xác định số hạng tổng quát của dãy số

DỰ ĐOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUY NẠP Bài 1.. Xác định số hạng tổng quát của dãy đã cho.. Xác định số hạng tổng quát của dãy.. Cho dãy với được xác định bởi: a Chứng minh

1 XÁC ĐỊNH SỐ HẠNG TỔNG QUÁT

1.1 DỰ ĐOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUY NẠP

Bài 1. Cho dãy số  u n xác định bởi :

1 1

11

10 1 9 ,

u







 Xác định số hạng tổng quát của dãy đã cho

Hướng dẫn giải

Ta có:

1

2

3

11 10 1

10.11 1 9 102 100 2

10.102 1 9.2 1003 1000 3

u

u

u

Dự đoán: 10n 1 

n

u  n

Chứng minh theo quy nạp ta có

1

1 11 10 1

u    , công thức  1 đúng với n  Giả sử công thức 1  1 đúng với n k ta có u k 10k k

1 10 10k 1 9 10k 1

k

Công thức  1

đúng với n k 1 Vậyu n 10n , n  n N

Bài 2. Cho dãy số ( )u biết n

1

1

2

u







 Xác định số hạng tổng quát của dãy

Hướng dẫn giải

u  u    u   u    u   u  

v u   v u  

1

(1) v n 3v n ,  n 2

Dãy ( ) là v n cấp số nhân với công bội là q  3

Nên

1

5

2

n

Do đó

1

3 , 1, 2,

n

1.2 DÃY SỐ CHO BỞI CÔNG THỨC TRUY HỒI

1.3 PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC TRƯNG

1.4 PHƯƠNG PHÁP DÃY SỐ PHỤ

1.5 DÃY SỐ SINH BỞI PHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH

1.6 SỬ DỤNG PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC

1.7 CÁC DẠNG KHÁC

2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHẤT CỦA DÃY SỐ

Bài 3. Cho dãy  x n xác định bởi: { x 1 =1;x 2 =3 ¿¿¿¿

Chứng minh rằng ∀n∈N ta có 2x  n2 2 là số chính phương.

Hướng dẫn giải:

Dễ thấy x nZ  n N,n 1

Ta có x n= 6 x n1 x n2  x n 3x n1 3x n1 x n2

⇔ xn2− 6 xn xn−1+ 9 xn−12 = 9 xn−12 −6 xn−1 xn−2+ xn−22

⇔ xn2− 6 xn xn−1+ x2n−1= xn−12 −6 xn−1 xn−2+ xn−22

từ đó ta có xn2− 6 xn xn−1+ x2n−1= x22−6 x2 x1+ x12=− 8

⇒ xn−12 −6 xn.xn−1+ xn2+8=0 (1)

Vì nên phương trình (1) phải có nghiệm nguyên Do đó (1) có Δ ' phải là số chính phương

Tức là tồn tại sao cho Δ '= 9 xn2−( xn2+8 )=8( xn2−1 )=k2 (2)

Từ (2) ta suy ra k phải là số chẵn ⇒ k=2m ;m∈N

⇒ 9 xn2−( xn2+8 )=8( xn2−1 )=k2 k N  a n  n 0

Vậy 2 xn2−2 là số chính phương.

Bài 4. Cho dãy với được xác định bởi:

a) Chứng minh a n chia hết cho n với mọi giá trị nguyên dương củan

b) Đặt 

n n

a b

n Chứng minh tồn tại vô số

a  a  a  a  a n





n để 2015 là một ước của b n

Hướng dẫn giải

a) Ta có b11; b2 1; b3  2; b4  3

Dễ thấy b n F n với n 1;2;3;4

Bằng quy nạp ta chứng minh dãy  b n

trùng với dãy F n

Thật vậy:

Mệnh đề đúng với n 1;2;3; 4Giả sử mệnh đề đúng đến n  Khi đó ta có:3

(n4)b n 2(n3)F n (n2)F n  2(n1)F n  nF n

Dùng công thức của dãy Fibonaci : F m2 F m1 F m ta dễ dàng biến đổi vế phải thành n4F n4

suy ra b n4 F n4

Vậy mệnh đề đúng với n  , do đó nó đúng với mọi n nguyên dương.4

Điều đó chứng tỏ a luôn chia hết cho n với mọi n nguyên dương n

b) Gọi r là số dư của n b cho 2015 với 1;2;3;4 n n  Trước tiên ta chứng minh  r n

là một dãy tuần hoàn Thật vậy:

Vì có vô hạn các cặp ( ; ),( ; ), ( ;r r1 2 r r2 3 r r n n1) nhưng chỉ nhận hữu hạn giá trị khác nhau nên tồn tại ít nhất hai phần tử của dãy trùng nhau Ta giả sử là ( ;r r m m1) ( r m T ;r m T 1) (với T là một số nguyên dương).

