Các dạng toán về dãy số và ứng dụng: SKKN (Sáng kiến kinh nghiệm)

1

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1.Tên sáng kiến: “ Một số dạng toán về dãy số và ứng dụng”

2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học

3.Thời gian áp dụng sáng kiến:

Từ ngày 10 tháng 10 năm 2014 đến ngày 10 tháng 05 năm 2016

4. Tác giả:

Họ và tên: NGUYỄN ĐÌNH DÙNG

Ngày sinh: 12/08/1975

Nơi thƣờng trú: Trực Thanh, Trực Ninh, Nam Định

Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ toán học.

Chức vụ công tác: Phó hiệu trƣởng.

Nơi làm việc: Trƣờng THPT Trực Ninh.

Địa chỉ liên hệ: Nguyễn Đình Dùng xã Trực Thanh,Trực Ninh, Nam Định

Điện thoại: 0917493236

Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến 100%

5. Đồng tác giả (nếu có): không

Họ và tên………………………………………………….

Năm sinh: …………………………………………………

Nơi thƣờng trú: …………………………………………...

Trình độ chuyên môn: …………………………………….

Chức vụ công tác: …………………………………………

Nơi làm việc: ………………………………………………

Địa chỉ liên hệ: …………………………………………….

6.Đơn vị áp dụng sáng kiến:

Tên đơn vị: Trƣờng THPT Trực Ninh.

Địa chỉ: TT Cát Thành – huyện Trực Ninh – tỉnh Nam Định.

Điện thoại: 03503883099.

2

BÁO CÁO SÁNG KIẾN

I. Điều kiện, hoàn cảnh tạo ra sáng kiến

Trong chƣơng trình Toán phổ thông nói chung, trong các dạng bài tập, đề

thi chọn học sinh giỏi nói riêng thì các bài tập liên quan đến dãy số rất phong

phú, đa dạng. Hiện nay trong các trƣờng THPT nói chung nhiều giáo viên bộ

môn Toán đã khai thác có hiệu quả các vấn đề liên quan đến dãy số, tuy nhiên

việc đi sâu tìm hiểu để dạy, bồi dƣỡng, học sinh giỏi các cấp về dạng bài tập

cho học sinh khá, giỏi liên quan đến dãy số trong chƣơng trình Toán phổ

thông còn hạn chế. Đặc biệt việc bổ sung nguồn tài liệu cho giáo viên tổ

Toán của nhà trƣờng để tham khảo và ôn thi cho học sinh lớp 11,12 nhằm

mục đích cho học sinh tham dự kì thi học sinh giỏi tỉnh và kì thi học sinh

giỏi quốc gia .

Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi và tích lũy thêm kinh nghiệm để phục

vụ ngay chính công tác giảng dạy Toán ở trƣờng THPT , tôi chọn hƣớng

nghiên cứu để viết báo cáo sáng kiến với đề tài: "Một số dạng toán về dãy số

và ứng dụng" với mục đích: Hệ thống và đƣa ra lời giải một cách chi tiết cho

một số dạng bài toán về dãy số và ứng dụng trong bồi dƣỡng học sinh giỏi

Toán ở THPT.

Nhiệm vụ chính của sáng kiến bao hàm:

(1). Hệ thống hóa các kiến thức cơ sở về dãy số, một số tính chất về dãy số và

một số ứng dụng của dãy số đƣợc giới thiệu trong chƣơng trình phổ thông.

(2). Chọn lọc một số dạng bài tập liên quan đến dãy số thƣờng xuất hiện trong

các đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia và cố gắng đƣa ra lời

giải tƣờng minh cho những bài tập mà tài liệu tham khảo chƣa đƣa ra lời giải

chi tiết.

II. Mô tả giải pháp

1.Trước khi tạo ra sáng kiến

3

Trong chƣơng trình toán THPT dạng toán dãy số là khá mới mẻ với học

sinh, trong các kì thi chất lƣợng của nhà trƣờng rất ít đề cập đến dạng toán về

dãy số ở dạng vận dụng và vận dụng cao, vì vậy nguồn tài liệu ôn tập thƣờng

xuyên cho học sinh khá giỏi là không nhiều. Với học sinh khá giỏi niềm say

mê toán học không chỉ dừng lại mức độ nhận biết, mà biết vận dụng, vận

dụng cao. Đặc biệt hằng năm UBND tỉnh và Sở giáo dục tổ chức thi để tuyển

chọn học sinh giỏi của tỉnh đi tham dự thi kì thi học sinh giỏi quốc gia, đối

tƣợng học sinh THPT không chuyên thƣờng lúng túng về dạng toán về dãy số

vì do học sinh ít đƣợc tiếp cận biết đƣợc cách làm. Trong quá trình giảng dạy

đội tuyển học sinh giỏi , nhiều em học sinh có tâm lý lo sợ khi gặp bài toán

này, mặc dù niềm say mê toán học của các em vẫn có song do tiếp cận ít nên

các em không tự tin giải dạng toán này. Vì vậy việc phân chia một số dạng

toán về dãy và ứng dụng giúp các em tự định ra phƣơng pháp, kinh nghiệm

cho bản thân để tiếp tục nâng cao niềm say mê toán học của các em, các đồng

nghiệp có nguồn tài liệu tham khảo để giảng dạy.

2. Sau khi có sáng kiến

Sáng kiến này viết theo cấu trúc gồm 2 chƣơng bao hàm kiến thức chuẩn

bị và phân ra các dạng toán về dãy số, đặc biệt nêu một số ứng dụng của dãy

số giúp học sinh giải quyết đƣợc rất nhiều dạng bài trong các đề thi chọn học

sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi Quốc gia nhƣ bất đẳng thức, các bài hình học…

Dạng toán về dãy số và ứng dụng sẽ mang lại cho học sinh nhiều kinh

nghiệm, định hƣớng giải về toán dãy số.Học sinh say mê toán học tìm thấy rất

nhiều điều bổ ích, không ngại giải những dạng bài này.

4

III. NỘI DUNG.

Chương 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1. Dãy số

1.1.1. Định nghĩa

Mỗi hàm số u xác định trên tập các số nguyên dƣơng ℕ∗ đƣợc gọi là

một dãy số vô hạn (gọi tắt là dãy số). Kí hiệu:

u: ℕ∗

n u(n)

Dãy số thƣờng đƣợc viết dƣới dạng khai triển: u1, u2, u3,…, un, … trong

đó u1 là số hạng đầu, un = u(n) là số hạng thứ n và là số hạng tổng quát của

dãy số.

Mỗi hàm số u xác định trên tập M = {1,2,3,…, m} với đƣợc gọi

là một dãy số hữu hạn. Dạng khai triển của của dãy số hữu hạn: u1, u2,

u3,…,um trong đó u1 là số hạng đầu, um là số hạng cuối.

Dãy số (un) đƣợc gọi là:

- Dãy đơn điệu tăng nếu un+1 > un, với mọi n = 1, 2, …

- Dãy đơn không giảm nếu un+1 un, với moi n = 1, 2, …

- Dãy đơn điệu giảm nếu un+1 < un, với mọi n = 1, 2, …

- Dãy đơn điệu không tăng nếu un+1 un, với mọi n = 1, 2, …

Dãy số (un) gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số M sao cho un < M, với mọi

n = 1, 2, …; đƣợc gọi là dãy số bị chặn dƣới nếu tồn tại số m sao cho un > m,

với mọi n = 1, 2, …; Một dãy số bị chặn nếu vừa bị chặn trên vừa bị chặn

dƣới.

. Dãy số (un) gọi là tuần hoàn với chu kì k nếu un + k = un, với

Dãy số (un) gọi là dãy dừng nếu tồn tại một số N0 sao cho un = C với

mọi n N0, (C là hằng số, gọi là hằng số dừng).

1.1.2. Cách xác định một dãy số

i). Dãy số cho bằng công thức của số hạng tổng quát

5

Ví dụ:

ii). Dãy số cho bằng phương pháp truy hồi

Ví dụ: Dãy số (un) đƣợc xác định bởi:

iii). Dãy số cho bằng phương pháp mô tả

Ví dụ: Cho a1 = 19, a2 = 98. Với mỗi số nguyên n 1, xác định an +2

bằng số dƣ của phép chia an + an +1 cho 100.

1.1.3 Giới hạn của dãy số

Định nghĩa. Ta nói rằng dãy số (un) có giới hạn là hằng số thực a hữu

hạn nếu với mọi số dƣơng (có thể bé tùy ý), luôn tồn tại chỉ số (n0 có

thể phụ thuộc vào , và vào dãy số (un) đang xét), sao cho với mọi chỉ số

ta luôn có . Khi đó kí hiệu hoặc limun = a và còn

nói rằng dãy số (un) hội tụ về a. Dãy số không hội tụ gọi là dãy phân kì.

Định lý 1: Nếu một dãy số hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhất

Định lý 2 (Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass):

a). Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ.

b). Một dãy số tăng và bị chặn trên thì hội tụ.

c). Một dãy số giảm và bị chặn dƣới thì hội tụ.

a. Định lý 3 : Nếu (un) a và (vn) (un), (vn) C thì (vn)

Định lý 4 (Định lý kẹp giữa về giới hạn):

Nếu với mọi ta luôn có un xn vn và limun = limvn = a thì limxn

= a.

Định lý 5 (Định lý Lagrange):

Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trong

khoảng (a; b) thì tồn tại c (a; b) thỏa mãn: f(b) – f(a) = f’(c)(b – a).

Định lý 6 (Định lý trung bình Cesaro):

6

Nếu dãy số (un) có giới hạn hữu hạn là a thì dãy số các trung bình cộng

cũng có giới hạn là a.

Định lý có thể phát biểu dƣới dạng sau:

Nếu thì (Định lý Stolz).

Định lý 7: Cho f: D D là hàm liên tục, khi đó:

i). Phƣơng trình f(x) = x có nghiệm phƣơng trình fn(x) = x có nghiệm.

ii). Gọi là các mút trái, mút phải của D. Biết và

cùng dƣơng hoặc cùng âm. Khi đó phƣơng trình f(x) = x có

nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phƣơng trình fn(x) = x có nghiệm duy nhất

trong đó fn(x) =

Chứng minh

i). Nếu x0 là nghiệm của phƣơng trình f(x) = x thì x0 cũng là nghiệm

của phƣơng trình fn(x) = x. Ngƣợc lại, nếu phƣơng trình f(x) = x vô nghiệm thì

f(x) – x > 0 hoặc f(x) – x < 0 với mọi x D do đó fn(x) – x > 0 hoặc fn(x) – x

< 0 với mọi x D nên phƣơng trình fn(x) = x cũng vô nghiệm.

ii) Giả sử phƣơng trình f(x) = x có nghiệm duy nhất là x0 thì đây cũng

là một nghiệm của phƣơng trình fn(x) = x. Đặt F(x) = f(x) - x do F(x) liên tục

) và nên F(x) giữ nguyên một dấu. trên (x0;

Nếu và cùng dƣơng thì F(x) > 0 trong khoảng

) và (x0; suy ra f(x) > x với mọi x D\{x0}.

Xét x1 D\{x0} suy ra f(x1) > x1 f(f(x1)) > f(x1)> x1 => fn(x1) > x1 nên

x1 không là nghiệm của phƣơng trình fn(x) = x.

Vậy phƣơng trình fn(x) = x có nghiệm duy nhất x = x0.

Nếu và cùng âm chứng minh tƣơng tự.

7

Ta thấy mọi nghiệm của phƣơng trình fn(x) = x đều là nghiệm của

phƣơng trình fn(x) = x, do đó nếu phƣơng trình fn(x) = x có nghiệm duy nhất

thì phƣơng trình fn(x) = x cũng có nghiệm duy nhất.

Định lý 8: Cho hàm f: D D là hàm đồng biến. Dãy (xn) thỏa mãn xn+1

, khi đó: = f(xn),

i). Nếu x1< x2 thì dãy (xn) tăng.

ii). Nếu x1< x2 thì dãy (xn) giảm.

Chứng minh (bằng phƣơng pháp quy nạp)

- Với n = 1, ta có x1 < x2 mệnh đúng.

- Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k 1) tức uk < uk +1 khi đó f(uk) < f(uk+1) suy

ra uk+1 < uk+2 (đpcm).

Định lý 9: Cho hàm f: D D là hàm nghịch biến. Dãy (xn) thỏa mãn

xn+1 = f(xn), . Khi đó: Các dãy (x2n+1) và (x2n) đơn điệu, trong đó một

dãy tăng, một dãy giảm.

i). Nếu dãy (xn) bị chặn thì = limx2n và = limx2n+1.

ii). Nếu f(x) liên tục thì , là nghiệm của phƣơng trình f(f(x)) = x (1).

iii). Nếu phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất thì = và limxn = =

Chứng minh:

i). Vì f(x) là hàm nghịch biến nên f(f(x)) đồng biến. Áp dụng định lý 2

ta có điều phải chứng minh.

ii). Suy ra từ i)

, iii). Ta có f(f(x2n) = f(x2n+1) = x2n+2 và lim f(f(x2n) = limx2n+2 =

) = . limx2n = do f(x) liên tục nên f(f(

Chứng minh tƣơng tự ta có f(f( ) = .

