Dãy số và tính chất
Dãy số là một tập hợp các số thực được đánh số và sắp xếp theo thứ tự tăng dần Nó được ký hiệu là (u_n) ∞ n=1, {u_n} ∞ n=1, hoặc đơn giản là (u_n) n⩾1 Dãy số có thể được viết một cách tường minh như một tập hợp các phần tử.
Cũng có thế xem dãy số là tập giá trị của hàm có tập xác định là tập số nguyên dương
Trong chương trình sách giáo khoa lớp 11, dãy số được định nghĩa là một hàm số \( u \) xác định trên tập hợp các số nguyên dương \( N^* \) Dãy số này được gọi là dãy số vô hạn, ký hiệu là \( u: N^* \rightarrow R \) với \( n \mapsto u(n) \).
Người ta thường viết dãy số dưới dạng khai triển u 1 ,u 2 ,u 3 , ,u n , và gọiu1làsố hạng đầu,u n làsố hạng thứnvà làsố hạng tổng quátcủa dãy số.
Các số hạng của dãy số thường được ký hiệu là \( u_n \) và dãy số được biểu diễn là \{u_n\} hoặc (u_n) Trong chương trình phổ thông, học sinh được làm quen với một số dãy số đặc biệt như dãy cấp số cộng, cấp số nhân và dãy Fibonacci, những dãy số này có nhiều tính chất thú vị và ứng dụng thực tiễn Tuy nhiên, bài viết này sẽ tập trung vào các phương pháp tìm giới hạn của dãy số, do đó sẽ không trình bày lại các định nghĩa về các dãy số này.
Ví dụ 1.1.2 (1) Dãy các số tự nhiên chẵn 0,2,4,6,8, có số hạng đầu u 1 =0, số hạng tổng quátu n =2(n−1).
(2) Dãy các số tự nhiên lẻ1,3,5,7, có số hạng đầuu 1 =1, số hạng tổng quátu n 2n−1.
Dãy các số chính phương gồm các số như 1, 4, 9, 16, với số hạng đầu u1 = 1 và số hạng tổng quát u n = n^2 Một hàm số u xác định trên tập M = {1, 2, , m} với m ∈ N* được gọi là một dãy số hữu hạn, có dạng khai triển là u1, u2, , um, trong đó u1 là số hạng đầu và um là số hạng cuối Dãy số (u n) được gọi là dãy số tăng nếu điều kiện u n+1 > u n được thỏa mãn cho mọi n ∈ N.
(b) Dãy số(u n )được gọi làdãy số không giảmnếu ta cóu n+1 ⩾u n ∀n∈N ∗
(c) Dãy số(u n )được gọi làdãy số giảmnếu ta cóun+10 nên có thể xét tỉ số u n+1 u n Ta có u n+1 un
Dãy số {u_n} được gọi là bị chặn trên nếu có một số M tồn tại sao cho u_n ≤ M với mọi n thuộc N* Ngược lại, dãy số {u_n} được gọi là bị chặn dưới nếu có một số m tồn tại sao cho u_n ≥ m với mọi n thuộc N*.
(c) Dãy số{u n } được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, tức là tồn tại các sốm,M sao cho m⩽un⩽M, ∀n∈N ∗
Ví dụ 1.1.7 (1) Dãy số tự nhiên bị chặn dưới vìu n ⩾0với mọin∈N ∗
243, là dãy bị chặn vì
Giới hạn của dãy số và tính chất liên quan
Về mặt trực quan, với dãy số(u n )với số hạng tổng quátu n = (1/2) n được liệt kê u 1 = (1
Khi n lớn, giá trị của dãy số (u n) gần như tiến tới “0”, cho thấy rằng giới hạn của dãy này khi n tiến ra vô cùng là không Chúng ta có thể diễn đạt điều này bằng cách nói rằng “dãy số hội tụ tới không” hay “lim n→∞ un=0” Đồ thị dưới đây minh họa sự biến thiên của các dãy (1/n) và ((1/2)^n) khi n thay đổi từ 1 đến 20.
Giới hạn của dãy số được định nghĩa là giá trị mà dãy số (u n) tiến tới khi n tăng đến dương vô cùng Cụ thể, dãy số (u n) có giới hạn l nếu với mọi ε > 0, tồn tại một số tự nhiên N0 (phụ thuộc vào dãy số u n và ε) sao cho với mọi n > N0, điều kiện |u n − l| < ε được thỏa mãn Ký hiệu của giới hạn này là lim n→∞ u n = l, hay nói cách khác, n→∞lim u n = l nếu và chỉ nếu với mọi ε > 0, có N0 ∈ N sao cho với mọi n > N0, |u n − l| < ε.
Dãy số \( (u_n) \) được gọi là có giới hạn +∞ khi với mọi số thực dương M lớn tùy ý, tồn tại số tự nhiên N₀ sao cho với mọi n > N₀, ta có \( u_n > M \) Điều này có thể ký hiệu là \( \lim_{n \to +\infty} u_n = +\infty \), hay nói cách khác, \( \lim_{n \to +\infty} u_n = \infty \) nếu và chỉ nếu với mọi M > 0, tồn tại N₀ ∈ N sao cho với mọi n > N₀, \( u_n > M \).
Dãy số(u n )được gọi là có giới hạn−∞khin→+∞nếulim(−u n ) = +∞.
Dãy số hội tụ là dãy số có giới hạn hữu hạn, trong khi dãy số phân kỳ là dãy không có giới hạn hoặc tiến đến vô cùng.
Giới hạn của dãy số có những tính chất tương tự như phép tính số học thông thường Việc tìm giới hạn theo định nghĩa có thể phức tạp, do đó, người ta thường sử dụng các công thức giới hạn đặc biệt và các tính chất liên quan Theo Định lý 1.2.2, nếu giới hạn của dãy số tồn tại, thì nó là duy nhất.
(2) [Tính chất về thứ tự của giới hạn.]
– Nếuan⩽bn với n⩾N0 nào đó vàlim n→∞ an=a,lim n→∞ bn=bthìa⩽b.
