Dãy số
Dãy số là một ánh xạ a:N→R được xác định bởi n phần tử a_n Dãy số thường được ký hiệu là p_n, hoặc a_1, a_2, , a_n, Trong luận văn này, chúng tôi sẽ sử dụng ký hiệu p_n Số hạng a_n được gọi là số hạng tổng quát của dãy p_n.
Dãy số có thể được xác định thông qua công thức số hạng tổng quát hoặc bằng công thức truy hồi Dưới đây là một số ví dụ để minh họa cho hai phương pháp này.
Ví dụ 1.2 Cho dãy sốpa n q được xác định bởi a n n 2 sinπ n, n¥1.
Với cách định nghĩa như vậy ta hoàn toàn xác định được mọi số hạng của dãy, chẳng hạn cho n100 thì số hạng thứ 100 của dãy là a100 100 2 sin π
Ví dụ 1.3 Cho trước hai số thực q, d với q 0 Xét dãy pa n q được xác định bởi a n 1 q a n d, n ¥1.
Nếu ta xét hàm số bậc nhấtfpxq qx d thì dãy trên được viết lại là a n 1 fpa n q, n ¥1.
Dãy được định nghĩa như trên được gọi là dãy truy hồi tuyến tính cấp một Ta xét hai trường hợp đặc biệt sau đây.
• Cho q1, khi đó dãy pa n q có dạng an 1 an d, n ¥1.
Dãy panq như thế được gọi là dãy cấp số cộng (hay gọi tắt là cấp số cộng) với công said.
• Cho d0, khi đó dãy panq có dạng a n 1 q a n , n¥1.
Dãy pa n q như thế được gọi là dãy cấp số nhân (hay gọi tắt là cấp số nhân) với công bội q. Định nghĩa 1.4 Dãy sốpa n qđược gọi là
• bị chặn trên nếu tồn tại số thực M (không phụ thuộc vào n) sao cho a n ¤M @nPN;
• bị chặn dưới nếu tồn tại số thực L (không phụ thuộc vào n) sao cho a n ¥L @n PN;
• bị chặn nếu nó bị chặn trên và bị chặn dưới, hay tồn tại số thực P (không phụ thuộc vàon) sao cho
|a n | ¤P @nP N. Định nghĩa 1.5 Dãy sốpanqđược gọi là
• tăng(giảm) nếu a n ¤a n 1 (a n ¥a n 1 ) với mọi n PN;
• tăng nghiêm ngặt (giảm nghiêm ngặt) nếu a n a n 1 (a n ¡a n 1 ) với mọi nPN.
Các dãy số tăng, tăng nghiêm ngặt, giảm và giảm nghiêm ngặt được gọi là các dãy đơn điệu Định nghĩa 1.6: Cho dãy số \( p_{a_n} \) và \( p_{m_n} \) là một dãy tăng nghiêm ngặt các số tự nhiên, thì dãy \( p_{a_m} \) được gọi là một dãy con của dãy \( p_{a_n} \) Chúng ta ký hiệu \( p_{a_m} \subseteq p_{a_n} \).
Ví dụ 1.7 1 Dãy pa 2n q là một dãy con của dãy pa n q.
2 Dãy pa n q là một dãy con của chính nó.
3 Dãy a 1 , a 1 , a 2 , a 3 , a 3 , không là dãy con của dãypa n q.
Nhận xét 1.8 1 Nếu pa m n q pa n q thì m n ¥n với mọin.
Nếu dãy số \( p_n \) có giới hạn là \( L \), ký hiệu là \( \lim_{n \to \infty} p_n = L \), thì với mọi \( \varepsilon > 0 \), tồn tại một số tự nhiên \( N \) sao cho với mọi \( n \geq N \), khoảng cách giữa \( p_n \) và \( L \) nhỏ hơn \( \varepsilon \).
Khi dãy pa n hội tụ, ta ký hiệu là lima n 8 hoặc a n ẹ 8, nghĩa là dãy pa n phân kỳ đến 8 Cụ thể, với mọi M > 0, tồn tại N thuộc N sao cho với mọi n ≥ N, ta có a n < M.
Ta núi dóypa n qphõn kỳ đến 8, kớ hiệu làlima n 8hoặc a n ẹ 8, nếu với mọi
M 0, tồn tại N P N sao cho với mọin¥N ta có a n M. Định lý 1.1 ([3]) Mỗi dãy số có nhiều nhất một giới hạn.
Chứng minh Giả sử phản chứng rằng tồn tại một dãy pa n q có hai giới hạn là L 1 và
Vì dãy pa n qhội tụ đến L 1 nên tồn tại N 1 PN sao cho nƠN 1 ủ |a n L 1 | ε.
Vì dãy pa n qhội tụ đến L 2 nên tồn tại N 2 PN sao cho nƠN 2 ủ |a n L 2 | ε. Đặt N maxtN 1 , N2ugiả sử rằng n ¥N Khi đó
|L1 L2| |pL1anq panL2q| ¤ |anL1| |anL2| ε ε2ε
Dãy số được gọi là dãy Cauchy (hay dãy cơ bản) nếu với mọi ε > 0, tồn tại một số tự nhiên N sao cho với mọi m, n ≥ N, khoảng cách giữa các số hạng của dãy nhỏ hơn ε Điều này có nghĩa là dãy không thể có nhiều hơn một giới hạn, điều này là vô lý.
|a m a n | ε. Định lý 1.2 (Tính chất của dãy Cauchy) Cho pa n q là một dãy Cauchy Khi đó
1 Nếu pam nq panq và lim nẹ8am n a thỡ lim nẹ8an a;
Chứng minh 1 Cố địnhε ¡0 Vì lim n ẹ8a m n a nờn tồn tại n 1 n 1 pεq PNsao cho
Vì ta n u là dãy Cauchy nên tồn tại n 2 n 2 pεq PN sao cho
|a m a n | ε{2 @m, n¥n 2 Khi đó, do mn¥n nên với mọi n¥n0 maxtn1, n2u,ta có
Vậy dãy ta n uhội tụ đến a.
2 Vì ta n u là dãy Cauchy nên với ε1tồn tại số tự nhiên n 0 cố định sao cho
|a n | ¤M @n PN. Vậy dãy pa n qbị chặn. Định nghĩa 1.12 Dãy các đoạn ra n , b n s R được gọi là thắt lại nếu ra n 1 , b n 1 s ra n , b n s với mọi số tự nhiên n và lim n ẹ8pb n a n q 0.
7 Định lý 1.3 (Nguyên lý Cantor về dãy các đoạn thắt lại, [1]) Mọi dãy đoạn thắt lại đều có duy nhất một điểm chung.
Giả sử dãy \( a_n \) tăng và bị chặn trên bởi \( b_1 \), trong khi dãy \( b_n \) giảm và bị chặn dưới bởi \( a_1 \) Điều này cho thấy cả hai dãy \( a_n \) và \( b_n \) đều hội tụ Vì giới hạn của \( a_n \) và \( b_n \) đều tồn tại, nên có một số \( \xi \) sao cho \( \lim_{n \to \infty} a_n = \xi \) và \( \lim_{n \to \infty} b_n = \xi \) Do đó, với mọi \( n \) thuộc \( \mathbb{N} \), \( \xi \) nằm trong khoảng giữa \( a_n \) và \( b_n \).
|ξξ 1 | ¤b n a n với mọi n Do lim n ẹ8pb n a n q 0 ta suy raξ ξ 1
Dãy hàm
Định nghĩa 1.13 (Dãy hàm) Giả sử
Hàm số f: A → R là tập hợp tất cả các hàm số xác định trên A Ánh xạ f: N → F, n ∈ N, được định nghĩa là một dãy hàm xác định trên A Dãy hàm này thường được ký hiệu là {f_n(x)} hoặc f_1(x), f_2(x), , f_n(x),
Với mỗi điểm x₀, dãy số tfₙ(px₀) được xác định Nếu dãy số này hội tụ, điểm x₀ được gọi là điểm hội tụ; ngược lại, nếu dãy số phân kỳ, x₀ được xem là điểm phân kỳ của dãy hàm tfₙ(px).
