OnbaivnBienDoiKhaiTrienVaUocLuongDeTimGioiHanDayTongNguyenLai

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (79.47 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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 tốn tìm giới hạn dãy tổng.

Đơi 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 tốn của tác giả và sưu tầm lấy từ tạp chí Tốn 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

n+ 1) với
mọi n =1,2,3...

ĐặtSn= 1
1 +x1

+ 1

1 +x2

+....+ 1

1 +xn.

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

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

Cho dãyun thỏa mãn




u1 =a

un+1 =

u2

n−(b+c)un+c

b−c
Tính chứng minh Sn =

n
P
i=1

ui+b =

u1+c

− 1
un+1+c

.
Thật vậy, ta biến đổi un+1 =

u2n−(b+c)un+c

b−c
⇒un+1+c=

u2

n−(b+c)un+bc
b−c =

(un+b)(un+c)

b−c
⇒ 1

un+1+c

= 1

un+c−

un+b ⇒

un+b =

un+c −

un+1+c

Khai triển và ước lược dãy:

u1+b

= 1

u1+c

− 1
u2+c

u2+b

= 1

u2+c

− 1
u3+c

.
.
.

un+b =

un+c −

un+1+c

Do đóSn = 1

u1+c

− 1
un+1+c

Vận dụng:Ta có thể giải bài tốn trên bằng phép biến đổi này (b=1,c=-1)
Khi đó Sn= 1

u1−1

− 1

un−1 = 1−
1

un−1

Mà un+1 −un =

2(un−1)

>0 , ∀n∈N∗ ⇒un là dãy tăng ⇒2 =u1 ≤u2 ≤u3 ≤....

Giả sử limun=a(a >2) ⇒2a =a2 + 1⇒a= 1 (vơ lí)

Vậylimun=∞ ⇒lim 1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Do đó phần ngun S2009= 0 vì 0<

u2009−1

<1 và limSn= 1

Bài 2: Cho dãyun thỏa mãn:

u1 = 2009

un+1 =u2n−un+ 1

. Tính lim

n
P
i=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 cóL=L2−L+ 1⇒L= 1 (vơ lí)
⇒limun=∞ ⇒lim 1

un = 0

Ta cịn có un+1=u2n−un+ 1 ⇒un+1−1 = un(un−1)

⇒ 1
un+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 :

u1

= 1

u1−1

− 1
u2−1

u2

= 1

u2−1

− 1
u3−1

.
.
.

Sn =

n
P
i=1

ui =

u1−1

− 1
un+1−1

⇒limSn=lim( 1
2009−1−

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 =

xn(xn+ 1)(xn+ 2)(xn+ 3) + 1 với n= 1,2, ...
Đặtyn=

n
P
i=1

xi+ 2,(n = 1,2, ....) .Tính giới hạn củayn khi n dần đến vơ tận.
HD: Ta có:

xn+1 =

(x2

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

t(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 , vơ nghiệm(vì a>1) ⇒ limxn = ∞

xn+1+ 1

= 1

x2

n+ 3xn+ 2

= 1

xn+ 1 −
1

xn+ 2 ⇒
1

xn+ 2 =
1

xn+ 1 −
1

xn+1+ 1

Khai triển và ước lược ta có:

x1+ 2

= 1

x1+ 1

− 1
x2+ 1

x2+ 2

= 1

x2+ 1

− 1
x3+ 1

.
.
.

⇒limyn=lim( 1

x1+ 1

− 1
xn+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 tổngSn= 1

a1

+ 1

a2

+...+ 1

an. Khi n dần đến vô tận.

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

2 .

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Giả sử ak = k(k+ 1)
2

Ta cóak+1 = 2ak−ak−1 + 1 =

(k+ 1)(k+ 2)

2 .

Theo nguyên lí qui nạp ta có điều chứng minh.
Vậy:an= n(n+ 1)

2 ⇒

an = 2(

n −

n+ 1)

⇒limSn =lim2(1− 1

n+ 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

ui

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

⇒un+1 =u2n−un+ 1

Chứng minh được (un) là dãy tăng và limun=∞
Ta cịn có un+1−1 =un(un−1)∀n ≥2

⇔ 1
un+1−1

= 1

un(un−1) =
1

un−1−
1

un∀n ≥2
⇔ 1

un =

un−1 −
1

un+1−1

∀n≥2

Từ đó Sn= 1

u1

+ 1

u2

+ 1

u3

+...+ 1

un
⇔Sn = 1

u1

+ 1

u2−1

− 1
u3−1

+ 1

u3−1

− 1
u4−1

+...+ 1

un−1 −
1

un+1−1

⇔Sn = 1

u1

+ 1

u2−1

− 1
un+1−1

= 2− 1

un+1−1

Do đólimSn= 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

√
ui+ 1
HD: Ta có un+1 =un(

√

un+ 1)2 ⇒√un
+1 =

√

un(√un+ 1)

