ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - LÊ ĐỨC VIỆT DÃY SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội, Năm 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - LÊ ĐỨC VIỆT DÃY SỐ VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS VŨ ĐỖ LONG Hà Nội, Năm 2014 Lời nói đầu Dãy số chuyên đề quan trọng chương trình tốn THPT Các tốn liên quan đến dãy số thường tốn khó, thường gặp kì thi học sinh giỏi mơn Tốn cấp tỉnh, thành phố, quốc gia, khu vực quốc tế Các dạng toán dãy số phong phú đa dạng nên khó phân loại hệ thống hóa thành chuyên đề riêng biệt Nội dung mục tiêu luận văn : “ Dãy số toán liên quan “ hệ thống lại số phương pháp tìm cơng thức số hạng tổng quát dãy số, chứng minh tồn giới hạn dãy số, tìm giới hạn dãy số, ứng dụng dãy số việc giải số tốn liên quan thơng qua ví dụ minh họa tổng quát hóa kết đơn giản Bố cục luận văn gồm chương Chương I.Cấp số cộng, cấp số nhân, công thức tổng quát dãy Chương trình bày khái niệm, cơng thức tính chất cấp số cộng , cấp số nhân ,công thức tổng quát dãy, số dạng tốn tìm số hạng tổng qt dãy sử dụng tính chất cấp số cộng, cấp số nhân số toán liên quan đến cấp số cộng cấp số nhân Chương II.Giới hạn dãy Chương trình bày khái niệm, tính chất giới hạn dãy số hệ thống ví dụ minh họa chứng minh tồn giới hạn dãy số, tìm giới hạn dãy số Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số Chương III Các toán số học dãy Chương trình bày tốn liên quan đến số học dãy số kì thi học sinh giỏi tỉnh, thành phố Olympic 30/4 thông qua ví dụ minh họa Lời cảm ơn Tác giả xin bày tỏ kính trọng lịng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS.Vũ Đỗ Long Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình học tập, nghiên cứu để 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 tọa điều kiện để tác giả hồn thành nhiệm vụ Mặc dù có nhiều cố gắng nghiêm túc trình 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 21 tháng 10 năm 2014 Mục lục Lời nói đầu Lời cảm ơn Chương I Cấp số cộng, cấp số nhân, công thức tổng quát dãy 1.1 Khái niệm 1.1.1 Cấp số cộng 1.1.2 Cấp số nhân 1.1.3 Công thức tổng quát dãy 1.1.4 Cách xác định dãy số 1.1.5 Dãy số đơn điệu tăng 1.1.6 Dãy số bị chặn 1.1.7 Dãy số tuần hoàn 1.1.8 Dãy số dừng 1.2 Áp dụng cấp số cộng, cấp số nhân để xác định công thức tổng quát số dạng dãy số đặc biệt 1.3 Các toán cấp số cộng, cấp số nhân 29 Chương II Giới hạn dãy 44 2.1 Khái niệm 44 2.2 Một số phương pháp tính giới hạn dãy 45 2.2.1 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu dãy, chuyển qua giới hạn 45 2.2.2 Phương pháp sử dụng nguyên lý kẹp 56 2.2.3 Phương pháp sử dụng lượng giác 62 2.3.4 Phương pháp so sánh giới hạn dãy 68 2.3.5 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số để tìm giới hạn dãy 74 Chương III Các dạng toán khác dãy số 77 3.1 Bài toán số học dãy số 77 3.2 Ứng dụng dãy số vào tốn tính tổng số hạng 85 3.3 Ứng dụng dãy số vào toán phép đếm 87 3.4 Bài toán bất