Tập A0 bao gồm tất cả các điểm hội tụ của dãy hàm tfnpxqu, được gọi là miền hội tụ của dãy hàm Tập A1, hay còn gọi là AzA0, bao gồm mọi điểm phân kỳ của dãy hàm tfnpxqu, được gọi là miền phân kỳ của dãy hàm Theo định nghĩa 1.14, dãy hàm tfnpxqu xác định trên A R được coi là hội tụ điểm đến hàm số fpxq trên A nếu với mọi x thuộc A và mọi ε lớn hơn 0, tồn tại
N Npx, εq PN sao cho với mọi n¥N ta có f n pxq fpxq ε.
Ký hiệu: f n pxq ẹfpxq, xPA.
Ví dụ 1.15 Xét dãy hàmf n pxq x n , xPR Ta có nlimẹ8fnpxq
Dãy hàm tf n pxqu không có giới hạn với miền hội tụ là p1,1s Theo định nghĩa 1.16, dãy hàm tf n pxqu xác định trên A R được gọi là hội tụ đều đến hàm số fpxq trên A nếu với mọi ε > 0, tồn tại N ∈ N(ε) sao cho với mọi n ≥ N và mọi x ∈ A, ta có |f n(px) - f(px)| < ε.
Ký hiệu: f n pxq ẹfpxq, xPA.
Từ hai định nghĩa đã đề cập, có thể rút ra một nhận xét quan trọng: nếu dãy hàm tfnpxqu hội tụ đều đến hàm số fpxq trên tập A, thì dãy hàm tfnpxqu cũng hội tụ điểm đến hàm số fpxq trên tập A.
Ví dụ 1.18 ([3]) Chứng minh rằng dãy hàmf n pxq nx 3
1 nx 2 hội tụ đều trên R. Lời giải Chia cả tử và mẫu chon ta được f n pxq x 3
Giới hạn của dãy hàm tf n u được ký hiệu là fpxq :x Chúng ta sẽ chứng minh rằng sự hội tụ này là đều trên R Cụ thể, ta có đánh giá fnpxq fpxq nx 3.
Ta cần chọnN P Nsao cho 1 | x nx | 2 ε với mọin ¥N Ta có
Bằng cách chọn N r1{p2εq 2 s 1, khi đó với mọi n¥N ta có f n pxq fpxq ¤ 1
Vậy dãy hàm tf n pxquhội tụ đều đến hàm số fpxq x trên R.
Các định lý hội tụ của dãy số và dãy hàm
Trong chương này, chúng tôi giới thiệu các định lý hội tụ liên quan đến dãy số và dãy hàm Đối với dãy số, chúng tôi nêu rõ các điều kiện cần và đủ để xác định sự hội tụ, kèm theo một số ví dụ minh họa Đối với dãy hàm, chúng tôi phân tích và phân biệt giữa hội tụ điểm và hội tụ đều của dãy hàm.
Các định lý hội tụ của dãy số
Định lý 2.1 ([3]) Nếu pa n q hội tụ thì pa n q bị chặn.
Chứng minh Giả sử dãy pa n q hội tụ đến a Khi đó vớiε1 tồn tại số tự nhiên N cố định sao cho
M maxt|a 1 |, ,|a N 1 |,1 |a|u. Khi đó |a n | ¤M với mọi số tự nhiên n.
Nhận xét 2.1 Điều ngược lại nói chung là không đúng Thật vậy, dãy pa n q với a n p1q n bị chặn nhưng không hội tụ.
Định lý 2.2 khẳng định rằng, với hai dãy hội tụ pa_nq và pb_nq có giới hạn lim n→∞ a_n = A và lim n→∞ b_n = B, cùng với α là một số thực bất kỳ, thì các dãy pαa_nq và pαb_nq cũng sẽ hội tụ.
1 lim nẹ8pαanq α lim nẹ8an;
2 lim n ẹ8pa n b n q lim n ẹ8a n lim n ẹ8b n Chứng minh 1 Ta xét các trường hợp α0và α 0.
• α0, khi đóαa n 0(mọi hạng tử của dãytαa n uđều bằng 0) Do đó dãy tαa n u hội tụ về 0 (chính làαlimpa n q).
• α 0 Lấyε ¡0 và chọn N sao cho @n ¥N,|a n a| | α ε | (lý do vì sao ta cần xét α0) Khi đó:
Do đótαa n u hội tụ vàlimpαa n q αaαlima n
2 Lấy ε¡0 Ta chọn hai só nguyên dươngN 1 , N 2 sao cho nếun¥N 1 thì|a n a| ε 2 và nếu n ¥N 2 thì n¥N 2
Chọn N maxtN 1 , N 2 u và giả sử n¥N 1 Khi đó:
|pa b n q pa bq| |pa n aq pb n b|q ¤ |a n a| |b n b| ε
Do đópa n b n q hội tụ và lim n ẹ8pa n b n q lim n ẹ8a n lim n ẹ8b n Định lý 2.3 ([3]) Cho pa n q, pb n q là các dãy hội tụ và lim n ẹ8a n a, lim n ẹ8b n b Khi đú
1 Dãy pa n b n q cũng hội tụ và lim n ẹ8pa n b n q lim n ẹ8a n limb n
2 Nếu giả thiết thêm rằngb n 0 với mọi nPN và b 0 thì dãy a n bn cũng hội tụ và lim n ẹ8 an b n lim n ẹ8a n nlimẹ8b n a b.
Chứng minh Vì dãy pa n q hội tụ nên nó bị chặn, do đó tồn tại M ¡0 sao cho
• Giả sử b0 Vìlimb n 0 nên tồn tạiN P Nsao cho với mọi n¥N, ta có
M ε, tức là ta đã chứng minh được limpa n b n q 0ablima n limb n
• Giả sử b0 Vìlima n a, do đó tồn tại N 1 P N sao cho với mọi n¥N 1 ta có
2|b|. Hơn nữa vì limb n b nên tồn tại N 2 PN sao cho với mọin ¥N 2 ta có
2|M|. Chọn N maxtN 1 , N 2 u và giả sửn ¥N Khi đó
2 Ta sẽ chứng minh rằng lim 1 b n 1 b Vì a n b n a n 1 b n nên kết quả nhận được từ mệnh đề đầu tiên.
Lấy ε¡0 Với giả thiết b0 ta suy ra ε | 2 b | 2 ¡0, do đó tồn tại N1 P N sao cho với mọi n ¥N1 ta có
2 Tương tự, tồn tạiN2 PN sao cho với mọin ¥N2 ta có
Từ đó suy ra với mọi n ¥N 2 ta có
Chọn N maxtN1, N2u và giả sửn ¥N Khi đó
|b| | 2 b | ε. Định lý 2.4 (Nguyên lý kẹp, [3]) Cho ba dãy pa n q, pb n q và pc n q thoả mãn các điều kiện sau.
Khi đó dãy pb n q hội tụ và lim n ẹ8b n L.
Chứng minh Lấyε¡0 Theo giải thiết (i), tồn tại các số tự nhiênN 1 , N 2 sao cho n ƠN 1 ủ |a n L| ε, n ƠN 2 ủ |c n L| ε.
Chọn N maxtN 1 , N 2 u và giả sửn ¥N Khi đó ε a n L ε n ε c n L ε
Từ đó suy ra ε b n L ε hay |b n L| ε và limb n L.
