình đặc trưng dãy: 12t2 + t − = ⇔ t = Suy un = c1 1 t = − n + c2 − n , c1 , c2 thỏa mãn    c1 = 4x + 12g (x) c1 + c2 = u0 = x ⇔ 3x − 12g (x)  3c1 − 4c2 = 12u1 = 12g (x)  c2 = n n 4x + 12g (x) 3x − 12g (x) + , n ≥ − 7 x +) Nếu g (x) > ⇔ 3x − 12g (x) < xét với n chẵn ta có lim un = −∞ vơ lí n→+∞ x +) Nếu g (x) < ⇔ 3x − 12g (x) > xét với n lẻ ta có lim un = −∞ vơ lí n→+∞ x Suy với x > g (x) = Vậy f (x) = 4x, ∀x > Vậy hàm số cần tìm f (x) = 4x, ∀x ∈ R Do un = Bài tốn 4.4 (Turkey TST 2005) Tìm tất hàm số f : [0; +∞) → [0; +∞) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 1) 4f (x) ≥ 3x, ∀x ≥ 2) f (4f (x) − 3x) = x, ∀x ≥ Lời giải   a = 3bn−1 +  n 13 4bn−1 Xét hai dãy số (an ) (bn ) xác định a1 = , b1 =  b = 3an + 12  n 4an 73 ∀n > Ta chứng minh quy nạp bất đẳng thức kẹp an x ≤ f (x) ≤ bn x, ∀x ≥ 0, ∀n ≥ Lại quy nạp ta có (an ) tăng, (bn ) giảm an < < bn , ∀n Ngoài với n > ta có < − an = − + 4bn−1 = an−1 − an−1 − an−1 − ≤ = 4 (1 + 3a1 ) (1 + 3a1 ) 13 , ∀n ≥ Theo định lý giới hạn kẹp liman = 1, suy 4.13n−1 limbn = Do f (x) = x, ∀x ≥ Do < − an ≤ Câu hỏi đặt ra: Tại lại chọn hai dãy (an ) (bn ) vậy? Bài toán 4.5 (China MO) Tìm tất hàm số f : [1; +∞) → [1; +∞) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 1) x+1 ≤ f (x) ≤ (x + 1) , ∀x ≥ 2) xf (x + 1) = (f (x))2 − 1, ∀x ≥ Lời giải x+2 ≤ f (x + 1) ≤ (x + 2) 2 Từ 2) suy ra: xf (x + 1) + = (f (x)) , ∀x ≥ Trong 1) thay x x + ta có ⇒ (3) + xf (x + 1) < (f (x))2 < + xf (x + 1) , ∀x ≥ (4) Từ (3),(4) ta có + x (x + 1) (x + 1)2 < (f (x))2 < (1 + x (x + 2)) ⇔ < (f (x))2 < (x + 1) 2 √ ⇔ √ (x + 1) < f (x) < (x + 1) , ∀x ≥ (5) Bằng quy nạp, áp dụng (5) cách lập luận k lần ta √ k (x + 1) < f (x) < √ k (x + 1) Với x ≥ 1, chuyển qua giới hạn bất đẳng thức k → +∞ sử dụng định lý giới hạn kẹp ta có x + ≤ f (x) ≤ x + ⇒ f (x) = x + Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f (x) = x + 1, ∀x ≥ 74 Nhận xét 4.2 : Liên quan đến tốn ta có tốn sau: Tìm giới hạn dãy số (xn ), biết xn = 1+2 1+3 √ + (n − 1) + n, n ≥ 1 + + Xét hàm số: f (x) = √ x+1 √ + x + (1 + x) ⇒ < f (x) < (x + 1) ⇒ √ Cho x = ta √ l im xn = n (x + 1) < f (x) < n < xn < √ √ n (x + 1) n Áp dụng định lý giới hạn kẹp Bài tốn 4.6 Tìm tất hàm f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện sau: a) f (2) = b) (n + L) f (n) ≤ n.f (n + L) , ∀n, L ∈ N∗ c) f (m.n) = f (m) f (n) , ∀m, n ∈ N∗ Lời giải Ta có N∗ = +∞ 2k ; 2k+1 Quy nạp ta f 2k = 22k k=0 Xét n ∈ 2k ; 2k+1 , từ (b) suy f 2k f 2k+1 f (n) f (n + L) f (n) ≤ ⇒ ≤ ≤ n n+L 2k n 2k+1 f (n) 22k 22(k+1) f (n) ⇒ k k+1 ≤ ≤ k k+1 ⇒ ≤ ≤2 n n2 2 2 f (n) f (nm ) Do ≤ ≤ 2, ∀n ∈ N∗ ⇒ ≤ ≤ 2, ∀n ∈ N∗ n2 (nm )2 √ f (n) ∀n, m ∈ N∗ ⇒ m ≤ ≤ m2 2 n Với n ∈ N∗ , chuyển qua giới hạn m → +∞, theo định lý giới hạn kẹp ta f (n) = ⇒ f (n) = n2 , ∀n ∈ N∗ n 4.2 Ứng dụng dãy số để chứng minh bất đẳng thức Để giải dạng toán ta thường lập luận phản chứng kết hợp với định nghĩa 1.6 trang Sau số ví dụ minh họa 75 Bài toán 4.7 Chứng minh bất đẳng thức sau chứng tỏ thay số vế phải bất đẳng thức số nhỏ hơn: 1 1 + + ··· + < , ∀n ∈ N∗ 1.4 4.7 (3n − 2)(3n + 1) Lời giải a) Xét dãy số {xn } sau: xn = 1 + + ··· + , ∀n = 1, 2, 1.4 4.7 (3n − 2) (3n + 1) Ta có xn = 1− + 1 − + ··· + 1 − 3n − 3n + = 1− 3n + , ∀n = 1, 2, Vậy xn < , ∀n ∈ N∗ 1 Giả sử k số nhỏ , nghĩa − k > 0, cho 3 xn ≤ k, ∀n = 1, 2, Vì lim xn = n→+∞ (4.1) 1 nên với ε = − k > 0, tồn n0 ∈ N∗ cho ∀n ≥ n0 ta có 3 xn − 1 1 < ε = − k ⇒ − xn < − k ⇒ xn > k 3 3 Suy ∀n ≥ n0 , ta có xn > k, điều mâu thuẫn với (4.1) Vậy bất đẳng thức 1 vừa chứng minh thay số vế phải số nhỏ 3 Bài toán 4.8 Chứng minh tam giác ABC với ba cạnh a, b, c ta ln có: a b c + + < b+c c+a a+b Hãy chứng tỏ vế phải bất đẳng thức thay số số nhỏ Lời giải Giả sử ABC tam giác với cạnh a, b, c ta có a < b + c, b < c + a, c < a + b Suy 2a a2 − ab − ac a [a − (b + c)] a − = = < b+c a+b+c (b + c)(a + b + c) (b + c) (a + b + c) 76 a 2a < b+c a+b+c Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: Từ suy b 2b c 2c < ; < c+a a+b+c a+b a+b+c Do b c 2a + 2b + 2c a + + < = b+c c+a a+b a+b+c Giả sử k số nhỏ 2, nghĩa − k > 0, cho tam giác ABC ta ln có a b c + + ≤ k b+c c+a a+b (4.2) Ta xét trường hợp đặc biệt tam giác ABC tam giác cân đỉnh A, với cạnh b = c, a = b, n ∈ N∗ Khi n b c a b b a 2b 2n a + + = + + = + = + b+c c+a a+b 2b b + a a + b 2b b + a 2n + n Vì lim n→+∞ 2n + 2n n + = nên với m = − k > 0, tồn n0 ∈ N∗ cho ∀n ≥ n0 ta có 2n 2n + − < m = − k ⇒ − (2 − k) < − − k, b+c c+a a+b 2n + n điều mâu thuẫn với (4.2) Vậy bất đẳng thức thay số vế phải số nhỏ Bài tốn 4.9 (Đề thi đề nghị Olympic 30/04/1999) Cho n ∈ N n ≥ Hãy tìm số G nhỏ số K lớn cho với n số dương tùy ý a1 , a2 , , an bất đẳng thức sau ln K< a1 a2 an + + ··· + < G a1 + a2 a2 + a3 an + a1 Lời giải Gọi 77 S = a1 + a2 + · · · + an , T = T (a1 , a2 , , an ) = a1 a2 an + + ··· + Ta có T > a1 + a2 a2 + a3 an + a1 n =1⇒ i=1 S K ≥ Mặt khác a1 a2 an n−T =1− +1− + ··· + − a1 + a2 a3 + a4 an + a1 a2 a3 an a1 = + + ··· + + = T (an , an−1 , , a1 ) > a1 + a2 a2 + a3 an−1 + an an + a1 Vậy n − T > Suy T < n − G ≤ n − Tóm lại ta chứng minh K ≥ G ≤ n − Với x > ta có T 1, x, , xn−1 = = x xn−2 + + · · · + n−2 + x x + x2 x + xn−1 1 + + ··· + 1+x 1+x 1+x + xn−1 xn−1 + xn−1 n−1 