Ta chứng minh (rn) tuần hoàn với chu kỳ T

( d 2015)

Tiếp tục như vậy ta chứng minh được: r m k r m T k  với mọi k  (1)0

( d 2015)

Bằng quy nạp ta chứng minh được: r m k r m T k  với k 1;2; ;m (2) 1

Từ (1) và (2) suy ra  r n n 0

 là một dãy tuần hoàn

Bổ sung vào dãy  b n

phần tử b  thỏa mãn o 0 b0 b1 suy rab2 r  Khi đó dãy 0 0  r n

là dãy tuần hoàn bắt đầu từ phần tử đầu tiên r0 = 0 Do đó tồn tại vô số phần tử trong dãy  r n

bằng 0 Như vậy câu b

được chứng minh xong

3 GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ

3.1 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH NGHĨA

Bài 5. Cho dãy số  a n xác định bởi :

1

1

n

a

a





 





Chứng minh rằng với mọi số thực a  thì dãy 0  a n

hội tụ Tùy theo a , hãy tìm giới hạn của dãy  a n

Hướng dẫn giải

Nếu a  thì 0

1 2

a a

(do bất đẳng thức AM-GM)

Nếu a  thì 0

1 2

a a

 (do bất đẳng thức AM-GM) nên

1 2

a a

 

Nếu a  thì 1 a  Ta chứng minh: 1 2 a n 2,  n *

Hiển nhiên a  1 2

Giả sử

2.2 2.2 2

3.2 4.2 1

Vậy

lima  n lim 2 2

Nếu

0

1

a

a









 thì a  Ta chứng minh 1 2 a n 2   n *

Rõ rànga  1 2

Giả sử a  Ta chứng minh k 2 a k1 2

 

2



Ta chứng minh  a n

là dãy giảm, thật vậy :

 2   



( do tử âm, mẫu dương vì

2

3

3

n

n

a

a













Mà

2

3

)

 a n

giảm và bị chặn dưới   a n

có giới hạn là L

n

n

a



Vậy lima  n 2

Nếu a  thì 0 a  Tương tự, ta có:1 2

 2   



nên  a n

tăng Hơn nữa  a n

bị chặn trên bởi 1 , thật vậy

2



Vậy  a n

tăng và bị chặn trên   a n

có giới hạn là L

1

2

n



 

Vậy lima  n 1

Tóm lại: + Nếu a  thì lim1 a  n 2

+ Nếu

0 1

a a









 thì lima  n 2

+ Nếu a  thì lim0 a  n 1

Bài 6. Cho dãy số x n được xác định bởi

1

*

0

x















Tìm giới hạn của dãy nx n

khi n   , với  là số thực cho trước.

Hướng dẫn giải

Dễ dàng chứng minh được x n 0,  bằng qui nạpn 1

Ta có

2

Bởi vậy  n N, n2 thì 2 2 2 2  

x x   x     x  n

1, 2 lim

 

Với n N , đặt * 1

1

n

x

trong đó 2 3 2015

n

t

2

n

t

x

, với t   2 3 2014 2015  (1), suy ra

2

2

t



Áp dụng định lý trung bình Cesaro cho dãy  b n với

2

1

, 2

b x





ta có nlim b n

2 suy ra

n

n

 

lim n 2

 

Mà

 2 2   2 2   2 2 2

2

suy ra 2

1

2

n n

n x

Thật vậy ta có thể chứng minh trực tiếp 2

1 lim

2

n n

n x

như sau (chứng minh định lý trung bình Cesaro)

c c x  c x  x  

với n 2,3 lim n 0

nên   0 tồn tại m N sao cho * c n 2,  n m.

