Tai lieu BDHSG Toan 11 tap 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.21 MB, 40 trang )

(1)MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 11 (đang chỉnh sửa) TẬP MỘT. ———————————————– MỤC TỬ ———————————————–. 14/03/2012.

(2) Chương 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ Mỗi -. ngày phải tự xét mình ba điều: Giúp người hết lòng chưa? Với bạn hữu có thành thật, tin tưởng chưa? Lời thầy dạy có học hết chưa? TĂNG TỬ. 1.1 1.1.1. Khái niệm hàm số Định nghĩa hàm số. Cho các tập con khác rỗng X, Y ⊂ R. Ta gọi quy tắc f biến mỗi phần tử x ∈ X thành một và chỉ một phần tử y ∈ Y là một hàm số (hay đơn gian, ta gọi là một hàm) đi từ X đến Y , và viết f : X → Y, x 7→ y. Trong đó, x được gọi là biến số, y = f (x) gọi là giá trị của hàm số f tại x, tập X gọi là tập nguồn, tập Y gọi là tập đích của hàm số f . Phân biệt f và f (x), cũng như phân biệt hai kí hiệu → và 7→ . Đôi khi cách viết y = f (x) cũng được dùng để chỉ hàm số nói trên.. 1.1.2. Tập xác định và tập giá trị của hàm số. Trong định nghĩa hàm số ở trên, tập X còn được gọi là tập xác định của hàm số f . Nếu X là một miền trong không gian R thì ta gọi nó là miền xác định. Khi muốn nhấn mạnh X là tập xác định của hàm số f ta thường kí hiệu X bởi D(f ). Một hàm số cho ở dạng biểu thức y = f (x) thì tập xác định của nó thường được hiểu là tập các giá trị của x để f (x) có nghĩa. Tập hợp f (X) = {y ∈ Y : ∃x ∈ X, y = f (x)} ⊂ R được gọi là tập giá trị của hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x). Đôi khi, nếu f (X) là một miền, người ta cũng 2.

(3) 3 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ ============================================= gọi nó là miền giá trị của hàm số. Nói chung ∅ 6= f (X) ⊂ Y, và y ∈ f (X) ⇔ phương trình f (x) − y = 0 (ẩn x) có nghiệm trên tập X (đây chính là một cách thường dùng để tìm tập giá trị của hàm số, và từ đó có thể tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của hàm số).. 1.1.3. Không điểm và điểm bất động. Số a ∈ X được gọi là một không điểm (hay điểm triệt tiêu) của hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), nếu f (a) = 0. Tập hợp tất cả các không điểm của một hàm số được gọi là hạt nhân (hay hạch) của hàm số đó. Số b ∈ X được gọi là một điểm bất động của hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), nếu f (b) = b. Tập hợp tất cả các điểm bất động của hàm số được gọi là tập bất biến qua hàm số đó.. 1.1.4. Đồ thị của hàm số. Tập G(f ) = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y, y = f (x)} được gọi là đồ thị của hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), còn tập GT (f ) = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ R, y ≥ f (x)} được gọi là tập trên đồ thị của hàm số đó. Rõ ràng G(f ) = X × f (X) ⊂ X × Y, GT (f ) ⊂ X × R.. 1.1.5. Tâm đối xứng và trục đối xứng của đồ thị hàm số. Điểm I(x0 ; y0 ) được gọi là tâm đối xứng của đồ thị hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), nếu với mọi M ∈ G(f ), M 0 là điểm đối xứng với M qua I, ta đều có M 0 ∈ G(f ), nghĩa là phép đối xứng tâm I biến G(f ) thành chính G(f ). Dễ dàng chứng minh được I(x0 ; y0 ) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số f khi và chỉ khi f (2x0 − x) = 2y0 − f (x), ∀x ∈ X. Đường thẳng d được gọi là trục đối xứng của hàm số f nếu với mọi điểm M ∈ G(f ), M 0 là điểm đối xứng với M qua d, ta đều có M 0 ∈ G(f ), nghĩa là phép đối xứng trục d biến G(f ) thành chính G(f ). Ta chứng minh được, đường thẳng d : ax + by + c = 0 (a2 + b2 6= 0) là trục đối xứng của đồ thị G(f ) khi và chỉ khi 2 (b − a2 )x − 2abf (x) − 2ac (a2 − b2 )f (x) − 2abx − 2bc , ∀x ∈ X. = f a2 + b2 a2 + b2 Đặc biệt, nếu f (2x0 − x) = f (x), ∀x ∈ X, thì đường thẳng x = x0 là trục đối xứng của G(f ), nếu f (f (x)) = x, ∀x ∈ X, thì đường thẳng y = x là trục đối xứng của G(f ). =============================================