Vậy , là nghiệm phƣơng trình f(f(x)) = x.

1.2 Một vài dãy số trong chương trình Toán phổ thông

1.2.1. Cấp số cộng

8

Định nghĩa: Dãy số u1, u2, u3… đƣợc gọi là một cấp số cộng với công

sai d (d 0) nếu un = un – 1 + d với mọi n = 2, 3…

𝑢1: số hạng đầu tiên; 𝑢𝑛 : số hạng thứ n (tổng quát); 𝑑: công sai.

Tính chất:

- Công sai 𝑑 = 𝑢2 − 𝑢1 = 𝑢3 − 𝑢2 = ⋯ = 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = ⋯

(∀𝑛 ∈ ℕ∗) (𝑎, 𝑑 là các số thực) là 1 - Dãy (𝑢𝑛 ) xác định bởi: 𝑢1 = a 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + 𝑑

cấp số cộng.

với mọi k =2, 3, … - Có un =u1 + (n – 1)d; uk =

- Nếu cấp số cộng hữu hạn phần tử u1, u2,…, un thì u1 + un = uk + un – k với mọi

k = 2, 3, …, n – 1.

. - Sn = u1 + u2 + … + un =

1.2.2. Cấp số nhân

Định nghĩa: Dãy số u1, u2, u3, … đƣợc gọi là một cấp số nhân với công

bội q (q 0, q 1) nếu un = un–1q với mọi n = 2, 3, …

𝑢1: số hạng đầu tiên; 𝑢𝑛 : số hạng thứ n (tổng quát); 𝑞: công bội

Tính chất:

𝑞 = = ⋯ = = ⋯ = 𝑢𝑛 +1 𝑢𝑛 𝑢2 𝑢1

(∀𝑛 ∈ ℕ∗) (𝑎, 𝑞 là các số thực khác - Dãy (𝑢𝑛 ) xác định bởi: 𝑢3 𝑢2 𝑢1 = 𝑎 𝑢𝑛 +1 = 𝑢𝑛 . 𝑞

không) là 1 cấp số nhân.

với mọi n = 2, 3, …;

với k = 2, 3, … Ta có un = u1qn – 1

Tổng Sn = u1 + u2 + … + un =

1.2.3. Dãy Fibonacci

Định nghĩa: Dãy 𝑢1, 𝑢2, … đƣợc xác định nhƣ sau:

đƣợc gọi là dãy Fibonacci.

9

Bằng phƣơng pháp sai phân có thể tìm đƣợc công thức tổng quát của

dãy Fibonacci là (công thức Binet):

𝑛

1 1 − 𝑢𝑛 = 1 + 5 2 1 − 5 2 5 5

; 2. 𝑢2𝑖+1 = 𝑢2𝑛 1. 𝑢𝑖 = 𝑢𝑛+2 − 1 Định lý 10: Cho dãy (𝑢𝑛 ) là dãy Fibonacci, khi đó: 𝑛−1 𝑖=0

𝑛 𝑖=0

3. 𝑖. 𝑢𝑖 = 𝑛. 𝑢𝑛 +2 − 𝑢𝑛 +3 + 2 ;

𝑛 𝑢2𝑖 = 𝑢2𝑛 +1 − 1 𝑖=0 2 = 𝑢𝑛 . 𝑢𝑛+1

𝑛 𝑖=0

𝑛 4. 𝑢𝑖 𝑖=0

2 = (−1)𝑛

5. 𝑢𝑛−1. 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛

Định lý 11 (Công thức Binet):

Cho (𝑢𝑛 ) là dãy Fibonacci, số hạng tổng quát của dãy là:

𝑛

1 . − 𝑢𝑛 = 1 + 5 2 1 − 5 2 5

- Khi 𝑛 → +∞ thì:

𝑛

1 = . 𝑢𝑛 ≈ lim 𝑛→+∞ 1 + 5 2 1 + 5 2 𝑢𝑛 + 1 𝑢𝑛 5

1.2.4. Dãy Farey

Định nghĩa: Dãy Farey bậc n là dãy số gồm các phân số tối giản nằm

giữa 0 và 1 có mẫu số không lớn hơn n và sắp theo thứ tự tăng dần.

0

1

Ví dụ: bậc 1 ;

1

0

1

bậc 2 ; ;

1

2

1

0

1

2

bậc 3 ; ; ; ;

1

2

3

1

3

0

1

2

1

3

1

bậc 4 ; ; ; ; ; ;

1

3

4

3

2

4

1

Tính chất:

𝑎

𝑐

𝑎

1 𝑎 - Nếu

là các số kề nhau trong dãy Farey với thì < − =

𝑏

và 𝑑

𝑏

𝑑

𝑏

𝑏𝑑

𝑎

𝑐

và là - Nếu 𝑏𝑐 − 𝑎𝑑 = 1 với 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 nguyên dƣơng và 𝑎 < 𝑏, 𝑐 < 𝑑 thì

𝑏

𝑑

các số kề nhau trong dãy Farey bậc Max 𝑏, 𝑑

10

𝑝

𝑎

𝑐

𝑎

𝑝

𝑐

𝑝

𝑎+𝑐

- Nếu với các số và trong dãy Farey nào đó với < < thì =

𝑞

𝑏

𝑑

𝑏

𝑞

𝑑

𝑞

𝑏+𝑑

𝑝

𝑐

(

𝑎 đƣợc gọi là mediant của

𝑞

và 𝑑

𝑏

1.2.5. Dãy Lucas

Định nghĩa: Dãy Lucas là dãy mà (𝑢𝑛 ) xác định bởi:

( ∀𝑛 > 1)

𝑢0 = 2 𝑢1 = 1 𝑢𝑛 +1 = 𝑢𝑛 + 𝑢𝑛−1

Dãy Lucas viết dạng liệt kê: 2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123,...

Tính chất:

𝑛

+ 𝑢𝑛 = 𝜑𝑛 + 1 − 𝜑 𝑛 = 𝜑𝑛 + (−𝜑)−𝑛 = 1 + 5 2 1 − 5 2

- Với 𝜑 là tỉ lệ vàng (𝜑 = ≈ 1,6180339887 … )

1+ 5 2

- Tính chia hết giữa các số Lucas: 𝑢𝑚𝑛 chia hết cho 𝑢𝑛 nếu m là số lẻ.

- Số Lucas liên hệ với số Fibonacci bởi công thức

Ln = Fn−1 + Fn+1

Hoặc tổng quát hơn là công thức:

- 𝐋𝐧 = 𝐅𝐤+𝟐. 𝐋𝐧−𝐤 + 𝐅𝐤+𝟏. 𝐋𝐧−𝐤−𝟏 với mọi 𝒌 < 𝒏

2 + 4. −1 2

2 = 5. Fn

- F2n = Ln. Fn

- Fn =

Ln −1+Ln +1 5

Khi chỉ số là số nguyên tố, Ln đồng dƣ với 1 mod n nếu n là số nguyên tố.

- Số nguyên tố Lucas: Số nguyên tố Lucas là số Lucas và đồng thời là

số nguyên tố. Ví dụ: 2, 3, 7, 11, 29, 47, 199, 521, 2207, 3571, 9349,...

11

Chương 2: MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

Trong phạm vi chƣơng 2, chúng tôi chọn lọc một số các ví dụ, bài tập

trong các tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7]. Các ví dụ, bài tập

đƣợc sắp xếp theo chủ đề, mặt khác chúng tôi cũng cố gắng đƣa ra lời giải

một cách chi tiết hơn cho một số bài tập để bạn đọc tiện theo dõi.

2.1. Dạng bài toán tìm giới hạn dãy số

Bài toán 2.1.1.[4,tr.31.32] Cho dãy số {un} xác định bởi công thức

; Chứng minh rằng dãy số {un} có giới hạn và tìm giới hạn

đó.

Lời giải:

2, nếu thì a phải là nghiệm âm của Ta có: -1 < un < 0, n

phƣơng trình . Giải phƣơng trình, ta đƣợc .

Ta sẽ chứng minh rằng a = 1 - là giới hạn của dãy.

Thật vậy, ta có: . Vì -1 < un < 0

nên =>

Do đó . .

Vì 0 < < 1 nên . =>

Vậy

Bài toán 2.1.2. Cho dãy đƣợc xác định nhƣ sau:

với n 2. ;

12

Tìm

Lời giải:

1

. Không mất tính tổng quát, ta - Thử trực tiếp, ta thấy rằng − < y2 <

8

2

1

– nghĩa là: giả thiết rằng − , khi đó −

8 1 < yn < 2

8 𝑥 < yn+1 = 2

1 < 2

1

, với mọi n > 2. −

8 1 < yn < 2

, có: - Xét hiệu giữa yn và các nghiệm của phƣơng trình

…

Vậy chỉ có một trong các nghiệm của phƣơng trình là nghiệm sẽ là

giới hạn của dãy , khi đó:

Vậy khi n N hay

; . Bài toán 2.1.3. Cho dãy số (xn) xác định nhƣ sau

Tìm

Lời giải:

Gọi x là nghiệm của phƣơng trình , ta có:

13

...

Do đó vì 0 < xn < 1 (1).

Các nghiệm của phƣơng trình là .

Vì nên thay vào bất đẳng thức (1), ta thu đƣợc:

khi n > N = N ( ), nghĩa là:

Bài toán 2.1.4. Đặt .

Tính giới hạn

Lời giải:

Ta có: , suy ra:

Vậy ta có

Chuyển qua giới hạn, ta có: hay

14

Bài toán 2.1.5. Xét dãy số nguyên dƣơng {an} thỏa mãn các điều kiện

. an > an-1an+1

Tính giới hạn

Lời giải:

Dãy {an} là một dãy tăng thực sự. Thật vậy, nếu xảy ra một trƣờng hợp

ak thì do giả thiết ak+1 > akak+2 ta thu đƣợc ak+1 > ak+2 và cứ nhƣ thế ta

ak+1

đƣợc một dãy số nguyên dƣơng giảm thực sự, điều này là không thể.

Do a1 > a0 1 nên theo quy nạp ta có an > n, suy ra:

Đặt ta có: 0 < un <

= 0 Suy ra

, Bài toán 2.1.6. Cho {xn} đƣợc xác định nhƣ sau:

với n , a > 0, x1 > 0.

Chứng minh rằng dãy trên hội tụ. Tìm giới hạn của dãy.

Lời giải:

, bằng phép quy nạp và bất đẳng thức Vì

. Cauchy, ta suy ra xn tức {xn} bị chặn dƣới bởi

Mặt khác và xn-1 => xn

hay {xn} là dãy giảm.

Kết hợp với điều kiện dãy bị chặn, ta suy ra dãy {xn} hội tụ về

Từ hệ thức quy nạp, chuyển qua giới hạn, ta thu đƣợc:

15

. Vì > 0 nên .

Vậy

là một dãy Bài toán 2.1.7. Xác định x1 để dãy {xn}:

hội tụ.

Lời giải:

Ta có , nên dãy đã cho là dãy tăng.

thì Giả sử dãy {xn} là hội tụ và

. vì {xn} tăng nên

Ta có nếu thì

, khi đó {xn} sẽ hội tụ vì dãy tặng và bị chặn.

Nếu x1 > -1 hoặc x1 < -2 thì x2 > -1 và dẫn đến xn > -1 , nên dãy {xn}

sẽ không hội tụ.

Vậy, nếu thì {xn} hội tụ

Bài toán 2.1.8. Cho .

Tính

Lời giải:

... Ta có: S1 = 1; S2 = ; S3 = ; S4 = ; S5 =

16

Do nên – Sn-1 < 0. Nếu từ một giá trị k0 nào đó mà Sk0 – Sk0 – 1 < 0 thì

Sk0+1 – Sk0 < 0 => Sk0+2 – Sk0+1 < 0, vì S5 – S4 < 0.

4. Suy ra Quy nạp ta có: Sn+1 – Sn < 0 n 4. Vậy nên Sn+1 < Sn n

{Sn} là dãy giảm. Ngoài ra {Sn} bị chặn dƣới bởi 0, nên suy ra {Sn} có giới

hạn.

Đặt . Từ hệ thức quy nạp, chuyển qua giới hạn có S = 1. vậy

Bài toán 2.1.9. [4,tr.51] Cho . Đặt .

Tính

Lời giải:

Do hàm số liên tục trên [0; 1] nên tồn tại và nó

không phụ thuộc vào cách phân hoạch (P) của [0; 1].

Chọn phép phân hoạch với nút . Ta chia [0; 1] thành 2n

phần bằng nhau bởi các điểm chia . Ta có

Trên các đoạn hay (i = 0, 1, …., n-1) ta chọn

(là đầu mút chung của 2 đoạn liền kề nhau) suy ra tổng tích phân

17

của f(x) trên [0; 1] là . Vậy

Bài toán 2.1.10. Ký hiệu

Xét dãy số đƣợc xác định theo công thức . Tính

Lời giải:

Đặt , theo công thức tích phân từng phần, ta có:

. Vậy

Bài toán 2.1.11. Ký hiệu ,

18

Xét dãy số đƣợc xác định theo công thức

Tính

Lời giải:

Ta viết un dƣới dạng sau:

, suy ra

un + un+1 = ; un-1 + un – 2 = ... u1 + u0 =

Vậy:

và với Bài toán 2.1.12. Cho dãy số (un) thoả mãn

n=1,2,… Hãy tính .