Gọi M max c i

với 1   i m 1

Với  ở trên tồn tại

1

m









 thì

'

m





 hay

2

m







 Xét n max m m  , '

ta có

1







o đó theo định

nghĩa

1

n i i n

c n



 2 2   2 2   2 2 2

2

2

suy ra 2

1

2

n n

n x

Nếu   thì 2

2

n x n x n

Nếu    thì 2 n x. n x n 2 .n x n2 khi n

Nếu    thì 2 n x. n x n 2 .n x n2 0

  khi n  

3.2 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG CÁC CÔNG THỨC CƠ BẢN

Bài 7 Cho dãy số  u n được xác định như sau

1

* 1

1

u







Đặt 1

1 5

n

n

i i

v

u









, hãy tính limv n

Hướng dẫn giải:

Dễ thấy u n 0,   n *

Theo bài ra ta có

u   u  u u  u    u  u  u  u 

Suy ra 1    

1





n

v

Mặt khác, từ u n1 u n26u n  ta suy ra 4 u n16u n

Kết hợp với u  ta có1 1

1

1

1

n

n

u









lim lim

n

n

v

u 



Bài 8. Cho dãy số thực  u n

với n   thỏa mãn * ln 1 u n2nu n    1, n *

Tìm

n

n

u

 



Hướng dẫn giải:

Với mỗi n   , đặt * f x n  ln 1 x2nx1,x 

2 '

1 2

1 0

n

x x



 

0

1

n

x

f x

n





  





Do đó f x n 

là hàm tăng thực sự trên 

Ta có

 

2

n

n

f

f

 









Do đó !u n  sao cho f u  n n 0

và

1

0 u n

n

Ta thấy nlim u n 0

Do đó:

 

 

2

1 2

2

n

u n n

u

 









Vậy

  2

2

ln 1 1

u



Bài 9. Cho dãy số  a n ,n 1

2

n



và dãy  b n ,n 1

thỏa mãn

1

, 1

n

i



Chứng minh dãy  b n

có giới hạn và tìm giới hạn đó

Hướng dẫn giải:

Ta có 2na n 2n 3a n1 a n1 2n1a n1 na n,n1

1

n

i



         

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng

1 , 1

n

n

Thật vậy:

- Với n = 1, ta có a  nên khẳng định đúng.1 1

- Giả sử khẳng định đúng với n n 1 Ta có

1



      , ta cần chứng

n

    

4n2 4n 1 n 1 4n3 1 3n

Bất đẳng thức cuối đúng nên khẳng định trên đúng với n  1

Theo nguyên lí qui nạp thì khẳng định được chứng minh

1



Theo nguyên lí kẹp thì dãy  b n

có giới hạn và limb  n 2

Bài 10. Cho dãy số  a n

1

4

a













Tìm lima n

Hướng dẫn giải

Dễ thấy a n     Từ giả thiết ta có 0, n *

1

2

1

n



Với mỗi n   , đặt *

1 1 4

n n

y a

ta có y  và1 1

2

n

n

n

2 2

2 2

n

n n a

n n



Vậy lima  n 4

3.3 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH LÍ KẸP

Bài 11. Tìm limn 

1

!

n

n

Hướng dẫn giải

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức : n! > ( 3

n

) n (*) ( n N*)

Bằng phương pháp qui nạp Thật vậy : với n =1 , ta có 1 >

1

3 (đúng)

Giả sử (*) đúng với n = k tức là : k! > ( 3

k

)k Ta đi chứng minh (*) đúng với

n = k+1

Ta có (k+1)! = k!(k+1) >( 3

k

) k (k+1) = (

1 3

k 

)k+1

3 1 (1 )k

k



> (

1 3

k 

)k+1

Bất đẳng thức cuối này đúng vì :

(1+

1

k )k =1+

k

k +

( 1) 2!

k k 

2

1

k + +

( 1)( 2) ( 1)

!

k

1

k

k =

= 1+1+

(1 )

2!  k + +

(1 )(1 ) (1 )

!

k



< 1+1+

1 2! +… +

1

!

n <1+1+

1

2 + + 1

1

2n

<

<1+1+

1

2 + + 1

1

2n

+ < 1+

1 1 1 2

 = 3

Vậy (*) đúng với n k  Do đó 1

! 3

n

n

n    

  , từ đây ta suy ra ! 3

n 

=> 0 <

1

!

n

n <

3

n

Vì limn 

3

n = 0

Do đó theo định lý về giới hạn kẹp giữa ta suy ra: limn 

1

!

n n = 0

Vậy

1 lim(2014 )

!

n n



=2014

Cho dãy số  x n thoả mãn    

 

5

1; 2

; 4

n n

n

x

x

















Tính I limx n

Từ giả thiết suy ra mội số hạng của dãy đều dương

Đặt y n log2x n, ta có dãy

*

0; 1

2 n 5 n 2 ;n





Lại đặt y n z n , ta có dãy 2

*

2 n 5 n n;