Ví dụ 2.2 Cho a¡0 Tính giới hạn nlimẹ8 a n p1 aqp1 a 2 q p1 a n q.
Lời giải Đặt un a n p1 aqp1 a 2 q p1 a n q, n ¥1.
Ta xét ba trường hợp sau đây:
• TH2: 0 a 1 Vì p1 aqp1 a 2 q p1 a n q ¡ 1, @n¥1 nên ta có đánh giá
Hơn nữa a n ẹ0, do đú theo nguyờn lý kẹp ta kết luận được limu n 0.
• TH3: a¡1 Vì p1 aqp1 a 2 q p1 a n q ¡ a.a 2 a n a 1 2 n a n p n 2 1 q , @n ¥1, nên ta có đánh giá
Mà 1 a n p n 2 1 q ẹ0, nờn theo nguyờn lý kẹp, ta cú limu n 0.
Vậy với mọi a¡0, ta luôn có limu n 0.
Mệnh đề 2.5 ([3]) Cho pa n q là dãy hội tụ với lim n ẹ8a n a và giả sử rằng a n Ơ0 với mọi nP N Khi đó a¥0.
Chứng minh Giả sử phản chứng rằng a 0 và đặt ε | a 2 | Lý do a không thể là giới hạn của dãyta n u là vì khoảngpaε, a εq không chứaa n Thật vậy, a 0ủ |a| a
2 0 Suy ra nếu a n P paε, a εq thì a n a ε 0 (mâu thuẫn giả thiết) Vậy không có phần tử nào của dãy ta n unằm giữa aε và a ε và a không là giới hạn của dãy ta n u.
Hệ quả 2.6 ([3]) Cho pa n q, pb n q là hai dãy hội tụ với lim n ẹ8a n a, lim n ẹ8b n b và giả sử rằng a n ¤b n với mọi nPN Khi đó a¤b.
Khi đó c n ¥0, @n PN và nlimẹ8c n lim n ẹ8b n lim n ẹ8a n ba.
Định lý 2.7, hay còn gọi là Nguyên lý Weierstrass, khẳng định rằng nếu dãy số \( a_n \) tăng và bị chặn trên, thì dãy này sẽ hội tụ Cụ thể, giới hạn của dãy \( a_n \) sẽ là sup của các giá trị \( a_1, a_2, , a_n, \) Ngược lại, nếu dãy số \( a_n \) giảm và bị chặn dưới, thì dãy cũng hội tụ và giới hạn của nó sẽ là inf của các giá trị \( a_1, a_2, , a_n, \).
Chứng minh Ta chỉ chứng minh cho trường hợp dãy tăng và bị chặn trên, còn trường hợp dãy giảm và bị chặn dưới được chứng minh tương tự.
Giả sử dãy panqtăng và bị chặn trên Theo nguyên lý supremum tồn tại asup n tanu. Theo tính chất của supremum thì với mọi ε¡0tồn tại n 0 n 0 pεq PNsao cho aε a n 0
Vì dãy ta n utăng nên aε an 0 ¤an ¤a a ε @n¥n0.
Ví dụ 2.3 ([3]) Xét sự hội tụ và tính giới hạn (nếu có) của dãy panqđược cho bởi
Lời giải Ta sẽ chứng minh dãypanq tăng và bị chặn trên bằng phương pháp quy nạp toán học.
• Giả sửa n 1 ¡a n Khi đó ta có a n 2 a
2 panq bị chặn trên: ta sẽ chứng minh rằng a n ¤2 @nPN.
2 22. Đặt lim n ẹ8an` Khi đú ` ?
` 2 Giải phương trình này ta được `2.
Vậy dãy pa n q hội tụ và lim n ẹ8a n 2.
Ví dụ 2.4 ([3]) Chứng minh rằng dãy a n
1 1 n n tăng và bị chặn trên, do đó nó hội tụ.
Lời giải Đầu tiên ta chứng minhpa n qlà dãy tăng Ta sẽ chứng minh a n 1 a n ¡1 @n ¥1.
1 1 n n 2 n 1 n 1 n npn 2q pn 1q 2 n 2 2n n 2 2n 1 1 1 n 2 2n 1. Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli:
Suy ra pa n qlà dãy tăng. Để chứng minh dãy pa n q bị chặn trên, ta xét dãyb n
Lập luận tương tự như trên ta có thể chứng minh được b n 1 b n ¤1 @n ¥1.
Do đópb n q là dãy giảm Hơn nữa a n ¤b n ¤b 1 4 @n PN. Tức là dãy panq bị chặn trên bởi 4.
Nhận xét 2.5 Giới hạn của dãy pa n q trên đây nằm giữa a 1 2 và b 1 4 Người ta gọi giới hạn của dãy này là hằng số e Người ta tính được e2,7.
Ví dụ 2.6 ([3]) Chứng minh rằng dãyc n 1 1 1
1 3! 1 n! hội tụ đến số e. Lời giải Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức a n ¤c n ¤e, @nP N, sau đó áp dụng nguyên lý kẹp. Đặt a n 1 1 n n
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton cho a n
Dễ thấy hạng tử thu được với k 0 và k1 đều bằng 1.
Chọn N là một số nguyên dương lớn hơn 2 Ta có nếun ¥N thì a n ¥ áN k 0 pn kq 1 n k 1 1 áN k 2
Suy ra c n ¤e,@ PN Mặt khác a n 1 1 án k 2
Do đó a n ¤ c n ¤e,@n P N và áp đụng nguyên lý kẹp, ta kết luận được thì c n là dãy hội tụ và có giới hạn bằng e.
Ví dụ 2.7 Xét sự hội tụ và tính giới hạn (nếu có) của dãy số sau a 1 0, a n 1 1
2 a n α a n , α¥0, nP N. Lời giải Ta xét 3 trường hợp sau đây:
• TH2: α ¡0 và a 1 ¡0, khi đó a n ¡0với mọi nPN Hơn nữa, ta có
Vì dãy pa n q giảm và bị chặn dưới nên pa n qhội tụ Ta tính được lima n ? α.
• TH3:α¡0vàa 1 0, khi đóa n 0với mọin¥1 Lập luận như ở TH2, ta chứng minh được dãypa n q tăng, từ đó suy rapa n q hội tụ và tính được lima n ? α.
Nhận xét 2.8 Xét dãy pa n q được cho bởi a 1 ¡0, a n 1 1
Ta biết rằng dãy panqgiảm, bị chặn dưới và hội tụ về ? α Tiếp theo, ta đặt bn α a n , n¥1.
Ta dễ dàng kiểm tra được a n 1 a n b n
Tức là, a n 1 vàb n 1 lần lượt là trung bình cộng (arithmetic mean) và trung bình điều hoà (harmonic mean) của hai số a n và b n Ta có b n 1 ¤a n 1 @n ¥1.
Dãy pa n q bị giảm và chặn dưới, trong khi dãy pb n q tăng và chặn trên Cả hai dãy này đều hội tụ đến một giới hạn α Theo định lý 2.8 (Bổ đề Bolzano - Weierstrass), từ một dãy bị chặn, có thể trích ra một dãy con hội tụ.
Chứng minh Giả sử dãy tu n u bị chặn Khi đó tồn tại a, bP R để a ¤u n ¤b với mọi n.
Chia đoạn ∆ ra thành hai phần bằng nhau, ít nhất một trong hai phần sẽ chứa vô số số hạng của dãy tunu Đoạn đó được ký hiệu là ∆1 ra1, b1s Nếu cả hai phần đều chứa vô số số hạng của dãy tunu, ta sẽ chọn một trong hai phần làm ∆1.