Lời giải:

Với , áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

; (un) là dãy đơn điệu tăng và bị

chặn trên bởi 1. Theo nguyên lí giới hạn, tồn tại giới hạn hữu hạn L = , 0

< L < 1 vì

Chuyển qua giớ i ha ̣n, ta có:

19

. Vậy limun = .

2.2 Dạng bài toán tìm tổng, tích của dãy số

Bài toán 2.2.1. Cho dãy số (xn) (n = 1, 2, …) đƣợc xác định nhƣ sau:

với n = 1, 2, … x1 = 1 và

Đặt (n = 1, 2, ….). Tìm

Lời giải:

Ta có x2 = 5 và xn > 0 với mọi n = 1, 2, …

(1)

Suy ra: xn+1 +1 = = (xn + 1)(xn + 2)

Do đó =

Từ (1) xk+1 = . Chứng minh bằng quy nạp ta có: xn

> 3n-1 (2), vì (2) xn+1 > 3n =>

Bài toán 2.2.2. Cho dãy (xn) (n = 1, 2, …) xác định bởi:

có giới hạn hữu Chứng minh rằng dãy (yn) (n = 1, 2, …) với

hạn, tìm giới hạn đó.

Lời giải:

20

, Từ giả thiết ta có xn > 0

> 0 . Vậy dãy (xn) tăng.

Giả sử a = 0 (vô lý), vậy xn = a thì a > 0 và

Từ suy ra

và dãy (yn) tăng vì yn = yn-1 + > yn-1. => yn < 6 với

Vậy (yn) có giới hạn hữu hạn và lim yn = 6

và Bài toán 2.2.3. Xét dãy số (xn) (n = 1, 2, 3, …) xác định bởi:

với mọi n = 1, 2,3, ….Đặt .

Tìm

Lời giải:

Ta Xét bài toán tổng quát: Cho dãy (un) thỏa mãn

sẽ chứng minh

Thật vậy, ta có:

. =>

21

Khai triển và ƣớc lƣợng đƣợc:

…………………….

Do đó .

Vận dụng vào bài toán trên với b =1, c = - 1 ta có:

> 0 Vì xn+1 – xn = nên dãy (xn) là dãy tăng.

(a > 2) => 2a = a2 + 1 => a = 1 (vô lý). Giả sử

Vậy hay

Bài toán 2.2.4. Cho dãy số ; (xn) đƣợc xác định bởi:

. Với n là số nguyên dƣơng.

Đặt .

Tìm un

Lời giải:

, Ta có xn+1 – xn =

22

Mặt khác vì xn + 1 – xn 0 nên dãy (xn) là dãy số tăng . Nếu (xn) bị

chặn thì xn tồn tại.

Đặt và (vô lý) xn = a (xn) không bị chặn

trên hay =0. xn =

Vậy:

Bài toán 2.2.5. Cho dãy số (xn) với n = 1, 2, … xác định bởi: x1 = a, (a > 1), x2

. = 1, xn+2 = xn – lnxn (n ℕ∗). Đặt

Tìm

Lời giải:

. Ta sẽ chứng minh Ta thấy x2n = 1, n =1, 2, … do ln1 = 0

dãy (x2n+1) cũng có giới hạn là 1.

f(x) = x – lnx liên tục và đồng biến trong (1; + ) vì f’(x) = 1- > 0 với

mọi x > 1.

Trƣớc hết ta chứng minh dãy (x2n+1) bị chặn dƣới bởi 1.

Theo giả thiết thì x1 = a > 1, giả sử x2k+1 > 1 thì f(x2k+1) > f(1) > 1 nên

hiển nhiên x2k+3>1 tức dãy (x2n+1) bị chặn dƣới bởi 1.

Tiếp theo chứng minh dãy (x2n+1) là dãy giảm. Thật vậy, do x2n+1 > 1

nên lnx2n+1> 0 x2n+3 – x3n+1 = - lnx2n+1 < 0, tức dãy (x2n+1) là dãy giảm

. Chuyển qua giới hạn ta đƣợc c = c – lnc (x2n+1) có giới hạn

c=1. Vậy dãy số (xn) có giới hạn là 1.

Theo định lý Cessaro, ta có

23

hay

. Bài toán 2.2.6. Cho dãy số (un) xác định bởi

Tìm .

Lời giải:

Từ cách xác định dãy suy ra: 1 = u1 < u2 < u3… vậy (un) là dãy đơn điệu

tăng. Giả sử tồn tại giới hạn hữu hạn: (1), khi đó l >1, từ công thức

xác định dãy ; lấy giới hạn hai vế và sử dụng (1) ta có:

. Đó là điều vô lý, vì l >1, vậy (2)

Từ công thức truy hồi xác định dãy, với n = 1,2,… ta có:

. Từ (3) suy ra hệ thức sau:

. Từ (2) có

Vậy ta có kết quả: .

. Bài toán 2.2.7. Cho dãy (xn) xác định

Chứng minh (*)

Lời giải: Ta chứng minh bằng qui nạp:

24

- Với n=1 ta có (đúng).

- Giả sử (*) đúng với n=p ( ) tức là

Ta chứng minh (*) đúng với n=p+1 hay . Thật vậy, theo đề bài:

(2); Mà ;

thay vào (2) ta có:

Vậy với .

Bài toán 2.2.8. Chứng minh các dãy số sau đều có giới hạn hữu hạn:

Lời giải:

a) Xét

, suy ra dãy giảm.

Ta chứng minh:

25

- (đúng). Vậy (1) đúng với n = 1.

- Giả sử (1) đúng với n = k, tức là: . Ta chứng minh (1) cũng

đúng với n = k+1, tức là .

Theo giả thiết quy nạp: ; cần chứng

minh:

Ta có:

. Vậy (1) đúng với mọi n.

Khi thì , do đó:

Dãy giảm có giới hạn dƣới là (-3) nên dãy hội tụ.

Vậy có giới hạn hữu hạn.

b) Ta có

Do đó dãy bị chặn trên. Dễ thấy nên là

dãy tăng là dãy hội tụ có giới hạn hữu hạn.

c) Ta có: là dãy tăng.

26

Ta sẽ chứng minh: (3)

Với n = 1: (3) đúng với n = 1.

Tƣơng tự với n = 2, 3.

- Giả sử (3) đúng với n = k, tức là , ta sẽ chứng minh

(3) đúng với n = k+1, tức là

Vì

nên

Vậy (3) đúng với mọi ;

Vậy tăng và bị chặn trên hay là dãy hội tụ.

Bài toán 2.2.9. Cho dãy xác định bởi: (n dấu căn).

Tìm .

Lời giải:

Từ giả thiết suy ra: . ;

; Chứng minh quy

nạp ta có: . Khi đó: ;

u1u2…un=

27

Mặt khác: , vậy

Bài toán 2.2.10. Cho dãy xác định bởi: (n

dấu căn). Tìm

Lời giải:

Trƣớc hết ta có

. Vì

Suy ra

Bài toán 2.2.11. Cho dãy xác định bởi: , với n = 1, 2….

Hai dãy xác định nhƣ sau: và

Tìm và

Lời giải:

Do đặt ; ta có ;

; Ta dễ dàng chứng minh đƣợc .

Khi đó ta có:

28

Khi

Vậy

Bài toán 2.2.12. Cho dãy số thực (xn) nhƣ sau: x1 = 0, x2 = 2,...

(n= 1, 2, 3, …).

Chứng minh rằng dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.

Lời giải

Xét hàm số f(x) = xác dịnh trên .

Với mỗi ℕ∗, ta có xn+4 = f(xn+2) = f(f(xn)) hay xn+4 = g(xn), trong đó g

là hàm số xác định trên và g(x) = f(f(x)) (1).

29

Dễ thấy hàm f giảm trên , do đó hàm g tăng trên , từ (1) suy ra với

là dãy đơn điệu, mặt khác, từ cách xác mỗi k {1; 2; 3; 4}, dãy (x4n+k),

, ℕ∗, suy ra với mỗi k {1; 2; 3; 4}, dãy định dãy (xn) ta có 0

(x4n+k) là dãy hội tụ.

Với mỗi k {1; 2; 3; 4}, đặt ta có 0 . Hơn nữa, do

hàm số g liên tục trên nên từ (1) suy ra g(ak) = ak (2).

Xét hàm số h(x) = g(x) – x trên [0; 2]. Ta có h’(x) = 2- (f(x) + x)(ln2)2 – 1 < 0 (do f(x)+x> 0 với

), suy ra, hàm số h giảm trên [0; 2]. Vậy có nhiều nhất một điểm

sao cho h(x) = 0 hay g(x) = x. Mà g(1) = 1, từ (2) ta đƣợc ak = 1 với

mọi k {1; 2; 3; 4}.

Vì dãy (xn) là hợp của bốn dãy con (x4n+k) nên dãy (xn) hội tụ và

Bài toán 2.2.13. ( Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Lạng Sơn) Cho dãy số (xn)

thỏa mãn: , ℕ∗

. Tìm

Đặt un = un

Lời giải:

1

Vì hàm số f(x) = (x2 – 7x + 25) đồng biến trên nên x1 = 8 (> ) nên

3

. x2 > x1 tƣơng tự ta có xn+1 > xn mọi

Ta sẽ chứng minh dãy (xn) không bị chặn trên. Thật vậy nếu dãy (xn) bị

chặn trên thì dãy (xn) sẽ hội tụ về x ( x > 8) hay phƣơng trình :

có nghiệm x=5>8 (mâu thuẫn). x =

30

Ta có:

Cho k chạy từ 1 đến n ta có

Vậy un =

Bài toán 2.2.14. Với mỗi số thực x, kí hiệu [x] là số nguyên lớn nhất không

}; n = 0; 1; 2.... vƣợt quá x, và {x} = x – [x]. Đặt un= {

Tìm un

Lời giải:

; với n = 0; 1; 2... Đặt x1 = 45 + ; x2 = 45 -

Ta có: x1 + x2 = 90; x1x2 = 9;

Sn – 1 < < Sn => [ ] = Sn – 1

= + 1 – Sn = 1 -

Vậy un = 1 -

Vì 0 < 45 - <1 nên . Vậy un = 1.

Bài toán 2.2.15. Cho số thực a > 2. Đặt fn(x) = a10xn+10 + xn +…+ x + 1 (n = 1,

2, …). Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dƣơng n, phƣơng trình fn(x) = a

luôn có đúng một nghiệm xn và dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn khi

Lời giải:

31

Với mỗi n, đặt gn(x) = fn(x) – a, khi đó gn(x) là hàm liên tục, tăng trên [0; + ). Ta có gn(0) = 1 – a < 0; và gn(1) = a10 + n + 1 – a > 0 nên gn(x) = 0

, ta có nghiệm duy nhất xn trên (0; + ). Để chứng minh tồn tại giới hạn

chứng minh dãy (xn) (n = 1, 2, …) tăng và bị chặn.Thật vậy:

= , n = 1, 2, …

, suy ra Mặt khác, từ gn(xn) =

xngn(xn) = gn+1(xn) = xngn(xn) + 1 + axn – a =

. axn + 1 – a < 0 do

Vì gn+1 là hàm tăng và 0 = gn+1(xn+1) > gn+1(xn) nên xn < xn+1.

Vậy dãy (xn) (n = 1, 2, …) tăng và bị chặn, nên tồn tại .

Ta chứng minh bằng cách chứng minh bất đẳng thức

Thật vậy, ta có:

Bài toán 2.2.16. Cho số thực a và dãy số thực {xn} xác định bởi:

x1 = a và xn+1 = ln(3+cosxn + sinxn) – 2016 với n = 1, 2, 3, …

32

. Chứng minh rằng dãy số {xn} có giới hạn hữu hạn khi

Lời giải:

Đặt f(x) = ln(3+sinx+cosx) – 2016, ta có

Vì

Áp dụng định lý Lagrange cho x, y thuộc , ta có f(x) – f(y) = f’(z)(x-y)

suy ra |f(x) – f(y)|  q|x – y|. Áp dụng tính chất này với m > n  N, ta có:

|xm – xn| = |f(xm-1) – f(xn-1)|  q|xm-1-xn-1|  … qn-1|xm-n+1 – x1|  qN-1|xm-n+1 – x1|.

1|xm-n+1 – x1| < .

Do dãy {xn} bị chặn và q < 1 nên với mọi  > 0 tồn tại N đủ lớn để qN-

Nhƣ vậy dãy {xn} thoả mãn điều kiện Cauchy do đó hội tụ.

Bài toán 2.2.17. Cho dãy số thực xác định bởi {xn}

với mọi . Ta xác định dãy {yn} bởi công

thức

Tìm công thức tổng quát của dãy {yn}.

Lời giải:

Ta có

Ta có biểu diễn các số hạng của dãy:

33

Nhân đẳng thức đầu với 2, đẳng thức thứ hai với 22, đẳng thức thứ ba

với 23 … đẳng thức thứ n với 2n rồi cộng vế theo vế và giản ƣớc, ta đƣợc.

