111Equation Chapter Section 11 XÁC ĐỊNH SỐ HẠNG TỔNG QUÁT 1.1 DỰ ĐOÁN SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀ CHỨNG MINH BẰNG QUY NẠP 1.2 DÃY SỐ CHO BỞI CÔNG THỨC TRUY HỒI Bài Cho dãy số (un ) xác định bởi: u1 4   * un 1  (un    2un ), n   Tìm cơng thức số hạng tổng quát (un ) ? Hướng dẫn giải xn2  xn   2un  xn 1  2un , xn 0  un  Đặt Thay vào giả thiết: xn21  1 xn2   (   xn )  (3xn 1 ) ( xn  4)  xn 1  xn  4, n  N * , xn 0 n 1 n n Ta có xn 1  xn 4  xn1  xn 4.3 n n * Đặt yn 3 xn  yn 1  yn  4.3 , n  N  yn 1  y1  4(3n  3n    3)  yn 1  y1   2.3n 1 n Ta có x1 3  y1 9  yn 3  2.3 Suy xn 2  n  , n  N *  un  (3  n   n  ), n  N * 3 1.3 PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC TRƯNG 1.4 PHƯƠNG PHÁP DÃY SỐ PHỤ 1.5 DÃY SỐ SINH BỞI PHƯƠNG TRÌNH 1.6 SỬ DỤNG PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC u1 2  u  un    n 1   u n Bài Cho dãy số xác định sau:  Tính u2014   Hướng dẫn giải   tan  tan       2  tan tan     12    tan  tan   3 Ta có:  n  *  12 un 1    un tan 12 Nên từ giả thiết ta có: un  tan  12 tan      u2     12    tan  tan 12 Đặt tan   u1 tan  , suy    un tan     n  1  , n  * 12   Theo quy nạp ta dễ dàng suy ra: tan   tan      u2014 tan    2013  tan    168   12  4   Suy ra:    tan   tan  tan         tan  tan   1.7 CÁC DẠNG KHÁC MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHẤT CỦA DÃY SỐ Bài Cho dãy số (un ) xác định sau: u1 2  un 3un   2n  9n  9n  3, n 2 p 2014 ui i 1 Chứng minh với số nguyên tố p chia hết cho p Hướng dẫn giải u  n3 3  un   (n  1)3  Với n 2 ta có: n un  n3 3  un   ( n  1)3  32  un   ( n  2)3   3n   u1  13  3n Từ có: n 3 n Vậy un 3  n , n 2 , lại có u1 2 3  nên un 3  n , n 1 + Nếu p 2 : có đpcm p + Nếu p số nguyên tố lẻ: u i i 1 (3  32   p  )   13  23   ( p  1)3  p 1 p 1 3   (3 p  3)    i   p  1   (3 p  3)    i   p  i     2   2 i 1  i 1 p i3   p  i  Theo Định lí Fermat nhỏ, suy  chia hết cho p Mặt khác chia hết cho p (3 p  3)    i   p  i     i 1 p, i 1, p  nên: chia hết cho p Từ p p  p  2014 ui 1007 (3  3)    i   p  i      i 1 i 1  chia hết cho p Vậy toán chứng minh cho trường hợp  x0 20; x1 30  x 3xn 1  xn , n   xác định  n 2 x Bài Cho dãy số  n  Tìm n để xn 1.xn  số phương Hướng dẫn giải Từ công thức truy hồi xn ta có   3x   x  n  , x n21  x n2  xn 1 xn  x n21  xn x n  3xn 1 x n21  xn 2 xn  x n21  x n2  3xn 1 xn xn 1 x n1 n n x n2  xn 1 xn  Suy x n21  xn 2 xn  x n2  xn 1 xn   x12  x0 x2  500  x n21  x n2  xn 1 xn  500  x n21  x n2 3 xn 1 xn  500   x n1  x n   xn 1 xn  500 Vậy xn 1 xn  500 số phương Giả sử n số thỏa mãn xn 1 xn  500 số phương 2 Đặt xn 1 xn  500 b , xn 1 xn  a , a, b  , a  b a  b 501   a  b   a  b  1.501 3.167 