Chia đoạn ∆ thành hai phần bằng nhau, ít nhất một trong hai phần sẽ chứa vô số số hạng của dãy tn Đoạn đó được ký hiệu là ∆2 Nếu cả hai phần đều chứa vô số số hạng của tn, thì chọn một trong hai phần làm ∆2.
Tiếp tục quá trình trên ta nhận được một dãy đoạn t∆ n u thỏa mãn
∆∆ 1 ∆ 2 và lim n ẹ8pb n a n q lim n ẹ8 ba
Vậy t∆ n u là dãy đoạn thắt lại Theo Nguyên lý Cantor tồn tại duy nhất αP nPN∆ n và lim n ẹ8a n lim n ẹ8b n α.
Trong ∆1, chọn tùy ý um 1 Tiếp theo, trong ∆2, chọn tùy ý um 2 với điều kiện m2 < m1, điều này khả thi vì ∆2 chứa vô số số hạng của tunu Qua quá trình này, chúng ta sẽ xác định được một dãy con tum nu của tunu.
Do cách chọn u m n ta có a n ¤ u m n ¤ b n với mọi n Theo Nguyên lý kẹp ta nhận được lim n ẹ8u m n α.
19 Định lý 2.9 (Tiêu chuẩn Cauchy) Dãypa n qhội tụ khi và chỉ khi pa n q là dãy Cauchy.
Chứng minh (ủ) Giả sử lim n ẹ8a n a Khi đú với mọi ε Ă0, tồn tại n 0 n 0 pεq P N sao cho với mọim, n¥n 0 ta có
|aman| |ana| |ama| ε @m, n¥n0. Vậy panqlà dãy Cauchy.
Giả sử dãy panq là dãy Cauchy, theo Mệnh đề 1.2, dãy này bị chặn Dựa vào Nguyên lý Bolzano - Weierstrass, dãy panq có một dãy con pam nq hội tụ đến a Do đó, theo Mệnh đề 1.2, dãy panq cũng hội tụ đến a.
Ví dụ 2.9 ([3]) Xét sự hội tụ của dãy pa n q, pb n q được cho bởi
Lời giải 1 Lấy ε¡0 Chọn N r1{εs 1 Khi đó với m¥n¥N, ta có
Vậy pa n qlà dãy Cauchy, do đó nó hội tụ.
2 Chọnε1{2và lấyN PN Nếu ta chọnn N vàm2N thìm ¥n ¥N và ta có
2.Vậy pa n qkhông là dãy Cauchy, do đó nó phân kỳ.
Các định lý hội tụ của dãy hàm
Định lý 2.10 ([3]) Dãy hàm tf n pxqu xác định trên A R hội tụ đều đến hàm số fpxq trên A khi và chỉ khi supxPA f n pxq fpxq ẹ0, khi nẹ 8.
Chứng minh Giả sửtfnpxquhội tụ đều đến hàm sốfpxqtrên A Lấyε¡0, theo định nghĩa hội tụ đều, tồn tại N PN sao cho
2 @n¥N, @xPA. Điều đó có nghĩa là với mọi n¥N, tập |f n pxq fpxq|:x PA( bị chặn trên bởi ε{2.
Do đó ρ n :sup x P A f n pxq fpxq ¤ ε
Vì ε¡0có thể chọn bé tuỳ ý nên lim n ẹ8ρ n 0.
Giả sử ρ n : sup x P A f n pxq fpxq ẹ 0 khi n ẹ 8 Lấy ε Ă0, khi đú tồn tại N P N sao cho ρn ε @n¥N.
Do đó với mọi xPA và mọi n ¥, ta có f n pxq fpxq ¤ρ n ε.
Tức là dãy hàm tf n uhội tụ đều đến hàm số f trên A.
Ví dụ 2.10 Xét sự hội tụ đều của dãy hàmf n pxq x n trên đoạn r0,1{2s.
Lời giải Hàm giới hạn là fpxq 0, và ta có
Ta có sup |f n pxq fpxq|:xP r0,1{2s( sup x n :xP r0,1{2s(
Vậy dãy hàm f n pxq x n hội tụ đến 0 trên đoạnr0,1{2s.
Dãy hàm \( t_{n}(x) \) xác định trên tập \( A \) hội tụ điểm đến hàm số \( f(x) \) khi và chỉ khi dãy số thực \( t_{n}(x_{0}) \) là dãy Cauchy Cụ thể, theo Định lý 2.11, với mọi \( \epsilon > 0 \) và mọi \( x \in A \), tồn tại \( N \in \mathbb{N} \) sao cho với mọi \( m, n \geq N \), ta có \( |f_{m}(x) - f_{n}(x)| < \epsilon \) Định lý này khẳng định rằng dãy hàm hội tụ điểm khi và chỉ khi nó là dãy Cauchy từng điểm Đối với sự hội tụ đều, Định lý 2.12 chỉ ra rằng dãy hàm \( t_{n}(x) \) hội tụ đều đến hàm số \( f(x) \) trên \( A \) khi và chỉ khi với mọi \( \epsilon > 0 \), tồn tại \( N \in \mathbb{N} \) sao cho với mọi \( m \geq N \) và mọi \( x \in A \), ta có \( |f_{m}(x) - f_{n}(x)| < \epsilon \).
Chứng minh Trước tiên ta giả sử dãy hàm tf n u hội tụ đều đến hàm f trên A, và lấy ε¡0 Khi đó tồn tạiN P Nsao cho
Lấym ¥n ¥N và xPA Khi đó
|f m pxq f n pxq| ¤ |f m pxq fpxq| |fpxq f n pxq| ε
Ta chứng minh chiều ngược lại Đầu tiên ta chứng minh dãy tfnu hội tụ điểm Lấy ε¡0và cPA Theo giả thiết, tồn tại N P N sao cho
2, với m ¥n ¥N và xPA (2.1) Đặc biệt, với xcP A, ta có
Dãy tf n pcqu là một dãy Cauchy và do đó hội tụ, với giới hạn là fpcq Hàm số cịẹfpcq được xác định với mọi cP A, cho thấy rằng hàm số f là giới hạn điểm của dãy hàm tf n u.
Tiếp theo ta chứng minh rằng sự hội tụ này cũng là hội tụ đều Thật vậy, trong (2.1), cho mẹ 8, ta được
Do đó dãy hàm tf n uhội tụ đều đến f trên A.
Dãy Cauchy đều là một khái niệm quan trọng trong phân tích toán học, được định nghĩa như sau: Một dãy hàm tfnpxquxác định trên tập hợp A được gọi là dãy Cauchy đều trên A nếu với mọi ε > 0, tồn tại một số N phụ thuộc vào ε, sao cho với mọi m, n ≥ N và mọi x thuộc A, ta có |f_m(x) - f_n(x)| < ε.
Khái niệm hội tụ đều được giới thiệu để khắc phục nhược điểm của hội tụ điểm, vốn không bảo toàn tính chất liên tục của hàm Định lý 2.13 khẳng định rằng, nếu dãy hàm \( f_n(x) \) xác định trên tập A và mỗi hàm \( f_n(x) \) liên tục tại điểm \( x_0 \in A \), thì khi dãy hàm này hội tụ đều đến hàm \( f(x) \) trên A, hàm \( f(x) \) cũng sẽ liên tục tại điểm \( x_0 \).
Chứng minh Lấyε¡0 Vì dãy hàmtf n uhội tụ đều đến hàm số f trên A nên tồn tại
Theo giả thiết, vì hàm số f N liên tục tại điểm x 0 , nên tồn tạiδ ¡0 sao cho xPA, |xx0| δ ủ |fNpxq fNpx0q| ε
3. Với xPA và |xx 0 | δ, ta có fpxq fpx0q rfpxq fNpxqs rfNpxq fNpx0qs rfNpx0q fpx0qs.
|fpxq fpx 0 q| ¤ |fpxq f N pxq| |f N pxq f N px 0 q| |f N px 0 q fpx 0 q| ε 3 ε 3 ε
Nhận xét 2.12 Từ định lý trên ta suy ra nhận xét quan trọng sau.