xn−1 + n−1 = + x +1 + x xn−1 + Lại có T 1, x, , xn−1 > K ⇒ lim T 1, x, , xn−1 ≥ K ⇒ ≥ K ⇒ K = x→+∞ T 1, x, , xn−1 < G ⇒ lim T 1, x, , xn−1 ≤ G ⇒ n − ≤ G ⇒ G = n − + x→0 Vậy số K lớn thỏa mãn bất đẳng thức K = số G nhỏ G = n−1 Bài toán 4.10 (IMO 1982) Cho dãy vô hạn số dương (xn ) thỏa mãn điều kiện = x0 ≥ x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn ≥ xn+1 ≥ (4.3) a) Chứng minh với dãy có tính chất (4.3) tồn số n ≥ cho x0 x1 x2 xn−1 + + + ··· + ≥ 3, 999 x1 x2 x3 xn b) Tìm dãy số có tính chất (4.3) cho x0 x x2 xn−1 + + + ··· + < 4, ∀n = 1, 2, x1 x2 x3 xn Lời giải xn−1 ≥ (xn−1 − xn ) ⇔ xn−1 − 4xn−1 xn + 4xn ≥ ⇔ (xn−1 − 2xn )2 nên ta a) Vì xn có bất đẳng thức sau xn−1 ≥ (xn−1 − xn ) , ∀n = 1, 2, xn Công vế bất đẳng thức ta x0 x1 x 2 xn−1 + + + ··· + ≥ (x0 − xn ) x1 x2 x3 xn Vì dãy số {xn }+∞ giảm bị chặn số nên hội tụ n=0 78 (4.4) • Nếu lim xn = Khi tồn n để n→+∞ xn ≤ 0, 001 ⇒ (1 − xn ) = − 4xn ≥ 3.999 Với giá trị n theo (4.4) ta có x0 x1 x 2 xn−1 + + + ··· + ≥ 3, 999 x1 x2 x3 xn Suy điều phải chứng minh x2 • lim xn = a > 0.Khi đó: lim n−1 = n→+∞ n→+∞ xn lim x2 n−1 n→+∞ lim xn = n→+∞ a2 = a Do tồn a xn−1 a n0 ∈ N∗ cho > , ∀n ≥ n0 Vì a > nên tồn p ∈ Z, p > cho xn a p > Do với n ≥ n0 ta có xn−1 xn xn+p−2 a + + ··· + > p > xn xn+1 xn+p−1 Vậy tồn số nguyên dương n cho x0 x1 x 2 xn−1 + + + ··· + ≥ 3, 999 x1 x2 x3 xn Suy điều phải chứng minh b) Xét dãy số {xn }+∞ , n=1 với xn = n , ∀n = 1, 2, KHi tính chất (4.3) thỏa mãn với n = 1, 2, ta có 2 2 x0 x1 x2 xn−1 1 + + +· · ·+ = + + + · · · + n−2 = + x1 x2 x3 xn 2 1− 2n−1 = + − > 2n 1− Bài tốn 4.11 Tìm tất số thực α cho bất đẳng thức 1 + α + α ≥ aα (b + c) b (c + a) c (c + a) (4.5) với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Lời giải • Xét trường hợp Đặt x = , y = a (4.5) có dạng α ≥ ,z = b Khơng tính tổng qt ta giả sử a ≤ b ≤ c Khi x > 0, y > 0, z > xyz = Bất đẳng thức c xα−1 y α−1 z α−1 + + ≥ y+z z+x x+y 79 (4.6) Do x ≥ y ≥ z Suy x y z ≥ ≥ Theo bất đẳng thức Chebychev, y+z z+x x+y ta có xα−1 y α−1 z α−1 + + y+z z+x x+y Mà x y z + + ≥ , xα−2 + y α−2 + z α−2 ≥ 3 (xyz)α−2 = nên y+z z+x x+y ≥ xα−2 + y α−2 + z α−2 x y z + + y+z z+x x+y y α−1 z α−1 xα−1 + + ≥ y+z z+x x+y Vậy (4.5) đúng, tức (4.6) α ≥ • Nếu α ≤ −1 Đặt β = − α ≥ Theo chứng minh ta có 1 aβ−1 bβ−1 cβ−1 + β + β ≥ ⇔ + + ≥ β (y + z) x y (z + x) z (x + y) b+c c+a a+b ⇔ a−α b−α c−α 1 + + ≥ ⇔ α + α + α ≥ b+c c+a a+b a (b + c) b (c + a) c (a + b) Vậy (4.5) α ≤ −1 1 • Xét −1 < α < Xét dãy (an ) , (bn ) , (cn ) sau: an = n, bn = n, cn = , n n ∈ N∗ Đặt Sn = 1 2n2−α n2α−1 + α + α = + aα (bn + cn ) bn (cn + an ) cn (an + bn ) n +1 n Khi lim Sn = 0, suy với n đủ lớn Sn < , dẫn tới (4.5) không n→+∞ −1 < α < 1 • Xét α = Xét dãy (an ) , (bn ) , (cn ) sau: an = n, bn = n, cn = , n ∈ n N∗ Đặt Sn = 1 2n2−α n2α−1 + α + α = + aα (bn + cn ) bn (cn + an ) cn (an + bn ) n +1 n Khi lim Sn = , suy với n đủ lớn Sn < , dẫn tới (4.5) không n→+∞ 2 α = 1 • Xét < α < Xét dãy (an ) , (bn ) , (cn ) sau: an = n, bn = n, cn = , n n ∈ N∗ Đặt Sn = 1 2n2−α n2α−1 + α + α = + aα (bn + cn ) bn (cn + an ) cn (an + bn ) n +1 n 80 Khi lim Sn = 0, suy với n đủ lớn Sn < , dẫn tới (4.5) không n→+∞ < α < 2 Vậy tập hợp giá trị α cần tìm (−∞; −1] ∪ [2; +∞) 4.3 4.3.1 Một số phương pháp thiết lập toán dãy số Xây dựng dãy số nghiệm họ phương trình Xét họ phương trình F (k, x) = 0, k = 1, n Nếu với k phương trình F (k, x) = có nghiệm miền D dãy số {xk } xác định Từ mối liên hệ hàm F (k, x), dãy số có tính chất đặc biệt Bài tốn 4.12 Kí hiệu xn nghiệm phương trình 1 + + + =0 x x−1 x−n thuộc khoảng (0; 1) a) Chứng minh dãy {xn } hội tụ; b) Hãy tìm giới hạn 1 + + + x x−1 x−n liên tục đơn điệu (0; 1) Tuy nhiên, ta xác định giá trị cụ Nhận xét 4.3 {xn } xác định hàm số fn (x) = thể xn Để chứng minh tính hội tụ xn , ta khơng cần đến điều đó, ta cần chứng minh tính đơn điệu bị chặn đủ Với tính bị chặn thứ tốt < xn < Với tính đơn điệu, ta cần ý thêm mối liên hệ fn (x) Từ ta chứng minh tính đơn điệu fn+1 (x) : fn+1 (x) = fn (x) + x−n−1 xn Lời giải a) Rõ ràng xn xác định nhất, < xn < Ta có fn+1 (xn ) = fn (xn ) + 1 = < 0, fn+1 (0+ ) > Theo tính chất hàm xn − n − xn − n − liên tục khoảng (0, xn ) có nghiệm fn+1 (x) Nghiệm xn+1 Như ta chứng minh xn+1 < xn Tức dãy số {xn } giảm Do dãy số bị chặn nên dãy có giới hạn b) Ta chứng minh giới hạn nói Để chứng minh điều này, ta cần sử dụng kết quen thuộc sau: 1+ 1 + + + > ln (n) n 81 Thật vậy, giả sử lim xn = a > Khi đó, dãy số giảm nên ta có xn ≥ a với n x→∞ 1 Do + + + + → ∞ n → ∞ nên tồn N cho với n ≥ N ta có n 1 1 + + + + > n a Khi với n ≥ N ta có 0= 1 1 1 1 + + + < + + + + < − = xn xn − xn − n xn −1 −2 −n a a Mâu thuẫn Vậy ta phải có lim xn = Bài toán 4.13 (VMO 2007) Cho số thực a > fn (x) = a10 xn+10 + xn + · · · + x + a) Chứng minh với số nguyên dương n, phương trình fn (x) = a ln có nghiệm dương b) Gọi nghiệm xn , chứng minh dãy {xn } có giới hạn hữu n dần đến vơ Lời giải a) Vì hàm số fn (x) hàm tăng (0; +∞) nên kết câu a) hiển nhiên b) Dễ thấy < xn < Ta chứng minh dãy xn tăng Xét fn+1 (xn ) = a10 xn+11 + xn+1 + · · · + xn + = xn fn (xn ) + = axn + n n Ta có fn+1 (1) = a1 + n + > a nên cần chứng minh axn + < a suy a−1 xn < xn+1 < Như vậy, cần