PP BIẾN ĐỔI ĐỂ TÌM GIỚI HẠN TỔNG doc

biến đổi, khai triển và ước lược để tìm giới hạn dãy tổnglaisac biên soạn Trong các kì thi Oluympic , HSG ta thường thấy có nhiều bài toán tìm giới hạn dãy tổng.. Đôi lúc, để giải được d

biến đổi, khai triển và ước lược để tìm giới hạn dãy tổng

laisac biên soạn

Trong các kì thi Oluympic , HSG ta thường thấy có nhiều bài toán tìm giới hạn dãy tổng.

Đôi lúc, để giải được dạng này ta phải biến đổi từ điều kiện giả thiết đã cho của dãy, từ đó khai triển và ước lược để đưa về dãy tổng cần tìm đơn giản hơn , ta có thể tính được giới hạn của nó

Dưới đây là các bài toán của tác giả và sưu tầm lấy từ tạp chí Toán Học và Tuổi Trẻ để minh họa cho chuyên đề này.

Bài 1:Xét dãy số (xn) (n=1,2,3 ) được xác định bỡi :x1 = 2 và xn+1 = 1

2(x

2

n+ 1) với mọi n =1,2,3

Đặt Sn= 1

1 + x1

1 + x2

+ + 1

1 + xn

Tính phần nguyên của S2009 và tính giới hạn của Sn khi n tăng lên vô hạn

HD:Ta có thể tổng quát bài toán như sau:

Cho dãy un thỏa mãn







u1 = a

un+1 = u

2

n− (b + c)un+ c2

b − c Tính chứng minh Sn =

n

P

i=1

1

ui+ b =

1

u1+ c − u 1

n+1+ c. Thật vậy, ta biến đổi un+1= u

2

n− (b + c)un+ c2

b − c

⇒ un+1+ c = u

2

n− (b + c)un+ bc

(un+ b)(un+ c)

b − c

n+1+ c =

1

un+ c −u 1

n+ b ⇒ u 1

n+ b =

1

un+ c −u 1

n+1+ c Khai triển và ước lược dãy:

1

u1+ b =

1

u1+ c − u 1

2+ c 1

u2+ b =

1

u2+ c − u 1

3+ c

1

un+ b =

1

un+ c −u 1

n+1+ c

Do đó Sn = 1

u1+ c − u 1

n+1+ c Vận dụng:Ta có thể giải bài toán trên bằng phép biến đổi này (b=1,c=-1)

Khi đó Sn= 1

u1− 1−

1

un− 1 = 1 − u 1

n− 1

Mà un+1− un = 1

2(un− 1)2 >0 , ∀n ∈ N∗ ⇒ un là dãy tăng ⇒ 2 = u1 ≤ u2 ≤ u3 ≤ Giả sử limun= a(a > 2) ⇒ 2a = a2

+ 1 ⇒ a = 1 (vô lí) Vậy limun= ∞ ⇒ lim 1

un− 1 = 0

www.VNMATH.com

Do đó phần nguyên S2009= 0 vì 0 < 1

u2009− 1 <1 và limSn= 1 Bài 2: Cho dãy un thỏa mãn:  u1 = 2009

un+1 = u2

n− un+ 1 Tính lim

n

P

i=1

1

un

HD: Ta có un+1− un= (un− 1)2

>0 , ∀n ∈ N∗ ⇒ un là dãy tăng Giả sử (un) có giới hạn Đặt limun= L(L > 2009)

Ta có L = L2

− L + 1 ⇒ L = 1 (vô lí)

⇒ limun= ∞ ⇒ limu1

n

= 0

Ta còn có un+1= u2

n− un+ 1 ⇒ un+1− 1 = un(un− 1)

n+1− 1 =

1

un(un− 1) =

1

un− 1−

1

un

Vậy 1

un

un− 1 −

1

un+1− 1 Khai triển và ước lược ta có :

1

u1

u1− 1−

1

u2− 1 1

u2

u2− 1−

1

u3− 1

Sn =

n

P

i=1

1

ui

u1− 1−

1

un+1− 1 ⇒ limSn= lim(

1

2009 − 1−

1

un+1− 1) =

1 2008 Bài 3: Cho dãy số xn, n = 1, 2, 3 được xác định như sau:

x1 = 1 và xn+1 =pxn(xn+ 1)(xn+ 2)(xn+ 3) + 1 với n = 1, 2,

Đặt yn=

n

P

i=1

1

xi+ 2,(n = 1, 2, ) Tính giới hạn của yn khi n dần đến vô tận

HD: Ta có:

xn+1=p(x2

n+ 3xn)(x2+ 3xn+ 2) + 1 = pt(t + 2) + 1 = p(t + 1)2 = x2

n+ 3xn+ 1 trong đó 0 < t = x2

n+ 3xn Xét xn+1− xn= (xn+ 1)2

>0, ∀n ∈ N∗ ⇒ (xn) là dãy tăng Giả sử :limxn = a(a > 1) ⇒ a = a2

+ 3a + 1 , vô nghiệm(vì a>1) ⇒ limxn = ∞ 1

xn+1+ 1 =

1

x2

n+ 3xn+ 2 =

1

xn+ 1 − x 1

n+ 2 ⇒ x 1

n+ 2 =

1

xn+ 1 −x 1

n+1+ 1 Khai triển và ước lược ta có:

1

x1+ 2 =

1

x1+ 1 − x 1

2+ 1 1

x2+ 2 =

1

x2+ 1 − x 1

3+ 1

⇒ limyn= lim( 1

x1+ 1 − x 1

n+1+ 1) =

1

2 Bài 4: Cho dãy số an xác định bỡi:  a1 = 1; a2 = 3

an+2= 2an+1− an+ 1 n=1,2,3

Tính giới hạn tổng Sn= 1

a1

+ 1

a2

+ + 1

an

Khi n dần đến vô tận

HD: Cách 1: Ta chứng minh :an= n(n + 1)

Thật vậy: Theo phương pháp qui nạp Ta nhận thấy a1, a2 đúng

www.VNMATH.com

Giả sử ak = k(k + 1)

2

Ta có ak+1 = 2ak− ak−1+ 1 = (k + 1)(k + 2)

Theo nguyên lí qui nạp ta có điều chứng minh

Vậy:an= n(n + 1)

n

= 2(1

n −n+ 11 )

⇒ limSn = lim2(1 −n 1

+ 1) = lim

2n

n+ 1 = 2

Cách 2:Từ giả thiết suy ra

an+2− an+1= an+1+ 1

a3− a2 = a2− a1+ 1

cộng lại ta có:an= an−1+ n = (an−2+ n − 1) + n

⇒an= 1 + 2 + 3 + + n = n(n + 1)

2 Bài 5: Cho dãy số (un) được xác định như sau:

 u1= 1

un+1= 1 + u1.u2 un ∀n = 1, 2, 3 Tính lim

n

P

i=1

1

ui

HD: Ta có u1 = 1 ⇒ u2 = 2, un+1 = 1 + u1.u2 un−1.un = 1 + (un− 1).un

⇒ un+1 = u2

n− un+ 1

Chứng minh được (un) là dãy tăng và limun= ∞

Ta còn có un+1− 1 = un(un− 1)∀n ≥ 2

n+1− 1 =

1

un(un− 1) =

1

un− 1−

1

un∀n ≥ 2

⇔ u1

n

un− 1 −

1

un+1− 1∀n ≥ 2

Từ đó Sn= 1

u1

+ 1

u2

+ 1

u3

+ + 1

un

⇔ Sn = 1

u1

u2− 1 −

1

u3− 1+

1

u3− 1−

1

u4− 1 + +

1

un− 1 −

1

un+1− 1

⇔ Sn = 1

u1

u2− 1 −

1

un+1− 1 = 2 − u 1

n+1− 1

Do đó limSn= 2 vì lim 1

un+1− 1 = 0 Bài 6: Cho dãy số un thỏa mãn u1 = 2009; un+1= un(√un+ 1)2 ;với n= 1, 2, 3 Tính lim

n

P

i=1

1

√u

i+ 1 HD: Ta có un+1 = un(√un+ 1)2

⇒√un+1 = √un(√un+ 1)

⇒ √u1

n+1

n(√un+ 1) =

1

√u

n − √u1

n+ 1 ⇒ √u1

n+ 1 =

1

√u

n − √u1

n+1

Khai triển và ước lược ta suy ra kết quả

Bài 7: Cho dãy số (xn) định bởi x1 = 2008

2009,xn+1 = 2008

2009(1 − xn)(1 − xn−1) (1 − x1); n=1,2,3 Tính lim

n

P

i=1

x2 i

HD: Ta có xn+1 = 2008

2009(1 − xn)(1 − xn−1) (1 − x1)

⇒ xn+1 = (1 − xn).xn ⇒ x2

n= xn− xn+1

www.VNMATH.com

Khai triển và ước lược ta có:

Sn =

n

P

i=1

x2

i = x1− xn+1 ⇒ limSn = 2008

2009 Bài 8: Cho dãy số (un) có un= 1

n(n + 1)(n + 2) (n + 2008) với n = 1, 2, 3

Tính lim

n

P

i=1

ui

HD: Số hạng un= (n − 1)!

(n + 2008)!.

n+ 2008 − n

(n − 1)!

(n + 2007)! − n!

(n + 2008)!].

1 2008 Cho n = 1, 2, 3, 2008 , rồi cộng lại ta được Sn= 1

2008[

1 2008! − (n + 2008)!n! ]

Mà lim n!