đẳng thức dãy số 88 Kết luận 94 Tài liệu tham khảo 95 Chương I Cấp số cộng, cấp số nhân, công thức tổng quát dãy 1.1 Khái niệm 1.1.1 Cấp số cộng Định nghĩa 1: Cấp số cộng dãy số (hữu hạn vơ hạn), kể từ số hạng thứ hai, số hạng số hạng đứng trước cộng với số khơng đổi d , nghĩa  u n  cấp số cộng  n  2, un  un1  d Số d gọi công sai cấp số cộng Định lý : Nếu cấp số cộng  u n  có số hạng đầu u1 cơng sai d số hạng tổng qt u n xác định công thức u n  u1   n  1 d , n  Định lý 2: Trong cấp số cộng, số hạng (trừ số hạng đầu cuối) trung bình cộng hai số hạng đứng kề với nó, nghĩa u u uk  k 1 k 1 , k  2 Định lý 3: Cho cấp số cộng  u n  , đặt Sn  u1  u2   un Khi đó: Sn   u1  un  n  2u1   n  1 d  n hay Sn   1.1.2 Cấp số nhân Định nghĩa 1:Dãy số (hữu hạn vô hạn)  u n  cấp số nhân  n  2, un  un1.q Số q gọi công bội cấp số nhân Định lý 1: Nếu cấp số nhân có số hạng đầu u1 cơng bội q số hạng tổng quát un xác định công thức u n  u1.q n 1 , n  Định lý 2: Trong cấp số nhân, bình phương số hạng (trừ số hạng đầu cuối) tích hai số hạng đứng kề với nó, nghĩa u k2  u k 1.u k 1 , k  (hay uk  uk 1.uk 1 ) Định lý 3: Cho cấp số nhân  u n  với công bội q  Đặt Sn  u1  u2   un Khi Sn  u1 1  q n  1 q Chú ý: Nếu q  cấp số nhân u1, u1, , u1 , Khi Sn  n.u1 1.1.3 Công thức tổng quát dãy Định nghĩa 1: Mỗi hàm số u xác định tập số nguyên dương dãy số vô hạn (gọi tắt dãy số) u: * Kí hiệu: * gọi n  u n Mỗi giá trị hàm số u gọi số hạng dãy số u1  u 1 gọi số hạng thứ (hay số hạng đầu) … u n  u  n  gọi số hạng thứ n (hay số hạng tổng quát dãy) Dãy số thường viết dạng khai triển u1, u2 , , un , Mỗi hàm số u xác định tập M  1, 2, , m với m * gọi dãy số hữu hạn Dạng khai triển u1 , u2 , , um u1 số hạng đầu, um số hạng cuối 1.1.4 Cách xác định dãy số Cách 1: Cho dãy số công thức số hạng tổng quát n 1 VD: Cho dãy số  u n  với un  3n  Cách 2: Cho dãy số hệ thức truy hồi (hay cho dãy số quy nạp) u1  un  2un1  1, n  VD: Cho dãy số  un  :  1.1.5 Dãy số đơn điệu tăng Dãy số  u n  gọi dãy đơn điệu tăng un1  un , n  Dãy số  u n  gọi dãy đơn điệu không giảm un1  un , n  Dãy số  u n  gọi dãy đơn điệu giảm un1  un , n  Dãy số  u n  gọi dãy đơn điệu không tăng un1  un , n  1.1.6 Dãy số bị chặn Dãy số  u n  gọi dãy số bị chặn M  : un  M , n  Dãy số  u n  gọi dãy số bị chặn m  : un  m, n  Dãy số  u n  gọi dãy số bị chặn M , m  : m  un  M , n  1.1.7 Dãy số tuần hoàn Dãy số  u n  gọi dãy số tuần hồn với chu kì k unk  un , n  1.1.8 Dãy số dừng Dãy số  u n  gọi dãy số dừng n0  : un  c, n  n0 ( c số, gọi số dừng ) 1.2 Áp dụng cấp số cộng, cấp số nhân để xác định công thức tổng quát số dạng dãy số đặc biệt Ví dụ 1.1 u1  2 Xác định công thức tổng quát dãy  un  :  un  3un1  1, n  Giải: Trong toán ta gặp khó khăn dãy  u n  khơng phải cấp số cộng hay cấp số nhân để ta áp dụng trực tiếp công thức số hạng tổng qt Nếu khơng có  xuất vế trái dãy  u n  cấp số nhân với công bội q  Ta tìm cách làm  chuyển dãy  u n  cấp số nhân un  k  3 un1  