• Ta có thể đổi thức tự lấy giới hạn đối với dãy hàm liên tục đều, cụ thể là xlimẹ x 0 nlimẹ8f n pxq lim n ẹ8 xlimẹ x 0 f n pxq fpx 0 q.
Trong định lý 2.14, nếu dãy hàm f_n(pxq) liên tục trên tập A, thì hàm f(pxq) cũng sẽ liên tục trên A Hơn nữa, nếu dãy hàm t f_n(u) xác định và khả tích trên đoạn ra, bs hội tụ đều đến hàm f trên đoạn ra, bs, thì hàm f cũng sẽ khả tích trên đoạn ra, bs.
F n pxq ằx 0 f n ptqdt, Fpxq ằx a fptqdt, thì dãy hàm tF n u hội tụ đều đến hàm F trên ra, bs.
Chứng minh Lấyε¡0 Vìtfnu hội tụ đều đến f nên tồn tại N PN sao cho
4pbaq, @n ¥N, @xP ra, bs. Đặt biệt
Từ đó suy ra sup
! f N pxq fpxq:xP ra, bs) ¤ ε
! f N pxq fpxq:xP ra, bs) ¥ ε
Vì hàm f N pxq khả tích trên đoạn ra, bs nên tồn tại một phân hoạch P của đoạn ra, bs sao cho
3, trong đó Upf N , Pq và Lpf N , Pq lần lượt là tổng Darboux trên và tổng Darboux dưới của hàm số f N ứng với phép phân hoạch P.
Ta sẽ chứng minh rằng
Upf, Pq Lpf, Pq ¤Upf f N , Pq Lpff N , Pq Upf N , Pq Lpf N , Pq
3. Theo định nghĩa tích phân, ta có pf f N , Pq án i 1 m i ∆x i ,
M i sup fpxq f N pxq:xP rx i 1 , x i s(
, m i inf fpxq f N pxq:xP rx i 1 , x i s(
3pbaq inf tfNpxq fpxq:xP ra, bsu ¤ mi ¤Mi ¤suptf N pxq fpxq:xP ra, bsu ε
Tương tự, ta cũng có
Từ các đánh gia trên, ta nhận được
|Lpf, Pq Upf, Pq| ε, tức là hàm số f khả tích trên đoạn ra, bs.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh dãy hàmtF n uhội tụ đều đến hàm sốF trên đoạnra, bs. Lấyε ¡0 và N PN sao cho n ƠN , tP ra, bs ủ |f n ptq fptq| ε
Từ đó suy ra với n ¥N và xP ra, bs, ta có
|F n pxq Fpxq| ằx a f n ptq fptq dt ¤ ằx a
Vậy dãy hàm tF n u hội tụ đều đến hàm sốF trên đoạn ra, bs.
Từ kết quả của định lý, chúng ta có thể thấy rằng có thể hoán đổi thứ tự giữa giới hạn và tích phân đối với dãy hàm hội tụ đều Cụ thể, ta có nlimẹ8 ằx a fnptqdt ằx a nlimẹ8fnptqdt.
Định lý 2.15 cho biết rằng, với dãy hàm khả vi trên đoạn ra, nếu tồn tại một điểm x0 sao cho dãy hàm hội tụ tại x0 và dãy hàm tf n 1 px qu hội tụ đều đến hàm g trên đoạn ra, thì dãy hàm tf n px qu cũng hội tụ đều đến hàm f(px) trên đoạn ra Hơn nữa, hàm f cũng khả vi trên đoạn ra và có mối liên hệ f 1(px) g(px) với mọi x thuộc đoạn ra.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng dãy hàm \( tf_n(u) \) là dãy Cauchy đều Đầu tiên, xét \( \epsilon > 0 \) Do dãy số \( tf_n(px_0) \) hội tụ, nên nó là dãy Cauchy Từ đó, chúng ta có thể khẳng định rằng tồn tại một giá trị nhất định cho dãy này.
N 1 PN sao cho mƠnƠN 1 ủ |f m px 0 q f n px 0 q| ε
Dãy hàm tf n 1 u hội tụ đều trên ra, do đó nó là dãy Cauchy đều trên ra (theo Định lý 2.12) Từ đó, tồn tại N 2 P Nsao cho với mọi m Ơn ƠN 2 và @xP ra, có |f m 1 pxq - f n 1 pxq| < ε.
Đặt N là giá trị lớn nhất trong tập hợp N1, N2, và lấy các giá trị yN và xP ra từ bs Áp dụng định lý giá trị trung bình cho hàm số f(m) và f(n), ta có rf(m)(px)f(n)(px) = rf(m)(px0)f(n)(px0) + rf(m)(1)(py)f(n)(1)(py)sp(x0) Trong đó, y nằm giữa x0 và x, do đó y thuộc khoảng [a, b] Kết hợp các đánh giá từ (2.2) đến (2.9), ta thu được kết quả mong muốn.
|f m pxq f n pxq| ¤ |f m px 0 q f n px 0 q| |f m 1 pyq f n 1 pyq|.|xx 0 | ε 2 ε
2pbaq ε, tức là tf n u là một dãy Cauchy đều trên ra, bs Do đó, theo Định lý 2.12, tf n u hội tụ đều đến hàm số f trên ra, bs.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng hàm f khả vi trên đoạn ra, bs và f 1 g trên ra, bs Lấy ε > 0 và điểm cP ra, bs Tồn tại δ > 0 sao cho khi xP ra, bs và |xc| < δ, thì f(px) - f(pc) < ε.
Ta chọn N 3 P N sao cho m Ơn ƠN 3 , @xP ra, bs ủ |f m 1 pxq f n 1 pxq| ε
Tiếp theo ta chọn N 4 PN sao cho nƠN 4 ủ |f n 1 pcq gpcq| ε
Vì hàm sốf M khả vi tại điểm cnên tồn tại δ ¡0 sao cho xP ra, bs, 0 |xc| δủfMpxq fMpcq xc f M 1 pcq ε
Áp dụng định lý giá trị trung bình cho hàm số fmfM, ta có biểu thức rfmpxq fMpxqs rfmpcq fMpcqs rf m 1 pzq f M 1 pzqspxcq, trong đó z nằm giữa c và x Nếu chia hai vế cho xc, theo (2.6), ta nhận được f m pxq f m pcq xc f M pxq f M pcq xc ¤ |f m 1 pzq f M 1 pzq| ε.
Cho mẹ 8, ta được fpxq fpcq xc f M pxq f M pcq xc ¤ ε
Cuối cùng, ta có đánh giá fpxq fpcq xc gpcq ¤fpxq fpcq xc fMpxq fMpcq xc f M pxq f M pcq xc f M 1 pcq |f M 1 pcq gpcq|.
Từ đánh giá trên và kết hợp với các đánh giá (2.7), (2.8) và (2.10) ta nhận được (2.5).Định lý được chứng minh xong.
Dãy cấp số cộng và một số ứng dụng thực tế
Xét các bài toán phổ thông có ứng dụng của cấp số cộng.
Ví dụ 3.1 ([2]) Tìm tất cả các hạng tử chung của cả 2 cấp số cộng : 3,7,11, ,407 và 2,9,16, ,709.
Lời giải Số hạng tổng quát của dãy số thứ nhất là: a n 3 4pn1q.
Số hạng tổng quát của dãy số thứ hai là: b k 2 7pk1q.