Ta có Khi ta tìm a 201, b 1 xn 1 xn 12600  n 2 7224 xn 1 xn   n a  85, b  82 Với Vậy n = xn 1.xn  số phương Bài Cho phương trình x   x  0 với  số nguyên dương Gọi  nghiệm dương x phương trình Dãy số  n  xác định sau x0  , xn 1   xn  , n 0,1, 2,3, Chứng minh tồn vô hạn số tự nhiên n cho xn chia hết cho  Hướng dẫn giải Đầu tiên ta chứng minh  số vô tỉ Thật vậy,  số hữu tỉ  số nguyên (do hệ số cao x 1)  ước Do  1 suy  0 , trái giả thiết  x   xn     xn    Do  n    xn   xn   xn   xn x 1 x  xn   n   xn    n  xn      x    n   xn        (1) Lại có     0 , suy  x  x  x   xn  xn  n  xn 1   xn  n   xn   n   xn  xn       (do (1)) * Vậy xn 1  xn   (mod  ) Từ quy nạp ta có với k   , n 2k  1, xn 1  xn  (2 k 1)  (k  1) (mod  ) (2) k  l  l  *  n  2l Chọn , , từ (2) ta có x2l x0  l   l 0 (mod  ) * Vậy x2l chia hết cho  , l   a0 a1 2004  an  a 7an 1  an  3978, n    Bài Cho dãy số xác định  n 2 an  10 Chứng minh 2014 số phương Hướng dẫn giải Ta có an 2  10 a  10 an  10 7 n 1   2014 2014 2014 v0 v1 1 an  10    v 7vn 1   2, n    2014 Đặt Ta dãy số xác định  n 2 Ta phải chứng minh số phương an  7 an 1  an  3978   x0 1; x1 1  x 3xn 1  xn , n   ( x n Thật vậy, xét dãy số ) xác định  n 2 x Hiển nhiên dãy số  n  dãy số nguyên n  , xn21  xn2  xn 1 xn  xn21  xn ( xn  xn 1 )  xn21  xn xn 2 xn21  xn2  xn 1 xn  xn 1 ( xn 1  xn )  xn2  xn2  xn 1 xn   xn21  xn xn 2  xn2  xn 1 xn  x12  x0 x2  Ta có  xn21  xn2  3xn 1 xn  1, n   (2) Ta chứng minh xn , n   (1) quy nạp Thật vậy, rõ ràng với n 0, n 1 , (1) Giả sử (1) đến n k  1, k   , tức xn , n 1, 2, , k  ta chứng minh (1) với n = k+2, nghĩa chứng minh vk 2 xk 2 Thật vậy, theo công thức truy hồi dãy số  an  , giả thiết quy nạp, tính chất (2) x x dãy số  n  , công thức truy hồi dãy số  n  , ta có vk 2 7vk 1  vk  7 xk21  xk2  7 xk21  xk2  2( xk21  xk2  3xk 1 xk ) 9 xk21  xk 1 xk  xk2 (3xk 1  xk )  xk22 Do số phương Vậy ta có điều phải chứng minh Bài Cho dãy số ( xn ) xác định xn 2013n  a 8n3  1, n 1, 2, a số thực a Tìm a cho dãy số có giới hạn hữu hạn b Tìm a cho dãy số ( xn ) dãy số tăng (kể từ số hạng đó) Hướng dẫn giải 3 a Ta có xn (2a  2013) n  ayn , yn  8n   2n  8n3   (2n)3 3 3 (8n 1)  2n 8n   4n Do tồn giới hạn hữu hạn b Từ lý luận phần a) ta suy  (8n 1)  2n 8n3   4n lim xn n   a  0 Khi n   2013 2013   a     2013  lim xn 0 a  n    2013    a    Bởi điều kiện cần để tồn m  N cho xm  xm 1  xm 2  2013 a  điều kiện đủ để có kết luận Ta chứng minh * Thật vậy: Với a  a  2013 2013 xn 1  xn 2013( n  1)  a 8( n  1)3   2013n  a 8n3  2013  a ( 8(n  1)3   2013  2013 ( 8(n  1)3   8n3  1)  8n3  1)  2013 [2  ( 8(n  1)3   8n3  1)]  2013 (2  8n3   8(n  1)3  1)  Vì (2  8n3  1)3 8  12 8n3     