k   un  3un1  k  3k 1   un   3 un1   2   v  Đặt:  u n    2 vn  3vn 1 , n   1  k  3k  k  Dãy   cấp số nhân với công bội q  5   v1.q n 1  3n1 5 n 1 Vậy un     , n  2 Bài tốn 1.1 u1  x0 Xác định cơng thức tổng quát dãy  un  :   a, b  0 un  a.un1  b, n  Giải: Trường hợp 1: a  dãy  u n  cấp số cộng có cơng sai d  b nên u n  u1   n  1 d  x0   n  1 b Trường hợp 2: a  Ta đặt un  k  a  un1  k   un  aun1  k  ak b ab b ab b b    1 a a 1 1 a a 1 a 1 b b  ab b   un   a  un1   Khi đó: un  a.un 1   a 1 a 1 a 1 a 1   b  b v1  x0  Đặt:  un   a 1 a 1  v  a v n 1  n b  n1  Dãy   cấp số nhân có cơng bội q  a   v1.q n1   x0   a a 1   b b  n1 b a n1   n 1   x0  a   x a  b , n  Vậy un    a 1  a 1 a 1 a 1 Ta phân tích b  k  ak  k  u1  x0 Kết 1.1: Dãy  un  :   a, b  0 un  a.un1  b, n   x0   n  1 b, a 1  có cơng thức số hạng tổng quát un   a n1  n 1 x a  b , a 1  a 1  u1  un  2un1  3n  1, n  Ví dụ 1.2: Xác định công thức tổng quát dãy  un  :  Giải: Để tìm cơng thức tổng quát dãy số ta tìm cách làm 3n1 để chuyển dãy số cấp số nhân Ta đặt un   an  b   un 1  a  n  1  b   un  2un1  an  b   a  n  1  b   3n   an  b  a  n  1  b a  b  a  3  Cho n  1, n  ta có hệ   b   b  5  un  3n   un1   n  1  5 v1  10 Đặt:  un  3n    vn  2vn1 , n  Dãy   cấp số nhân với công bội q    v1 q n 1  10.2 n 1 ,  n  Vậy công thức tổng quát u n  10.2 n 1  3n  5, n  u1  Ví dụ 1.3: Tìm cơng thức tổng qt dãy  un  :  un  un1  2n  1, n  Giải: Xét f  n   n  đa thức bậc n Đặt un  g  n  un1  g  n  1 suy f  n   g  n   g  n  1 , g  n  đa thức bậc n có hệ số tự Từ có g  n  an  bn  2n    an2  bn  a  n 1  b  n 1    a  b  a    g  n   n2  2n Cho n  0, n  ta hệ:  a  b  b  2  un   n2  2n  un1   n 1   n 1    v1  1 Đặt:  un   n  2n    vn  vn1 , n  Dãy   cấp số nhân với công bội q    v1 q n 1  v1  1,  n  Vậy công thức tổng quát u n  n  n  1,  n  p     a  b , với a ,b số nguyên Suy     a  b Từ         2a số nguyên Mà p lẻ nên: 1      Suy               p p p p p p p p p p p p p p Mặt khác p p           C    C     C           C    C     C        p p 1 p p p p 2 p2 p p p4 p 4 p 1 p p 1 p p 1    p 1 p1 Do tất số Cp , Cp , , Cp chia hết cho số nguyên tố p nên: p u p      p 1 chia hết cho p   Vì 2011 số nguyên tố nên u2011 chia hết cho 2011   Ví dụ3.5 (Đề Olympic 30/4/2012) Cho dãy số  un  xác định sau: u1  u2  un2  un1  un , n  Tìm tất số nguyên dương a, b với a  b thỏa mãn điều kiện un  2na n chia hết cho b với n  Giải n Điều kiện cần: Giả sử un  2na   mod b  , n  Ta có u3  n Do un  2n   mod b , n  u1  2a  mod b  2a  1 mod b  2a  1 mod b       3 u3  6a  mod b  6a   mod b   24a   mod b   2a  1 mod b   2a  1 mod b   2a  1 mod b     3  mod b   a  8.1 mod b      5   mod b    2a  1 mod b  a    b  b  81 Điều kiện đủ: Ta chứng minh cặp  a , b    3,  thỏa mãn yêu cầu toán Đặt  u n  n.3n n Do un  un1  un nên vn2  vn1   10.3  n  3    1   mod  , n  Mà v1     mod  , v2  35   mod     mod  ,  n  Suy u n  n.3n chia hết cho Ví dụ3.6 (Đề Olympic 30/4/2013) u1  