2.3. Dạng bài dãy truy hồi liên quan số chính phương

Bài toán 2.3.1. ( Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định năm 2011) Cho

dãy số (un) xác định bởi:

; n 2. u1 = 1; u2 = 2; un+1 = un (un – 1) + 2 với

là số chính phƣơng Chứng minh

Lời giải:

Ta có: u1 = 1

u2 = 2

u3 = 2.1 + 2 = 4

u4 = 4.3 + 2 = 14

u5 = 14.13 + 2 = 184

Đặt , ta đƣợc:

S1 = (1 + 12) – 1 = 1 = 12 S2 = (1 + 12)(1 + 22) – 1 = 9 = 32 S3 = (1 + 12)(1 + 22)(1 + 42) – 1 = 169 = 132 S4 = (1 + 12)(1 + 22)(1+42)(1+ 142) – 1 = 33489 = 1832

Ta có u1 = 1; u2 = 2 là các số nguyên, giả sử uk nguyên, theo giả thiết ta là số nguyên, qui nạp ta có un cũng là số

có uk+1 = uk(uk -1) + 2 suy ra uk+1 nguyên với mọi n ℕ∗.

(*)

Mặt khác,

k+1 – uk+1 + 1)2

(uk+2 – 1)2 = (u2

34

Vậy

Mặt khác un là số nguyên với mọi n tự nhiên, nên P là số chính phƣơng.

Bài toán 2.3.2. Cho dãy (an) xác định nhƣ sau:

Tìm n để an chính phƣơng.

Lời giải:

Đặt , v2 = a2 - a1 = 2. Ta có:

Cho n lần lƣợt bằng 2,3,…, n-1, ta có:

Nhân theo vế và rút gọn ta có vn=

Với an-an-1 = n!

Cho n lần lƣợt bằng 2,3,…, n; ta có:

Cộng theo vế và rút gọn ta có:

Với n > 4, có k!=1.2.3.4.5… (mod 10), mặt khác 1!+2!+3!+4! = 33 (mod

(mod 10). Điều này vô lí vì số chính phƣơng không thể tâ ̣n 10). Vậy an

cùng là 3.

Vậy 0 < n < 5. Ta xét các trƣờ ng hơ ̣p: n = 1; ta có a1 = 1 (thỏa mãn)

n = 2; ta có a2 = 1! + 2! = 3 (loại)

n = 3; ta có a3 = 1! + 2! + 3! = 9 (thỏa mãn)

35

n = 4 ta có a4 = 1! + 2! + 3! + 4! = 33 (loại)

Kết luận: với n = 1; n = 3 thì an là số chính phƣơng.

Bài toán 2.3.3. Cho dãy : với n = 0, 1,2, …

a) Tính số các ƣớc dƣơng của theo n.

b) Chứng minh rằng là số chính phƣơng với mỗi n.

Lời giải:

a) Xét dãy số nguyên với n = 0, 1, 2, …

Thử với n = 0, 1 ta dự đoán (*).

Ta sẽ chứng minh quy nạp hệ thức trên đúng - Với n = 0,

, tức là ta có: . Ta - Giả sử (*) đúng với n = k

chứng minh (*) cũng đúng với n = k +1, tức là .

Từ giả thiết quy nạp và hệ thức truy hồi, ta có:

Vậy (*) đúng bằng . Từ (*) suy ra số các ƣớc số dƣơng của

(n + 2).

b) Từ (*) có:

Điều này chứng tỏ phƣơng trình: có nghiệm

nguyên nên: là số chính phƣơng.

Bài toán 2.3.33. Cho các số nguyên a, b. Xét dãy số nguyên xác định

bởi:

36

a) Tìm công thức tổng quát .

. b) Tìm tất cả các số a, b để là số chính phƣơng với mọi

Lời giải

a) Phƣơng trình đặc trƣng:

với Công thức tổng quát của dãy:

n = 0, 1, 2, …Theo đề bài ta có:

Vậy

b) Giả sử

Đặt , ta có:

Với n đủ lớn thì , nếu thì: và

. Với n đủ lớn thì d bằng hằng

số không thể luôn lớn hơn bằng v, do đó, d = 0, suy ra

a chính phƣơng. Đặt

Đảo lại, với thì

chính phƣơng.

Với thì chính phƣơng.

37

Vậy

2.4. Một số ứng dụng của dãy số

2.4.1. Ứng dụng dãy số trong hình học

Bài toán 2.4.1. Chứng minh rằng dãy số 𝑢𝑛 của những diện tích đƣợc xác

định bởi hình dƣới đây là một cấp số cộng:

Lời giải:

Gọi 𝑢1 là diện tích hình tròn

đƣợc xác định đầu tiên:

= 𝑢1 = 𝑆1 =

2. 𝜋 𝑟1 2

𝜋 2

Từ đó, ta có diện tích hình vành khăn kí hiệu 𝑢2 và

2

− = . 𝑢2 = 𝑆1 − 𝑆2 = 5𝜋 8 𝜋 2 𝜋 2

3 2 Tƣơng tự với 𝑢3, 𝑢4, 𝑢5, …. Ta nhận thấy hiệu số giữa hai số hạng liên tiếp của

𝜋 (𝑢𝑛 ) luôn là

8 𝜋

. Vậy (𝑢𝑛 ) chính là một cấp số cộng mà công sai là

8

Bài toán 2.4.2. (Bài toán Hunggary). Một hình vuông đơn vị đƣợc chia thành

9 hình vuông bằng nhau, hình vuông ở giữa đƣợc tô màu, 8 hình vuông còn

lại sẽ đƣợc chia theo cách trên. Nếu ta tiếp tục nhƣ thế đến vô tận thì giới hạn

của phần diện tích đƣợc tô mày là bao nhiêu?

Lời giải:

Ta đặt 𝑢𝑛 là phần diện tích

đƣợc thêm vào sau mỗi lần chia

vào lần thứ n ta sẽ thêm vào 8(n-1)

1

hình vuông có diện tích là của

9

hình vuông lần trƣớc.

38

8

1

. Vậy 𝑢𝑛 = 𝑢𝑛 −1 𝑢𝑛 là một cấp số nhân với 𝑢1 =

9

Vậy diện tích thu đƣợc vào lần thứ n là:

𝑛

8 1 −

𝑛

= 1 − 𝑆𝑛 = 𝑢1 + 𝑢2 + ⋯ + 𝑢𝑛 = 𝑢1. , 𝑢1 = 8 9 1 9

9 8 1 −

9

Do đó Sn = 1 hay diện tích thu đƣợc là 1(đvdt).

Bài toán 2.4.3. Ngƣời ta dựng một dãy các đƣờng tròn liên tiếp tiếp xúc nhau

∆𝑛 , 𝑛 ≥ 1 theo quy tắc sau: 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 𝐴𝑛 là diện tích thu đƣợc là hợp tất cả các hình tròn ∆1, ∆2, … , ∆𝑛

1

diện tích của hình tròn ban trên. Chứng minh rằng: Dãy 𝐴𝑛 giới hạn bằng

3

đầu ∆0.

Lời giải:

Ta tạo một chuỗi hình tròn nội

tiếp ∆𝑛 , 𝑛 ≥ 1. Hình tròn ∆0 có bán

kính là R; Hình tròn ∆𝑛 có bán kính

bằng một nửa bán kính của hình tròn

∆𝑛−1 (𝑛 ≥ 1).

Vậy ta có cấp số nhân của các

bán kính của những hình tròn này là:

𝑅 (𝑛 ≥ 1) . 𝑅𝑛 : 𝑅0 = 𝑅 1 2

𝑅𝑛 = 𝑅𝑛−1 𝑅1 = 1 2

1). Để minh mọi hình tròn ∆𝑛 đều nằm trong ∆0 ta sẽ chứng mình tổng

các bán kính từ 𝑅1 đến 𝑅𝑛 nhỏ hơn hoặc bằng R.

𝑆 = 𝑅1 + 𝑅2 + ⋯ + 𝑅𝑛 < 𝑅

39

𝑛

1−

1 2 1 1− 2

𝑛

(tổng một cấp số nhân có công bội Ta có: 𝑆 = 𝑅1 + 𝑅2 + ⋯ + 𝑅𝑛 = 𝑅1

1−

1 𝑅

1 𝑛

) ⟹ lim𝑛→∞ 𝑅1 = lim𝑛→∞2 𝑅1 1 − = 𝑅1, 𝑅1 =

2

1 2 1 1− 2

Vậy tất cả các hình tròn ∆𝑛 đều nằm trong ∆0.

2). Gọi 𝐴𝑛 là diện tích thu đƣợc là hợp tất cả các hình tròn ∆1, ∆2, … , ∆𝑛

1

diện tích của hình tròn ban đầu trên. Ta chứng minh dãy 𝐴𝑛 giới hạn bằng

3

∆0. Ta có:

2

𝑅 =

2 = 𝜋

𝑅𝑛 : 𝑛 ≥ 1 ⟹ 𝑆𝑛 = 𝜋𝑅𝑛 𝑅𝑛−1

2 𝜋𝑅𝑛−1

𝑅0 = 𝑅 1 2 1 2 1 4

𝑅𝑛 = 𝑅𝑛−1 𝑅1 = 1 2

1

= 𝑆𝑛−1 .

4

Gọi 𝐴𝑛 diện tích này (trừ 𝑆0), suy ra:

𝑛

= 𝐴𝑛 = 𝑆1 + 𝑆2 + ⋯ + 𝑆𝑛 = 𝑆1 𝑆0 1 − 1 3 1 4

1 1 − 4 1 1 −

4

1

(Tổng một cấp số nhân công sai )

4 𝑛

1

= 𝑆0.

3 1 𝑆0 1 − 4

3

Vậy lim 𝑛→+∞ 𝐴𝑛 = lim 𝑛 →+∞

Bài toán 2.4.4. Cho hình vuông 𝐶0 có cạch là a, ngƣời ta xét một dãy các hình

vuông 𝐶1, 𝐶2, 𝐶3, … , 𝐶𝑛 , … (hình vẽ) với quan hệ các khoảng cách nhƣ sau:

𝐴𝐴1 = 𝐴𝐶; 𝐴1𝐴2 = 𝐴𝐴1; … ; 𝐴𝑛 𝐴𝑛+1 = 𝐴𝑛−1𝐴𝑛 ; … 13 24 13 24 13 24

1). Có phải tất cả các hình vuông đều nằm trong hình vuông 𝐶0

2). Xác định hình vuông nhỏ nhất có đỉnh A (kí hiệu AB’C’D’ trong đó

B’ (AB); C’ (AC); D’ (AD)) chứa tất cả các hình vuông 𝐶𝑛 .

40

Lời giải:

ABCD là hình vuông có cạch a. Các cạnh của

hình vuông 𝐶1, 𝐶2, … , 𝐶𝑛 đƣợc dựng sao cho:

𝐴𝐴1 = 𝐴𝐶; 𝐴1𝐴2 = 𝐴𝐴1; … ; 𝐴𝑛 𝐴𝑛 +1 13 24 13 24

= 𝐴𝑛 −1𝐴𝑛 ; … 13 24

Độ dài 𝐴𝐴1, 𝐴1𝐴2, … , 𝐴𝑛 −1𝐴𝑛 lập thành cấp số nhân (𝑢𝑛 ) với

𝐴𝐶 𝑢1 =

𝑞 = 13 24 13 24

Ta có tổng độ dài: 𝐴𝐴1, 𝐴2𝐴3, … , 𝐴𝑛 .

𝑆𝑛 = 𝐴𝐴1 + 𝐴1𝐴2 + ⋯ + 𝐴𝑛−1𝐴𝑛 = 𝑢1 + 𝑢2 + ⋯ + 𝑢𝑛 = 𝑢1. 1 − 𝑞𝑛 1 − 𝑞

𝑛

13

1 −

24

= 𝐴𝐶.

11

13 24

24

13

= > 1 nên không phải tất cả các hình vuông

𝑛

1 −

11

24

Suy ra lim 𝑛→+∞

đều nằm trong hình vuông ABCD.

𝑛

Ta có: − 1 − 𝐴𝐶 ≥ 𝐴𝐶 ⟺ 1 − ≥ 1

𝑛

13 24 13 11 13 24 13 11

𝑛

≤ ⟺ 𝑛 ≥ 3,052 ⟺ ⟺ 𝑛 ≥ 𝑙𝑜𝑔13 24 2 13 13 24 2 13

Vậy từ hình vuông thứ 4, các hình vuông không còn nằm trong hình

vuông ABCD.

2) Để hình vuông AB’C’D’ có thể chứa hết các tam giác vuông thì

𝑛

1 − 𝑎 2 = 𝑎 2. 𝐴𝐶′ = lim 𝑛 →+∞ 13 11 13 11 13 24

13

𝑎. Hình vuông AB’C’D’ có cạnh 𝐴𝐵′ =

11

41

2.4.2 Ứng dụng tính chất của dãy số trong giải phương trình hàm, bất

phương trình hàm

Cho hàm số:𝐷 → 𝐷. Khi đó dãy số (𝑢𝑛 ) đƣợc xác định bởi:

gọi là dãy lặp ứng với hàm số f.

