xác định số hạng tổng quát của dãy số

DỰ ĐOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUY NẠP Bài 1.. Hãy xác định số hạng đầu và công sai của cấp số cộng đó.. DÃY SỐ SINH BỞI PHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH 1.6.. Trước tiên ta chứng minh

Trang 1

II PHÂN LOẠI CÁC DẠNG TOÁN

1 XÁC ĐỊNH SỐ HẠNG TỔNG QUÁT

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

Bài 1. Tam giác mà 3 đỉnh của nó là ba trung điểm của ba cạnh tam giác ABC được gọi là tam giác trung bình của tam giác ABC

Xây dựng dãy các tam giác A B C1 1 1, A B C2 2 2, A B C3 3 3, sao cho tam giác A B C1 1 1 là một tam giác đều

cạnh bằng 1 và với mỗi số nguyên n 2, tam giác A B C n n n là tam giác trung bình của tam giác

1 1 1

n n n

A B C   Với mỗi số nguyên dương n, kí hiệu r n tương ứng là bán kính của đường tròn ngoại tiếp

tam giác A B C n n n Chứng minh rằng dãy số  r n là một cấp số nhân Hãy xác định số hạng tổng quát của

cấp số nhân đó?

Hướng dẫn giải

+  r n là một cấp số nhân với công bội 1

2

q  và số hạng đầu 1

1 3

r 

+ Số hạng tổng quát: 1 1.

3.2

r





Bài 2. Cho dãy số  a n được xác định bởi: a 1 1 và a n1a n2n1 với mọi n 1 Xét dãy số

 b n mà: b n a n1 a n với mọi n 1

a Chứng minh rằng dãy số  b n là một cấp số cộng Hãy xác định số hạng đầu và công sai của cấp

số cộng đó

b Cho số nguyên dương N Hãy tính tổng N số hạng đầu tiên của dãy số  b n theo N Từ đó, hãy suy ra số hạng tổng quát của dãy số  a n

a Từ giả thiết  b n 2n 1  b n là một cấp số cộng với số hạng đầu b 1 1 và công sai d 2

b + Tổng N số hạng đầu của dãy  b n là: S N N2

+ Số hạng tổng quát của dãy  a n là: a n n2 2n2

1.2 DÃY SỐ CHO BỞI CÔNG THỨC TRUY HỒI

Bài 3. Cho dãy số ( )u n xác định bởi:

1

* 1

4 1

9

u









Tìm công thức của số hạng tổng quát ( )u n ?

Đặt x n  1 2 u n  x n2  1 2 ,u n

2 1 0

2

n

x

x   u   Thay vào giả thiết:

n

x

    (3x n1)2 (x n4)2  3x n1x n4, n N x*, n0

1

y  x  y y   n N

Trang 2

1

1 1 4(3n 3n 3)

n



n



n

x   y   y  

1

3

Bài 4. Cho dãy số  u n xác định bởi: u 1 1; 1 , *

n n

n

u

Tìm công thức số hạng tổng quát u n theo n

Ta có u n 0,  n * Khi đó 1

1

n n

u u



Với mọi n  *,đặt 1

1

1;

n n

u

   v n1v n2,   n *

Suy ra, dãy số  v n là cấp số cộng có v 1 1 và công sai d 2.

Do đó, v n  v1 n1d 2n1,   n *

n

u



Bài 5. Cho dãy số ( )u n xác định bởi: u 1 1; *

1 2 3 ,n

u   u    n Tìm công thức số hạng tổng quát

n

u theo n.