21, u2  Dãy số  un  xác định  un   30un 1  12un1un  un , n  Chứng minh khơng có số hạng dãy  un  tổng lũy thừa bậc ba số nguyên Giải 29 Theo định lý Fermat nhỏ, x  ta có x  x   mod 29 Mà x 29  x  x  x 28  1  x  x  1 x  1 x14  1  x  x  1 x  1  x7  12  x  12   5.29 x  ta có x7  q  mod 29 với q  0; 1; 12  x, y , z  ta có x7  y7  z7  r  mod 29 , r 0; 1; 2; 3; 4; 5; 10; 11; 12; 13; 14 (1) Ta có un2  un21  12un1un  un  mod 29 , n  u1  8  mod 29  u   mod 29  u3  u22  12u2u1  u1  92  12.9. 8   8 mod 29 u4  u23  12u3u2  u2  82  12.8.9   9  mod 29 u5  u43  12u4u3  u3   9   12  9    8  mod 29  u6  u53  12u5u4  u4   8   12  8   9     mod 29  Dãy số dư chia u n cho 29 tuần hoàn với chu kì 4, n  Ta có u n  a  mod 29  , a  8; 9 (2) Từ (1) (2) ta suy số hạng dãy  un  tổng lũy thừa bậc ba số nguyên 82 Ví dụ3.7 (Đề Olympic 30/4/2013) Cho dãy số  xn  xác định x1  x2  x3  xn xn 3  xn21  xn 1 xn   xn2 , n  Chứng minh xn số nguyên với số n nguyên dương Giải Ta có x4  Tiếp theo, với n  , ta có xn xn   xn21  xn 1 xn   xn2 ; xn 1 xn   xn2  xn xn 1  xn21  xn 1 xn   xn xn 3  xn2  xn xn 1  xn 1 xn   xn2  xn2  xn1  xn  xn1  xn2   xn  xn  xn1  xn2  xn3  xn1  xn  xn1  xn2 xn  xn1  xn2  xn3  xn xn1 xn1 xn2 x x x x x  x  x  x 111  n1 n n1 n2    6 xn xn1 x3 x2 1.1  xn1  xn xn1  xn  xn1  xn2 Vì x1  x2  x3  nên từ xác định ta suy xn nhận giá trị nguyên với số nguyên dương n  Ví dụ3.8 (Đề Olympic 30/4/2013) Cho dãy số  un  xác định sau: u0  9, u1  161, un  18un1  un2 , n  Chứng minh u n2  số phương với số tự nhiên n Giải Phương trình đặc trưng dãy số   18       80   n   n  un  a  80  b  80 , n    80 a  a  b   Do u0  9; u1  161 nên ta có hệ    80 a   80 b  161 b   80   n 1 n 1  , n  Do un    80   80          83  n 1 n 1 1  1  80   80  u     5 n 1 n 1   80     80 n 1  80   80     20  n        80 20      n 1  n1    Cnk1 9n1 k 20  k 1     80  k 80         n 1   n 1   n 1   C k n 1 k n 1 k 1 22  n Cn1 80  Cn31 9n2  20   80 Cn11 9n  Cn31 9n2       80     80  Cn51 9n4   80  2 80       Cn51 9n4  4  Cn119n  Cn319n280  Cn51 9n4802    k  80     2   n  ,  C n11 n  C n31 n  280  C n51 n  480    nên suy đpcm Ví dụ 3.9 (Đề Olympic 30/4/2013) v1  5, v2  13 Cho dãy số   :  vn  2016vn1  6vn , n  Tìm số dư chia v2014 cho 2011 Giải   2 Xét phương trình đặc trưng :   5       n n Số hạng tổng quát  a.2  b.3 2a  3b  a     2n  3n , n  Theo giả thiết v1  5, v2  13   4a  9b  13 b  Ta có 2011 số nguyên tố nên theo định lý Fecma ta có 22010  1 mod 2011 , 32010  1 mod 2011  22014  16  mod 2011 , 32014  81 mod 2011 Vậy chia v 2014 cho 2011 ta số dư 97 Ví dụ3.10 (Đề Olympic 30/4/2013) 84 u1  Cho dãy số  un  :  un  3un1  2n  9n  9n  3, n  p 1 Chứng minh với số nguyên tố p u k   mod p  k 1 Giải 3 n1 n Ta có un  n  un1   n 1   un2   n  2    u1          u n  3n  n ,  n  Với p  ta có u1    mod p  Với p số nguyên tố lớn p 1 u  3 1   3 k   23   p1   p  1 k 1     32   3p1   13  23    p  1 3   3 Do k   p  k     mod p  , k  1, p 1 nên   p1  