Ta cần tìm n vàk sao cho a n b k , với 1¤n¤102,1¤k¤102.
Suy ra 4n 47k tức là4pn 1q 7k.
Phương trình trên có nghiệm nguyên nếu và chỉ nếu vế phải chia hết cho 4, do đó ta gọi k 4s, với 1¤s¤25.
Ta có: 4n 47.4.s suy ra n 7s1 Vì1¤n¤102 nên 1¤s¤14.
Do đó có chính xác 14 số hạng chung của cả 2 dãy đã cho.
Ta tìm các số hạng đó bằng cách sử dụng dãy a n 3 4pn1q với n 7s1 hoặc dãy b k 2 7pk1q với k 4s, s1,2,3, ,14. Đáp án: 23,51,79, ,387.
Ví dụ 3.2 ([2]) Tính tổng tất cả các số tự nhiên từ 1 đến 1000 không chia hết cho 13.
Tổng S cần tìm có thể biểu diễn dưới dạng S = S1000 - M, trong đó S1000 là tổng các số tự nhiên từ 1 đến 1000, còn M là tổng các bội số của 13 nhỏ hơn 1000.
Tức là tổng của 1000 hạng tử của cấp số cộng với a 1 1;a 1000 1000 và công sai q1.
Tất cả các bội của 13 được viết ở dạng 13k, suy ra
Ta thu được số tự nhiên k lớn nhất là 76 Mặt khác
Trong cấp số cộng ta n u với công sai khác 0, tổng các hạng tử từ số hạng thứ 4 đến số hạng thứ 14 là 77 Câu hỏi đặt ra là số 7 là số hạng thứ bao nhiêu trong dãy này?
Lời giải Theo giả thiết bài toán: a 4 a 5 a 6 a 14 77.
Theo công thức tổng quát, ta thu được a 9 7.
Vậy 7 là số hạng thứ 9 của dãy.
Ví dụ 3.4 Tìm tổng 19 số hạng đầu tiên của cấp số cộngta n ubiếta 4 a 8 a 12 a 16 224.
Lời giải Vì a n a 1 pn1qd nên ta có thể phân tích mỗi hạng tử thành biểu thức phụ thuộc vào a 1 và d Suy ra a 4 a 8 a 12 a 16 a 1 3d a 1 7d a 1 11d a 1 15d
Vậy tổng 19 số hạng đầu tiên của dãy
Ví dụ 3.5 Tích của số hạng thứ 3 và thứ 6 của 1 cấp số cộng bằng 406 Số hạng thứ
9 chia số hạng thứ 4 được thương là 2 và dư 6 Tìm số hạng đầu tiên và công sai của cấp số cộng.
Lời giải Vì số hạng thứ 9 chia số hạng thứ 4 được thương là 2 và dư 6 nên a9 a4.2 6.
Suy ra a1 8d pa1 3dq.2 6 hay a 1 2d6.
Ta lại có tích của số hạng thứ 3 và thứ 6 của 1 cấp số cộng bằng 406.
Do đó pa 1 2dqpa 1 5dq 406.
Thay a 1 2d6, ta được kết quả p4d6qp7d6q 406.
Phương trình trên có 2 nghiệm d 5 hoặc d 37
14 Hai kết quả thu được là khác nhau nên ta nhận được 2 dãy cấp số cộng tương ứng:
Trong ví dụ 3.6, số hạng thứ hai của cấp số cộng là 2 và chỉ chứa các hạng tử nguyên Tổng bình phương của số hạng thứ ba và thứ tư nhỏ hơn 4 Nhiệm vụ là tìm số hạng đầu tiên của cấp số cộng này.
Lời giải Ta sẽ phân tích a 3 , a 4 theo a 2 a 3 2 a 4 2 pa 2 dq 2 pa 2 2dq 2 p2 dq 2 p2 2dq 2 5d 2 12d 8.
Bất phương trình này có nghiệm 2 d 0,4.
Nhưng dãy số chỉ chứa các số hạng nguyên, do đó d 1.
Vậy số hạng đầu tiên của dãy a1 a2d2 p1q 3.
Ví dụ 3.7 Chứng minh rằng nếu 25, 43 và 70 là các hạng tử của cấp số cộng thì 2005 cũng thuộc vào cấp số cộng đó.
Lời giải Theo giả thiết bài toán vớik, n, m PZ ta có:
200570 9.215a 1 md 215pm2n kqd a 1 p216m430n 215kqd a 1 ld, với l 216m430n 215k, lPZ.
Vậy 2005 là một hạng tử của dãy đã cho.
Ta sẽ xét ứng dụng của cấp số cộng trong ví dụ thực tế sau:
Khi ký hợp đồng dài hạn 10 năm với các kỹ sư, Công ty liên doanh A đưa ra hai phương án trả lương để người lao động lựa chọn.
Người lao động sẽ nhận 36 triệu đồng cho năm làm việc đầu tiên, và từ năm thứ hai trở đi, mức lương sẽ tăng thêm 3 triệu đồng mỗi năm.
Người lao động sẽ nhận 7 triệu đồng cho quý đầu tiên, và từ quý làm việc thứ hai, mức lương sẽ tăng thêm 500.000 đồng mỗi quý.
Nếu bạn là người lao động bạn sẽ chọn phương án nào?
Lời giải Vấn đề đặt ra:
Người lao động cần lựa chọn giữa hai phương án nhận lương, dựa trên số tiền mà họ sẽ nhận được trong vòng 10 năm Quyết định này ảnh hưởng đến thu nhập tổng thể và cần được cân nhắc kỹ lưỡng.
Ta nhận thấy cả hai phương án số tiền nhận được sau một năm (một quí) đều tuân theo một quy luật nhất định :
Phương án 1 là cấp số cộng với số hạng đầu 36 triệu và công sai 3 triệu Theo phương án này, tổng số tiền người lao động nhận được sẽ được tính toán dựa trên các yếu tố trên.
S 10 p72 9.3q.5195ptriệuq. Theo phương án 2: tổng số tiền mà người lao động nhận được là:
Vậy nếu nguời lao động chọn phương án 2 để nhận lương thì sau 10 năm số tiền lương sẽ cao hơn.
Dãy cấp số nhân và một số ứng dụng thực tế
Xét các bài toán phổ thông có ứng dụng của cấp số nhân.
Ví dụ 3.9 ([2]) Viết lại các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau đây thành các phân số: a) 0.3333 ; b) 0.7777 ; c) 0.454545 ; d) 1.227027027
Mỗi số thập phân vô hạn tuần hoàn có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của nhiều số thập phân khác nhau và có thể chuyển đổi thành dạng cấp số nhân.
Với số 1.227027027 , ta nhận thấy chỉ có 027 là lặp vô hạn nên ta có thể phân tích như sau:
Dãy số \( a_n \) là một cấp số cộng, trong đó số hạng thứ nhất, thứ 20 và thứ 58 là các số hạng liên tiếp của một cấp số nhân Nhiệm vụ là xác định công bội của cấp số nhân này.
Lời giải Giả sử a 1 , a 20 , a 58 là các số hạng của cấp số cộng với a 1 là số hạng đầu tiên và d là công sai Khi đó ta có a 1 a 1 a 20 a 1 19d a 58 a 1 57d
Vì a 1 , a 20 , a 58 cũng là 3 hạng tử liên tiếp của 1 cấp số nhân nên ta có công bội q a 20 a 1 a 58 a 20 a 1 19d a 1 a 1 57d a 1 19d.
Suy ra pa 1 19dq 2 a 1 pa 1 57dq. Biến đổi và rút gọn ta thu được kết quả:
Từ kêt quả vừa thu được ta có q a1 19d a 1 19d 19d
Vậy công bội của cấp số nhân là q 2.