– Cho (a n ),(b n ),(c n ) là ba dãy số Nếu từ một chỉ số N 0 nào đó trở đi có bất đẳng thứca n ⩽c n ⩽b n vàlim n→∞ a n =a=lim n→∞ b n thìlim n→∞ c n =a.
(3) Giả sử dãy số{u n }có giới hạn hữu hạn`,nếu ∃N 0 ∈Nsao cho với mọin>N 0 ta cóa⩽x n ⩽bthìa⩽`⩽b. Định lý 1.2.3(Tính chất của dãy số hội tụ).
(1) Nếu lim n→∞a n =avà lim n→∞b n =bthì (a) lim n→∞ (a n ±b n ) =a±b.
(2) Nếu lim n→∞a n =0và dãy(b n )bị chặn thì lim n→∞a n b n =0
(3) Nếua n ⩾0với mọinvà lim n→∞a n =athì a⩾0và lim n→∞
Chứng minh Với mọiε>0tồn tại số tự nhiênN 1 vàN 2 sao cho
Tương tự, mọiε>0tồn tại số tự nhiên N 2 sao cho
∀n>N 1 ⇐⇒ |b n −b|N, thì theo bất đẳng thức tam giác ta có
Ta có điều phải chứng minh
Nhận xét 1.2.4 Nếu dãy số(u n )hội tụ thì theo định lý trên ta có n→∞lim(a n+1 −a n ) =0.
Dãy số n = (−1)^n là một dãy phân kỳ, vì |a n+1 − a n| = 2 với mọi n Theo định lý 1.2.5, một dãy số tăng (hoặc giảm) nếu bị chặn trên (hoặc bị chặn dưới) thì sẽ hội tụ.
Hai dãy số (a_n) và (b_n) được coi là kề nhau khi (a_n) là dãy tăng, (b_n) là dãy giảm, và giới hạn lim n→∞(a_n − b_n) = 0 Theo Định lý 1.2.6, nếu hai dãy số kề nhau thì chúng sẽ hội tụ về cùng một giới hạn.
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giới thiệu khái niệm về dãy con và dãy Cauchy cùng với một số tính chất liên quan Cụ thể, định nghĩa 1.2.7 nêu rõ rằng, cho dãy số (a_n) = a1, a2, , dãy (a_nk) với các chỉ số n1 < n2 < được gọi là một dãy con được trích ra từ dãy (a_n).
(b) Dãy số (a n )được gọi là dãy Cauchy nếu với mọiε>0, tồn tại số tự nhiên N 0 sao cho với mọim,n>N 0 ta có|a n −a m |0,lim n→∞v n =0vàv n >0với mọinthì lim n→∞ u n v n = +∞.
(3) Nếu lim n→∞u n = +∞và lim n→∞v n =a>0thì lim n→∞u n v n = +∞.
LỜI GIẢI Chia tử và mẫu chon,ta được3n+4 n2 n =3+ 4 n
Một số phương pháp tìm giới hạn của dãy số
Sử dụng tính đơn điệu của dãy số trong tìm giới hạn
Để chứng minh tính đơn điệu tăng của dãy số \((a_n)\), ta thường sử dụng điều kiện \(a_{n+1} - a_n \geq 0\) hoặc \(\frac{a_{n+1}}{a_n} \geq 1\) từ chỉ số \(N_0\) trở đi Việc này khá dễ dàng với học sinh, nhưng vấn đề còn lại là chứng minh dãy số bị chặn Nhiều học sinh nghĩ đến phương pháp quy nạp, nhưng gặp khó khăn khi \((a_n)\) là dãy số tăng, khiến việc chọn đại lượng chặn trên là một hằng số không khả thi Để khắc phục, ta cần áp dụng kỹ thuật giảm đi một lượng vừa đủ theo một quy tắc nào đó, đảm bảo \((a_n)\) vẫn bị chặn và có thể sử dụng phương pháp quy nạp Một ví dụ minh họa là dãy số với bất đẳng thức \(a_n \leq 2 - 2^n\), tuy nhiên, việc đưa ra bất đẳng thức này không tự nhiên Do đó, khi dạy bài tập này, ta thường không đi ngay vào lời giải mà tiếp cận theo hướng giả sử \((a_n)\) bị chặn trên bởi một số.
Mnào đó Tức làa n 0 cho mọi n ≥ 1 Chúng ta sẽ chứng minh rằng dãy này bị chặn, và từ đó, nó sẽ có giới hạn hữu hạn.
Cách 2.Xét bất phương trình a+2√ x< x, dễ thấy bất phương trình có nghiệm thực dương, gọiM là một nghiệm thực dương của nó, ta có a+2√
M x 1 ⇒ f n (x 1 )>x 1
Vậyx1 không là nghiệm của phương trình f n (x) =x.Do đó, phương trình f n (x) =xcó nghiệm duy nhấtx0trên[α,β].
Nếu lim x→α + (f(x)−x)và lim x→β − (f(x)−x)cùng âm chứng minh tương tự.
Mọi nghiệm của phương trình f(x) = x đều là nghiệm của phương trình f n (x) = x Do đó, nếu phương trình f n (x) = x có nghiệm duy nhất, thì phương trình f(x) = x cũng sẽ có nghiệm duy nhất Định lý 1.3.9 cho biết rằng nếu f : [α, β] ⊂ R → [α, β] là hàm đồng biến và dãy {x n } thỏa mãn xn+1 = f(x n ) cho mọi n ∈ N*, thì các điều kiện trên sẽ được áp dụng.
(a) Nếux1x 2 thì dãy{x n }là dãy giảm.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng x_n < x_{n+1} với mọi n ∈ N* bằng phương pháp quy nạp Đầu tiên, với n = 1, ta có x_1 < x_2, do đó khẳng định đúng Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là u_k < u_{k+1}, ta cần chứng minh với n = k + 1 Vì f là hàm đồng biến, ta có f(u_n) < f(u_{n+1}), dẫn đến u_{k+1} < u_{k+2} Như vậy, theo phương pháp quy nạp, ta suy ra u_k < u_{k+1} với mọi k ∈ N* Đối với phần chứng minh tương tự, ta áp dụng quy trình tương tự để hoàn thiện Định lý 1.3.10 khẳng định rằng, nếu f: [α, β] ⊂ R → [α, β] là hàm nghịch biến và dãy {x_n} thỏa mãn x_{n+1} = f(x_n) với mọi n ∈ N*, thì các điều kiện trên sẽ được thỏa mãn.