3     p  1   k   p  k     mod p    k 1 p 1  1 p Mặt khác  32   p 1        mod p  1  3  p 1 Vậy u k   mod p  (đpcm) k 1 3.2 Ứng dụng dãy số vàobài tốn tính tổng số hạng  2001 u1  u : Ví dụ 3.11: Cho dãy  n   Tính  ui un 1 i 1 un  , n  2  2n  1 un 1   Giải: un1  2n  1 un1  1     4n  (1) Từ giả thiết un   2n  1 un1  un un1 un1 2 Ta phân tích: 4n   k n   n 1   l n   n 1    85 k  l  2 k   Cho n  0, n  ta có hệ  k  l   l  1 1   n  1      Khi (1)   2n  un un1 u1 1 4n   n  1 2n  1   2n    un 2 2 1  un     2n  1 2n  1 2n  2n  2001 2001  4002    Vậy  ui      1 2i   4003 4003 i 1 i 1  2i  Ví dụ 3.12: Tính tổng S n  12  2   n , n  Giải Ta có S1  S n  S n 1  n (1) 2 Ta phân tích n  k n   n 1   l n   n 1   t n   n  1       k  k  l  t     Cho n  0, n  1, n  ta có hệ  k  l  t   l  7 k  3l  t     t   Từ (1) ta có 1  1 1 1  Sn   n3  n2  n   Sn1    n  1   n  1   n  1   3 3  1  1  Sn   n3  n2  n   S1    3 n  n  1 2n  1 1  Sn  n3  n2  n  6 Ví dụ 3.12: Tính tổng S n  13    n ,  n  Giải Ta có S1  S n  S n 1  n (1) 86 Ta phân tích n3  k n4   n 1   l n3   n 1   t n2   n 1   a n   n 1        Cho n  0, n  1, n  2, n  ta có hệ  k  l  t  a  2l  2a  k  l  t  a  k  l  t  a      15k  7l  3t  a  15k  7l  3t  a  65k  19l  5t  a  27 65k  19l  5t  a  27  a  l   k    k  t  l     15 15k  6l  3t    t    53 65k  18l  5t   a   Từ (1) ta có 1  1 2 1 1 Sn   n4  n3  n2   Sn1    n  1   n  1   n  1   4 4  1  1  Sn   n4  n3  n2   S1    4 n  2n3  n  Sn  n  n  n  4 2 2 n  n  n  1 n  n  1  n  n  1      4   3.3 Ứng dụng dãy số vàobài tốn phép đếm Ví dụ 3.13: Trong mặt phẳng cho n đường thẳng, khơng có ba đường đồng quy đôi cắt Hỏi n đường thẳng chia mặt phẳng thành miền ? Giải Gọi an số miền n đường thẳng tạo thành Ta có a1  Ta xét đường thẳng thứ n  (gọi d ), d cắt n đường thẳng cho n điểm bị n đường thẳng chia thành n  phần, đồng thời phần thuộc 87 miền an Mặt khác với đoạn miền an chia miền thành miền nên số miền có thêm n  Do ta có an1  an  n  1, n  2 Ta phân tích n   k  n  1  n   l  n  1  n    k  2  3k  l  Cho n  0, n      k  l  l   1 1  an 1   n  1   n  1  an  n  n   a1   2 2  an   n  n, n  2 Ví dụ 3.14: Trong khơng gian cho n mặt phẳng, khơng có ba mặt phẳng có điểm chung đôi giao Hỏi n mặt phẳng chia không gian thành miền Giải Gọi an số miền n mặt phẳng tạo thành Ta có a1  Ta xét mặt phẳng thứ n  (gọi  P  ),  P  cắt n mặt phẳng cho theo n giao tuyến bị n mặt phẳng chia thành n  phần, đồng thời phần thuộc miền an Mặt khác với phần miền an chia miền thành miền nên số miền có thêm n  1 Do ta có an1  an  n  1, n   an   n  n, n  2 Nhận xét: Ta có toán tương tự sau Trong mặt phẳng cho n đường trịn, khơng có ba đường trịn có hai điểm chung đường trịn đơi cắt hai điểm chung phân biệt Hỏi n đường tròn chia mặt phẳng thành miền ? Bằng cách lập luận ta đến tốn xác định cơng thức tổng qt dãy  an  : a1  2; an1  an  2n, n  Tính tốn đến kết quả: an  n  n  2, n  3.4Bài toán bất đẳng thức dãy số Ví dụ3.15(Đề Olympic 