(4) 1.2. CỰC TRỊ 4 =============================================. 1.2. Cực trị. Điểm x0 ∈ X được gọi là điểm cực đại của hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), nếu tồn tại số ε > 0 sao cho x0 ∈ (x0 − ε; x0 + ε) ⊂ X và f (x) < f (x0 ), ∀x ∈ (x0 − ε; x0 + ε)\ {x0 } . Khi đó giá trị y0 = f (x0 ) được gọi là giá trị cực đại, hay cực đại, của hàm số f , và điểm (x0 ; y0 ) được gọi là điểm cực đại của đồ thị G(f ). Điểm x0 ∈ X được gọi là điểm cực tiểu của hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), nếu tồn tại số ε > 0 sao cho x0 ∈ (x0 − ε; x0 + ε) ⊂ X và f (x) > f (x0 ), ∀x ∈ (x0 − ε; x0 + ε)\ {x0 } . Khi đó giá trị y0 = f (x0 ) được gọi là giá trị cực tiểu, hay cực tiểu, của hàm số f , và điểm (x0 ; y0 ) được gọi là điểm cực tiểu của đồ thị G(f ). Cực đại và cực tiểu được gọi chung là cực trị, điểm cực đại và điểm cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị.. 1.3. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. Cho hàm số f : X → Y, x → 7 y = f (x), cho tập ∅ 6= D ⊂ X. Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f trên D, kí hiệu là max f (x), nếu x∈D. f (x) ≤ M, ∀x ∈ D, và tồn tại x1 ∈ D sao cho f (x1 ) = M. Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên D, kí hiệu là min f (x), nếu f (x) ≥ m, ∀x ∈ D, x∈D. và tồn tại x2 ∈ D sao cho f (x2 ) = m. Bằng kí hiệu, ta viết ( ∀x ∈ D : f (x) ≤ M M = max f (x) ⇔ x∈D ∃x1 ∈ D : f (x1 ) = M ( ∀x ∈ D : f (x) ≥ m m = min f (x) ⇔ x∈D ∃x2 ∈ D : f (x2 ) = m. 1.4. ;. .. Hàm số bị chặn. Cho hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), cho tập ∅ 6= D ⊂ X. Hàm số f được gọi là bị chặn trên (bị chặn dưới) ở trên tập D nếu tồn tại hằng số C sao cho f (x) ≤ C, ∀x ∈ D (tương ứng f (x) ≥ C, ∀x ∈ D)và khi đó C được gọi là một cận trên (một cận dưới) của f ở trên tập D. Số nhỏ nhất (số lớn nhất) trong các số C như thế được gọi là cận trên đúng (cận dưới đúng) của hàm f ở trên tập D, và kí hiệu là sup f (x) (tương ứng inf f (x)). Hàm f được gọi là x∈D. x∈D. bị chặn ở trên tập D nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới ở trên tập đó, tức là tồn tại hằng số C1 , C2 sao cho C1 ≤ f (x) ≤ C2 , ∀x ∈ D, hay tồn tại hằng số C sao cho |f (x)| ≤ C, ∀x ∈ D. Hàm số bị chặn còn được gọi là hàm số giới nội. =============================================

(5) 5 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ ============================================= Một hàm số f có giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) trên tập D thì nó bị chặn trên (bị chặn dưới) ở trên tập D, và khi đó sup f (x) = max f (x) (tương x∈D. x∈D. ứng inf f (x) = min f (x)), nhưng điều ngược lại không đúng. x∈D. x∈D. Nếu f không bị chặn trên ở trên tập D thì ta qui ước sup f (x) = +∞, nếu x∈D. f không bị chặn dưới ở trên tập D thì ta qui ước inf f (x) = −∞. x∈D. 1.5. Hàm số đơn điệu. Hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), được gọi là đơn điệu tăng (đơn điệu giảm) trên tập D ⊂ X, D 6= ∅, nếu với mọi x, y ∈ D, mà x < y ta đều có f (x) ≤ f (y) (tương ứng f (x) ≥ f (y)). Hàm số đơn điệu tăng và đơn điệu giảm được gọi chung là hàm đơn điệu. Hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), được gọi là tăng nghiêm ngặt hay đồng biến (giảm nghiêm ngặt hay nghịch biến) trên tập D ⊂ X, D 6= ∅, nếu với mọi x, y ∈ D, mà x < y ta đều có f (x) < f (y) (tương ứng f (x) > f (y)). Một hàm đồng biến thì đơn điệu tăng, nghịch biến thì đơn điệu giảm, nhưng điều ngược lại không đúng. Dễ thấy hàm vừa đơn điệu tăng, vừa đơn điệu giảm là và chỉ là hàm hằng, nhưng không có hàm số nào vừa đồng biến vừa nghịch biến. Cho hàm y = f (x) xác định trên tập D, ta xét tỉ số T = là tỉ số biến thiên). Khi đó: - Nếu T > 0 với mọi x1 , x2 - Nếu T ≥ 0 với mọi x1 , x2 - Nếu T < 0 với mọi x1 , x2 - Nếu T ≤ 0 với mọi x1 , x2. 1.6. ∈ D, x1 ∈ D, x1 ∈ D, x1 ∈ D, x1. 6= x2 , 6 x2 , = 6= x2 , 6= x2 ,. thì thì thì thì. f f f f. f (x1 ) − f (x2 ) (gọi x1 − x2. đồng biến trên D. đơn điệu tăng trên D. nghịch biến trên D. đơn điệu giảm trên D.. Hàm lồi. Tập D ⊂ X được gọi là tập lồi nếu với mọi x, y ∈ D và với mọi λ ∈ [0; 1] ta đều có λx + (1 − λ)y ∈ D. Hàm số f : X → Y, x 7→ y = f (x), được gọi là lồi trên ∅ 6= D ⊂ X nếu D là tập lồi và f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y), ∀x, y ∈ D, ∀λ ∈ [0; 1] . Nếu D 6= ∅ là tập lồi và f (λx + (1 − λ)y) < λf (x) + (1 − λ)f (y), ∀x, y ∈ D, x 6= y, ∀λ ∈ (0; 1) , thì ta nói hàm f lồi ngặt trên tập D. Rõ ràng nếu f lồi =============================================