chứng minh xn < a a−1 Thật vậy, xn ≥ a n+10 fn (xn ) ≥ a 10 a−1 n+10 − a−1 a + a−1 a 1− a = (a − 1) a−1 a n +a−(a − 1) a−1 a (a − > 1) Vậy dãy số xn tăng bị chặn nên hội tụ Nhận xét 4.4 Ở toán trên, từ mối quan hệ fn+1 = xfn + giúp ta tìm mối quan hệ xn xn+1 Cúng ta sử dụng định lý Lagrange để đánh giá hiệu số xn giá trị giới hạn Ở toán ta tiếp tục nêu ứng dụng định lý Bài toán 4.14 (VMO 2002) Cho n số nguyên dương Chứng minh phương trình 1 1 + + ··· + = x − 4x − n x−1 có nghiệm xn > Chứng minh n dần đến dương vô cùng, xn dần đến 82 n >a Lời giải Phương trình tốn có dạng 1 1 + + ··· + − = x − 4x − n x−1 (4.7) Ký hiệu fn (x) hàm vế trái phương trình (4.7) Dễ thấy, với n ∈ N∗ , hàm số fn (x) liên tục nghịch biến khoảng (1; +∞) Mặt khác, ta có fn (x) → +∞ x → 1+ fn (x) → − x → 1+ Từ suy với n ∈ N∗ , phương trình có nghiệm xn > Với n ∈ N∗ , ta có 1 1 fn (4) = + + ··· + − − 16 − 4n − 1 1 = + + ··· + − 1.3 3.5 (2n − 1) (2n + 1) 1 1 1 1 − + − + ··· + − − = 3 2n − 2n + < = fn (xn ) =− 4n + Từ đó, hàm fn (x) nghịch biến (1; +∞), suy xn < 4, với n ∈ N∗ (4.8) Mặt khác, với n ∈ N∗ , hàm fn (x) khả vi [xn ; 4] nên theo định lý Lagrange, với n ∈ N∗ tồn c ∈ (xn ; 4) cho fn (4) − fn (xn ) −4 −n2 −1 + + ··· + < xn < 4, ∀n ∈ N∗ 4n + (4.9) Từ (4.8) (4.9) ta 4− < xn < 4, ∀n ∈ N∗ 4n + Từ đó, theo định lý giới hạn kẹp, ta có điều phải chứng minh Bài toán 4.15 Cho n số nguyên dương lớn Chứng minh phương trình xn = x + có nghiệm dương nhất, ký hiệu nghiệm dương xn Chứng minh xn dần n dần đến dương vơ tìm lim n (xn − 1) n→∞ Lời giải Dễ thấy xn > Đặt fn (x) = xn − x − Khi fn+1 (1) = −1 < fn+1 (xn ) = xn+1 − xn − > xn − xn − = fn (xn ) = n n 83 Từ suy < xn+1 < xn Suy dãy {xn } có giới hạn hữu hạn a Ta chứng minh a = Thật vậy, giả sử a > Khi xn ≥ a với n ta tìm n đủ lớn cho: xn ≥ an > xn + < 3, mâu thuẫn fn (xn ) = n Đặt xn = + yn với lim yn = Thay vào phương trình fn (xn ) = ta n→∞ (1 + yn )n = + yn Lấy logarit hai vế ta nln (1 + yn ) = ln (2 + yn ) Từ suy limn (1 + yn ) = ln2 Nhưng lim ln (1 + yn ) = nên suy limnyn = ln2, tức yn lim n (xn − 1) = ln2 n→∞ 84 Kết luận Luận văn Một số dạng toán xác định dãy số giới hạn dãy số tập trung nghiên cứu vấn đề sau: Trình bày hệ thống số kiến thức dãy số Hệ thống hóa số dạng tốn dãy số phương pháp giải dạng tốn Đó tốn: Tìm số hạng tổng qt dãy số với phương pháp quy nạp, phép lượng giác, sử dụng phương trình sai phân, ký thuật tuyến tính hóa; tốn tìm giới hạn dãy số với phương pháp sử dụng định nghĩa tiêu chuẩn Cauchy, phương pháp xác định số hạng tổng quát tính giới hạn, phương pháp sử dụng tính đơn điệu, phương