30/4/2011) 88 Cho dãy số  un  xác định sau:   n   n un  Chứng minh rằng: u1  u2   u2010  ; n  1, 2,3 2n  1005 1006 Giải Ta có u k   uk   uk   2  2k  1  k 1  k k  k  1 k 1  k     k  k  1  k 1  k  2k  k   k  1 2k   2 1  k k 1   1       Do u1  u2   uk  1        2  3 k 1    k 2 k  u1  u2   uk    1  1  1  k 2 k 2 k 1 4k  k  4k  k Vậy u1  u2   uk  k2 2010 1005  Khi k  2010 u1  u2   u2010  2010  1006 Ví dụ3.16 (Đề Olympic 30/4/2011) Giả sử dãy số  an  bị chặn thỏa mãn n  2010 ak  n  * 2n  2011 k n k  1 n  * Chứng minh an  n an   Giải n 2010 bk ,n  1,2,3, Đặt bn  an  Ta chứng minh bn   n k n k  1 n  2010 ak  n  2010 kak  n2010 kak   k  k k    Ta có (1)  an     n k 1 k  k  1 k n k  n k  k  1 k n n  2010 1  n2010 ak 1  ak         k k 1 n 2n  2011 k n  k  k n k  n  2010 ak  ak     (1) 2n  2011 k n k   89 (1) Ta chứng minh bn  Vì  an  bị chặn nên có số M thỏa mãn bn  M Khi n  100000 , ta có n  2010 bn   k n  3n    n  2010   bk 1 M  M M k 1 k n k  k n k  n  2010   3n  k    1   k 1 n 100000  2010  2010 1 M M M M  M 3n 3.100000 2 1 1 2 Khi thay M M lặp lại trình m lần, với số m  m ta bn    M 7 Suy bn  0, n  100000 Từ (1) (2) ta suy bn  0, n  100000 Ta ý (1) rằng, với n  N  1, bn  bN  2 N 1  2010 (Vì bN 1   k  N 1 2 N   2010 bk b bk  N 1   k 1 N 1 k 1 k  N 2 bN 1 2( N 2)2010 bk  bN 1     bn  0, n  N  1) N 1 k 1 k  N 2 Điều có nghĩa bn  0, n  1,2,3, Vậy an  , n  1, 2,3, n Ví dụ 3.17 (Đề Olympic 30/4/2012) Cho hai dãy số thực  xn  ,  yn  xác định bởi:  x  y     xn1  xn   xn , n   yn  yn 1  , n     y n  Chứng minh rằng:  xn yn  3, n  Giải 90 , (2) Đặt zn   zn1  zn   zn2 yn Mà z2   x1 nên zn  xn1, n  x x Do xn yn  n  n zn xn1 Từ  xn21  xn 1  xn  xn 1  xn y n  Vì  xn  tăng nên xn21  x12   , n   xn 1   xn21  xn 1  xn   xn y n Vậy  xn yn  3, n  Ví dụ3.18 (Đề Olympic 30/4/2014) Chứng minh dãy   :  2014 lim  2014 n  n 1!!  n !! , n  dãy hội tụ n Giải Xét dãy u n  n  n  1!! , n   n !! Nhận xét un  0, n  Ta dễ chứng minh biến đổi tương đương: un1  2n  1 n    1, n  un  n  1 n Vậy dãy  un  dãy tăng từ dãy   dãy tăng Ta có u n  1.3.5  2n  1 n 2.4.6  n  Ta dễ dàng chứng minh quy nạp 1.3.5  n  1  2.4.6  n  , n  2n  Do un  1, n    2014, n  Vậy dãy   tăng bị chặn nên hội tụ Theo chứng minh ta có dãy  un  hội tụ un   lim u n  lim n  n  n   lim  2014 n  2n  91 n , n  2n  Ví dụ3.19 (Đề Olympic 30/4/2013)  , n   an  an 1  Cho dãy số  an  :  an 1 a   Chứng minh 45  a1000  45,1 Giải Từ giả thiết ta suy dãy an có tất số hạng dương an  an 1   an  an1 hay  an  dãy tăng Ta chứng minh 45  an Ta có an2  an21    an21    a02  2n an1 Suy a1000  a02  2.1000  2025  a1000  45 đpcm Ta chứng minh an  45,1 a  an1 a a   an21  an n n1  Ta có an2  an21    an21  n an1 an1 an1an  1 1 1  an21  an       a02  an     2n  an1 an   a0 an  a  a1000  25  1000   2000  a1000  45,1 (đpcm) Ví dụ3.20 (Đề Olympic 30/4/2013)  x1  Cho dãy số  xn  xác định   xn1  xn  xn  1, n  Chứng minh rằng:  n 1 22  1 1      2n , n  x1 x2 xn Giải Ta có