(n + 2008)! = lim

1 (n + 1)(n + 2) (n + 2008) = 0

⇒ Sn = lim 1

2008[

1 k!− (n + 2008)!n! ] = 1

2008.2008!

Bài 9: Cho dãy xk , với xk =

k

P

i=1

i (i + 1)!, k=1, 2, 3

Tính lim√nxn

1 + xn

2 + + xn

2009

HD:Vì xk+1−xk = k+ 1

(k + 2)! >0 Do đó dãy trên tăng Suy ra 0 < x1 < x2 < < x2009 hay xn

2009 < xn

1 + xn

2 + + xn

2009<2009xn

2009

suy ra x2009< √n

xn

1 + xn

2 + + xn

2009<20091nx2009 (*) Mặt khác ta có: k

(k + 1)! =

1

k!− (k + 1)!1

Từ đó suy ra xk = 1 −(k + 1)!1 ⇒ x2009= 1 − 2010!1

Thay kết quả này vào (*) ta có: 1 − 1

2010! <

n

pxn

1 + xn

2 + + xn

2009<2009

1

n (1 − 1

2010!) Nhưng vì lim(1 − 1

2010!) = lim 2009

1

n (1 − 1

2010!) = 1 − 1

2010!. Vậy theo định lí kẹp ta có:lim√nxn

1 + xn

2 + + xn

2009= 1 − 2010!1 Bài cấp số cộng

Bài 10:

Cho x, y, z là ba góc thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 2π

 cos x + cos y + cos z = 0

sin x + sin y + sin z = 0

Chứng minh rằng ba số x, y, z lập thành một cấp số cộng

HDTừ giả thiết của hệ suy ra  cos x + cos y = − cos z

sin x + sin y = − sin z Bình phương hai vế tương ứng , rồi cộng lại ta có cos(x − y) = −1

2 Hoàn toàn tương tự ta cũng có cos(y − z) = cos(z − x) = −1

2

Vì 0 ≤ y − x; z − x; z − y ≤ 2π ⇒y-x, z-y, z-x nhận một trong hai giá trị 2π

3 ;

4π

3

www.VNMATH.com

nhưng vì z-x=(z-y)+(y-x) nên chỉ có thể xảy ra z − x = 4π

3 ; z − y = y − x = 2π3 Suy ra điều phải CM

Bài 11: Trong tam giác ABC có cot(A

2); cot(

B

2); cot(

C

2) lập thành một cấp số cộng. Tìm góc lớn nhất của tam giác đó

HD:Ta có 2cot(B

2) = cot(

A

2) + cot(

C

2).

Biến đổi đưa về 3tan(A

2).tan(

C

2) = 1

Từ đó cot(A

2).cot(

C

2) = 3 ⇔ cot(A2)[cot(A

2 + 2] = 3 Giải phương trình này ta được một nghiệm thích hợp cot(A

2) = 1.

Vậy góc lớn nhất của tam giác bằng 900

Bài 12: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1

cos6a + 1

cos6b+ 1

cos6c Trong đó ba số a, b, c lập thành một cấp số cộng với công sai bằng π

3 HD:Theo giả thiết thì a = b − π

3 và c = b + π

3 Đặt cos2

b= t, 0 < t ≤ 1 và cos3

b= m, 0 < m ≤ 1 thì cos3

a= cos3

(π

3 − b) = cos23b = m;

cos3c= cos3

(π

3 + b) = cos

2

3b = m;

Và (4cos3

b − 3cosb)2

= cos2

b(4cos2

b − 3)2

= m Hay phương trình 16t3

− 24t2

+ 9t − m = 0, 0 < m ≤ 1 có các nghiệm

t1 = cos2b, t2 = cos2

(π

3 − b), t3= cos2

(π

3 + b) Suy ra phương trình mu3

− 9u2+ 24u − 16 = 0 có các nghiệm

u1 = 1

cos2b, u2 = 1

cos2(π

3 − b)

, u3= 1 cos2(π

3 + b)

Khi đó P = u3

1 + u3

2+ u3

3 Sử dụng hệ thức Vi-et và đẳng thức

u3

1+ u3

2+ u3

3 = (u1+ u2+ u3)3

− 3(u1 + u2)(u2+ u3)(u4 + u4), ta thu được:

P = ( 9

m)3

− 3(m9 − u1)(9

m − u2)(9

m − u3) Hay P = P (x) = x3

− 8x2+ 16

3 x, x=

9

m ≥ 9, (do0 < m ≤ 1)

Nhận xét rằng hàm số này có P’(x)== 3x2

− 16x +163 >0,mọi x≥ 9 nên P(x) đồng biến trong [9; + ∝) Suy ra minP = P(9) = 129, đạt được khi m = 1

Hay cos2

3b = 1 ⇔ sin3b = 0 ⇔ b = kπ

3

Do đó a = (k − 1)π

3, c= (k + 1)

π

3,, k là số nguyên

hết

www.VNMATH.com