(a) Các dãy{x 2n }và{x 2n+1 }đơn điệu, trong đó một dãy tăng và một dãy giảm.
(b) Nếu{x n }bị chặn thì∃α= lim n→∞x 2n và∃β= lim n→∞x 2n+1 (c) Nếu f liên tục thìα,βlà nghiệm của phương trình f(f(x)) =x (1.1)
Vì vậy nếu(1.1)có nghiệm duy nhất thìα=βvà lim n→∞xn=α=β.
Để chứng minh rằng hàm f(f(x)) đồng biến, trước tiên ta nhận thấy rằng f là hàm giảm Áp dụng Định lý 1.3.9, ta có điều cần chứng minh Từ phần a), có thể suy ra trực tiếp rằng f(f(x 2n)) = f(x 2n+1) = x 2n+2 Khi n tiến tới vô cùng, ta có lim f(f(x 2n)) = lim n→∞ x2n+2 = α, và lim x 2n = α khi n tiến tới vô cùng.
Chứng minh tương tự ta cũng có β= f(f(β)) Vậy α,β cũng là nghiệm của phương trình f(f(x)) =x.
Ví dụ 1.3.11([4]) Với nlà số nguyên dương Xét phương trình sau x+2x 2 +ã ã ã+nx n = 3
(a) Chứng minh rằng với mọinnguyên dương, phương trình (1.2) có nghiệm duy nhất trên(0;∞), ký hiệu làxn(ứng với mỗin).
(b) Chứng minh rằng dãy{x n }có giới hạn hữu hạn khin→∞ Tìm lim n→∞x n
Chứng tỏ f n (x)là hàm số liên tục và đồng biến trên miền[0,+∞). a) Lại có f n (0) =−3
4+ (2+ã ã ã+n)>0,dẫn đến phương trỡnh f n (x) =0 có nghiệm duy nhấtx n trên[0,+∞)và0 xn+1 với mọi n ≥ 1, dẫn đến dãy số {xn} là dãy giảm Kết hợp với việc dãy này bị chặn, suy ra tồn tại giới hạn lim n→∞ xn = a.
4. Trừ theo vế hai đẳng thức ta thu được
3,∀n⩾1.Áp dụng định lý Lagrange, tồn tạiyn∈1
3 n =0,theo giới hạn kẹp suy ra lim n→∞x n = 1
Ví dụ 1.3.12 Xét phương trình
2, (1.3) trong đónlà tham số dương.
(a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dươngn,trong khoảng (1,+∞)phương trình (1.3) có nghiệm duy nhất Ký hiệu nghiệm đó làx n
(b) Chứng minh rằng dãy số{x n }có giới hạn là4.
LỜI GIẢI Xét hàm số f(x) = 1 x−1+ 1
(n 2 x−1) 2 1. a) Ta có hàm số fn(x)liên tục và nghịch biến trong khoảng(1,+∞).Hơn nữa lim n→1 + fn(x) +∞ và lim n→∞f n (x) = −1
2 Suy ra, với mọi số nguyên dương n, trong khoảng (1,+∞) phương trình (1.3) có nghiệm duy nhất. b) Ta có f n+1 (x)−f n (x) = 1
Suy ra x n a=x 1 nên{x n } là dãy số tăng, mà lại bị chặn suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn lim n→∞x n =α,với αlà nghiệm của phương trình f(x) =x⇒α∈
Điều này cho thấy rằng tồn tại một số nguyên dương n sao cho n > 1/3 Gọi n0 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện này, ta có x n0 - 1 < 1/3 và x n0 = f(x n0 - 1) < 1 Do đó, x n0 + 1 = f(x n0) nằm trong khoảng (1, 4/3) Khi áp dụng chứng minh, ta suy ra rằng từ n0 trở đi, dãy số {x n} là dãy giảm và có giới hạn là 1.
Ví dụ 1.3.17(VMO 2007) Cho dãy số{x n }thỏa mãn
1 x 2 k Chứng minh rằng dãy số{y n }có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
L ỜI GIẢI Từ giả thiết ta cóx n >0∀n⩾1.Ta có x n −x n−1 q x 2 n−1 +4x n−1 +xn−1
Do đó dãy{x n }tăng Giả sử lim n→∞x n =athìa>0và a√ a 2 +4a+a
Ví dụ 1.3.18(VMO 2011) Cho dãy số{x n }xác định bởi x1=1,x n = 2n
Với mỗin⩾1,đặty n =x n+1 −x n Chứng minh rằng dãy số{y n }có giới hạn hữu hạn.
L ỜI GIẢI Với mọin⩾1,ta có xn+1 1+1 n+ 1 n 2 + 1 n 3 x n vàyn= n 2 +n+1 n 3 xn.
18 >y 2 nên ta dự đoán yn+1>y n , ∀n⩾1 (1.5)
Thật vậy, điều này tương đương với n 2 +3n+3 (n+1) 3 xn+1> n 2 +n+1 n 3 xn
Ta tìma,bsao chox n ⩽an+b,∀n⩾k 0 để y n ⩽ (an+b)(n 2 +n+1) n 3 n+2
Ta quay về chứng minhu n >1+3 n với mọin⩾2bằng quy nạp Vớin=2thì hiển nhiên đúng Vớin>2thì u n = n+2
Dãy đã cho là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0, do đó nó có giới hạn hữu hạn là a Áp dụng công thức truy hồi, ta có a = 1.
Ví dụ 1.3.20(VMO 2013) Cho dãy số thực{a n }xác định bởi a 1 =1,an+1=3−a n +2
Chứng minh rằng dãy{a n }có giới hạn hữu hạn Hãy tìm giới hạn đó.