𝑢𝑛 = 𝑓 𝑓 … 𝑓 𝑥 𝑛

Bài toán 2.4.5. Tìm tất cả các hàm số 𝑓: 0; +∞ → (0; +∞) thỏa mãn điều

kiện: 𝑓 𝑓 𝑥 = 6𝑥 − 𝑓 𝑥 , ∀𝑥 ∈ 0; +∞ .

Lời giải:

=> 𝑢𝑛+2 = 6𝑢𝑛 − 𝑢𝑛+1, ∀𝑛 ≥ 0.

Với mỗi x > 0, đặt 𝑢𝑛 = 𝑓 𝑓 … 𝑓 𝑥 𝑛

Xét phƣơng trình đặc trƣng của dãy: 𝑡2 + 𝑡 − 6 = 0

⇔ 𝑡 = 2 𝑕𝑜ặ𝑐 𝑡 = −3 => 𝑢𝑛 = 𝑐12𝑛 + 𝑐2 −3 𝑛 , trong đó 𝑐1, 𝑐2 thỏa

3𝑥+𝑓(𝑥)

𝑐1 = => mãn ⇔

5 2𝑥−𝑓(𝑥)

𝑐1 + 𝑐2 = 𝑢0 = 𝑥 2𝑐1 − 3𝑐2 = 𝑢1 = 𝑓(𝑥) 𝑐2 =

5

2𝑛 + −3 𝑛 , 𝑛 ≥ 0 𝑢𝑛 = 2𝑥 − 𝑓(𝑥) 5

3𝑥 + 𝑓(𝑥) 5 - Nếu 𝑓 𝑥 > 2𝑥 ⇔ 2𝑥 − 𝑓 𝑥 < 0: xét n chẵn ta có = −∞ (vô lí).

- Nếu 𝑓 𝑥 < 2𝑥 ⇔ 2𝑥 − 𝑓 𝑥 > 0: xét n lẻ có = −∞ (vô lí).

Vậy với mỗi x>0 thì 𝑓 𝑥 = 2𝑥 => 𝑓 𝑥 = 2 𝑥 ∀𝑥 > 0.

Bài toán 2.4.6. 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 phƣơng 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).

42

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 𝑢𝑛 = 𝑓 𝑓 … 𝑓 𝑥 𝑛

𝑢𝑛+2 + 𝑢𝑛 +1 − 2𝑢𝑛 = 0, ∀𝑛 ≥ 0.

Xét phƣơng trình đặc trƣng của dãy: 𝑡2 + 𝑡 − 2 = 0 ⇔ 𝑡 = 1 𝑕𝑜ặ𝑐 𝑡 = −2 => 𝑢𝑛 = 𝑐11𝑛 + 𝑐2 −2 𝑛 ,

2𝑥+𝑓(𝑥)

𝑐1 = ⇔ Trong đó 𝑐1, 𝑐2 thỏa mãn

3 𝑥−𝑓(𝑥)

𝑐1 + 𝑐2 = 𝑢0 = 𝑥 𝑐1 − 2𝑐2 = 𝑢1 = 𝑓(𝑥) 𝑐2 =

3 2𝑥+𝑓(𝑥)

𝑥−𝑓(𝑥)

1𝑛 + −2 𝑛 , 𝑛 ≥ 0. Do đó có: 𝑢𝑛 =

3

- Nếu 𝑓 𝑥 > 𝑥 ⇔ 𝑥 − 𝑓 𝑥 < 0, nếu n chẵn: = −∞ (vô lí).

- Nếu 𝑓 𝑥 < 𝑥 ⇔ 𝑥 − 𝑓 𝑥 > 0, nếu n lẻ: = −∞ (vô lí).

Vậy với mỗi x>0 ta có 𝑓 𝑥 = 𝑥 => 𝑓 𝑥 = 𝑥, ∀𝑥 > 0.

Bài toán 2.4.7. (VMO 2012). Tìm tất cả các hàm số 𝑓 xác đình trên tập số

thực , lấy giá trị trong và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(1) 𝑓 toàn ánh từ đến

(2) 𝑓 là hàm số tăng trên

(3) 𝑓 𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑥 + 12𝑥 với mọi số thực x.

Lời giải:

Từ điều kiện (3), nếu 𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑦 ⇒ 𝑓 𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑓 𝑥𝑦

⇔ 𝑓 𝑥 + 12𝑥 = 𝑓 𝑦 + 12𝑦 ⇔ 𝑥 = 𝑦 vậy f đơn ánh, kết hợp với (1) ta

đƣợc f là một song ánh trên suy ra f có hàm số ngƣợc g. Do f là hàm số

tăng trên nên g cũng là một hàm số tăng trên .

Ta có với x>0 ⇒ 𝑔 𝑥 > 𝑔 0 = 0 𝑣à 𝑥 < 0 ⇒ 𝑔 𝑥 < 𝑔 0 = 0,

(trƣờng hợp x < 0: tƣơng tự)

với mỗi x > 0 ta đặt 𝑢𝑛 = 𝑔 𝑔 … 𝑔 𝑥 𝑛

Khi đó ta có 12𝑢𝑛+2 + 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = 0, ∀𝑛 ≥ 0

Xét phƣơng trình đặc trƣng của dãy: 12𝑡2 + 𝑡 − 1 = 0

43

1

⇔ 𝑡 = 𝑕𝑜ặ𝑐 𝑡 = − ,

𝑛

+ 𝑐2 −

4

3 1 => 𝑢𝑛 = 𝑐1 4

3

thỏa Trong đó mãn 𝑐1, 𝑐2

4𝑥+12𝑔(𝑥)

𝑐1 = ⇔ =>𝑢𝑛 =

7 3𝑥−12𝑔(𝑥)

𝑐1 + 𝑐2 = 𝑢0 = 𝑥 3𝑐1 − 42𝑐2 = 12𝑢1 = 12𝑔(𝑥) 𝑐2 =

7 4𝑥+12𝑔(𝑥)

3𝑥−12𝑔(𝑥)

1

+ , 𝑛 ≥ 0

𝑛

−

𝑛

1 4

7

3 𝑥

(vô lí). - Nếu 𝑔 𝑥 > ⇔ 3𝑥 − 12𝑔 𝑥 < 0, nếu n chẵn thì

4 𝑥

(vô lí). - Nếu 𝑔 𝑥 < ⇔ 3𝑥 − 12𝑔 𝑥 > 0, nếu n lẻ thì:

4 𝑥

Suy ra với mỗi x>0 thì 𝑔 𝑥 = => 𝑓 𝑥 = 4 𝑥, ∀𝑥 > 0.

4

Vậy hàm số cần tìm là 𝑓 𝑥 = 4 𝑥, ∀𝑥 ∈ 𝑅.

Bài toán 2.4.8.(Turkey TST 2005).

Tìm tất cả các hàm số 𝑓: 0; +∞ → 0; +∞ thỏa mãn đồng thời hai

điều kiện sau:

(1) 4𝑓 𝑥 ≥ 3𝑥, ∀𝑥 ≥ 0

(2) 𝑓 4𝑓 𝑥 − 3𝑥 = 𝑥, ∀𝑥 ≥ 0

Lời giải: Xét hai dãy số 𝑎𝑛 𝑣à 𝑏𝑛 xác định bởi:

𝑎𝑛 =

13

3

, ∀𝑛 > 1.Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức 𝑣à 𝑎1 = ; 𝑏1 =

12

4

𝑏𝑛 =

3𝑏𝑛 −1+1 4𝑏𝑛 −1 3𝑎𝑛 +1 4𝑎𝑛

kẹp: 𝑎𝑛 𝑥 ≤ 𝑓 𝑥 ≤ 𝑏𝑛 𝑥, ∀𝑥 ≥ 0, ∀𝑛 > 1.

Bằng quy nạp ta có 𝑎𝑛 𝑡ă𝑛𝑔 𝑏𝑛 𝑔𝑖ả𝑚 𝑣à 𝑎𝑛 < 1 < 𝑏𝑛 , ∀𝑛. Ngoài

ra với n>1 ta có:

+ − ≤ = 0 < 1 − 𝑎𝑛 = 1 − 3 4 1 4 1 4𝑏𝑛−1 𝑎𝑛−1 4 1 + 3𝑎1 1 − 𝑎𝑛−1 4 1 + 3𝑎1

= 1 − 𝑎𝑛 −1 13

1

Do đó 0 < 1 − 𝑎𝑛 ≤

4.13𝑛 −1 , ∀𝑛 ≥ 1. Theo định lý giới hạn kẹp thì

𝑎𝑛 = 1, suy ra 𝑏𝑛 = 1. Do đó 𝑓 𝑥 = 𝑥, ∀𝑥 > 0.

44

Bài toán 2.4.9. (China MO) Tìm tất cả các hàm số 𝑓: 1; +∞ → 1; +∞

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

𝑥 +1

(1) ≤ 𝑓 𝑥 ≤ 2 𝑥 + 1 , ∀𝑥 ≥ 1

2

(2) 𝑥𝑓 𝑥 + 1 = 𝑓(𝑥) 2 − 1, ∀𝑥 ≥ 1

Lời giải:

𝑥+2

Trong (1) thay x bởi x+1 ta có ≤ 𝑓 𝑥 + 1 ≤ 2 𝑥 + 2 (3)

2

Từ (2) suy ra: 𝑥𝑓 𝑥 + 1 + 1 = 𝑓(𝑥) 2, ∀𝑥 ≥ 1

⇒ + 𝑥𝑓 𝑥 + 1 < 𝑓(𝑥) 2 < 2 + 𝑥𝑓 𝑥 + 1 , , ∀𝑥 ≥ 1 (4) 1 2

Từ (3) và (4) ta có:

< 𝑓(𝑥) 2 < 2 1 + 𝑥 𝑥 + 2 ⟺

2 < 𝑓 𝑥

1 + 𝑥(𝑥 + 1) 2 𝑥 + 1 2 2

1 < 2(𝑥 + 1) ⟺ 𝑥 + 1 < 𝑓 𝑥 < 2 𝑥 + 1 , ∀𝑛 ≥ 1 (5) 2

Bằng quy nạp, áp dụng (5) và cách lập luận trên k lần ta đƣợc

𝑘

1 (𝑥 + 1) 𝑥 + 1 < 𝑓 𝑥 < 2 2

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 + 1 ≤ 𝑓 𝑥 ≤ 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 𝑥𝑛 biết

𝑥𝑛 = 1 + 2 1 + 3 1 + ⋯ + 0 + (𝑛 − 1) 1 + 𝑛, 𝑛 ≥ 1.

Xét hàm số:

45

< 𝑓 𝑥 < 2(𝑥 + 1) 𝑓 𝑥 = 1 + 𝑥 1 + 1 + 𝑥 … ⟹ 𝑥 + 1 2

𝑛

1 ⟹ 𝑥 + 1 < 𝑓 𝑥 < ( 2)𝑛 (𝑥 + 1) 2

1 𝑛

Cho x = 2 ta đƣợc 3 < 𝑥𝑛 < 3( 2)𝑛 .

2

Áp dụng định lý giới hạn kẹp thì 𝑥𝑛 = 3.

Bài toán 2.4.10. Tìm tất cả các hàm 𝑓: → thỏa mãn các điều kiện sau:

(a) 𝑓 2 = 4.

(b) 𝑛 + 𝐿 𝑓 𝑛 ≤ 𝑛. 𝑓 𝑛 + 𝐿 , ∀𝑛, 𝐿 ∈ .

Lời giải:

). Quy nạp ta được 𝑓 2𝑘 = 22𝑘 Ta có: = [2𝑘; 2𝑘+1

+∞ 𝑘=0

Xét 𝑛 ∈ [2𝑘; 2𝑘+1), từ (b) suy ra:

≤ ⟹ ≤ 𝑓(𝑛) 𝑛 𝑓(𝑛 + 𝐿) 𝑛 + 𝐿 𝑓(𝑛) 𝑛

⟹ ≤ 22𝑘 2𝑘. 2𝑘+1 ≤ 𝑓 𝑛 𝑛2 ≤ 1 2 𝑓(2𝑘+1) 2𝑘+1 𝑓 𝑛 𝑛2 ≤ 2

1

≤ ≤ 𝑓(2𝑘) 2𝑘 ≤ 22(𝑘+1) 2𝑘. 2𝑘+1 ⟹ 𝑓 𝑛 𝑚 𝑛 𝑚 2 ≤ 2, ∀𝑛 ∈

1 Do đó 2

𝑓 𝑛 𝑛 2 ≤ 2, ∀𝑛 ∈ ⟹

2

≤ 1 𝑚 ∀𝑚, 𝑛 ∈ ⟹ 2 𝑓 𝑛 𝑛2 ≤ 2𝑚

chuyển qua giới hạn khi , theo định lý giới Với mỗi 𝑛 ∈

𝑓 𝑛

hạn kẹp ta có: .