1

1 2 3n 1 3n 2( 3 )n

n n

v u    n Ta có: v n12 v n Do đó, dãy số ( )v n là một cấp số nhân

1 n 2 n

n

v v q 

n n

u v   

Bài 6. Cho dãy số ( )u n xác định bởi: *

n



 Tìm công thức số

hạng tổng quát u n theo n.

n



1

n n n

n

2

q  và 1

1 2

v 

n



Trang 3

Bài 7. Cho dãy số (un) xác định bởi:

1

* 1

3

,

n n

n

u

















Xét dãy số  v n với 1,

1

n n n

u v u







*

n

   Chứng minh dãy số  v n là một cấp số cộng Tìm số hạng

tổng quát của dãy số  u n

  thay vào hệ thức truy hồi ta có

1

n

v











1 1



1 1 2 8

v   v 

hay v n1v n3 và v 1 2 Suy ra dãy số  v n là một cấp số cộng có v 1 2 và công sai d 3

Ta có v n  v1 n1d  2 3n13n1

Do đó 3 1 1 3

n

u

 

   Thử lại thấy dãy số này thỏa mãn

Vậy số hạng tổng quát của dãy số  u n là 3

n

n u

n





*

n  

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

Bài 8. Cho dãy số dương  x n thoả mãn: x nx n12x n2 với mọi số tự nhiên n 1 Chứng minh rằng dãy {xn} hội tụ

Đặt y n maxx x n; n1

Từ (1) và (2) suy ra y n y n1 0;   n *   a lim(y )n

Với  0 tuỳ ý, khi n đủ lớn, ta có  y n a0

 Nếu y n a thì  y n a x n a0

 Nếu x n a thì x n1ay n1x n1

Mà x nx n12x n1 2a  x nx n12a  axn 2a x n1 a 

Tóm lại, cả hai trường hợp đều dẫn đến x n a 

Vậy dãy số {xn} hội tụ

Bài 9. Cho phương trình x2x1 0 với  là số nguyên dương Gọi  là nghiệm dương của phương trình Dãy số  x n được xác định như sau:

0 ,

x  x n1 x n,n 0,1, 2,3,

Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho x n chia hết cho 

Trang 4

Đầu tiên ta chứng minh  là số vô tỉ Thật vậy, nếu  là số hữu tỉ thì  là số nguyên (do hệ số cao nhất của x2 là 1) và  là ước của 1 Do đó  1 suy ra  0, trái giả thiết

Do đó x n1 x n1x n11

 x n x n1x n1

1

n

x

1 1

n

x

 

  (1) Lại có 2

1 0

    , suy ra   1



 

n

x



x





1

n

x

 

Vậy x n1x n11 (mod ) Từ đó bằng quy nạp ta có với mọi k  *, n2k1, thì

1 (2 1) ( 1) (mod )

n n k

x x   k  (2)

Chọn k 1 l l *, n 1 2l, từ (2) ta có x2l x0 l   l 0 (mod )

Vậy x 2l chia hết cho ,   l *

Bài 10.Cho dãy  a n với n > 0 được xác định bởi:





a Chứng minh a n chia hết cho n với mọi giá trị nguyên dương của n.

b Đặt n a n

b

n Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n để 2015 là một ước của b n

a) Ta có b 1 1; b 2 1; b 3 2; b 4 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; 4. Giả sử mệnh đề đúng đến n 3 Khi đó ta có:

n4b n4 2n3F n3n2F n2 2n1F n1 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 4, do đó nó đúng với mọi n nguyên dương.

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

b) Gọi r n là số dư của b n cho 2015 với n 1;2;3

Trước tiên ta chứng minh  r n là một dãy tuần hoàn Thật vậy: Ta có

b b b  r r r

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  r n tuần hoàn với chu kỳ T

+) Ta có: r m2 r m1r mmod 2015 ; r m T 2 r m T 1r m T mod 2015

m m T

r  r  

   r m2 r m T 2

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

Trang 5

+) Ta có: r m1r m1 r mmod 2015 ; r m T 1r m T 1 r m T mod 2015

m m T

r  r  

1 1

m m T

r  r  

Bằng quy nạp ta chứng minh được: r m k r m T k  với k 1;2;3; ;m1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra  r n ,n 0là một dãy tuần hoàn

Bổ sung vào dãy  b n phần tử b 0 0 thỏa mãn b0b1 b2 suy ra r 0 0

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

 r n bằng 0.Như vậy câu b) được chứng minh xong.