LỜI GIẢI Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minha n >1,∀n⩾2 Vớin=2, ta có u 2 = 3
2 nên giả thiết đúng Giả sử giả thiết đúng với k⩾2, tức là a k >1, ta đi chứng minh a k+1 =3−a k +2
Xét hàm sốu(x) =2 x+1 −x−2trên(1,+∞).Ta có u 0 (x) =2 x+1 ln 2−1>0,x>1 Do đóu(x)là hàm số đồng biến Suy rau(a k )>u(1)>0 Theo nguyên lý quy nạp suy ra giả thiết đúng.
Ta chứng minh{a n }là dãy số tăng Xét hàm số f(x) =3−2+x
2 x >0, x∈(1,3) nên f(x) đồng biến trên (1,3) Lại có a 2 = 3
2 >a 1 =1 nên {a n } là dãy số tăng Dãy {a n } tăng và bị chặn suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn lim n→∞a n =L, với L là nghiệm của phương trìnhL=3−L+2
Sử dụng định lý Lagrange trong tìm giới hạn
Định lý 1.3.25 (Lagrange 1 ) Giả sử hàm số f(x) xác định và có đạo hàm trên đoạn
[a,b],khi đó tồn tại một điểm c∈(a,b)sao cho f 0 (c)(a−b) = f(a)− f(b).
Giả sử hàm số f(x) xác định và có đạo hàm trên miền xác định D, với điều kiện |f'(c)| ≤ c < 1, thì phương trình f(x) = x có nghiệm duy nhất β thuộc D Khi đó, dãy số {x_n} được xác định bởi x_0 ∈ D và x_{n+1} = f(x_n) với n = 0, 1, 2, sẽ có giới hạn là β khi n tiến tới vô cùng.
Chứng minh Giả sử|f 0 (x)|⩽c2 ta có c−√ c+x 0 =c− q c+√ c>c−√
2c>0 nênx1được xác định Giả sửx k (k⩾1) đã được xác định Khi đó,00,x n+1 =x n + 1 x n ,∀n⩾1.
Dãy số {a n} là dãy số dương tăng, và nếu {x n} bị chặn trên thì tồn tại giới hạn lim n→∞ x n = a Tuy nhiên, từ công thức truy hồi, ta có a = a + 1, dẫn đến 1/a = 0, điều này vô lý Do đó, dãy {x n} không bị chặn, và lim n→∞ x n = +∞.
√2n =1⇔ lim n→∞ x 2 n 2n =1. Áp dụng định lý trung bình Cesaro đưa về tính lim n→∞ x 2 n+1 −x 2 n
2 Từ công thức truy hồi suy ra x 2 n+1 =x 2 n +2+ 1 x 2 n ⇔ x 2 n+1 −x 2 n
Ví dụ 1.3.35 Cho dãy số{a n }xác định như sau:
Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh rằng với n ∈ (0,1) và ∀n ∈ N*, dãy số {a_n} thỏa mãn công thức truy hồi a_{n+1} = a_n - a_n^2 cho mọi n ≥ 1 Điều này dẫn đến dãy {a_n} là dãy giảm và bị chặn, từ đó suy ra rằng dãy có giới hạn hữu hạn, lim_{n→∞} a_n = a Áp dụng công thức truy hồi qua giới hạn, ta có a = a(1 - a) ⇔ a = 0, do đó lim_{n→∞} a_n = 0.
1−a n →1. Áp dụng định lý trung bình Cesaro ta suy ra n→∞lim
1 na n =1⇔ lim n→∞nan=1. b) Ta có n→∞lim n(1−na n ) lnn = lim n→∞ na n a 1 n−n lnn
Vì lim n→∞na n =1nên ta tính lim n→∞
Từ định lý Stolz suy ra lim n→∞
1 a n−n lnn =1.Dẫn đến lim n→∞ n(1−a n ) lnn =1.
Ví dụ 1.3.36 Cho dãy số{a n }xác định như sau:
LỜI GIẢI Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh đượcan∈(0,π),∀n⩾1.Xét hàm số f(x) =x−sinx,∀x∈[0,π], có f 0 (x) =1−cosx⩾0,∀x∈[0,π] Suy ra f(x) đồng biến trên[0,π]nên f(x)> f(0) =0,∀x∈(0,π)⇒x>sinx,∀x∈(0,π).
Dãy số {a_n} được xác định bởi công thức a_(n+1) = sin(a_n) với a_n < a, cho mọi n ≥ 1, dẫn đến dãy số này là giảm và bị chặn, do đó có giới hạn hữu hạn lim (n→∞) a_n = a Qua việc áp dụng công thức truy hồi, ta có thể tìm được giá trị a thỏa mãn a = sin(a), tương đương với a = 0, và từ đó suy ra lim (n→∞) a_n = 0.
= lim n→∞ a 2 n −sin 2 a n a 2 n sin 2 a n Áp dụng quy tắc L’Hospital thu được limx→0 x 2 −sin 2 x x 2 sin 2 x =lim x→0
Từ đó lim n→∞ a 2 n −sin 2 a n a 2 n sin 2 a n = 1
3. Áp dụng định lý trung bình Cesaro suy ra n→∞lim
Ví dụ 1.3.37 Cho dãy số{a n }xác định như sau: a 1 =1,a n+1 =a n + 1 n
LỜI GIẢI Bằng phương pháp quy nạp chứng minh đượcan>0, ∀n⩾1.Từ công thức truy hồi suy ra được{a n }là dãy số tăng Lại có a 2 n+1 a n + 1 a 1 +ã ã ã+a n
>a 2 n +2 n. Lặp lại quá trình nàynlần thu được a 2 n+1 >a 2 n +2 n >ã ã ã>a 2 1 +2
Mặt khác, ta có an+1>an+ 1 na n ⇔1< an+1 a n 0cho trước và thỏa mãn điều kiện Tn+1 =Tn+ 1
√Tn với mọi n=1,2, Chứng minh rằng dãy số
Un= T n 3/2 n vớin=1,2, có giới hạn hữu hạn khindần ra vô hạn và tìm giới hạn đó.