xn1   xn  xn  1 x1  nên dãy  xn  dãy tăng 1 1     xn1  xn  xn xn xn  xn1  1 1       x1 x2 xn xn1  Do ta cần chứng minh Mà xn     92 0 an1 1 2n 1  1 xn1  n 1  1 22 n , n  n  22  xn1   22 , n  Ta chứng minh (1) phương pháp quy nạp Với n  (1) k 1 k Giả sử (1) với n  k tức 22  xk 1   22 k 1 Ta có xk    xk 1  xk 1  1  2 2 k k 1  22 k k Hơn xk 1  22  xk 1   22  k  k   xk    xk 1  xk 1  1  22 22   22 k  22  xk    22 k 1 (đpcm) 93 k 1 (1) Kết luận Luận văn Dãy số toán liên quan tập trung nhiên cứu vấn đề sau: Trình bày hệ thống số kiến thức cấp số cộng, cấp số nhân, công thức tổng quát dãy, giới hạn dãy Hệ thống hóa tổng quát hóa số dạng tốn tìm cơng thức số hạng tổng qt dãy Đó tốn: Tìm số hạng tổng quát dãy số với phương pháp đổi biến để quy toán cấp số cộng cấp số nhân quen thuộc, sử dụng biến đổi lượng giác, áp dụng phương pháp sai phân, phương pháp quy nạp, nguyên lý kẹp, phương pháp sử dụng tính đơn điệu dãy số hàm số Trình bày số tốn số học có liên quan đến dãy số chứng minh số phương, tìm phần ngun, phép tốn chia hết, tìm phần dư phép chia, tốn tính tổng, phép đếm tổ hợp chỉnh hợp 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 q thầy bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Tác giả xin chân thành cảm ơn ! 94 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] Phan Huy Khải, 2009, Chuyên đề số học dãy số, NXB Giáo dục [3] Tuyển tập đề thi Olympic Tốn Trung học phổ thơng Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục [4] Lê Đình Thịnh, Lê Đình Định, Phương pháp sai phân, NXB Đại học quốc gia Hà Nội [5] Ban tổ chức kì thi Olympic 30/4, 2012, Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, lần thứ XVIII-2012, NXB Đại học sư phạm [6] Nguyễn Văn Mậu, 2003, Một số toán chọn lọc dãy số, NXB Giáo dục [7] Nguyễn Tất Thu, 2008-2009, Chuyên đề hội giảng Một số phương pháp xác định công thức tổng quát dãy số, lưu hành nội [8] Phạm Thành Luân, 2001, 1001 toán dãy số, NXB Đà Nẵng [9] Ban tổ chức kì thi Olympic 30/4, 2014, Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, lần thứ XVIII-2012, NXB Đại học sư phạm [10] Ban tổ chức kì thi Olympic 30/4, 2011, Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, lần thứ XVIII-2012, NXB Đại học sư phạm [11] Ban tổ chức kì thi Olympic 30/4, 2013, Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, lần thứ XVIII-2012, NXB Đại học sư phạm 95 ... : “ Dãy số toán liên quan “ hệ thống lại số phương pháp tìm cơng thức số hạng tổng qt dãy số, chứng minh tồn giới hạn dãy số, tìm giới hạn dãy số, ứng dụng dãy số việc giải số toán liên quan. .. số để tìm giới hạn dãy 74 Chương III Các dạng toán khác dãy số 77 3.1 Bài toán số học dãy số 77 3.2 Ứng dụng dãy số vào tốn tính tổng số hạng 85 3.3 Ứng dụng dãy số vào toán. .. chứng minh tồn giới hạn dãy số, tìm giới hạn dãy số Một số phương pháp tìm giới hạn dãy số Chương III Các tốn số học dãy Chương trình bày toán liên quan đến số học dãy số kì thi học sinh giỏi