(6) 1.7. HÀM ĐƠN ÁNH, HÀM TOÀN ÁNH, HÀM SONG ÁNH 6 ============================================= ngặt trên D thì nó lồi trên D, nhưng điều ngược lại không đúng. Ba mệnh đề sau là tương đương, nghĩa là từ mỗi mệnh đề đều suy ra được hai mệnh đề còn lại, ở đó D ⊂ X là một tập lồi khác rỗng 1) f lồi trên D; 2) Tập trên đồ thị GT (f, D) = {(x, y) : x ∈ D, y ∈ R, y ≥ f (x)} là tập lồi; n P 3) ∀n ∈ N, n ≥ 2, ∀x1 , ..., xn ∈ D, ∀λ1 , ..., λn ≥ 0, λi = 1 ta có i=1. f. n P i=1. 1.7. λ i xi. ≤. n P. λi f (xi ).. i=1. Hàm đơn ánh, hàm toàn ánh, hàm song ánh. Cho hàm số f : D → Y . Ta có: - Nếu với mọi a, b ∈ D, a 6= b ta đều có f (a) 6= f (b) thì f được gọi là một đơn ánh. Hay nói cách khác, f là một đơn ánh khi và chỉ khi với mọi a, b ∈ D ta đều có f (a) = f (b) ⇔ a = b. - Nếu với mỗi y ∈ Y đều tồn tại x ∈ D sao cho y = f (x) thì f được gọi là một toàn ánh (hay tràn ánh). - Nếu với mỗi y ∈ Y đều tồn tại duy nhất x ∈ D sao cho y = f (x) thì f được gọi là một song ánh. Nghĩa là f là song ánh khi và chỉ khi nó vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh. Hàm số đồng biến và hàm số nghịch biến là những đơn ánh.. 1.8. Hàm số ngược. Cho hàm số f : D → Y là một song ánh. Mỗi x ∈ D được đặt tương ứng với duy nhất y ∈ Y mà y = f (x). Qui tắc biến mỗi y như vậy trở lại thành x xác định một hàm số đi từ Y tới D và được gọi là hàm số ngược của f . Hàm số ngược của hàm f thường được kí hiệu là f −1 .. 1.9. Hàm số chẵn, hàm số lẻ. Hàm f : X → Y được gọi là hàm chẵn trên tập D (∅ 6= D ⊂ X) nếu với mọi x ∈ D ta có −x ∈ D và f (−x) = f (x). Nếu f là hàm chẵn trên X thì G(f ) nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng. Hàm f : X → Y được gọi là hàm lẻ trên tập D (∅ 6= D ⊂ X) nếu với mọi x ∈ D ta có −x ∈ D và f (−x) = −f (x). Nếu f là hàm lẻ trên X thì G(f ) nhận Oy làm trục đối xứng. =============================================

(7) 7 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ =============================================. 1.10. Hàm số tuần hoàn. Hàm f được gọi là tuần hoàn trên tập X nếu tồn tại số T > 0 sao cho với mọi x ∈ X ta có x + T ∈ D, x − T ∈ D và f (x + T ) = f (x). Số T đó gọi là chu kì của hàm tuần hoàn f . Số T nhỏ nhất (nếu có) gọi là chu kì cơ sở của hàm tuần hoàn f .. 1.11. Bài tập đề nghị. Bài 1.1. Tìm tập xác định của hàm số q x−1 2 2 y= 2 + −(x − 2) (x + 1) (x + 5). x + 3x + 2 x4 − x2 − 1 . Bài 1.2. Tìm tập giá trị của hàm số y = 4 2x − x2 + 1 Bài 1.3. Tìm a để hàm số y = ax2012 + a(a + 1)x + 2 tuần hoàn trên R. Bài 1.4. Tìm m để hàm số y =. p. x2 − |x|+(m+1)x+1 là hàm chẵn trên R.. Bài 1.5. Cho y = f (x) là hàm lồi trên R. Chứng minh rằng n n 1 P 1 P xi ≤ f (xi ), ∀xi ∈ R, i = 1, 2, ..., n(n ∈ N*). f n i=1 n i=1 √ √ Bài 1.6. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = a + x + b − x, với a, b là các hằng số, a + b > 0.. =============================================