Để chứng minh rằng lim n→+∞ T n = +∞, ta giả sử ngược lại rằng dãy T n bị chặn Vì {T n} là dãy dương và tăng, nên tồn tại lim n→+∞ T n = β hữu hạn Từ đó, ta có β = β + 1/pβ.
, vô lý Vậy dãyTnkhông bị chặn.
Tiếp theo, xét dãyv n =T n+1 3/2 −Tn 3/2 vớin=1,2, Ta sẽ chứng minh lim n→+∞v n = 3
Vì lim n→∞T n = +∞nên lim n→∞x n =0.Suy ra n→+∞lim v n = lim n→+∞ x 2 n +3x n +3
Cuối cùng, áp dụng định lý Cesaro vớivn=T n+1 3/2 −Tn 3/2 ta được n→∞limw n = lim n→∞
VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIỚI HẠN VÀO MỘT SỐ TOÁN LÊN QUAN ĐẾN DẪY SỐ
Một số bài toán về giới hạn của một tổng
Nghiên cứu về dãy số và sự hội tụ của chúng là rất quan trọng trong toán học Phương pháp giới hạn là nền tảng của giải tích toán học, trong đó chuyển qua giới hạn là một phép toán cơ bản Bài viết này sẽ xem xét các dãy số có dạng u1=a∈R, un+1=αu²n+βun+γ, với n≥1, và mở rộng tới các dãy số tổng quát hơn Đối với dãy số dạng (2.1), chúng ta sẽ trình bày các kết quả liên quan.
Dãy số trên hội tụ khi và chỉ khib−1⩽a⩽b.
Chứng minh Trước hết ta có u n+1 =u n + (u n −b) 2
Do đó dãy số đã cho là dãy số tăng. Điều kiện cần:Giả sử dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn làl,ta có phương trình l =l+ (l−b) 2 ⇔l =b.
Vì vậy ta phải có dãy số tăng và bị chặn trên bởib.Khi đó, với mọinta có u n+1 ⩽b⇔u 2 n + (1−2b)u n +b 2 ⩽b
Giải bất phương trình trên với ẩnu n ta đượcb−1⩽u n ⩽b.Đặc biệt vớib−1⩽u 1 ⩽b, ta đượcb−1⩽a⩽b. Điều kiện đủ:Giả sửb−1⩽a⩽b Khi đó bằng quy nạp ta có thể chứng minh b−1⩽u n ⩽b,∀n (2.3)
Vớin=1,ta cób−1⩽u 1 ⩽b⇔b−1⩽a⩽b,vậy (2.3) đúng vớin=1.Giả sử (2.3) đúng vớin=k(k⩾1),ta cób−1⩽u k ⩽b Ta chứng minh (2.3) đúng vớin=k+1. Xét hàm số f(x) =x 2 + (1−2b)x+b 2 vớix∈[b−1,b].Ta có f 0 (x) =2x+ (1−2b);f 0 (x) =0⇔x= 2b−1
2 ∈[b−1,b]nên ta có bảng biến thiên: x f 0 (x) f(x) b−1 b− 1 2 b
Theo định lý 2.1.2, dãy số {u n } được xác định bởi công thức f(u k ) nằm trong khoảng [b−1, b] Nhờ vào nguyên lý quy nạp, ta chứng minh rằng (2.3) đúng với mọi n, từ đó suy ra dãy số {u n } bị chặn trên bởi b và do đó dãy số này hội tụ.
Nếu các điều kiện sau thỏa mãn
−a, 1 β−b , thì dãy số đã cho không có giới hạn hữu hạn.
Chứng minh Ta có un+1−u n =βu 2 n + [β(a+b)−1]u n +a(βb−1).
Vì tam thức bậc hai f(x) =βx 2 + [β(a+b)−1]x+a(βb−1) có∆= [β(a+b)−1] 2 −4βa(βb−1)⩽0nên f(x)⩾0với mọix.Suy ra dãy số{u n }là dãy số không giảm.
Ta giả sử dãy số trên bị chặn trên, kéo theo tồn tạil= lim n→∞u n Khi đól⩾αlà nghiệm của phương trình βx 2 + [β(a+b)−1]x+a(βb−1) =0
⇔x=−ahoặcx= 1 β−b. Điều này là mâu thuẫn vìα>max
−a, 1 β −b Vậy dãy số đã cho không có giới hạn hữu hạn.
Hệ quả 2.1.3 Cho dãy số{u n }được xác định bởi công thức
Nếu các điều kiện sau thỏa mãn
Chứng minh Theo Định lý 2.1.2 ta được{u n }là dãy số tăng và do đóun6=−a,un6=−b. Với mọik⩾1ta có u k+1 =βu 2 k +β(a+b)u k +a(βb−1)
⇔ 1 uk+a− 1 uk+1+a = 1 uk+b. Lấy tổng theokta được n
Lấy giới hạn và lưu ý theo Định lý 2.1.2 rằng lim n→∞u n = +∞, ta có lim n→∞ n
Ví dụ 2.1.4(Đề thi tuyển viên chức Hà Nội, 2014, [3]) Cho dãy số{u n }được xác định bởi công thức truy hồi
L ỜI GIẢI Ta áp dụng Hệ quả 2.1.3 vớia=−2,b=1,β= 1
3 và α=3 Dễ dàng kiểm tra được các điều kiện của Hệ quả 2.1.3 được thỏa mãn nên ta được n→∞lim n
Ví dụ 2.1.5 Cho dãy số{u n }được xác định bởi công thức truy hồi
= (a 2 +3a+1) 2 , nên ta đượcun+1=u 2 n +3u n +1 Áp dụng Hệ quả 2.1.3 cho a= α=β=1,b= 2 ta được n→∞lim n
Ví dụ 2.1.6([3]) Cho dãy số{u n }được xác định bởi công thức truy hồi
LỜI GIẢI Trước hết với mọin, ta có un+1= u 2 n u 2 n −u n +1 = u 2 n u n − 1
Như vậy với mọi n⩾ 2, ta có u n ⩾ 0 Hơn nữa dễ dàng thấy được: nếu u 1 = 0 thì u n =0,∀nhoặc nếuu 1 =1thìu n =1,∀n.Xét trường hợp u 1 6=0vàu 1 6=1.Ta có u n+1 −1= u 2 n u 2 n −un+1−1⇔u n+1 −1= u n −1 u 2 n −un+1.