Bài 11.Cho dãy số  u n được xác định như sau: u 0 0, u 1 1, u n2 2u n1u n,n 0,1, 2, Chứng

minh rằng 22014 u n khi và chỉ khi 22014 n.

Công thức tổng quát 1  1 2 1 2 

2 2

n

Đặt 1 2n a,1 2n  b ab  1n

Ta có 1  

2 2

n

1

2 2

u  a  b u a b

Đặt S n    a b 1 2 n 1 2n Khi đó ta được dãy S n được xác định như sau: S 1 2, S 2 6,

2 2S 1 ,

S     S n 1, 2,

Do S 1 2 mod 4 ,  S 2 2 mod 4  nên bằng quy nạp ta được: S  n 2 mod 4  hay

a b   a b  t t 

Do đó u2n 2 , , 2u t t n   1

Giả sử 2 , , 2  1 2 k 2

n t t   u u  u A , trong đó u A t, k đều lẻ.

Bài 12.Cho dãy số  a n :a  1 *, 3

n n

a  a    n * Chứng minh có nhiều nhất 1 số hạng của dãy là số chính phương

So sánh đồng dư của a n, a n1 và a n2 theo modun 4 ta có (chú ý 2019 3 mod 4   )

n

1

n

2

n

Một số chính phương khi chia 4 có số dư là 0 hoặc 1

Vì vậy từ số hạng thứ 3 trở đi, dãy không có số chính phương nào

Nếu cả a1 và a2 đều chính phương, giả sử 2

a a a2 b2, suy ra b2 a62019  b a 3 b a 3 2019.

Hơn nữa khi phân tích 2019 thành tích chỉ có 2 cách 2019 1.2019 3.673 

Trang 6

Trường hợp 1:

3

1 2019

b a





1010 1009

b a





 





, vô lí do 1009 không là lập phương

Trường hợp 2:

3

3 673

b a





338 335

b a





 





, vô lí do 335 không là lập phương

Vậy điều giả sử sai, nghĩa là dãy trên có nhiều nhất 1 số chính phương

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

3 GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ

3.1 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH NGHĨA

Bài 13.Cho dãy số ( )a n thỏa mãn: lim(5a n1 3 ) 4a n  Tính lima n.

Đặt a n  2 b n Từ giả thiết suy ra lim (5b n1 3 ) 0b n 

Với số dương  bé tùy ý, tồn tại số N sao cho với n N thì ta có:

5 1 3

5

b  b  (1)

- Nếu b b n1 n 0thì từ (1) dẫn đến 5 1 3

5

b  b   b 

- Xét trường hợp b b n1 n 0 hay b n1, b ncùng dấu, chẳng hạn chúng cùng dương.

Nếu 2b n1 b n 0 thì kết hợp với (1): 3(2 1 ) 1

5

b  b  b  dẫn đến 1

5

n

b 

Mà từ (1) ta có 3 5 1

5

b  b   b n 

Nếu 2b n1 b n 0 thì kết hợp với (1): 1

2 b n b n 2b n 5



    dẫn đến b n 

Tóm lại luôn có b n  , hay lim( ) 0b  n

Vậy lim( ) 2a  n .

Bài 14.Cho dãy ( un)xác định như sau: u1=3 và

2015

1 2014

, 6

n

u





  n 1, 2,3

Với mỗi số nguyên dương n, đặt 2014

1

1 4

n n

i i

v

u





 Tìm nlimv n

 

Đặt  2014 ta có

2015

1 2014

6

n

u



, (*)





Bằng quy nạp ta chứng minh được u  n 3,  n 1

Xét

1 1

6

n n





2

6

n

n n



Do đó ( )u n là dãy tăng và 3u1u2 u n 

Giả sử ( )u n bị chặn trên, suy ra nlimu n a

   ,a 3 Khi đó ta có

6

a





 



   a 2 3(vô lí), suy ra

( )u n không bị chặn trên Vậy nlimu n

  