2 z n+2=5 zn+1−z n

Tìm được số hạng tổng quát của dãy là

1 4

2

z 

Từ đó ta có limy n  2 limx n  4

3.4 CÁC DẠNG KHÁC

Bài 12. Tìm các giá trị thực của tham số m để dãy số (xn):

1

*

n

x 2016

m x

1+x n N







Hướng dẫn giải:

*) m > 0  0 x n m  n 1

Xét hàm số: ( ) 2 1

m

f x

x



2 '( ) ( 1)

mx

f x

x



 f(x) nghịch biến trên 0; m

Suy ra (x2n),(x2n1)đơn điệu và bị chặn.

+

2017

2016





*

2

4

m



Giả sử

2

(1 )

(1 )







1 ( )

( ) 1

a b

II

a

 

 

 









  







  







Khi o m  hệ (I) có nghiệm duy nhất  (x2 n) có giới hạn hữu hạn

Khi

2017 2

2016

m

 

hệ (II) có nghiệm duy nhất lớn hơn 1 và hệ (III) có nghiệm thỏa mãn a b Do đó

limx n limx n ( )x n

2017

2016





limx n limx n ( )x n

+m2017 2016 x n  2016  n N* limx n  2016

+





limx n limx n ( )x n

*) m  tượng tự ta có 00 m và 2 m 2017 2016

Bài 13. Cho số thực ,a xét dãy số  x n n 1

được xác định bởi

3

n



Tìm tất cả các giá trị của a để dãy số có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó?

Hướng dẫn giải:

Với a  thì 1 x n 1,  nên n 1 nlim x n 1

Với a  thì 1

Do đó

1

1 1

n

n







Từ đó, tính được

n

Kết luận +

3

 

+

3

 

+

 

Bài 14. Cho hai dãy số dương  a n n 0, b n n 0

  xác định bởi: a0  3,b0  và2

1 1

1 1 1

n

n

a

a b

a











  

 Với mọi n 0,1, 2, Chứng minh rằng hai dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng

Hướng dẫn giải:

Ta chứng minh bằng quy nạp

1 tan , , 0,1, 2, (*)

3.2

n



Thật vậy

Với n  , ta có 0

0

1

3.2



, vậy  *

đúng

Với n  , ta có 1

1

tan tan ,

3.2



, vậy  * đúng

Giả sử khẳng định đúng đến n k k ,  , tức là 1

1 tan ,

3.2

n



Ta chứng minh

1

1

3.2

n





Thật vậy Từ  1 ta có

1

1

2

n

n

a

a







3.2

a







Khi đó từ  2 , suy ra

2

Như vậy theo nguyên lý quy nạp thì

1

3.2

n



Do đó

3.2

n



Kết luận: nlim a n 0; limn b n 1

.■

Bài 15. Cho dãy số ( )u xác định như sau : n

1

1

2014 (1 2 ) ; 1, 2,

u









Tìm điều kiện của a để dãy số ( ) u có giới hạn hữu hạn khi n   và tính giới hạn đó n

Hướng dẫn giải

Ta có: u n1 u n (u n a)2  0 u n1u n; n 1, 2,3,

* Suy ra dãy số ( )u tăng knn ; từ đó dãy số ( ) n u có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi dãy bị chặn trên n

Giả sử nlimu n L L( )

, thì chuyển qua giới hạn hệ thức u n1 u n2(1 2 ) a u na2 ta có:

2 (1 2 ) 2

L L   a L a  L a

- Nếu có chỉ số k   mà * u k  thì a u n a;  trái với kết quả n k nlimu n L a

Do đó: u k  với mọi a k 1, 2, hay u n2 (1 2 ) a u n a2 a, n 1, 2,3,

1

* Đảo lại: Nếu a 1 2014 a a 1 u1a

(u a 1)(u a) 0 u (1 2 )a u a a 0 u a

và u1u2 a 1 u2 a

Bằng quy nạp ta chứng minh được a 1 u n a,  n 1, 2,3, (H/s trình bày ra)

Như vậy dãy ( )u tăng knn, bị chặn trên bới a , do đó dãy số ( ) n u có giới hạn hữu hạn n

Kết luận: Với điều kiện a 1 2014 thì dãy số ( )a u có giới hạn hữu hạn khi n   và n nlimu n a

Bài 16. Cho dãy số  x n thỏa mãn

1

3

2 , 1, 2,3,

n n

n

x a

x

x













Tìm a sao cho dãy số xác định và có giới hạn hữu hạn.