Nếu \( u_1 > 1 \), dãy số \( \{u_n\} \) giảm và bị chặn dưới, do đó tồn tại giới hạn \( l \) Giải phương trình \( l = l^2 - l + 1 \) cho thấy \( l(l^2 - 2l + 1) = 0 \), dẫn đến hai giá trị \( l = 0 \) hoặc \( l = 1 \).
Khi \( k > 1 \), ta có \( \lim_{n \to \infty} u_n = 1 \) với điều kiện \( n \geq 1 \) Ngược lại, nếu \( 1 < k \), dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 0, dẫn đến \( \lim_{n \to \infty} u_n = 0 \).
Ta tiếp tục biến đổi uk+1−1= uk−1 u 2 k −u k +1 ⇔uk= 1 uk+1−1− 1 u k −1.
∑ k=1 uk = 1 un+1−1− 1 u 1 −1. Suy ra n→∞lim n
Chứng minh tương tự như Định lý 2.1.2 chúng ta đạt được các kết quả khác như sau: Định lý 2.1.7([3]) Cho dãy số{u n }được xác định bởi công thức
Nếu các điều kiện sau thỏa mãn
Chứng minh Ta có un+1−u n =βu 2 n + (aβ+bβ)u n +abβ
Dãy số đã cho là dãy số tăng, điều này được thể hiện qua bất phương trình β(u n +a)(u n +b)>0 Dãy số u n không bị chặn trên, vì nếu bị chặn, dãy số sẽ hội tụ Giả sử l = lim n→∞u n, ta có l =−a hoặc l =−b, dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết α>max{−a,−b} Tiếp tục, ta có thể biến đổi thành uk+1=βu 2 k + (1+aβ+bβ)u k +abβ.
⇔ 1 u k +a− 1 u k+1 +a=β uk+b u k+1 +a. Lấy tổng theokhai vế bất đẳng thức trên ta được n
∑ k=1 β u k +b uk+1+a. Lấy giới hạn ta được n→∞lim n
Hệ quả 2.1.8 Cho dãy số{u n }được xác định bởi công thức
Nếu các điều kiện sau thỏa mãn
(ii) α>−a, thì ta có n→∞lim n
Hệ quả 2.1.9 Cho dãy số{u n }được xác định bởi công thức
Nếu các điều kiện sau thỏa mãn
Ví dụ 2.1.10(Olympic 30/4 - 1999) Cho dãy số{u n }được xác định như sau
LỜI GIẢI Áp dụng Hệ quả 2.1.9 vớiα=1,β= 1
Ví dụ 2.1.11(Đề thi Olympic Toán sinh viên 2018, môn Giải tích, [3]) Cho dãy số{u n } được xác định bởi công thức
LỜI GIẢI Áp dụng Hệ quả 2.1.9 vớiα 19,β= 1
Hệ quả 2.1.12 Choλ>0và dãy số{u n }được xác định bởi công thức
Nếu các điều kiện sau thỏa mãn
Chứng minh Trước hết ta sẽ chứng minh dãy số đã cho không có giới hạn hữu hạn Ta có u n+1 −u n =β(u λ+1 n +au λ n +bu n +ab)
Từ (2.4) và các điều kiện đã cho, ta có u 2 =u 1 +β(u λ 1 +b)(u 1 +a)>0 và từ đó cóu2>max
0,−a,|b| 1 λ với k⩾1 Khi đó từ (2.4) ta được u k+1 =u k +β(u λ k +b)(u k +a)>u k
Từ đó theo nguyên lý quy nạp ta kết luận dãy số{u n }là dãy số tăng.
Ta giả sử dãy số trên bị chặn trên, nghĩa là tồn tạil = lim n→∞u n Khi đól ⩾αlà nghiệm của phương trình x=βx λ+1 +aβx λ + (1+bβ)x+abβ
⇔(x+a)(x λ +b) =0⇔x=−ahoặcx λ =−b. Điều này là mâu thuẫn vìu n >u 1 =α>max
Dãy số đã cho không có giới hạn hữu hạn Chúng ta sẽ tìm giới hạn của tổng đã cho, với công thức uk+1=βu λ+1 k +aβu λ k + (1+bβ)u n +abβ Từ đó, ta có thể suy ra uk+1−uk =β(u λ k +b)(u k +a).
⇔ 1 u k +a− 1 uk+1−a =β u λ k +b uk+1+a. Lấy tổng theokhai vế đẳng thức trên ta được n
∑ k=1 β u λ k +b uk+1+a. Lấy giới hạn ta được n→∞lim n
Ví dụ 2.1.13 Cho dãy số các số dương{u n }được xác định bởi công thức
LỜI GIẢI Áp dụng Hệ quả 2.1.12 vớiα=1,β=1vàa=b=0,ta được n→∞lim n
Ví dụ 2.1.14([3]) Cho dãy số các số dương {u n }được xác định bởi công thức
LỜI GIẢI Áp dụng Hệ quả 2.1.12 vớiα=1,β=1vàa 18,b=0vàλ 19, ta được n→∞lim n
Một số bài toán về dãy số liên quan đến hình học
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ khám phá một số ứng dụng quan trọng của giới hạn trong các bài toán hình học Nội dung được tham khảo từ tài liệu [6], [7] và Tạp chí Toán học tuổi trẻ, nhằm cung cấp cái nhìn sâu sắc về vai trò của giới hạn trong việc giải quyết các vấn đề hình học.
Bài toán 2.2.1 Chứng minh rằng trong một tam giác, ba đường trung tuyến luôn đồng quy tại một điểm và điểm đó chia đường trung tuyến theo tỉ lệ2 : 1.
Giả sử các trung tuyến AA1, BB1, CC1 không đồng quy, chúng sẽ cắt nhau tại các điểm P, Q, R Tam giác PQR nằm trong tam giác ABC.