Từ (*) suy ra

1



1



Trang 7

n

v

1

1 1

2

n



Vậy

1

2

m (

n

v

u

   





Bài 15.Cho dãy số  u n được xác định bởi 13

3

u







 u n có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Dãy số  u n được xác định bởi 13

3

u









Ta chứng minh u n 2, n 1

Thật vậy ta có u  1 3 2

Giả sử u k 2, k 1, khi đó 3

u   u   u    nên 3

1 3 1 2 0

u   u     u k11 2 u k1 2  0 u k12

Do đó theo nguyên lý quy nạp thì u n 2, n 1

Xét hàm số f t  t3 3t trên khoảng 2,  

Ta có f t'  3t2 3 0,  t 2

Do đó hàm số f t  đồng biến trên khoảng 2,  

Mặt khác ta có 3 3

1 3 1 18 5 2 3 2

u  u   u  u  f u 1  f u 2  u1u2 Giả sử u k u k1 k 1 2u k  2u k1  u k31 3u k1u k32 3u k2

 k 1  k 2

f u  f u 

Do đó u n u n1, n 1  Dãy  u n là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 2 nên dãy  u n có giới hạn hữu hạn

Giả sử limu n a a 2 Từ hệ thức truy hồi u3n1 3u n1 2u n chuyển qua giới hạn ta được:

3

a  a a a3 3a2  2 a    5 4 3 2 

   2 3  3  

Vậy limu  n 2.

Bài 16.Cho dãy số  x n thỏa mãn: x 1 2015

và  2  *

x  x x   n N (*)

Tìm:

1

1 lim

1

n

i x i

* Ta có: x n 0 n N*

Và: n 1  12 0 *

n n

x



       x n là dãy số tăng

Trang 8

* Đặt u n  x n

 u n xác định vì x n 0 n N*và u  n 0  n N*

2

Nên từ giả thiết (*) ta có:

2 2  2    2

u  u u   u u 

2

1

u  u u

    n N* (1)

* Xét dãy số  u n ta có:

u n1 u n u n2 0  n N*   u n tăng

Giả sử  u n có giới hạn là a Từ (1) ta có:

a a 2a  a0 (loại)

  u n tăng và không bị chặn  limu n 

* Ta có:

2

1



n n

u u 



1

n

iu i u u n





n

i u i u u n



Vậy:

1

n

i x i







Bài 17.Cho dãy số  u n ; (n = 1; 2; ) được xác định bởi: 1

1

5

12

u









Chứng minh dãy số  u n có giới hạn Tìm giới hạn đó.

Dự doán giới hạn của dãy số,bằng cách giải phương trình:

2

0

12

a





 



Nhận xét u 1 5

Ta dự đoán dãy số  u n là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 4 tức là u  n 4

Chứng minh dãy số u n bị chặn: tức là u  n 4

khi n 1, u  1 5 4 vậy n 1 đúng

Giả sử u  k 4, ta chứng minh:u k14

Thật vậy ta có:

u   u   u k21u k12u k2112u k 4  u k2116 u k14

Vậy dãy số u n bị chặn dưới

Ta chứng minh dãy số  u n là dãy số giảm

Ta có:

Trang 9

2 1

12 12

12

n n



0 12

n n



  (vì u  n 4)

Vậy dãy số  u n giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn.

Đặt limu n a thì limu n1 a

Ta có:

u   u   u   u   a a12 a4

Vậy limu  n 4

3.2 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG CÁC CÔNG THỨC CƠ BẢN

Bài 18.Cho dãy số  a n thỏa mãn

1

3

1

*

n n

n

u











Tìm tất cả các số thực a sao cho dãy số  x n xác định bởi n a

n

u x n

 (n  *) hội tụ và giới hạn của nó khác 0

Từ giả thiết ta có dãy số  u n là dãy số dương và tăng (1)

Giả sử  u n bị chặn trên suy ra nó hội tụ Đặt Llimu n, ta có ngay L L 31

L

  (vô lý)

Vì vậy  u n không bị chặn trên (2)

Từ (1) và (2) ta có limu  n .