(8) Chương 2. SƠ LƯỢC VỀ ĐA THỨC Trăm sông học bể, đến được bể. Gò đống học núi, không đến được núi. Là tại một đằng thì đi, một đằng thì đứng. ÂU DƯƠNG TU. 2.1. Các khái niệm và tính chất. Trong phần này ta chỉ đề cập tới đa thức một biến. 1. Ta gọi biểu thức P (x) = a0 +a1 x+...+an xn là một đa thức (polynomial), n là số tự nhiên, các số thực a0 , a1 , ..., an gọi là hệ số, an gọi là hệ số bậc cao nhất, a0 gọi là hệ số tự do, còn x gọi là biến hay ẩn. Đa thức P (x) = a0 gọi là đa thức hằng , đặc biệt P (x) = 0 gọi là đa thức không . Với n > 0 thì n gọi là bậc của đa thức, khi đó P (x) gọi là đa thức bậc n (p. of degree n). Đa thức hằng P (x) = a0 6= 0 được coi là có bậc 0, đa thức không P (x) = 0 được coi có bậc −∞. Bậc của đa thức P (x) được kí hiệu là degP (x). deg(P (x).Q(x)) = degP (x) + deg(Q(x)), deg(P (x) + Q(x)) ≤ max(degP (x); degQ(x)). 2. Một đa thức bậc n ∈ N*, có không quá n nghiệm. Đa thức bậc 0 luôn vô nghiệm. Đa thức P (x) có vô số nghiệm khi và chỉ khi P (x) là đa thức không (P (x) = 0). 3. Đa thức P (x) là hàm số liên tục trên R, có đạo hàm trên R, và đạo hàm của đa thức P (x) là đa thức P 0 (x) = a1 + 2a2 x + . . . + nan xn−1 . Ta có P (k) (0) ak = , k = 0, 1, 2, ..., n. k! 4. Đa thức bậc lẻ luôn có nghiệm. Đa thức bậc chẵn nếu có nghiệm thì có ít nhất 2 nghiệm (phân biệt hoặc trùng nhau). Nếu đa thức P (x) vô nghiệm thì 8.

(9) 9 CHƯƠNG 2. SƠ LƯỢC VỀ ĐA THỨC ============================================= degP (x) chẵn và P (x) > 0, ∀x ∈ R hoặc P (x) < 0, ∀x ∈ R. Nếu P (x) có ít nhất k nghiệm thì P 0 (x) có ít nhất k − 1 nghiệm. 5. Nếu đa thức P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn bậc n ∈ N*, an 6= 0, có n nghiệm (phân biệt hoặc trùng nhau) x1 , x2 , . . . , xn thì có thể phân tích P (x) thành nhân tử P (x) = an (x − x1 )(x − x2 ). . . (x − xn ). Hơn nữa ta có các hệ thức sau, gọi là hệ thức Viet  n P a   xi = (−1)1 . n−1   an  i=1  P  2 an−2   x .x = (−1) . i j   an 1≤i<j≤n P 3 an−3 . xi .xj .xk = (−1) .   an 1≤i<j<k≤n      .............   a   x 1 .x2 ...xn = (−1)n . 0 an 6. Nếu đa thức P (x) ≥ a, ∀x ∈ R, hoặc P (x) ≤ a, ∀x ∈ R, (với a là một hằng số) thì P (x) là đa thức bậc chẵn. 7. Đa thức có tất cả các hệ số đều là số nguyên được gọi là đa thức nguyên. Tập hợp tất cả các đa thức nguyên với biến x được kí hiệu là Z [x] . 8. Nếu có các đa thức f (x), g(x), h(x), P (x) thoả mãn P (x) = f (x)g(x) + h(x), và degh(x) < degf (x), f (x) 6 ≡0, thì ta nói P (x) chia cho f (x) được g(x) và dư h(x), đa thức P (x), f (x), g(x), h(x) lần lượt được gọi là đa thức bị chia, đa thức chia, đa thức thương, đa thức dư. Nếu h(x) = 0 thì ta nói P (x) chia hết cho f (x). Với đa thức bất kì P (x), nếu tồn tại hai đa thức f (x), g(x) (khác đa thức hằng) sao cho P (x) = g(x).f (x) thì ta nói P (x) khả quy (reducible p.), nếu ngược lại thì ta nói P (x) là đa thức bất khả quy (irreducible p.), hay đa thức không phân tích được. Khi nói đến đa thức bất khả quy, người ta thường chỉ xét trên Z [x] . Tiêu chuẩn EISENSTEIN Cho đa thức hệ số nguyên P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn bậc n ∈ N*, an 6= 0. Nếu tồn tại số nguyên tố p thoả mãn đồng thời cả 3 điều kiện sau thì P (x) bất khả quy trên Z [x] (1) an không chia hết cho p; (2) tất cả các hệ số a0 , a1 , . . . , an−1 đều chia hết cho p; (3) a0 không chia hết cho p2 . 9. Cho đa thức hệ số nguyên P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn bậc n ∈ N*, a an = 6 0, và x0 = , (a,b ∈ Z∗ , (a,b) = 1) là nghiệm của P (x) (tức là P (x0 ) = 0) b .. .. thì a0 .a, an .b.. =============================================