𝑛 2 = 1 ⟹ 𝑓 𝑛 = 𝑛2, ∀𝑛 ∈

2.4.3. Ứng dụng tính chất của dãy số trong chứng minh bất đẳng thức

Bài toán 2.4.11. Chứng minh các bất đẳng thức sau. Hãy chứng tỏ không thể

thay hằng số ở vế phải của bất đẳng thức bằng bất kỳ một số nào nhỏ hơn:

46

+ + ⋯ + < , ∀𝑛 ∈ 1 1.4 1 4.7 1 3𝑛 − 2 3𝑛 + 1 1 3

Lời giải:

(a)Xét dãy số 𝑥𝑛 nhƣ sau:

+ + ⋯ + < , ∀𝑛 = 1,2, … 𝑥𝑛 = 1 1.4 1 4.7 1 3𝑛 − 2 3𝑛 + 1 1 3

1

− − 1 − + ⋯ + Ta có: 𝑥𝑛 =

3

4 1 + 4

7 3𝑛 −2

3𝑛 +1

= 1 − , ∀𝑛 = 1,2, … 1 3 1 3𝑛 + 1

1

, ∀𝑛 ∈ . Vậy 𝑥𝑛 <

3

1

Giả sử k là một số nào đó nhỏ hơn − 𝑘 > 0, sao cho

3 1 , nghĩa là 3

𝑥𝑛 ≤ 𝑘, ∀𝑛 = 1,2, … (4.1)

1

Vì nên với 𝜀 = − 𝑘 > 0 tồn tại 𝑛0 ∈ sao cho ∀𝑛 ≥ 𝑛0 ta

3

1

< 𝜀 = − 𝑘 ⟹ có: 𝑥𝑛 − − 𝑥𝑛 < − 𝑘 ⟹ 𝑥𝑛 > 𝑘 => ∀𝑛 ≥ 𝑛0 =>

3

𝑥𝑛 > 𝑘, điều này mâu thuẫn với (4.1).

1

Vậy trong bất đẳng thức vừa chứng minh không thể thay số ở vế phải

3

1

bằng bất kì số nào nhỏ hơn .

3

Bài toán 2.4.12. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC với ba cạnh a,b,c

𝑎

𝑏

𝑐

ta luôn có: + + < 2.

𝑏+𝑐

𝑐+𝑎

𝑎+𝑏

Hãy chững tỏ rằng trong vế phải của bất đẳng thức trên không thể thay

thế số 2 bằng số bất kỳ nào nhỏ hơn 2.

Lời giải:

Giả sử ABC là một tam giác bất kỳ với ba cạnh a,b,c ta có: a < b+c, b <

𝑎

2𝑎

c+a, c < a+b => − = = < 0

𝑏+𝑐

𝑎+𝑏+𝑐

𝑎 2−𝑎𝑏 −𝑎𝑐 𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐

𝑎 𝑎− 𝑏+𝑐 𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐

𝑎

2𝑎

=> . <

𝑏+𝑐

𝑎 +𝑏+𝑐

47

2𝑏

𝑐

2𝑐

𝑏

Tƣơng tự ta có: < , <

𝑐+𝑎

𝑎+𝑏+𝑐

𝑎+𝑏

𝑎+𝑏+𝑐

𝑎

𝑏

𝑐

2𝑎+2𝑏+2𝑐

Do đó + + = 2 <

𝑏+𝑐

𝑐+𝑎

𝑎+𝑏

𝑎+𝑏+𝑐

Giả sử k là số nào nhỏ hơn 2 nghĩa là 2 - k > 0, sao cho đối với tam giác

𝑎

𝑏

𝑐

ABC bất kì ta luôn có: + + ≤ 𝑘 (4.2).

𝑏+𝑐

𝑐+𝑎

𝑎+𝑏

Xét trƣờng hợp tam giác ABC cân tại đỉnh a, với các cạnh b = c,

1

, ta có: 𝑎 = 𝑏,

𝑛

+ + = + + = + = + 𝑎 𝑏 + 𝑐 𝑏 𝑐 + 𝑎 𝑐 𝑎 + 𝑏 𝑎 2𝑏 𝑏 𝑏 + 𝑎 𝑏 𝑎 + 𝑏 𝑎 2𝑏 2𝑏 𝑏 + 𝑎 1 2𝑛 2𝑛 1 + 𝑛

1 2𝑛

Vì nên với m=2-k ⟹ − 2 − 𝑘 < 2 − − < 2 − 𝑘

2𝑛

1+𝑛

1 2𝑛

⟹ 2 − − < 2 − 𝑘 ⟹ + > 𝑘 => với ∀𝑛 ≥ 𝑛0 và với tam giác

2𝑛

1+𝑛

2𝑛

1+𝑛

1

ta có: ABC cân tại đỉnh A, với các cạnh b = c, 𝑎 = 𝑏, 𝑛 ∈

+ + = + > 𝑘 𝑎 𝑏 + 𝑐 𝑏 𝑐 + 𝑎 𝑐 𝑎 + 𝑏 2𝑛 1 + 𝑛

𝑛 1 2𝑛

điều này mâu thuẫn với (4.2).

Vậy trong bất đẳng thức trên không thể thay thế số 2 ở vế phải băng bất

kỳ số nào nhỏ hơn 2.

Bài toán 2.4.13. (Đề thi đề nghị Olympic 30/4/1999).

Cho 𝑛 ∈ và 𝑛 ≥ 3. Hãy tìm số G nhỏ nhất và số K lớn nhất sao cho

n số dƣơng tùy ý 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 thì bất đẳng thức sau luôn đúng.

𝐾 < + + ⋯ + < 𝐺 𝑎1 𝑎1 + 𝑎2 𝑎2 𝑎2 + 𝑎3 𝑎𝑛 𝑎𝑛 + 𝑎1

Lời giải:

+ + ⋯ + . 𝑇 = 𝑇 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 = Gọi 𝑆 = 𝑎1 + 𝑎2 + ⋯ + 𝑎𝑛 , 𝑎1 𝑎1 + 𝑎2 𝑎2 𝑎2 + 𝑎3 𝑎𝑛 𝑎𝑛 + 𝑎1

K≥1. Ta có T >

48

= Mặt khác: 𝑛 − 𝑇 = 1 − + 1 − + ⋯ + 1 −

𝑎𝑛 𝑎𝑛 +𝑎1

+ + ⋯ + + = 𝑇 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 > 1 𝑎2 𝑎1 + 𝑎2 𝑎3 𝑎2 + 𝑎3

𝑎1 𝑎1+𝑎2 𝑎𝑛 𝑎𝑛 −1 + 𝑎𝑛

𝑎2 𝑎2+𝑎3 𝑎1 𝑎𝑛 + 𝑎1

Vậy n-T >1 => T < n – 1 và G ≤ n-1.

Tóm lại ta chứng minh đƣợc K ≥ 1 và G ≤ n -1, với x > 0 ta có:

𝑥 + 𝑇 1, 𝑥, … , 𝑥𝑛−1 = 1 1 + 𝑥 𝑥𝑛−2 𝑥𝑛−2 + 𝑥𝑛−1 + 𝑥𝑛−1 𝑥𝑛−1 + 1

= + + + ⋯ + + = 𝑥 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑛−1 𝑥𝑛−1 + 1 1 1 + 𝑥 𝑛 − 1 1 + 𝑥 𝑥𝑛−1 𝑥𝑛−1 + 1 1 1 + 𝑥 1 1 + 𝑥

Hơn nữa: 𝑇 1, 𝑥, … , 𝑥𝑛−1 > 𝐾 ⟹ 𝑇 1, 𝑥, … , 𝑥𝑛−1 ≥ 𝐾 ⟹ 1 ≥ 𝐾 ⟹

𝐾 = 1.

𝑇 1, 𝑥, … , 𝑥𝑛−1 < 𝐺 ⟹ 𝑇 1, 𝑥, … , 𝑥𝑛−1 ≤ 𝐺 ⟹ 𝑛 − 1 ≤ 𝐺 ⟹ 𝐺 lim 𝑛 →+∞

= 𝑛 − 1.

Vậy số K lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức trên là K = 1 và số G nhỏ

nhất là G = n-1.

Bài toán 2.4.14. (IMO 1982) Cho dãy vô hạn các số dƣơng (𝑥𝑛 ) thỏa mãn

điều kiện: 1 = 𝑥0 ≥ 𝑥1 ≥ 𝑥2 ≥ ⋯ ≥ 𝑥𝑛 ≥ 𝑥𝑛+1 ≥ ⋯ (4.3)

a) Chứng minh rằng với mọi dãy có tính chất (4.3) nhƣ thế đều tồn tại

một số n≥1 sao cho:

2

+ + + ⋯ . + ≥ 3,999 𝑥0 𝑥1 𝑥1 𝑥2 𝑥2 𝑥3 𝑥𝑛 −1 𝑥𝑛

b) Tìm một dãy số có tính chất (4.3) sao cho:

2

+ + + ⋯ . + ≤ 4, ∀𝑛 = 1,2, … 𝑥0 𝑥1 𝑥1 𝑥2 𝑥2 𝑥3 𝑥𝑛 −1 𝑥𝑛

Lời giải:

a) Vì

2 ≥ 0 ⇔

≥ 4 𝑥𝑛−1 − 𝑥𝑛 ⇔ 𝑥𝑛 −1

2 − 4𝑥𝑛−1. 𝑥𝑛 + 4𝑥𝑛

𝑥𝑛 −1 𝑥𝑛

𝑥𝑛−1 − 2𝑥𝑛 2 nên ta có BĐT: ≤ 4 𝑥𝑛−1 − 𝑥𝑛 , ∀𝑛 = 1,2, …

𝑥𝑛 −1 𝑥𝑛

Cộng từng vế của các BĐT trên ta đƣợc:

49

2

+ + + ⋯ . + ≥ 4 𝑥0 − 𝑥𝑛 (4.4) 𝑥1 𝑥2 𝑥𝑛−1 𝑥𝑛 𝑥2 𝑥3

𝑥0 𝑥1 +∞ giảm và bị chặn dƣới bởi số 0 nên hội tụ. Vì dãy số 𝑥𝑛 𝑛 =0

0,001

- Nếu ⟹ 𝑥𝑛 =0: Khi đó bao giờ cũng tồn tại n để 𝑥𝑛 ≤

4

4 1 − 𝑥𝑛 = 4 − 4𝑥𝑛 ≥ 3,999. Với giá trị n đó và theo (4.4) ta có:

+ + + ⋯ . + ≥ 3,999 (ĐPCM).

𝑥0 𝑥1

𝑥1 𝑥2

𝑥2 𝑥3

𝑥𝑛 −1 𝑥𝑛

- Nếu = = = 𝑎 => tồn tại 𝑥𝑛 =a > 0. Khi đó:

𝑎 2 𝑎

𝑥𝑛 −1 𝑥𝑛

𝑎

sao cho > 𝑛0 ∈ , ∀𝑛 ≥ 𝑛0. Vì a>0 nên tồn tại 𝑝 ∈ 𝑍, 𝑝 > 0 sao

2 𝑥𝑛 −1 𝑥𝑛

𝑎

cho 𝑝 > 4 => với mọi 𝑛 ≥ 𝑛0 ta có:

2

+ + ⋯ + > 𝑝 > 4 𝑎 2 𝑥𝑛 −1 𝑥𝑛 𝑥𝑛 𝑥𝑛 +1 𝑥𝑛+𝑝−2 𝑥𝑛 +𝑝−1

Vậy tồn tại số nguyên dƣơng n sao cho:

+ + + ⋯ . + ≥ 3,999 (ĐPCM).

𝑥0 𝑥1

𝑥1 𝑥2

𝑥2 𝑥3

𝑥𝑛 −1 𝑥𝑛

, ∀𝑛 = 1,2, … Khi đó tính chất

𝑛

b) Xét dãy số 𝑥𝑛 𝑛 =0

1 +∞ 𝑣ớ𝑖 𝑥𝑛 = 2

(4.3) đƣợc thỏa mãn với mọi n = 1,2, … và ta có:

2

1 − + + + ⋯ . + = 2 + 1 + + ⋯ +

1 2𝑛 −1 1

1 2 1 2𝑛−2 = 2 + 𝑥0 𝑥1 𝑥1 𝑥2 𝑥2 𝑥3 𝑥𝑛 −1 𝑥𝑛 1 −

2

= 2 + 2 − 1 2𝑛 > 4

Bài toán 2.4.15. Tìm tất cả các số thực α sao cho bất đẳng thức:

+ + ≥ (4.5) 1 𝑎𝛼 (𝑏 + 𝑐) 1 𝑏𝛼 (𝑐 + 𝑎) 1 𝑐𝛼 (𝑐 + 𝑎) 3 2

Đúng với mọi bộ ba số thực dƣơng a,b,c thỏa mãn điều kiện abc =1

Lời giải:

- Xét trƣờng hợp α ≥ 2. Không mất tính tổng quát ta giả sử a≤ b ≤c.

50

1

khi đó x > 0,y > 0, z > 0 và xyz = 1. Bất đẳng thức Đặt 𝑥 = , 𝑦 = , 𝑧 =

𝑎

𝑏

𝑐

3

(4.5) có dạng: + + ≥ 4.6

2 𝑥 𝛼 −1 𝑦 +𝑧

𝑦 𝛼 −1 𝑧+𝑥

𝑧 𝛼 −1 𝑥+𝑦

𝑧

𝑥

𝑦

theo bất đẳng thức Chebychev ta có: Do 𝑥 ≥ 𝑦 ≥ 𝑧 suy ra ≥ ≥

𝑦 +𝑧

𝑧+𝑥

𝑥+𝑦

𝑥

𝑦

𝑧

+ + + + 3 ≥ 𝑥𝛼−2 + 𝑦𝛼−2 + 𝑧𝛼−2 .