⇒ √ 1
un+1

= √ 1

un(√un+ 1) =
1

√
un −

√

un+ 1 ⇒
1

√

un+ 1 =
1

√
un −

√
un+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

HD: Ta có xn+1 =

2008

2009(1−xn)(1−xn−1)...(1−x1)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Khai triển và ước lược ta có:
Sn =

n
P
i=1

x2i =x1−xn+1 ⇒limSn =

2008
2009

Bài 8: Cho dãy số (un) có un= 1

n(n+ 1)(n+ 2)...(n+ 2008) vớin = 1,2,3....

Tính lim
n
P
i=1

ui

HD: Số hạng un= (n−1)!
(n+ 2008)!.

n+ 2008−n

2008 = [

(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!
(n+ 2008)!]

Mà lim n!

(n+ 2008)! =lim

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

⇒Sn =lim 1

2008[
1

k!−

n!

(n+ 2008)!] =

1
2008.2008!
Bài 9: Cho dãyxk , với xk =

k
P
i=1

i

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

Tính lim√nxn

1 +xn2 +....+xn2009

HD:Vìxk+1−xk =

k+ 1

(k+ 2)! >0. Do đó dãy trên tăng. Suy ra0< x1 < x2 < ... < x2009

hayxn2009 < x

1 +x

2 +....+x

2009<2009x

2009

suy rax2009< n

√
xn

1 +x

2 +...+x

2009<2009

nx2009 (*)

Mặt khác ta có: k

(k+ 1)! =
1

k!−
1
(k+ 1)!

Từ đó suy ra xk = 1− 1

(k+ 1)! ⇒x2009= 1−
1
2010!

Thay kết quả này vào (*) ta có:1− 1

2010! <

p
xn

1 +xn2 +...+xn2009<2009

n(1− 1

2010!)

Nhưng vìlim(1− 1

2010!) = lim 2009
1

n(1− 1

2010!) = 1−
1
2010!.

Vậy theo định lí kẹp ta có:lim√nxn

1 +x

2 +...+x

2009= 1−

1
2010!.
Bài cấp số cộng.

Bài 10:

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

cosx+ cosy+ cosz = 0
sinx+ siny+ sinz= 0

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

HDTừ giả thiết của hệ suy ra

cosx+ cosy =−cosz

sinx+ siny =−sinz

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

Hồn tồn tương tự ta cũng cócos(y−z) =cos(z −x) =−1

Vì0 ≤y−x;z−x;z−y≤2π ⇒y-x, z-y, z-x nhận một trong hai giá trị 2π

3 ;
4π

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

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

3 ;z−y =y−x=
2π

3 .

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 về3tan(A
2).tan(

C

2) = 1

Từ đó cot(A
2).cot(

C

2) = 3⇔cot(

A

2)[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 +

cos6b+

cos6c

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

3 .
HD:Theo giả thiết thì a=b− π

3 và c=b+

π

3.

Đặtcos2b=t,0< t ≤1 và cos3b=m,0< m≤1 thì

cos3a=cos3(π

3 −b) =cos

3b=m;
cos3c=cos3(π

3 +b) =cos

3b=m;

Và(4cos3b−3cosb)2 =cos2b(4cos2b−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=cos

(π
3 +b)

Suy ra phương trình mu3 −9u2+ 24u−16 = 0 có các nghiệm
u1 =

cos2b, u2 =

cos2(π

3 −b)

, u3=

cos2(π

3 +b)

.

Khi đó P =u31 +u
3
2+u

3. Sử dụng hệ thức Vi-et và đẳng thức

u3
1+u

3
2+u

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

P = ( 9

m)

3 −

3(9

m −u1)(

m −u2)(

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+16

3 >0,mọi x≥9nên P(x) đồng biến

trong [9; +∝). Suy ra minP = P(9) = 129, đạt được khi m = 1
Hay cos23b= 1 ⇔sin3b= 0⇔b=kπ

3.

Do đóa = (k−1)π

3, c= (k+ 1)

π

3,, k là số nguyên.

</div>

OnbaivnBienDoiKhaiTrienVaUocLuongDeTimGioiHanDayTongNguyenLai

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

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về