Ví dụ 3.11 ([2], ASHME) Cho một dãy các số thựca 1 , a 2 , a 3 với a 1 1 và a 3 n 1 99a 3 n với mọi n¥1 Tìm a 100
Do đó dãy các số thực đã cho là một cấp số nhân với công bộiq ? 3
99và số hạng đầu tiên a 1 1.
Ví dụ 3.12 ([2], Rivkin) Các nghiệm của phương trình x 3 7x 2 14x a 0 là các hạng tử liên tiếp của cấp số nhân tăng Tính các nghiệm đó.
Lời giải Vìx 1 , x 2 , x 3 là các nghiệm của phương trình đã cho, nên theo định lý Viet ta có x 1 x 2 x 3 a x 1 x 2 x 3 7 x 1 x 2 x 2 x 3 x 3 x 1 14
Vì các nghiệm là hạng tử liên tiếp của cấp số nhân tăng nên x 3 1 r 3 a (3.1) x1 x1r x1r 2 7 (3.2) x 2 1 r x 2 1 r x 3 1 r 14 (3.3)
Chia vế theo vế (3.3) cho (3.2) ta được x1 2 r
Phương trình này có 2 nghiệm r 1 1 2 và r 2 2.
Vì dãy cần tìm là dãy tăng nên chọn r2, khi đó x 1 1, x 2 2, x 3 4
Ví dụ 3.13 Các số 100, 101 và 102 có phải là các số hạng (không cần liên tiếp) của
Lời giải Giả sử100,101,102 là các số hạng của 1 cấp số nhân Khi đó: a i 100a 1 r i 1 a j 101 a 1 r j 1 a k 102a 1 r k 1
101q j i Rút gọn biểu thức này ta thu được kết quả
Vì lý do i j k, vế trái của biểu thức là số lẻ trong khi vế phải là số chẵn, dẫn đến việc biểu thức này trở nên vô lý Do đó, 100, 101, 102 không thể là các hạng tử của một cấp số nhân.
Đồng vị phóng xạ Iot-131, với tốc độ phân rã không đổi k là 9,93 x 10^7 s^-1, được ứng dụng trong y học hạt nhân để chẩn đoán rối loạn tuyến giáp thông qua phương pháp xạ hình.
Tình chu kì bán rã của 131 I là bao nhiêu ngày Tính thời gian cần thiết để chất phóng xạ 131 I giảm 30% lượng phóng xạ ban đầu.
Ta sẽ tìm hiểu ứng dụng của cấp số nhân thông qua 2 ví dụ thực tế về bài toán phóng xạ và bài toán lãi suất.
Lời giải Gọi x 0 là lượng chất phóng xạ ban đầu,x là lượng chất phóng xạ còn lại sau thời gian t, k là hằng số phóng xạ.
Ta có phương trình phân rã như sau xx 0 e kt (3.4)
2 và ta có thể rút ra được công thức sau: k ln 1 2 t 1
(3.5) Thay (3.5) vào (3.4) ta thu được công thức xx 0 e kt x 0 pe ln 1 2 q t t 1
Theo giả thiết bài toán và công thức (3.5) chu kì bán rã là t 1
Sử dụng công thức (3.4), thay x 0,3x 0 ta được phương trình 0,3 e kt với k
9,93.10 7 1212460pgiâyq 14pngàyqVậy chu kì bán rã là 8ngày và thời gian để lượng phóng xạ còn lại30% là14ngày.
Nhiều người thường gặp khó khăn khi gửi một khoản tiền lớn vào tài khoản tiết kiệm, vì vậy họ thường chọn cách tiết kiệm hoặc đầu tư bằng cách gửi số tiền nhỏ vào các thời điểm khác nhau Việc hiểu cách tính giá trị và lãi suất trong tương lai cho khoản tiền cố định là rất quan trọng, đặc biệt khi tiền được gửi vào tài khoản trả lãi và được cộng gộp theo định kỳ.
Giả sử từ năm 2015 đến 2020, mỗi năm vào ngày 1 tháng 1, 100 triệu đồng được gửi vào ngân hàng với lãi suất hàng năm là 5% Để tính giá trị tài khoản sau 5 năm kể từ lần gửi cuối cùng, cần áp dụng công thức lãi suất kép cho từng khoản tiền gửi trong suốt thời gian.
Lời giải Ta sẽ kiểm tra tài khoản vào ngày 1 tháng 1 năm 2021.
Vào ngày 1 tháng 1 năm 2015, tôi đã gửi 100 triệu vào tài khoản Sau 6 năm, đến ngày 1 tháng 1 năm 2021, tổng số tiền cả gốc lẫn lãi ước tính đạt khoảng 134 triệu đồng.
Tuy nhiên, ta gửi thêm 100 triệu vào môi ngày 1 tháng 1 hằng năm, nên ta sẽ tình riêng đối với từng khoản gửi thêm đó.
Vào ngày 1 tháng 1 năm 2016, ta gửi 100 triệu vào tài khoản, do đó đến ngày 1 tháng
1 năm 2021, sau 5 năm, ta sẽ thu được khoảng tiền cả gốc lẫn lãi là 100p1 0.05q 5 triệu.
Tương tự đối với các khoản vào năm 2017, 2018, 2019 và 2020 lần lượt là
100p1 0.05q 1 Vậy tổng số tiền cả gốc lẫn lãi vào ngày 1 tháng năm 2021 là:
Ta nhận xét 6 số hạng này lập thành một cấp số nhân với số hạng đầu làu1 105 và công bội là q 1,05
Vào ngày 1 tháng 1 năm 2021, số tiền trong tài khoản sẽ vượt quá 714 triệu đồng, điều này cho thấy số tiền này lớn hơn tổng 600 triệu đồng nếu không gửi vào ngân hàng.
Một số bài toán nâng cao bồi dưỡng học sinh giỏi
Ta xét các bài toán nâng cao bồi dưỡng học sinh giỏi có ứng dụng của cấp số cộng, cấp số nhân.
Cho 4 số a, b, c và z, trong đó ba số hạng đầu (a, b, c) tạo thành một cấp số cộng và ba số hạng cuối (b, c, z) tạo thành một cấp số nhân Tổng của hai số hạng bên ngoài (a và z) là 4, trong khi tổng của hai số hạng bên trong (b và c) là 2 Nhiệm vụ là tìm các giá trị của các số này.
Lời giải Vìa, b, c là lập thành 1 cấp số cộng nên theo tính chất trung bình cộng ta có b a c
Vì b, c, z là lập thành 1 cấp số nhân nên theo tính chất trung bình nhân ta có c 2 bz.
Thay c2b và vào phương trình trên ta có p2bq 2 bp63bq. Rút gọn phương trình ta được
Phương trình trên có 2 nghiệmb 2hoặc b0,5 Với 2 nghiệmb khác nhau, ta nhận
2 trường hợp các giá trị a, b, c, z
Vậy pa, b, c, zq tp4,2,0,0q,p0,5; 0,5; 1,5; 4,5qu.
Ví dụ 3.17 ([2]) Dãya 1 , a 2 , a 3 cóa 1 19, a 9 99 và với bất kìn ¥3, a n là trung bình cộng của n1 số hạng đàu tiên Tìm a 2
Lời giải Ta xét số hạng thứ n 1 a n 1 a 1 a 2 a n 2 n2
Suy ra a 1 a 2 a n 2 pn2qa n 1 Xét số hạng thứ n a n a 1 a 2 a n 2 a n 1 n1 ủ a n pn1q pn2qa n 1 a n 1 ủ anpn1q pn1qan 1 ủ a n a n 1 , @n Ơ3.