𝑥 𝛼 −1 𝑦 +𝑧

𝑦 𝛼 −1 𝑧+𝑥

𝑧 𝛼 −1 𝑥+𝑦

𝑦 +𝑧

𝑧+𝑥

𝑥+𝑦

𝑥

𝑦

𝑧

3

Mà + + ≥ = 3 nên , 𝑥𝛼−2 + 𝑦𝛼−2 + 𝑧𝛼−2 ≥ 3 𝑥𝑦𝑧 𝛼−2

𝑦+𝑧

𝑧+𝑥

𝑥+𝑦

2

+ + ≥ 𝑥𝛼−1 𝑦 + 𝑧 𝑦𝛼−1 𝑧 + 𝑥 𝑧𝛼−1 𝑥 + 𝑦 3 2

Vậy (4.5) đúng tức là (4.6) khi α ≥ 2.

- Nếu α ≤ -1 đặt β = 1-α ≥ 2 theo chứng minh trên ta có:

+ + ≥ ⟺ + + ≥ 3 2 𝑎𝛽 −1 𝑏 + 𝑐 𝑏𝛽 −1 𝑐 + 𝑎 𝑐𝛽 −1 𝑎 + 𝑏 3 2 1 𝑥𝛽 𝑦 + 𝑧 1 𝑧𝛽 𝑥 + 𝑦

⟺ + + ≥ ⟺ + + 𝑎−𝛼 𝑏 + 𝑐 1 𝑦𝛽 𝑧 + 𝑥 𝑏−𝛼 𝑐 + 𝑎 𝑐−𝛼 𝑎 + 𝑏 3 2 1 𝑎𝛼 𝑏 + 𝑐 1 𝑏𝛼 𝑐 + 𝑎 1 𝑐𝛼 𝑎 + 𝑏

≥ 3 2

Vậy (4.5) đúng khi α ≤ -1.

. Xét các dãy 𝑎𝑛 , 𝑏𝑛 , 𝑐𝑛 nhƣ sau:

1 - Xét -1 < α < 2

1

, ta đặt: 𝑎𝑛 = 𝑛, 𝑏𝑛 = 𝑛, 𝑐𝑛 =

𝑛 2 , 𝑛 ∈

+ + = + 𝑆𝑛 = 2𝑛2−𝛼 𝑛3 + 1 𝑛2𝛼−1 2 1 𝛼 𝑏𝑛 + 𝑐𝑛 𝑎𝑛 1 𝛼 𝑐𝑛 + 𝑎𝑛 𝑏𝑛

1 𝛼 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 𝑐𝑛 3 Khi đó , dẫn tới (4.5) không đúng khi , suy ra với n đủ lớn thì 𝑆𝑛 ≤

2 1 -1 < α < 2

1

- Xét 𝛼 = Xét các dãy 𝑎𝑛 , 𝑏𝑛 , 𝑐𝑛 nhƣ sau:

2

1

, ta đặt: 𝑎𝑛 = 𝑛, 𝑏𝑛 = 𝑛, 𝑐𝑛 =

𝑛 2 ,

+ + = + 𝑆𝑛 = 2𝑛2−𝛼 𝑛3 + 1 𝑛2𝛼−1 2 1 𝛼 𝑏𝑛 + 𝑐𝑛 𝑎𝑛 1 𝛼 𝑐𝑛 + 𝑎𝑛 𝑏𝑛 1 𝛼 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 𝑐𝑛

51

3

Khi đó , dẫn tới (4.5) không đúng khi , suy ra với n đủ lớn thì 𝑆𝑛 <

2

1

. 𝛼 =

2

1

- Xét < 𝛼 < 2 Xét các dãy 𝑎𝑛 , 𝑏𝑛 , 𝑐𝑛 nhƣ sau: 𝑎𝑛 = 𝑛, 𝑏𝑛 = 𝑛, 𝑐𝑛 =

2

1

, ta đặt:

𝑛 2 , 𝑛 ∈

+ + = + 𝑆𝑛 = 2𝑛2−𝛼 𝑛3 + 1 𝑛2𝛼−1 2 1 𝛼 𝑏𝑛 + 𝑐𝑛 𝑎𝑛 1 𝛼 𝑐𝑛 + 𝑎𝑛 𝑏𝑛

1 𝛼 𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 𝑐𝑛 3 Khi đó , dẫn tới (4.5) không đúng khi , suy ra với n đủ lớn thì 𝑆𝑛 ≤

2

1

< 𝛼 < 2.Vậy tập hợp các giá trị α cần tìm là −∞; −1 ∪ 2; +∞ .

2

Bài toán 2.4.16. Cho dãy số xác định nhƣ sau:

với n=1,2,3…Chứng minh rằng với mọi n ta đều có .

Lời giải:

Ta đã chứng minh đƣợc:

Từ đó ta có:

Do nên

Vậy .

Bài toán 2.4.17. Cho 2 dãy số (an) và (bn) xác định nhƣ sau:

52

; (với n = 0,1,2,...)

Chứng minh rằng: với mọi .

Lời giải:

Ta có

Bằng phép quy nạp suy ra: (1). Ta có:

bằng phép quy nạp, có

Sử dụng bất đẳng thức và sử dụng (1),(2),

ta đƣợc: . hay

Bài toán 2.4.18. Cho dãy số thoả mãn

Chứng minh rằng .

Lời giải:

Ta có:

53

Ta có là dãy số tăng:

Từ (1), (2) .

2.4.4 Một vài ứng dụng khác của dãy số

Xét họ phƣơng trình 𝐹 𝑘, 𝑥 = 0, 𝑘 = 1, 𝑛. Nếu với mỗi k phƣơng trình

𝐹 𝑘, 𝑥 = 0 có nghiệm duy nhất trên một miền D nào đó thì dãy số 𝑘𝑥 đƣợc xác định. Từ mỗi liên hệ giữa các hàm 𝑘, 𝑥 , dãy số này sẽ có những tính

chất đặc biệt.

Bài toán 2.4.19. Kí hiệu 𝑥𝑛 là nghiệm của phƣơng trình:

1

+ + ⋯ + = 0 thuộc khoảng (0;1) 𝑥

𝑥−1

𝑥−𝑛 a) Chứng minh dãy 𝑥𝑛 hội tụ.

b) Hãy tìm giới hạn đó.

1

liên + + ⋯ + Nhận xét: 𝑥𝑛 xác định duy nhất vì hàm số 𝑓𝑛 𝑥 =

𝑥

𝑥−1

𝑥−𝑛

tục và đơn điệu trên (0;1). Tuy nhiên, ta không thể xác định đƣợc giá trị cụ

thể của 𝑥𝑛 . Để chứng minh tính hội tụ của 𝑥𝑛 , ta cần chứng minh tính đơn

điệu và bị chặn.

Với tính bị chặn mọi thứ đều tốt vì 0 < 𝑥𝑛 < 1.

54

Với tính đơn điệu: Từ mối liên hệ giữa 𝑓𝑛 𝑥 và 𝑓𝑛 +1 𝑥 : 𝑓𝑛+1 𝑥 =

1

𝑓𝑛 𝑥 + ta sẽ chứng minh tính đơn điệu của 𝑥𝑛 .

𝑥−𝑛 −1

Lời giải:

a) Rõ ràng 𝑥𝑛 đƣợc xác định duy nhất, 0 < 𝑥𝑛 < 1. Ta có:

= 𝑓𝑛 +1 𝑥𝑛 = 𝑓𝑛 𝑥𝑛 + < 0, trong đó 𝑓𝑛 +1 0+ > 0. Theo

1 𝑥𝑛 −𝑛 −1

tính chất của hàm liên tục trên khoảng (0; 𝑥𝑛 ), 𝑓𝑛 +1 𝑥 có ít nhất một nghiệm là 𝑥𝑛 +1. Suy ra 𝑥𝑛 +1 < 𝑥𝑛 hay dãy số 𝑥𝑛 giảm. Do dãy số này bị chặn dƣới bởi 0 nên dãy có giới hạn.

1

b).Ta ta sẽ sử dụng tính chất: 1 + + + ⋯ + > ln⁡(𝑛) để chứng

2

3 𝑛

minh giới hạn nói trên bằng 0:

Thật vậy, giả sử . Do dãy số giảm nên ta có 𝑥𝑛 ≥ 𝑎 với

1

mọi n. Mặt khác do 1 + + + ⋯ + → ∞ 𝑘𝑕𝑖 𝑛 → +∞ nên tồn tại N sao

𝑛

2

3

1

cho với mọi n ≥ N ta có 1 + + + ⋯ + > =>với mọi n ≥ N ta có:0 =

2

3 𝑛

𝑎

1

+ + ⋯ + < + + + ⋯ + < − = 0 (mâu thuẫn).

−1

−2

𝑎

−𝑛

1 𝑥𝑛

1 𝑥𝑛 −1

1 𝑥𝑛 −𝑛

1 𝑥𝑛

Vậy

Bài toán 2.4.20 (VMO 2007)

Cho số thực a > 2 và 𝑓𝑛 𝑥 = 𝑎10𝑥𝑛+10 + 𝑥𝑛 + ⋯ + 𝑥 + 1 a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dƣơng n, phƣơng trình 𝑓𝑛 𝑥 =

𝑎 luôn có đúng một nghiêm dƣơng duy nhất.

b) Gọi nghiệm đó là 𝑥𝑛 , chứng minh rằng 𝑥𝑛 có giới hạn hữu khi n

dần đến vô cùng.

Lời giải:

a) Vì hàm số 𝑓𝑛 𝑥 là tăng trên (0; +∞) nên kết quả ở câu a) là hiển

nhiên.

b) Dễ thấy 0 < 𝑥𝑛 < 1 ta sẽ chứng minh dãy 𝑥𝑛 tăng. Vì

𝑓𝑛+1 𝑥𝑛 = 𝑎10𝑥𝑛

𝑛+11 + 𝑥𝑛

𝑛+1 + ⋯ + 𝑥𝑛 + 1 = 𝑥𝑛 𝑓𝑛 𝑥𝑛 + 1 = 𝑎𝑥𝑛 + 1

55

𝑎−1

=> 𝑥𝑛 < 𝑥𝑛 +1 < 1 nên ta cần chứng minh 𝑥𝑛 <

𝑎

𝑛 +10

1−

𝑎−1

+ =

𝑛+10

Thật vậy, nếu 𝑥𝑛 ≥ thì 𝑓𝑛 𝑥𝑛 ≥ 𝑎10

𝑎

𝑎 −1 𝑎 1−

𝑎 −1 𝑎

𝑎−1

> 𝑎 (Do a-1>1) 𝑎 − 1 1

𝑛

+ 𝑎 − 𝑎 − 1

𝑛

𝑎

Vậy dãy số 𝑥𝑛 tăng và bị chăn dƣới bởi 1 nên hội tụ.

Nhận xét: Ở bài toán trên, từ mối quan hệ 𝑓𝑛+1 = 𝑥𝑓𝑛 + 1 ta tìm đƣợc

mối quan hệ giữa 𝑥𝑛 𝑣à 𝑥𝑛+1 và sử dụng định lý Lagrange để đánh giá hiệu số

giữa 𝑥𝑛 và giá trị của giới hạn.

Bài toán 2.4.21.(VMO 2002) Cho n là một số nguyên dƣơng. Chứng minh

1

rằng phƣơng trình: + + ⋯ + = có một nghiệm duy nhất 𝑥𝑛 >

𝑥−1

4𝑥−1

1 𝑛 2𝑥−1

2

1. Chứng minh rằng khi n dần đến dƣơng vô cùng, 𝑥𝑛 dần đến 4.

Lời giải:

Phƣơng trình bài toán có dạng:

= 0 (4.7) + ⋯ + − + 1 𝑥 − 1 1 4𝑥 − 1 1 2

1 𝑛2𝑥 − 1 Ký hiệu 𝑓𝑛 𝑥 là hàm vế trái của phƣơng trình (4.7). Ta có với mỗi

𝑛 ∈ , hàm số 𝑓𝑛 𝑥 liên tục và nghịch biến trên khoảng (1;+∞). Mặt khác,

1

𝑘𝑕𝑖 𝑥 → 1+ nên suy ra với ta có 𝑓𝑛 𝑥 → +∞ 𝑘𝑕𝑖 𝑥 → 1+ 𝑣à 𝑓𝑛 𝑥 → −

2

mỗi 𝑛 ∈ , phƣơng trình có nghiệm duy nhất 𝑥𝑛 > 1.