pháp sử dụng nguyên lý giới hạn kẹp, phương pháp sử dụng tổng tích phân, phương pháp sử dụng định lý Stolz định lý Cesaro, giới hạn số dãy truy hồi phi tuyến bậc hai 3.Trình bày số ứng dụng dãy số Đó ứng dụng dãy số để giải phương trình hàm, bất phương trình hàm, ứng dụng dãy số để chứng minh bất đẳng thức Thiết lập số toán dãy số, tốn dãy số nghiệm họ phương trình Mặc dù cố gắng, thời gian có hạn lực cá nhân cịn hạn chế, luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Tác giả luận văn mong nhận góp ý kiến quý thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Tác giả xin chân thành cảm ơn! 85 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Tuấn, 2008, Chuyên đề chọn lọc dãy số áp dụng, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu, 2003, Chuyên đề phép tính dãy số, Kỷ yếu hội thảo khoa học [3] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thủy Thanh,2003, Giới hạn dãy số hàm số, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng, Đặng Huy Ruận, 2008, Một số vấn đề số học chọn lọc, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn, 2006, Các đề thi Olympic Sinh viên toàn quốc, NXB Giáo dục [6] Phan Huy Khải, 2009, Chuyên đề số học dãy số, NXB Giáo dục [7] Tuyển tập đề thi Olympic Tốn Trung học phổ thơng Việt Nam(1990 2006),2007, NXB Giáo dục [8] Phạm Thành Luân,2001, 1001 toán dãy số, NXB Đà Nẵng [9] Lê Đình Thịnh, Lê Đình Định, Phương pháp sai phân, NXB Đại học quốc gia Hà Nội [10] Ban tổ chức kì thi Olympic 30/04, 2013 , Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, lần thứ XIX - 2013, NXB Đại học sư phạm [11] Hội toán học Hà Nội, Trường THPT vùng cao Việt Bắc, 2012 , Kỷ yếu hội thảo khoa học chuyên đề toán bồi dưỡng học sinh giỏi,Tài liệu lưu hành nội [12] Nguyễn Văn Mậu, 2003 , Một số toán chọn lọc dãy số, NXB Giáo dục [13] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Nguyễn Văn Tiến, 2010 , Một số chuyên đề Giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi THPT, NXB Giáo dục 86 ... số nguyên dương k 1.2.6 Dãy số dạng xn+1 = f (xn ) Đây dãy số thường gặp toán giới hạn dãy số Dãy số hoàn toàn xác định biết giá trị ban đầu x0 Do hội tụ dãy số phụ thuộc vào tính chất hàm số. .. bày khái niệm dãy số gồm số định nghĩa định lý bản, vài dãy số đặc biệt số toán áp dụng 1.1 Định nghĩa định lý Định nghĩa 1.1 Dãy số (thực) hàm số xác định tập tập số tự nhiên Với M ⊂ N, thay... xây dựng dãy số nguyên cho bới công thức không nguyên Bài toán 2.28 Chứng minh số hạng dãy số {xn } xác định 3x2 − n x0 = 1, xn+1 = 2xn + nguyên Đáp số: xn+1 = 4xn − xn−1 Từ suy số hạng dãy nguyên