(10) 2.2. MỘT SỐ VÍ DỤ 10 ============================================= 10. Cho đa thức P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn bậc chẵn n = 2m, m ∈ N*, an 6= 0. - Nếu an > 0 thì tồn tại số thực a sao cho P (a) = min P (x), P 0 (a) = 0 (xem x∈R. Ví dụ 2.3). - Nếu an < 0 thì tồn tại số thực a sao cho P (a) = max P (x), P 0 (a) = 0. x∈R. 2.2. Một số ví dụ. Ví dụ 2.1. Cho đa thức P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn , n ∈ N*, an > 0. Chứng minh tồn tại số thực c sao cho P (x) đồng biến trên khoảng (c; +∞). Lời giải. Ta có P 0 (x) = a1 + 2a2 x + . . . + nan xn−1 ,. lim P 0 (x) = +∞. x→+∞. (do nan > 0) nên tồn tại c sao cho P 0 (x) > 0, ∀x ∈ (c; +∞) (tất nhiên c sẽ lớn hơn nghiệm lớn nhất (nếu có) của P 0 (x)). Dẫn tới P (x) đồng biến trên khoảng (c; +∞). Ví dụ 2.2. Cho trước a1 , a2 , . . . , an là các số nguyên khác nhau. Chứng minh rằng đa thức P (x) xác định bởi P (x) = (x − a1 )(x − a2 )...(x − an ) − 1 không thể phân tích được thành tích của hai đa thức nguyên khác hằng số (tức là P (x) bất khả quy trên Z [x]). Lời giải. Giả sử ngược lại, ta có thể phân tích P (x) = g(x)h(x), với g(x), h(x) là các đa thức nguyên khác hằng số. Có g(ai )h(ai ) = P (ai ) = −1, với mọi i = 1, 2, 3, . . . , n. Do g(ai ), h(ai ) là những số nguyên nên ta suy ra được g(ai ) = ±1, h(ai ) = ±1, nhưng g(ai ), h(ai ) phải trái dấu, do vậy g(ai )+h(ai ) = 0 (i = 1, 2, 3, . . . , n). Đa thức g(x) + h(x) bậc nhỏ hơn n mà lại có n nghiệm a1 , a2 , . . . , an nên g(x) + h(x) phải là đa thức không, tức là g(x) + h(x) = 0 ⇒ h(x) = −g(x) ⇒ P (x) = −g 2 (x). Nhưng điều này vô lí vì hệ số bậc cao nhất của P (x) là dương, còn hệ số bậc cao nhất của −g 2 (x) là âm. Vậy ta có đpcm. Ví dụ 2.3. Cho đa thức P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn bậc n = 2m, m ∈ N*, an > 0. Chứng minh P (x) đạt giá trị nhỏ nhất tại x0 và P 0 (x0 ) = 0. Lời giải. Đạo hàm P 0 (x) = a1 + 2a2 x + . . . + nan xn−1 là đa thức bậc lẻ và có nan > 0, lim P 0 (x) = +∞, lim P 0 (x) = −∞ nên tồn tại c, d (d < c) sao x→+∞. x→−∞. cho P 0 (x) > 0, ∀x ≥ c, và P 0 (x) < 0, ∀x ≤ d. Hàm P 0 (x) là hàm liên tục trên tập số thực nên cũng liên tục trên đoạn [d; c]. Suy ra P 0 (x) luôn có nghiệm và mọi nghiệm đều nằm giữa c và d (đây là phương pháp chứng minh một đa thức bậc lẻ (nói chung) luôn có nghiệm). Gọi a và b lần lượt là nghiệm nhỏ nhất, nghiệm lớn nhất của P 0 (x). Nếu a = b thì P 0 (x) không đổi dấu trên các khoảng (−∞; a), (a; +∞). Như vậy P 0 (x) > 0, ∀x ∈ (a; +∞), và P 0 (x) < 0 ∀x ∈ (−∞; a). Suy ra P (x) ≥ P (x0 ) , ∀x ∈ R, và P 0 (x0 ) = 0, trong đó x0 = a. Nếu a (11) 11 CHƯƠNG 2. SƠ LƯỢC VỀ ĐA THỨC ============================================= các khoảng (−∞; a), (b; + ∞) đa thức P 0 (x) không đổi dấu, và ta cũng chỉ ra được P 0 (x) > 0 ∀x ∈ (b; +∞), P 0 (x) < 0 ∀x ∈ (−∞; a). Mọi điểm cực trị của P (x) đều thuộc đoạn [a;b]. Bằng cách lập bảng biến thiên của P (x) ta thấy tồn tại điểm cực trị x0 của P (x) sao cho P (x) ≥ P (x0 ) với mọi x, và P 0 (x0 ) = 0. Vậy minP (x) = P (x0 ), P 0 (x0 ) = 0. Ví dụ 2.4. Giả sử đa thức P (x) bậc n có n nghiệm thực x1 , x2 , . . . , xn . 1 P 0 (x) 1 1 = Chứng minh + + ... + . P (x) x − x1 x − x2 x − xn n n P Q ln |x − xi |. (x − xi ) ⇒ ln |P (x)| = ln |an |+ Lời giải. Ta có P (x) = an . i=1. i=1. P 0 (x) 1 1 1 Lấy đạo hàm hai vế ta được = + + ... + . P (x) x − x1 x − x2 x − xn Ví dụ 2.5. Cho đa thức P (x) sao cho phương trình P (x)−x = 0 vô nghiệm. Chứng minh phương trình P (P (x)) − x = 0 cũng vô nghiệm. Lời giải. Hàm y = P (x) − x 6= 0 và liên tục trên R ⇒ y (0) = P (0) 6= 0. i) TH1: P (0) > 0. Nếu tồn tại c sao cho y(c) < 0 thì y(0)y(c) < 0 ⇒ phương trình P (x) − x = 0 có nghiệm (mâu thuẫn). Vậy y(x) = P (x) − x > 0, ∀x ∈ R, hay P (x) > x, ∀x ∈ R. Suy ra P (P (x)) > P (x) > x, ∀x ∈ R. Từ đó dẫn tới phương trình P (P (x)) − x = 0 vô nghiệm. ii) TH2: P (0) < 0. Lập luận tương tự. Ví dụ 2.6. Cho đa thức P (x) thoả mãn P (x) > P 0 (x), ∀x ∈ R. Chứng minh rằng P (x) > 0, ∀x ∈ R. Lời giải. Đặt Q(x) = P (x) − P 0 (x), degQ = degP . Từ giả thiết suy ra Q(x) > 0, ∀x ∈ R, suy ra Q(x) là đa thức bậc chẵn và có hệ số bậc cao nhất dương. Do đó P (x) là đa thức bậc chẵn và có hệ số bậc cao nhất dương. Theo Ví dụ 1.3 tồn tại x0 sao cho minP (x) = P (x0 ), P 0 (x0 ) = 0. Do đó P (x) ≥ P (x0 ) > P 0 (x0 ) = 0, ∀x ∈ R. Ví dụ 2.7. Tìm đa thức P (x) biết rằng 1) (x + 1)P (x) = xP (x + 1), ∀x ∈ R. 2) (x − 1)P 0 (x) = xP 0 (x − 1), ∀x ∈ R. 3) P (x) + P (y) = P (x + y) + 2xy, ∀x, y ∈ R. Lời giải. 1) Từ. P (x) P (x + 1) P (x) = , ∀x 6= 0, x 6= −1, suy ra là hằng số x x+1 x. P (x) = a, ∀x 6= 0, x 6= −1, ⇒ P (x) = ax, ∀x 6= 0, x 6= −1. Do hàm đa thức liên x tục nên P (x) = ax, ∀x ∈ R, a là hằng số tuỳ ý. Thử lại thấy đây là đa thức cần tìm. P 0 (x) P 0 (x − 1) 2) Từ đẳng thức đề bài suy ra = , ∀x ∈ R\ {1; 0} , nên x x−1 =============================================