1

Với mỗi 𝑛 ∈ + + ⋯ + − , ta có: 𝑓𝑛 4 =

4−1

2

= + − + ⋯ + 1 1.3 1 3.5

16−1 1 2𝑛 − 1 2𝑛 + 1

1 4𝑛 2−1 1 2

= − + + ⋯ + − − − 1 2 1 1 1 3 1 3 1 2𝑛 − 1 1 2𝑛 + 1 1 2

= − < 0 = 𝑓𝑛 𝑥𝑛 1 5 1 4𝑛 − 2

4.8 . do 𝑓𝑛 𝑥 nghịch biến trên (1;+∞), suy ra 𝑥𝑛 < 4, 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑛 ∈

56

Mặt khác, do với mỗi ∈ , hàm 𝑓𝑛 𝑥 khả vi trên [𝑥𝑛 ; 4] nên theo định

lý Lagramge với mỗi 𝑛 ∈ tồn tại 𝑐 ∈ (𝑥𝑛 ; 4) sao cho:

−1

−4

1 −𝑛 2

suy ra: = 𝑓′

𝑛 𝑐 =

𝑐−1 2 +

4𝑐−1 2 + ⋯ +

𝑛 2𝑐−1 2 < −

9 𝑓𝑛 4 −𝑓𝑛 𝑥𝑛 4−𝑥𝑛

1

9

− < − (4.9) , ∀ 𝑛 ∈ ⟹ 𝑥𝑛 > 4 −

9 4𝑛 +2

1 4𝑛 +2 4−𝑥𝑛

9

Từ (4.8) và (4.9) ta đƣợc: 4 − < 𝑥𝑛 < 4.

4𝑛 +2

Theo định lý về giới hạn kẹp, ta có điều kiện phải chứng minh.

Bài toán 2.4.22. Cho n là một số nguyên dƣơng lớn hơn 1. Chứng minh rằng

phƣơng trình 𝑥𝑛 = 𝑥 + 1 có một nghiệm dƣơng duy nhất, ký hiệu nghiệm

dƣơng đó là 𝑥𝑛 . Chứng minh rằng 𝑥𝑛 dần về 1 khi n dần đến dƣơng vô cùng

và tìm .

Lời giải:

Dễ thấy 𝑥𝑛 > 1 đặt 𝑓𝑛 𝑥 = 𝑥𝑛 − 𝑥 − 1. Khi đó : 𝑛+1 − 𝑥𝑛 − 1 > 𝑥𝑛

𝑛 − 𝑥𝑛 − 1 =

𝑓𝑛+1 1 = −1 < 0 𝑣à 𝑓𝑛+1 𝑥𝑛 = 𝑥𝑛 𝑓𝑛 𝑥𝑛 = 0 => 1 < 𝑥𝑛+1 < 𝑥𝑛 => 𝑥𝑛 có giới hạn hữu hạn là a.

Ta chứng minh a = 1.

Thật vậy, giả sử a >1. Khi đó 𝑥𝑛 ≥ 𝑎 với mọi n và ta tìm đƣợc n đủ lớn

sao cho 𝑥𝑛

𝑛 ≥ 𝑎𝑛 > 3 và 𝑥𝑛 + 1 < 3 mâu thuẫn vì 𝑓𝑛 𝑥𝑛 = 0.

Đặt 𝑥𝑛 = 1 + 𝑦𝑛 với , thay vào phƣơng trình 𝑓𝑛 𝑥𝑛 = 0 ta

đƣợc: 1 + 𝑦𝑛 𝑛 = 2 + 𝑦𝑛 . Lấy logarit hai vế ta đƣợc: 𝑛𝑙𝑛 1 + 𝑦𝑛 = 𝑙𝑛2

lim = 1 => => lim 𝑛 1 + 𝑦𝑛 = 𝑙𝑛2. Nhƣng lim 𝑛𝑦𝑛 = 𝑙𝑛2

𝑙𝑛 1+𝑦𝑛 𝑦𝑛

=> 𝑛(𝑥𝑛 − 1) = 𝑙𝑛2.

Bài toán 2.4.23.Xét phƣơng trình

trong đó n nguyên dƣơng.

1) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dƣơng n, phƣơng trình trên có

duy nhất nghiệm lớn hơn 1, kí hiệu nghiệm đó là xn.

57

2) Chứng minh rằng dãy số (xn) có giới hạn bằng 4 khi .

Lời giải:

Kí hiệu fn(x) =

1). Dễ thấy, với mỗi n , hàm số fn(x) liên tục và nghịch biến trên

khoảng khi x khi . . Hơn nữa fn(x) 1+ và fn(x)

Từ đó suy ra với mỗi phƣơng trình fn(x) có nghiệm duy nhất xn > 1.

2). Với mỗi , ta có:

(1). Mặt Do hàm fn(x) nghịch biến trên suy ra xn < 4 với mọi

khác, với mỗi , hàm fn(x) khả vi trên [xn; 4], theo định lý Lagrange, với

mỗi tồn tại t (xn; 4) sao cho:

với mọi

Suy ra với mọi (2)

Từ (1) và (2) ta có: với mọi ; theo định lý về giới

hạn kẹp giữa ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 2.4.24. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dƣơng n cho trƣớc thì phƣơng trình x2n+1 = x + 1 có đúng một nghiệm thực. Gọi nghiệm đó là xn.

Tính .

Lời giải:

58

- Nếu x < -1 thì x2n+1 < x < x+1.

- Nếu – 1  x  0 thì x2n+1 – x = (-x)(1-x2n) < 1 suy ra x2n+1 < x + 1.

- Nếu 0 < x  1 thì x2n+1  x < x + 1.

Vậy nếu x là nghiệm của phƣơng trình x2n+1 = x + 1 thì x > 1. Đặt fn(x) = x2n+1 – x – 1. Ta có fn’(x) = (2n+1)x2n – 1 > 0 trên [1, +)

suy ra hàm f tăng trên nửa khoảng này.

Vì f(1) = - 1 < 0 và f(2) = 22n+1 – 3 > 0 nên phƣơng trình này có nghiệm

2n+3 – xn – 1 = xn

2n+3 2n+1 > 0 => 1 < xn+1 < xn => {xn} giảm và bị chặn dƣới bởi 1 => dãy {xn}

xn thuộc (1, 2). Theo lý luận trên, nghiệm này là suy nhất. Xét fn+1 = x2n+3 – x – 1. Ta có: fn+1(1) = - 1 < 0; fn+1(xn) = xn

– xn

có giới hạn hữu hạn a, hơn nữa a  1.

2n+1  a2n+1 > 3.

Ta chứng minh a = 1. Thật vậy, giả sử a > 1. Khi đó xn  a với mọi n và

ta tìm đƣợc n đủ lớn sao cho: xn

Trong khi đó ta có xn + 1 < x1 + 1 < 3 (Mâu thuẫn).

Bài toán 2.4.25. Cho phƣơng trình x + 2x2 + … + nxn = với n nguyên

dƣơng.

a). Chứng minh rằng với mọi n nguyên dƣơng, trên khoảng (0; + ),

phƣơng trình trên có nghiệm duy nhất, kí hiệu là xn

b). Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn khi n + . Tìm giới

hạn đó.

Lời giải:

liên tục trên và có: a) Xét hàm số fn(x) = x + 2x2 +…+ nxn -

(x) = 1 + 22x + …+ n2xn – 1 và (x) > 0 nên hàm số fn(x) tăng

trên .

Mặt khác fn(0) = - < 0, fn(1) > 0 nên phƣơng trình fn(x) = 0 có duy

nhất trong khoảng .

59

b). Ta có

Trừ vế theo vế ta đƣợc:

. Suy ra xn >

Áp dụng định lý Lagrange, tồn tại sao cho:

vì > 1 với yn > 0

IV. Hiệu quả do sáng kiến đem lại

1. Hiệu quả về mặt kinh tế

Qua việc dạy học sinh giỏi nhận thấy, học sinh tiếp thu kiến thức chủ

động hơn, khả năng phân tích, nhận xét, đánh giá, liên hệ tốt hơn. Bên

cạnh đó, học sinh khá giỏi say mê nghiên cứu, sƣu tầm bổ sung thêm

những dạng toán về dãy số.Thƣ viện trƣờng THPT Trực Ninh bổ sung

thêm nguồn tài liệu cho học sinh, giáo viên tham khảo và giảng dạy. Với

định hƣớng nghiên cứu nhƣ vậy, mọi học sinh giáo viên có nhiều cách tiếp

cận, sƣu tầm, bổ sung cho nguồn tài liệu ngày càng phong phú, hơn nữa

học sinh, giáo viên phân loại dạng bài tốt sẽ biến kĩ thuật giải thành

phƣơng pháp cho thuần thục để áp dụng giải toán qua lối tƣ duy hợp lý

trong các dạng bài về dãy số.

2. Hiệu quả về mặt xã hội

60

Dãy số là một chuyên đề thú vị trong chƣơng trình môn Toán bậc

THPT nói chung, đặc biệt ở các trƣờng THPT chuyên. Các bài toán liên quan

đến dãy số rất phong phú, đa dạng, thƣờng là những bài toán khó trong kỳ thi

học sinh giỏi môn Toán cấp quốc gia, khu vực, quốc tế cũng nhƣ Olympic

30/4. Mong muốn rằng học sinh các trƣờng THPT không chuyên nói chung

và học sinh say mê toán học nói riêng đƣợc tiếp cận và giải đƣợc một số dạng

toán về dãy số. Sáng kiến “ Một số dạng toán về dãy số và ứng dụng” đã

hoàn thành các nhiệm vụ sau:

1. Trình bày hệ thống một số kiến thức cơ bản về dãy số trong chƣơng

trình Toán THPT.

2. Hệ thống hóa và đƣa ra lời giải chi tiết về một số dạng toán về dãy số

nhƣ: Tìm giới hạn của dãy số; tìm tổng, tích của dãy số; bài toán về dãy số

lien quan số chính phƣơng...

3. Trình bày một số ứng dụng của dãy số vào việc giải các dạng toán

khác, chẳng hạn nhƣ: Ứng dụng dãy số để giải phƣơng trình hàm; Bất phƣơng

trình hàm; Chứng mimh bất đẳng thức; Thiết lập một số bài toán mới về dãy

số...

Trong giờ ôn tập các em làm bài tự tin hơn, có kĩ năng làm bài tốt hơn

cũng nhƣ tiếp cận dạng bài về dãy số một cách thuận lợi, khi giải đề thi học

sinh giỏi quốc gia dạng bài này các em thấy khả quan có niềm tin tiếp cận,

đặc biệt các em say mê toán học muốn tìm tòi phát triển thêm giúp cho học

sinh đam mê và yêu thích môn Toán. Học sinh học tốt các phần khó, giúp tƣ

duy logic của bộ môn toán đƣợc toàn diện hơn, kết quả học tập của học sinh

cũng cao hơn. Cụ thể kết quả đánh giá học sinh trong năm học 2 năm học

2014-2015 và 2015- 2016 khi áp dụng đề tài tôi đã tiến hành dạy ôn cho học

sinh khá giỏi kết qủa các học sinh thấy yêu thích dạng toán này và cần thấy sự

nghiên cứu một cách nghiêm túc hơn, các em sáng tạo hơn trong tƣ duy môn

Toán .

61

Với những lợi ích xã hội mà sáng kiến đem lại, tôi muốn chia sẻ sáng

kiến này cho các giáo viên đồng nghiệp để chất lƣợng dạy học nói chung và

dạy học môn Toán nói riêng thực sự đáp ứng yêu cầu mà Bộ Giáo dục và Đào

tạo đã đƣợc đề ra.

V.Cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền.

Tôi xin cam kết sáng kiến kinh nghiệm không vi phạm bản quyền cũng nhƣ

sao chép nội dung dƣới bất kì hình thức nào trong quá trình thực hiện đề tài. Tôi

xin hoàn toàn chịu trách nhiệm nếu vi phạm lời cam kết trên.

Trực Ninh, ngày 20 tháng 05 năm 2016.

CƠ QUAN ÁP DỤNG SÁNG KIẾN. TÁC GIẢ SÁNG KIẾN.

TRƢỜNG THPT TRỰC NINH.

Xác nhận.

…………………………………….. Nguyễn Đình Dùng

………………………………………

62

Tài liệu tham khảo

[1]. Lê Hải Châu (1992). Thi vô địch toán quốc tế. NXB TP Hồ Chí Minh.

[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]. www.VnMath.com

SKKN: Một số dạng toán về dãy số và ứng dụng

1

2

3

4

5

6

7

8

9

𝑛

𝑛

𝑛 𝑖=0

𝑛 𝑢2𝑖 = 𝑢2𝑛 +1 − 1 𝑖=0 2 = 𝑢𝑛 . 𝑢𝑛+1

𝑛 𝑖=0

𝑛 4. 𝑢𝑖 𝑖=0

2 = (−1)𝑛

𝑛

𝑛

𝑛

0

1

1

1

0

1

1

1

2

1

0

1

1

1

2

1

2

3

1

3

0

1

1

2

1

3

1

1

3

4

3

2

4

1

𝑎

𝑐

𝑐

𝑐

𝑎

1

𝑎 - Nếu

𝑏

𝑏

𝑑

𝑑

𝑏

𝑏𝑑

𝑎

𝑐

𝑏

𝑑

10

𝑝

𝑎

𝑐

𝑎

𝑝

𝑐

𝑝

𝑎+𝑐