A 2 ,B 2 ,C 2 lần lượt là giao điểm của các trung tuyếnAA 1 ,BB 1 ,CC 1 với các đường trung bình (Hình 2.2).
Sử dụng định lý Thales, ta chứng minh rằng A2, B2, C2 lần lượt là trung điểm của B1C1, C1A1, A1B1 Do đó, A1A2, B1B2, C1C2 trở thành các trung tuyến của tam giác A1B1C1 Kết quả là đường trung tuyến của hai tam giác ABC và A1B1C1 trùng nhau.
Vì vậy, 4PQR nằm trong 4A 1 B 1 C 1 Khi lặp lại quá trình này, ta sẽ tạo ra dãy tam giác {A n B n C n} n luôn chứa 4PQR Dựa vào tính chất độ dài đường trung bình của tam giác, chúng ta có thể thu được kết quả mong muốn.
Theo tính chất tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng (bằng bình phương tỉ số độ dài) ta có
Khi n tiến đến vô cùng, ta có S A n B n C n tiến về 0, chứng tỏ rằng từ một chỉ số n nào đó, 4A n B n C n nằm trong 4PQR Điều này mâu thuẫn với cách xây dựng dãy {A n , B n , C n} Do đó, ba đường trung tuyến phải đồng quy tại điểm G.
Ta chứng minh điểmGchia độ dài đoạnAA1 theo tỉ lệ2 : 1.Thật vậy, đặt AA1=m. Khi đó
Bài toán tổng quát liên quan đến trung tuyến của một n-góc, được định nghĩa là đoạn thẳng nối các đỉnh của n-góc với trọng tâm của các n−1-góc được tạo thành từ n−1 đỉnh còn lại Chứng minh rằng tất cả các trung tuyến này sẽ đồng quy tại một điểm duy nhất, và điểm này sẽ chia các trung tuyến theo một tỉ số nhất định.
Trọng tâm của một đoạn thẳng là trung điểm của cạnh đó Theo Bài toán 2.2.1, các trung tuyến của tam giác đồng quy tại trọng tâm G, và điểm G chia các trung tuyến theo tỉ số 2:1.
Với n=4, ta xét tứ giác A 1 A 2 A 3 A 4 (Hình 2.3) Ta gọi Slà trung điểm A 1 A 2 , O 1 ,O 2 lần lượt là trọng tâm của tam giác A1A2A3,A1A2A4 Gọi O là giao điểm của A3O2 và
A4O1.Áp dụng tính chất trọng tâm và định lý Thales, ta cóO1O2kA3A4và O 1 O 2
Do4OO 2 O1∼ 4OA 3 A4nên OA4
4.Như vậy khẳng định đúng vớin=4.
Giả sử khẳng định đúng với n = k - 1, nghĩa là các trung tuyến của (k - 1)-giác đồng quy tại điểm O và điểm này chia mỗi trung tuyến theo tỉ lệ (k - 2):(k - 1) Chúng ta cần chứng minh rằng khẳng định cũng đúng với n = k, tức là các trung tuyến của k-góc đồng quy tại O và O chia mỗi trung tuyến theo tỷ lệ (k - 1):k.
Thật vậy, gọi S là trọng tâm của (k−2)-giác A 1 A 2 A 3 A k−2 (Hình 2.4) Khi đó, theo định nghĩa thì SA k−1 ,SA k là các trung tuyến của (k−1)-giác A 1 A 2 A 3 A k−1 và
A 1 A 2 A 3 ã ã ãA k−2 A k Gọi O k−1 ,O k theo thứ tự là trọng tõm của hai đa giỏc trờn Theo giả thiết quy nạp ta có
Từ định lý Thales suy ra O k−1 O k kA k−1 A k Gọi O là giao điểm của A k−1 O k−1 và A k O k (đều là các trung tuyến) Do4OO k−1 O k ∼ 4OA k−1 A k ,ta có
OO k = k−1 k Khẳng định được chứng minh.
Trong bài toán 2.2.2, bắt đầu từ một đường tròn bán kính đơn vị, ta dựng một hình vuông nội tiếp và từ đó tiếp tục tạo ra các hình đa giác nội tiếp theo quy luật: trong mỗi đường tròn, ta nội tiếp một đa giác đều với số cạnh tăng dần theo công thức 2n+1, với n là số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 2 Đặt Rn là bán kính của đường tròn thứ n, bài toán yêu cầu tính giới hạn lim n→∞ Rn.
L ỜI GIẢI Để lời giải được tổng quát, gọiRlà bán kính đường tròn ban đầu Ta có cạnh hình vuông là√
2R.Hình tròn thứ hai có bán kính là
4. Tương tự, đường tròn thứ ba có bán kính là
Ta dự đoán đường tròn thứncó bán kính là
Ta chứng minh nhận định (2.5) bằng phương pháp quy nạp Vớin=2khẳng định đúng, vì bán kính đường tròn thứ hai là R
4 Giả sử bán kính đường tròn thứ k (k⩾2) là
2 k Bán kính đường tròn thứk+1sẽ ứng với cạnh tam giác vuông cân có góc đáy bằng góc ở tâm và có số đo π
2 k+1 và tam giác đó có cạnh huyền làR k Do đó ta tính được cạnh góc vuông chính là
2 k+1 Khẳng định (2.5) được chứng minh Mặt khác
Sử dụng công thức nhân đôinlần bên vế phải vàR=1ta thu được
Từlim x→0 sinx x =1,tìm được lim n→∞Rn= 2 π.
Bài toán 2.2.3 yêu cầu chứng minh rằng tam giác 4A_n B_n C_n sẽ tiến tới một tam giác đều khi n dần ra vô cùng Đường tròn ngoại tiếp 4A_1 B_1 C_1 có các đường phân giác của các góc trong cắt tại các điểm A_2, B_2, C_2 Tiếp theo, đường phân giác góc trong của 4A_2 B_2 C_2 lại cắt đường tròn tại A_3, B_3, C_3, và quá trình này tiếp tục lặp lại.