Từ số hạng thứ ba trở đi, tất cả các số hạng của dãy đều bằng a 9 99, tức là a 3 99 Áp dụng tính chất trung bình cộng của cấp số cộng, ta có a 3 = (a 1 + a 2).
Ví dụ 3.18 ([2], MGU Entrance exam 2008) Các số nguyên x, y, z là các số hạng của một cấp só nhân nhưng 7x3, y 2 ,5z 6 là các số hạng của một cấp số cộng Tìm x, y, z.
Lời giải Theo giả thiết bài toán ta có y 2 xz y 2 7x3 5z6
Vì 17 là số nguyên tố nên2x là số nguyên khi và chỉ khi p2z7qlà ước của 17.
Do đóp2z7q nhận các giá trị: 1;17.
Lần lượt xét các trường hợp
Vậy px;y;zq tp3; 6; 12q,p3;6; 12qu.
Ví dụ 3.19([2]) Có bao nhiêu cặp thứ tựpx, yqlà số nguyên không âm để trung bình cộng của x và y lớn hơn trung bình nhân của x và y 2 đơn vị.
2 2 ? xy ủ x y4 2? xy ủ px y4q 2 4xy ủ x 2 2xy y 2 8px y2q ủ pxyqpxyq 2.2.2.px y2q
Vì x;y là các số nguyên không âm nên ta có thể chia các trường hợp như sau
Trường hợp 3 và 4 các nghiệm không là số nguyên nên loại Vậy ta có 2 cặp nghiệm px;yq tp9; 1q,p4; 0qu
Ví dụ 3.20 ([2]) Tính giới hạn sau xlimẹ 1 x n 1 1 x n 1
Lời giải Giới hạn trên không thể tính trực tiếp bởi vì khi x 1 thì mẫu số bằng 0.
Ta sẽ sử dụng công thức tính tổng của một cấp số nhân cho tử và mẫu.
1 x x 2 x n 1 x n 1 x1 Khi đó ta tính giới hạn như sau xlimẹ 1 x n 1 1 x n 1 lim p1 x x 2 x n qpx1q p1 x x 2 x n 1 qpx1q pn 1q.1 n.1 pn 1q n , @nP N Vậy xlimẹ 1 x n 1 1 x n 1 n 1 n
Ví dụ 3.21 ([2], Rivkin) Cho aP R và các số tự nhiênn, k thoả mãn
1 a a 2 a n p1 aqp1 a 2 qp1 a 4 q p1 a 2 k q. Tìm mối liên hệ giữa n và k.
1 a a 2 a n p1 aqp1 a 2 qp1 a 4 q p1 a 2 k q ủ a n 1 1 a1 p1 aqp1 a 2 qp1 a 4 q p1 a 2 k q ủ a n 1 1 pa1qp1 aqp1 a 2 qp1 a 4 q p1 a 2 k q ủ a n 1 1a 2 k 1 1.
Có tồn tại một cấp số cộng bao gồm các số nguyên dương mà không có số hạng nào có thể biểu diễn dưới dạng tổng hoặc hiệu của hai số nguyên tố Cấp số cộng này cần được xác định rõ ràng để chứng minh tính chất đặc biệt của nó.
Lời giải Ta xét một vài dãy với số hạng tổng quát như sau
Dãy số đầu tiên bao gồm các số chẵn, trong đó nhiều hạng tử có thể được biểu diễn dưới dạng tổng hoặc hiệu của hai số nguyên tố Chẳng hạn như 103 hoặc 14173 Mọi số chẵn đều có thể là tổng hoặc hiệu của hai số chẵn hoặc hai số lẻ, trong khi hầu hết các số nguyên tố đều là số lẻ, ngoại trừ số 2.
2), do đó tồn tại nhiều số chẵn được viết ở dạng tổng hoặc hiệu của 2 số nguyên tố.
Vì vậy ta sẽ các dãy chỉ gồm các số lẻ.
Dãy số thứ 2 chỉ bao gồm các số hạng lẻ, chẳng hạn như 192, 17 và 27192 Để dãy số này tồn tại theo yêu cầu bài toán, tất cả các hạng tử phải là số lẻ Hơn nữa, nếu một hạng tử của dãy có thể được biểu diễn dưới dạng tổng hoặc hiệu của hai số nguyên tố, thì một trong hai số nguyên tố đó phải là số nguyên tố chẵn 2.
Xét dãy thứ 3, giả sử 1 hạng tử của dãy được viết ở dạng tổng 2 số nguyên tố p 1 , p 2 :
Suy ra p 2 không phải là số nguyên tố (mâu thuẫn với điều ta giả sử).
Tương tự ta xét hạng tử của dãy được viết ở dạng hiệu 2 số nguyên tố p 1 , p 2 :
Do đóp 1 cũng không phải là số nguyên tố.
Vậy không có hạng tử nào của dãy cấp số cộng a n 42n 5 có thể phân tích thành tổng hoặc hiệu của 2 số nguyên tố.
Ví dụ 3.23 ([2]) Tìm tất cả các tam giác vuông mà độ dài 3 cạnh lập thành 1 cấp số cộng.
Lời giải Giả sử tồn tại tam giác thỏa yêu cầu, gọi lần lượt độ dài 3 cạnh là a;a d;a 2d, với dPN.
Theo định lí Pythagoras ta có: a 2 pa dq 2 pa 2dq 2 ủ a 2 3add 2 0 ủ padq 2 p2dq 2 ủ ad 2d ad 2d ủ ad a d
Vì a là độ dài 1 cạnh và d¡0 nên ta chỉ nhận nghiệm là ad.
Suy ra b 4d;c 5d, d P N Do đó có vô số các các giác vuông thỏa yêu cầu bài toán Ví dụ như các tam giác có có độ dài 3 cạnh là:p3; 4; 5q,p6; 8; 10q,p9; 12; 15q
Ví dụ 3.24 ([2]) Cho dãy số với u1 2, u2 8, u3 30, , un4u p n1q u p n2q, n 3,4,5,
Lời giải Theo tính chất giao hoán với phép toán nhân ta có: u n 4u n 1 u n 1 4u n ủ u n pu n u n 2 q u n 1 pu n 1 u n 1 q ủ u 2 n u n u n 2 u n 1 u n 1 u 2 n 1 ủ u 2 n u n 1 u n 1 u 2 n 1 u n u n 2 u 2 n 2 u n u n 3 u 2 2 u 3 u 1 8 2 30.24.
Luận văn trình bày các điều kiện hội tụ của dãy số và dãy hàm, đồng thời áp dụng những điều kiện này để chứng minh sự hội tụ của chúng Tác giả đã đạt được một số kết quả quan trọng trong nghiên cứu này.
Để chứng minh sự hội tụ của dãy số và dãy hàm, cần đọc, hiểu và tổng hợp một cách có hệ thống các điều kiện hội tụ Việc này giúp xác định các tiêu chí cần thiết để đánh giá sự hội tụ trong toán học.
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày chi tiết một số ví dụ và bài toán áp dụng cấp số cộng và cấp số nhân, được tóm tắt trong các tài liệu tham khảo bằng tiếng Anh Những ứng dụng này không chỉ giúp người đọc hiểu rõ hơn về khái niệm mà còn cung cấp các bài tập thực tiễn để nâng cao kỹ năng giải quyết vấn đề Việc nắm vững các công thức và phương pháp liên quan đến cấp số cộng và cấp số nhân là rất quan trọng trong toán học, đặc biệt là trong các lĩnh vực như tài chính, khoa học và kỹ thuật.
• Chỉ ra được một số ứng dụng thực tế của cấp số cộng, cấp số nhân vào cuộc sống.
• Sưu tầm và đưa ra lời giải chi tiết cho một số bài toán trong các kì thi học sinh giỏi, olympic toán học,