Xét

1

limu n  u n 

Đặt 4

3

1

n

v u

 (n  *), ta có limv  n 0

4

4 3

n

v



Suy ra

1

4 lim

3

n n

u  u

  Từ đó

4

3 4 lim

3

n u

n  (sử dụng trung bình Cesaro).

Ta có

4 4 3 3

4 khi

3 4

3

khi

n

a













Vậy 4

3

a  là giá trị cần tìm.

Bài 19.Cho dãy số  u n xác định như sau:

* 1

2

1

2

,

n n n

n n

u u













a Chứng minh rằng tồn tại vô số giá trị nguyên dương của n để u  n 1.

Trang 10

b Chứng minh rằng  u n có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.

a Trước hết ta luôn có u  n 0,  n N* Xét  1   

2

1

n

n n

u



Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được u3n, *

3n 1 1,

u    n N và u3n2 1,  n N*

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

b Ta có  1   

2

1

n

n n

u



 

 (2)

Chia vế của (1) cho (2) có 2 1 *

n N

Đặt n n 11 *

n

u



 , ta có v n2 v n1.v n N n  *

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được 1 2

2F n 1F n

n

v v  v  , với F n là dãy số Phibonxi:

1 2

*

1

,







Hay

n n

n

v

    khi n  , dẫn đến limu  n 1.

3.3 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH LÍ KẸP

Bài 20.Cho dãy ( )a n n 1

 : a 1 1;

2 1

, 5

n n n

n

a





a Chứng minh dãy ( )a n hội tụ và tính lima n.

b Chứng minh 1 2 5 5

, 2

n

a) Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta có: 1 3,

2

n a

Đặt 5 5

2

A  và xét hàm

2 5 10 10

Suy ra

 2

10

5

f x

x



3 1; 2

   

  , như vậy f x( ) nghịch biến trên đoạn 1;1

2

Dẫn đến 1 3 5 2 1

k









2 1

2

lim

k





 



Kết hợp công thức xác định dãy ta được

2

5

2

5

b

c

b





 



Trang 11

Vậy lim 5 5.

2

n

a  

b) Nhận xét: 1;5 5

2



thì t f t( ) 5  5

Dẫn đến a2k1a2k  5 5,  k 1

1 2 2 1 2 2 5 5

2

Như vậy bất đẳng thức đúng với n2k

Trường hợp n2k1, chú ý 2 1 5 5

2

k

a    , kết hợp với (1) thu được:

1 2 2 1 2 2 1 (2 1)5 5

2

a a  a  a a   k 

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Bài 21.Cho dãy số thực   1

1

2

n

1

n n

u n

u e

e

Chứng minh dãy trên có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó

Chứng minh  1 u n 0, n 2 1 

Với n 2, 2  

1

e u

e



đúng

Giả sử  1 đúng với n k 2, ta chứng minh  1 đúng với n k 1

Ta có 0 u n 1

n

1

n n

n

u

u e e

e

1

1 u n

n

e

1

n

n n n

u

u u n

n u

u e

u e e

n

e u

    (luôn đúng) Vậy (1) được chứng minh

Xét hàm  

1

x

xe

f x

e



 trên  ;0 Ta có    

 2

1 '

1

x

f x

e

 



Hàm g x    1 x e x có g x'   1 e x 0 với mọi x    ;0nên hàm này đồng biến trên  ;0

Suy ra g x g 0 0, suy ra    

 2

1

x

f x

e

 



hay hàm f x  nghịch biến trên  ;0

Ta có

2

1

u

 

2 1

3

2 1

, 1

e e

e e e u

e







4 2

u u

Suy ra f u 4  f u 2  u5 u3 0 u1

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	1,38 MB