Hướng dẫn giải

Đặt  

3 2

,

x

x

 Ta có x1 a x, n1 f x n

Ta có

 

 

'

x x

f x





Bảng biến thiên

x

  -1

3 3



0

3

3 1 

f’(x)

-1

  



0

 

 

1

Ta xây dựng dãy số như sau 0 0  1 1  2 2  3 3 , , , ,

3 a  a f a a f a a f a Nhận thấy a a1, , ,3 a2k1, 0; a a0, , ,2 a2k, 0

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy

 

1

Bằng quy nạp ta chứng minh được dãy a 2k đơn điệu giảm, bị chặn bởi 0 và 3 , dãy 3 a2k1 đơn điệu

tăng và bị chặn bởi

3 3



và 0 Từ đó tồn tại lim 2k, lim 2k 1

Ta có a n f a n1 f f a  n2  lima n f f lima n2  l f f l   

3 3 2

2 3

2

2

2

5 2

l l

l

l





(do  

3 2

,

x

x

 liên tục trên

3

;0 3

  ,

3 0;

3

  và l nlim a n

 



)

Xét

3

0

3

l

 

Ta có f f a  n  a n a n2 a n  nên 0  

*

3

5 a n

Vậy

5 5

l 

Tương tự ta chứng minh được dãy a2k1

đơn điệu tăng, hội tụ về

5 5



+) Nếu

5

5

a 

thì x2 x x1, 3 x2 nên ta có dãy

5 nÕu n ch½n 5

5 nÕu lÎ 5

n

x

n











 Dãy này không hội tụ

+) Nếu

5 5

a 

ta có dãy

5 nÕu n ch½n 5

5 nÕu lÎ 5

n

x

n











 Dãy này không hội tụ

+) Nếu tồn tại n sao cho a a n thì ta có

3 , ,

3

x a  f x f a  x a   f x f a   x a  x  a 

Khi đó không tồn tại x n2.

Vậy nếu a a n thì dãy không xác định

+) Nếu

5 0

5

a

 

thì hai dãy con x2k , x2k1 cùng hội tụ về 0 nên giới hạn của dãy là 0.

Nếu a  thì 1 x2 f a  a x và hàm số đồng biến nên dãy đơn điệu giảm, bị chặn dưới bởi 1 Khi đó1

dãy hội tụ về 1

+) Nếu

3

1

3 a thì x2 f a   Khi đó ta có thể khảo sát dãy từ 1 x Trường hợp này dãy đơn điệu2

giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên hội tụ về1

+) Nếu a = 1 thì x n   nên dãy hội tụ về 1.1 n

+) Nếu

5 a 3 ta có 2

5 lim

5 n a n

 



và 0

3 3

a 

nên tồn tại a a2k, 2k2 sao cho a2k2 a a 2k (Thật

vậy, các số hạng của a 2k

không thể cùng nằm bên trái a do 0

3 3

a 

, chúng cũng không thể cùng nằm

bên phải a do nếu thế thì 2 2

lim

 

)

Vậy  2 2 2  2  2 2 2 2  2 0 2 2  0  2 2

3

3

a a  a  x  a a  x  a a x   a   x  

Khi đó ta lại có dãy đơn điệu giảm, bị chặn dưới bởi 1 nên hội tụ về 1

Vì f(x) là hàm lẻ nên trường hợp

ta khảo sát tương tự

Kết luận: Điều kiện để dãy xác định và có giới hạn hữu hạn là

a a a a  n

Bài 17. Cho dãy số  a n

xác định bởi 0a1  và 1 n 1 n n, 1

n

a

Chứng minh rằng lim n  0

Hướng dẫn giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 2 1 1

1 2

a

(do a  )1 1 Nhận xét: a    n n n, 2

Ta sẽ chứng minh nhận xét này bằng phương pháp quy nap

Thật vậy

 Với n  ta có 2 a  (đúng)2 2

 Giả sử a k  k

k

k

a

a k 1 a k k 0

(đúng) Suy ra a k1  k 1

Như vậy a    (điều phải chứng minh) n n n, 2

(1)

Áp dụng (1) ta có

3

2

4

3

1

3

4

1

n

n

a

a

a

a

a



 





 













Suy ra          2   2   3   3     

2 3

n

n

a a a



1

2 3

1

n n

n

a a a