(12) 2.2. MỘT SỐ VÍ DỤ 12 ============================================= P 0 (x) = 2a, ∀x 6= 0, x 6= 1, (a là hằng số) ⇒ P 0 (x) = 2ax, ∀x ∈ R\ {1; 0} . Do x P 0 (x) liên tục nên P 0 (x) = 2ax, ∀x ∈ R, ⇒ P (x) = ax2 + b, ∀x ∈ R, với a, b là các hằng số. Thử lại thấy P (x) = ax2 + b là đa thức cần tìm. 3) Từ đẳng thức đề bài, lấy đạo hàm hai vế theo biến x, coi y là tham số, ta được P 0 (x) = P 0 (x + y) + 2y, ∀x, y ∈ R, lấy đạo hàm hai vế theo biến y, coi x là tham số ta được P 0 (y) = P 0 (x + y) + 2x, ∀x, y ∈ R. Suy ra P 0 (x) + 2x = P 0 (y) + 2y, ∀x, y ∈ R ⇒ P 0 (x) + 2x = a, ∀x, y ∈ R (a là hằng số) ⇒ P (x) = −x2 + ax + b, ∀x ∈ R. Thử lại thấy đây là đa thức cần tìm (a, b là hằng số). Ví dụ 2.8. Cho đa thức P (x) bậc 2012 có đúng 2012 nghiệm thực dương, p hệ số bậc cao nhất là 1. Chứng minh rằng P 0 (0) + 2010. 2012 P 2011 (0) ≤ 0. Lời giải. Giả sử x1 , x2 , . . . , x2012 là 2012 nghiệm thực dương của P (x) và 2012 Q 1 1 P 0 (0) = + + ... + P (x) = (x − xi ) ⇒ P (0) = x1 .x2 . . . x2012 . Ta có P (0) −x1 −x2 i=1 0 1 1 P (0) 1 1 = ⇒− + + ... + . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy −x2012 P (0) x1 x2 x2012 1 P 0 (0) 1 1 2012 = cho 2012 số dương, đi đến − + + ... + ≥ 2012 √ P (0) x1 x2 x2012 x1 x2 ...x2012 p 2012 P 0 (0) 2012.P (0) p p ≥ 2012 hay − ⇒ −P 0 (0) ≥ 2012 = 2012. 2012 P 2011 (0). Vậy P (0) P (0) p P (0) 0 P (0) + 2012. 2012 P 2011 (0) ≤ 0. Dấu ”=” xảy ra khi x1 = x2 = . . . = x2012 . Ví dụ 2.9. a. (Một đánh giá tiên nghiệm) Cho x0 là nghiệm của đa thức ai . Chứng P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn , n ∈ N*, an 6= 0. Đặt M = max 0≤i≤n−1 an minh rằng |x0 | ≤ 1 + M. 5 4 3 b. Chứng minhphương trình x − x + 2x − 1 = 0 có nghiệm và mọi nghiệm 2 đều thuộc khoảng ;3 . 11 Lời giải. a. Nếu |x0 | ≤ 1 thì có ngay |x0 | ≤ 1 + M vì M ≥ 0. a1 x0 a0 an−1 x0n−1 an−1 n Nếu |x0 | > 1 thì |x0 | = + ... + + ≤ . x0n−1 + an an an an |xn | − 1 a0 a1 ⇒ |x0 |n − 1 < . |x0 | + ≤ M (1 + |x0 | + ... + |x0n−1 |) = M 0 ... + an an |x0 | − 1 |xn | − 1 |x0 |n < M 0 ⇒ |x0 |−1 < M ⇒ |x0 | < 1+M. Vậy ta luôn có |x0 | ≤ 1+M . |x0 | − 1 b. Cách 1: Vì phương trình đã cho là phương trình bậc 5 nên nó luôn có nghiệm. Giả sử x0 là nghiệm của phương trình này, khi đó x0 > 0 (1). Theo câu a ta có |x0 | ≤ 3 (2). Hơn nữa, kiểm tra thấy x = 3 không là nghiệm của phương trình, nên từ đây kết hợp với (1), (2), (3) suy ra 0 < x0 < 3 (4). Ta lại có x50 + 2x30 = 1 + x40 ≥ 2x20 , đó đó x30 + 2x0 ≥ 2 (5). Từ (4) và (5) ta có =============================================