L ỜI GIẢI Cần chứng minh n→∞limA n = lim n→∞B n = lim n→∞C n = π
Adn+1=Bn+1\An+1Cn+1=Bn+1\An+1A n +A n A\n+1Cn+1
Nhân lần lượt các đẳng thức trong hệ (2.6) với −1
2 rồi cộng vế theo vế ta được
Bài toán 2.2.4 Cho 4ABCvuông tạiAvà điểmPbất kỳ Dựng điểmA 1 là trung điểm
Tam giác A1B1C1 được hình thành từ các trung điểm A1, B1 và C1 của các đoạn thẳng AB và BC Khi tiếp tục quy trình bằng cách thay A1 thành P, chúng ta nhận được tam giác A2B2C2, trong đó A2, B2, C2 là các trung điểm của các đoạn thẳng A1A, A2B và B2C Qua đó, ta có thể chứng minh rằng dãy điểm An, Bn, Cn sẽ hội tụ về các điểm A0, B0, C0, và vị trí của chúng không phụ thuộc vào vị trí ban đầu của điểm P.
LỜI GIẢI Cho hệ trục Oxy sao cho A≡O,B∈Oy,C∈Ox Đặt a,b Khi đóA(0,0),B(0,a),C(b,0)vàP(x,y) Theo cách dựng trên ta xây dựng được dãy tọa độ các điểm như sau:
, Quá trình tiếp tục một cách tương tự ta thu được dãy với số hạng tổng quát
Bằng kĩ thuật tính giới hạn, ta thu được dãy{A n ,B n ,C n }có giới hạn là{A 0 ,B 0 ,C 0 }với
2,a 4 không phụ thuộc (x,y), tức là không phụ thuộc vị trí điểm P ta cũng dễ dàng chứng minh đượcS A 0 B 0 C 0 = 1
Bài toán 2.2.5 Cho4ABCvuông cân tạiC.Ta dựng các điểmP 0 ≡A,P 1 là trung điểm
BC, P 2k là trung điểm của AP 2k−1 và P 2k+1 là trung điểm của BP 2k với k=1,2,3, Chứng minh rằng các giới hạnM,N của dãy{P 2k }và {P 2k+1 },k=1,2,3, nằm trên cạnh huyền của4ABC.
LỜI GIẢI Ta chọn hệ trục Oxy sao choC(0,0),A(1,0),B(0,1) (Hình 2.8) Ta kí hiệu (x n ,y n )là tọa độ các điểmP n vớin=0,1,2, Từ công thức tính tọa độ trung điểm ta có x 0 =1,y 0 =0,x 1 =0,y 1 = 1
Từ đó tính được tọa độ(x n ,y n )như sau: x 2 = 1
Bằng quy nạp thu được x2k= 1 2
Ta chứng minh khẳng định trên đúng Thật vậy giả sử khẳng định trên đúng tớin=k⩾1. Khi đó x 2(k+1) = 1+x 2k+1
Khẳng định đúng vớin=k+1.Tương tự ta cũng xây dựng được y 2k = 1 4
,k=1,2,3, Bằng kĩ thuật giới hạn thu được k→∞limx 2k = 1
3,2 3 lần lượt là giới hạn của các dãy{P 2k },{P 2k+1 }.Dễ dàng chứng minh được tọa độ các điểmM,N thỏa mãn phương trình cạnh huyềnAB.
Hình bông tuyết Vôn Kốc là một ví dụ thú vị về hình có diện tích hữu hạn nhưng chu vi lại vô hạn, thể hiện một nghịch lý trong hình học.
Bông tuyết Vôn Kốc, được đặt theo tên nhà toán học Thụy Điển Niels Fabian Helge von Koch, là một hình dạng fractal được tạo ra qua phương pháp lặp Quá trình bắt đầu với một tam giác đều, sau đó chia mỗi cạnh thành ba đoạn bằng nhau và dựng một tam giác đều trên đoạn giữa, loại bỏ cạnh đáy để tạo thành một đường gấp khúc kín Tiếp theo, lặp lại quy trình này cho mỗi đoạn của đường gấp khúc, tiếp tục tạo ra các tam giác đều và loại bỏ cạnh đáy Kết quả cuối cùng là hình dạng độc đáo của bông tuyết Vôn Kốc, thể hiện sự phức tạp và vẻ đẹp của toán học.
Bài toán 2.2.6 đề cập đến bông tuyết von Koch, được định nghĩa qua dãy hình {F n } Cụ thể, F0 là một tam giác đều có cạnh dài 1 Đối với n ≥ 1, F n là đường cong được hình thành bằng cách loại bỏ một phần ba ở giữa mỗi cạnh của F n−1 và thay thế bằng một tam giác đều hướng ra ngoài Khi n tiến tới vô cực, hình dạng thu được gọi là bông tuyết Koch.
Bốn hình đầu tiên,F 0 ,F 1 ,F 2 ,vàF 3 , trong việc vẽ bông tuyết Koch.
(a) Tính chu vi của bông tuyết von Koch.
(b) Tính diện tích của bông tuyết von Koch.
Số cạnh của hình F_n được ký hiệu là N_n, với F_0 là tam giác có N_0 = 3 Chiều dài mỗi cạnh của F_n được ký hiệu là l_n, và với F_0 là tam giác đều có l_0 = 1 Hình F_1 được tạo ra bằng cách xóa một phần ba ở giữa mỗi cạnh của F_0 và thay thế đoạn đó bằng hai đoạn, dẫn đến việc mỗi cạnh của F_0 menghasilkan bốn cạnh cho F_1.
Vì chiều dài của mỗi cạnh mới này bằng 1/3chiều dài cạnh củaF0, chiều dài mỗi cạnh củaF 1 là l1= 1
3. Tương tự vớiF2, vì ta xóa một phần ba ở giữa của mỗi cạnh củaF1 và thay nó bằng hai đoạn thẳng, số cạnh củaF 2 là
Vì chiều mỗi cạnh này bằng1/3chiều dài mỗi cạnh củaF 1 , chiều dài mỗi cạnh của