8n   n    12.2n  6(2n)  8n3  8(1  3n  3n  n3 )  8(n  1)3  Suy x1  x2  x3  Vậy dãy số ( xn ) dãy số tăng kể từ số hạng với ( xn ) dãy số tăng từ x1 a  2013 trường hợp GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 3.1 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH NGHĨA 3.2 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG CÁC CÔNG THỨC CƠ BẢN x xn 2 (1  ) xn 1  n lim x x  2014, x  2013 n n , n 2,3, Tìm n   n Bài Cho Hướng dẫn giải x  x ( 1) n ( 1) n xn 2  x1  xn 2  xn 1  n 1 n  xn 2  xn 1  ( x2  x1 )  n n ! n ! Ta có ( 1) k  x1    k! k 1  Dãy rõ ràng hội tụ có giới hạn x1  ( 1) k  k! k 1 n ( 1) k  x1    k! e k 0  n   e Từ suy 3.3 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH LÍ KẸP   a1  ; a2 10   a   an  an  , n  , n 2 n a Bài Cho dãy số thực  n  xác định  lim xn 2015  Chứng minh dãy  an  có giới hạn hữu hạn Hãy tìm giới hạn Hướng dẫn giải a , a  0;1 a , a , , ak   0;1 , k  , k 2 + Ta Có   , giả sử Từ cơng thức truy hồi ta có: 1 a a 1   ak 1   k  k     1,  ak 1   0;1 2 6 ak  , ak 1 a  0;1 , n  * Vậy phương pháp quy nạp ta chứng minh n     x1  x2   xn  :   x   xn  xn  , n  , n 2  n 1 + Xét hai dãy số   y1  y2 10  yn  :   y   yn  yn , n  , n 2  n 1  x1  x2   x3  - Có , giả sử ta có  x1  x2   xk  1, k  , k 3 , x2 x2 x x xk   k   k    k  k   xk 1 6 x Vậy phương pháp quy nạp ta chứng minh  n  dãy số tăng bị chặn 1, nên có giới hạn hữu hạn lim xn  Chuyển công thức truy hồi qua giới hạn tìm    2         1 Do  xn    0;1 nên suy  1 y - Chứng minh tương tự dãy số  n  , ta có lim yn 1 * - Cuối ta chứng minh xn an  yn , n   (1) phương pháp quy nạp: Ta có x1 a1  y1 a2  x2  y2 , với n = 1, bất đẳng thức (1) Giả sử (1) tới k  , k 2 , tức xi ai  yi , i 1, 2, , k Khi x2 y2 x a a2 y xk 1   k  k  ak 1   k  k    k  k   yk 1 6 + Từ xn an  yn , n  , n 1 áp dụng định lý kẹp ta suy lim an 1 lim(2014  n ) n! Bài Tìm giới hạn: Hướng dẫn giải n  n n!      (*) n  N * ) Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức: Bằng phương pháp qui nạp Thật vậy: với n 1 , ta có  (đúng) k k k!     Ta chứng minh (*) với Giả sử (*) với n k tức là: n k  k k   k 1 k 1 k k  1 ! k ! k  1     k  1 ( ) k 1 (1  k )  ( ) k 1  Ta có Bất đẳng thức cuối vì: k k k (k  1) k (k  1)(k  2) (k  k  1)  1      1   k 2! k k! k  k 1   1 1 k1 (1  )   (1  )(1  ) (1  ) 2! k k! k k k  1  1 1 1        n       n   2! n! 2 2 1 1 1 3 n  n n!      , từ ta suy Vậy (*) với n k  Do n n n! > 0 => n 3  0 lim n ! n Vì n  n Do theo định lý giới hạn kẹp ta suy ra: lim(2014  n ) n! Vậy =2014 lim n  n n ! = 3.3 CÁC DẠNG KHÁC x Bài Cho dãy số  n  xác định  x1 a  xn2   x   n 1  x  3 , n 1, 2,3, n  Chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn Tính giới hạn Hướng dẫn giải Theo Cơsy 1 16 xn   xn    2 xn    x  1  xn   0  1; xn 1  xn  n  xn  3  dãy giảm, bị chặn 1, dãy có giới hạn Từ lim xn a  a 1 Bài Cho dãy số  xn  , xác định bởi:  x1 1  2014   xn 1 1   x , n 1, 2,3  n Chứng minh dãy số f ( x ) 1  Xét hàm số f '( x)  (Vì  2014 1 x  xn  có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn Hướng dẫn giải 2014  x  0;   Ta thấy f ( x) liên tục nghịch biến  0;  0 ) Do  f ( x) 2015 2014  f ( xn ) x  x n Ta có với n  dãy  n  bị chặn Mặt khác, ta có x1  x3  f ( x1 )  f ( x3 )  x2  x4  f ( x2 )  f ( x4 )  x3  x5  Suy xn 1 1  dãy  x2n1  dãy đơn điệu tăng bị chặn, dãy x x dãy  n 1  ,  2n  có giới hạn hữu hạn Giả sử lim x2 n 1  a lim x2 n b , ( a, b 1 )  x2n  dãy đơn điệu giảm bị chặn, nên Từ x2 n 1  f ( x2 n )  lim x2 n 1 lim f ( x2 n )  b  f (a ) x2 n 2  f ( x2 n 1 )  lim x2 n 2 lim f ( x2 n 1 )  a  f (b) 2014  b 1   a  a b  2015   a 1  2014 1 b Vậy ta có hệ  Vậy lim xn = 2015 Bài Cho dãy số  xn   x1 2,1   xn   xn2  xn   * , n 1, 2,  xn 1  xác định  n với số nguyên dương n, đặt i 1 x  Tìm lim yn Hướng dẫn giải yn  i Ta có kết sau: với số thực a  bất kì, ta có a   a  8a  a   a  4a  a    a     a 2 x Do 2,1  x1  x2  Suy dãy  n  dãy tăng, giả sử bị chặn tức có giới hạn lim xn L  Chuyển qua giới hạn điều kiện (*) ta có phương trình x   x2  8x   x   x  3  x   phương trình khơng có nghiệm hữu hạn lớn x Suy dãy  n  tăng không bị chặn nên lim xn  x xn   xn2  xn  xn 1   xn 1  xn   xn2  xn  Ta có   xn 1  xn    xn2  xn   xn22   xn  3  xn    x  xn   1 1  2n    xn  xn 1  xn 1  xn 1  xn 1   1   x  xn  xn 1  2 n 1 n yn  1 1   10  x  x1  xn 1  xn 1  i 1 Suy Vậy lim yn 10 i  x0 a  xn 1 2 xn2  xn   n      Bài Dãy số thực xác định bởi: Tìm tất giá trị a để xn  với số tự nhiên n Hướng dẫn giải  n   Giả sử xn  với n   n 1 Từ xn 2 2 x   có   xn 1  2  2 2   xn     xn   , n    xn2   2 Lại từ có xn   xn   1, n   Suy 1 1 xn 1   xn2   2 xn2  2 xn  xn   xn  , n   2 2 2 Từ  Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức này, ta có: n n 1  2 1  2  2 a   x0   x1     x2      xn     , n   2  3 2  3  3 n 1  2 lim   0 a  0  a  n  2   Mà nên phải có 1 a  xn   0, n Thử lại với Vậy a  giá trị cần tìm  x1 2014  *  xn1 3 xn  6sin xn , n  Bài Cho dãy số thực (xn) xác định bởi: Hướng dẫn giải Sử dụng bất đẳng thức Xét hàm số Ta có: x x3 sin x x, x 0 f  x  3 x  6sin x , x    cos x  f ' x   0, x  3  x  6sin x   f(x) đồng biến với x > f  x   f   0 x  x  f  x1   Do đó: mà x1 2014  x  f  xn   0, n  N * Vậy ta có n 1 xn1  xn 3 xn  6sin xn  xn  Mặt khác: Vì x xn  6sin xn  xn3  xn  6sin xn   xn xn  6sin xn  xn2 x3 sin x x, x 0 x  x3 – 6sinx  0, x    xn – sinxn  xn  xn   xn1 – xn  x   n  dãy giảm bị chặn nên tồn giới hạn hữu hạn Giả sử limxn x( x 0) , ta có phương trình: x 3 x  6sin x  x3  x  6sin x 0 g x  Xét hàm số   x  x  6sin x g '  x  3 x –  6cosx g’’  x  6 x – sinx 0x 0  g’  x   g’   0 g  x Bài Cho hai dãy số dương  an  n0 ,  bn  n0 Do ln đồng biến liên tục với x 0 g x 0  phương trình   có nghiệm x 0 Vậy limxn 0 xác định bởi: a0  3, b0 2  an 1  an  bn 1  a n 1  a  b n  n Với n 0,1, 2, Chứng minh hai dãy hội tụ tìm giới hạn chúng Hướng dẫn giải  an tan n , bn  , n 0,1, 2, (*)  3.2 cos n 3.2 Ta chứng minh quy nạp Thật   tan , b0 2   3.2 cos 3.2 ,  * Với n 0 , ta có   a1  tan tan , b1   3.2 3 cos  3.21 ,  * Với n 1 , ta có  an tan n , bn   3.2 cos n n  k , k  3.2 Giả sử khẳng định đến , tức a0  tan an 1 tan Ta chứng minh  , bn 1  n 1  3.2 cos n 1 3.2 Thật Từ  1 ta có      sin  2sin n 1 cos n 1  sin  cos n n 1  an 1 3.2 3.2 3.2 3.2n1   3.2      an 1 cos n cos  sin n 1 3.2 3.2 3.2n1        sin n 1  cos n 1 tan n 1   sin n 1  cos n 1  3.2 3.2   3.2 3.2  3.2             cos n 1  sin n 1   cos n 1  sin n 1  cos 3.2n 1  sin 3.2n 1  tan 3.2n 1 3.2 3.2   3.2 3.2     a n 1 tan 3.2n 1 Khi bn21 an21  tan từ   , suy  1 1   bn 1  n 1   3.2 cos cos n 1 n 1 3.2 3.2 an tan  , bn  , n 0,1, 2, n  3.2 cos n 3.2 Như theo nguyên lý quy nạp  1 lim an  lim tan n tan 0; lim bn  lim  1 n   n   n    3.2 cos n   cos n 3.2 Do lim an 0; lim bn 1 n   Kết luận: n  ■ Bài Cho dãy số (un ) xác định sau: u1 2014  2 un 1 un  (1  2a )un  a ; n 1, 2, Tìm điều kiện a để dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn n   tính giới hạn Hướng dẫn giải Ta có: un 1  un (un  a) 0  un 1 un ; n 1, 2,3, * Suy dãy số (un ) tăng knn; từ dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn dãy bị chặn 2 lim un L ( L  ) Giả sử n   , chuyển qua giới hạn hệ thức un 1 un  (1  2a )un  a ta có: L L2  (1  2a ) L  a  L a lim un L a * - Nếu có số k   mà uk  a un  a; n k trái với kết n   2 Do đó: uk a với k 1, 2, hay un  (1  2a)un  a a, n 1, 2,3,  a  u1 a  a  2014 a * Đảo lại: Nếu a  2014 a  a  u1 a  (u1  a  1)(u1  a ) 0  u12  (1  2a )u1  a  a 0  u2 a u1 u2  a  u2 a Bằng quy nạp ta chứng minh a  un a, n 1, 2,3, Như dãy (un ) tăng knn, bị chặn bới a , dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn Kết luận: Với điều kiện a  2014 a dãy số (un ) có giới hạn hữu hạn n   lim un a n   Bài Cho dãy số (un ) xác định công thức truy hồi u1 1   un 1 un  u   n 2, n  * Chứng minh dãy (un ) có giới hạn hữu hạn tính giới hạn Hướng dẫn giải 1 f ( x )  x   2; g ( x)  f ( f ( x))  x   2 x x x  x Đặt Khi  2  2 x    x  1  1  g '( x )  0  g ( x )  g ( ) 0  f ( f ( x))  x, x  ( ;1) (*) 2  4 x  x  