(13) 13 CHƯƠNG 2. SƠ LƯỢC VỀ ĐA THỨC ============================================= 2 (6). Từ (4) và (6) ta đi đến 11 2 2 < x0 < 3. Vậy mọi nghiệm của phương trình đều thuộc khoảng ;3 . 11 11 Cách 2: Đa thức P (x) = x5 − x4 + 2x3 − 1 liên tục trên R, có P 0 (x) = 5x4 − 4x3 + 6x2 = x2 (5x2 − 4x + 6) > 0, ∀x ∈ R, suy ra P (x) đồng biến trên R. 2 Phương trình đã cho, vì thế, có không quá 1 nghiệm. Mặt khác P ( )P (3) < 0 11 2 nên phương trình đó có nghiệm và nghiệm đó thuộc khoảng ; 3 . Vậy 11 2 ;3 . phương trình x5 − x4 + 2x3 − 1 = 0 có nghiệm duy nhất x0 và x0 ∈ 11 Ví dụ 2.10. Giả sử đa thức P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn , n ∈ N*, an 6= 0, k k−1 an−k+1 an−k có n nghiệm thực không âm. Chứng minh rằng ≥ , an .Cnk an .Cnk−1 với k = 1, 2, ..., n. 11x0 − 2 ≥ x20 (3 − x0 ) + 3x0 (3 − x0 ) > 0 ⇒ x0 >. Lời giải. Giả sử x1 , . . . , xn là n nghiệm thực không âm của P (x), theo định lí P P k−1 an−k+1 , và xi1 ...xik = Viet ta có xi1 ...xik−1 = (−1) . a n 1≤i1 <...<ik ≤n 1≤i1 <...<ik−1 ≤n k an−k . Theo bất đẳng thức xen kẽ Cauchy (−1) . an v v P P u u xi1 ...xik−1 xi1 ...xik u u k−1 k t 1≤i1 <...<ik−1 ≤n t 1≤i1 <...<ik ≤n ≥ Cnk Cnk−1 suy ra ngay bất đẳng thức cần phải chứng minh.. 2.3. Bài tập đề nghị. Bài 2.1. Chứng minh nếu đa thức nguyên P (x) có P (0), P (1) cùng là những số lẻ thì P (x) không có nghiệm nguyên. Bài 2.2. Chứng minh với m, n, k là các số tự nhiên tuỳ ý cho trước thì P (x) = x3k + x3n+1 + x3m+2 chia hết cho đa thức Q(x) = 1 + x + x2 . Từ đó hãy nn n n tìm số nguyên dương n để số 20063 + 14 + 20062005 + 2007 +1 là số nguyên tố. Bài 2.3. Tìm tất cả các đa thức P (x) hệ số thực và thoả mãn P (x).P (2x2 ) = P (2x3 + x), ∀x ∈ R. Bài 2.4. a. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P (x) để với mọi x có đồng thời các bất đẳng thức (1) P 0 (x) > P (x), (2) P (x) > P (x). b) Khẳng định a) còn đúng không nếu thay (1) bởi (1’) P (x) > P 0 (x)?. =============================================

(14) 2.3. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 14 ============================================= 14 + 24 + ... + n4 . (HD: Ta xét đa thức P (x) = ax5 + n→+∞ n5 bx4 + cx3 + dx2 + ex bậc 5 sao cho P (x) − P (x − 1) = x4 , ∀x ∈ R, từ đó tìm ra a, b, c, d, e và tính đựơc tổng 14 + 24 + ... + n4 ). Bài 2.5. Tính lim. Bài 2.6. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để đa thức 2x2 − x − 36 nhận giá trị là bình phương của một số nguyên tố. Bài 2.7. Chứng minh rằng đa thức P (x) là hàm tuần hoàn khi và chỉ khi P (x) là hằng số. p n 1 + P (x) − 1 Bài 2.8. Cho đa thức P (x) có P (0) = 0. Tìm lim . x→0 x 9 7 4 2 Bài 2.9. Chứng minh P (x) = x + x + x + x + 1 bất khả quy trên Z [x]. Bài 2.10. Cho đa thức P (x) bậc n ∈ N* với hệ số bậc cao nhất bằng 1. 1 Chứng minh rằng max |P (x)| ≥ n−1 . −1≤x≤1 2. =============================================