2 x   f '( x)  0, x  ( ;1) Mặt khác nên 1 1 )  f ( f ( x ))  f ( )  , x  ( ;1) (**) 2 2 1  f ( f ( x))  x, x  ( ;1) Từ (*) (**) suy ra: 1 u1  u3   u1  u3  u5  , 2 Vậy: Do (u2 n  ) đơn điệu giảm bị chặn f ( x)  f ( nên tồn lim u2 n   n    ;1 u2 n  f (u2 n  )  lim u2 n  f lim u2 n    n   n   Vì f ( x ) liên tục   nên Vậy dãy (un ) phân tích thành hai dãy hội tụ tới giới hạn Do dãy (un )  có giới hạn Bài Cho dãy số n Tính lim  n  k 1  un  u1 2   un 1  un  2014  un  un  , n 1 xác định uk uk 1  Hướng dẫn giải Theo giả thiết ta có: un 1  un  un  1  un 2014 mà u1 2 suy  u1  u2  u3  dãy  un  dãy tăng lim un L u L  2 Giả sử dãy  n  bị chặn suy n   với  2  L 0 u  2013un L  2012 L lim un 1 lim n  L  n  2014 2014  L 1 u Vô lý L  Suy dãy  n  khơng bị chặn lim un   lim 0 n  n  u n Ta có un2  2013un un 1   un  un  1 2014  un 1  un  2014  un   2014    un 1   un  un 1    1   Sn 2014     lim S n 2014  u1  un 1   x   Bài 10 Cho dãy số thực  xn   x1 2014  *  xn1 3 xn  6sin xn , n  xác định bởi: Tính lim xn ? Hướng dẫn giải Sử dụng bất đẳng thức Xét hàm số Ta có: x x3 sin x x, x 0 f  x  3 x  6sin x , x    cos x  f ' x   0, x  3  x  6sin x   f(x) đồng biến với x > f x  f   0x  x  f  x1   Do đó:   mà x1 2014  xn 1  f  xn   0, n  N * Vậy ta có xn1  xn 3 xn  6sin xn  xn  Mặt khác: Vì x xn  6sin xn  xn3  xn  6sin xn   xn xn  6sin xn  xn2 x3 sin x x, x 0  x  x3 – 6sinx  x   xn – 6sinxn  xn  xn   xn1 – xn  x   n  dãy giảm bị chặn nên tồn giới hạn hữu hạn Giả sử limxn  x( x 0) , ta có phương trình: x 3 x  6sin x  x3  x  6sin x 0 Xét hàm số g  x   x3  x  6sin x g '  x  3 x –  6cosx g  x  6 x – 6sinx 0," x 0  g  x   g   0 Do g  x đồng biến liên tục với x 0  phương trình g  x  0 có nghiệm x 0 Vậy limxn 0 GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ 4.1 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH NGHĨA 4.2 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG CÁC CƠNG THỨC CƠ BẢN 4.3 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH LÍ KẸP 4.3 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐẠO HÀM 4.4 CÁC DẠNG KHÁC ... Do số phương Vậy ta có điều phải chứng minh Bài Cho dãy số ( xn ) xác định xn 2013n  a 8n3  1, n 1, 2, a số thực a Tìm a cho dãy số có giới hạn hữu hạn b Tìm a cho dãy số ( xn ) dãy số. .. 1)3  Suy x1  x2  x3  Vậy dãy số ( xn ) dãy số tăng kể từ số hạng với ( xn ) dãy số tăng từ x1 a  2013 trường hợp GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 3.1 TÍNH GIỚI HẠN BẰNG ĐỊNH NGHĨA 3.2 TÍNH GIỚI HẠN... Ta dãy số xác định  n 2 Ta phải chứng minh số phương an  7 an 1  an  3978   x0 1; x1 1  x 3xn 1  xn , n   ( x n Thật vậy, xét dãy số ) xác định  n 2 x Hiển nhiên dãy số 