(15) Chương 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ DÃY SỐ Không bằng người mà không xấu hổ thì sao bằng người được. MẠNH TỬ. 3.1 3.1.1. Khái niệm dãy số Định nghĩa. Dãy số là một hàm số đi từ tập S vào R, trong đó: - Nếu S = {1, 2, ..., m} thì ta có dãy số hữu hạn, có m số hạng, bắt đầu từ chỉ số 1 và kết thúc bởi chỉ số m; - Nếu S = N thì ta có dãy số vô hạn, bắt đầu bởi chỉ số 0; - Nếu S = N* thì ta có dãy số vô hạn, bắt đầu từ chỉ số 1. Với dãy số u : S → R, ta thường kí hiệu giá trị u(i) là ui , và kí hiệu dãy số này là (un ). Mỗi giá trị ui được gọi là một số hạng của dãy (un ), và giá trị un được gọi là số hạng tổng quát. Thông thường, nếu không nói gì, ta hiểu rằng S = N*.. 3.1.2. Ví dụ. −n2 , xác định trên N*, là một dãy số, có vô hạn n+1 −k 2 −4 −9 , u = , u = , ...,u = , ... số hạng, viết ở dạng khai triển: u1 = −1 2 3 k 2 3 4 k+1 Ví dụ 3.1. Hàm u(n) =. 15.

(16) 16 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= √ Ví dụ 3.2. Hàm v(n) = 9 − n, xác định trên tập S = {1, 2, ..., 9}, là một √ √ dãy số, có 9 số hạng, viết ở dạng khai triển: u1 = 8, u2 = 7, ..., u8 = 1, u9 = 0. Ví dụ 3.3. Hàm w(n), xác định trên tập N*, với wn là số nguyên tố lớn nhất có n chữ số, là một dãy số, có vô hạn số hạng. Ví dụ 3.4. Dãy số Fibonacci là hàm số F : N → N, với F0 = F1 = 1, ..., Fn+2 = Fn+1 + Fn , ∀n ∈ N, nó có vô hạn số hạng.. 3.2. Cách xác định một dãy số. a. Dãy số có thể được cho bằng cách liệt kê các số hạng của nó (dạng khai triển). b. Dãy số có thể được cho bằng cách diễn đạt bằng lời cách xác định mỗi số hạng của nó (xem Ví dụ 3.3). c. Dãy số cho bởi công thức số hạng tổng quát (xem, Ví dụ 3.1, 3.2). d. Dãy số cho bởi phương pháp truy hồi (xem Ví dụ 3.4).. 3.3. Dãy số đơn điệu. Dãy số (un ) được gọi là dãy số tăng nếu với mọi n ta có un < un+1 . Dãy số (un ) được gọi là dãy số tăng không nghiêm ngặt nếu với mọi n ta có un ≤ un+1 . Dãy số (un ) được gọi là dãy số giảm nếu với mọi n ta có un > un+1 . Dãy số (un ) được gọi là dãy số giảm không nghiêm ngặt nếu với mọi n ta có un ≥ un+1 . Dãy số tăng, tăng không nghiêm ngặt, giảm, giảm không nghiêm ngặt được gọi chung là dãy số đơn điệu. Để xét tính đơn điệu của dãy số (un ) - Nếu H > 0 với mọi n thì (un ) là - Nếu H ≥ 0 với mọi n thì (un ) là - Nếu H < 0 với mọi n thì (un ) là - Nếu H ≤ 0 với mọi n thì (un ) là. ta xét hiệu H = un+1 − un : dãy số tăng. dãy số tăng không nghiêm ngặt. dãy số giảm. dãy số giảm không nghiêm ngặt.. Trong trường hợp các un luôn dương, ta xét tỉ số T = -. Nếu Nếu Nếu Nếu. T T T T. >1 ≥1 <1 ≤1. với với với với. mọi mọi mọi mọi. n n n n. thì thì thì thì. (un ) (un ) (un ) (un ). là là là là. dãy dãy dãy dãy. số số số số. un+1 : un. tăng. tăng không nghiêm ngặt. giảm. giảm không nghiêm ngặt.. =============================================

(17) 3.4. DÃY SỐ TUẦN HOÀN 17 ============================================= Không có dãy số nào vừa tăng vừa giảm. Một dãy số vừa tăng không nghiêm ngặt, vừa giảm không nghiêm ngặt khi và chỉ khi nó là dãy số không đổi (còn gọi là dãy số hằng, hay dãy số dừng, nó có tất cả các số hạng bằng nhau). Ví dụ 3.5. Cho các số dương a1 , a2 , ..., a13 thoả mãn a1 + a2 + ... + a13 ≥ 13. Chứng minh dãy (un ) cho bởi un = an1 + an2 + ... + an13 , ∀n ∈ N*, là dãy tăng không nghiêm ngặt. Lời giải. Với mọi số dương a và số nguyên dương n ta có (an − 1)(a − 1) ≥ 0 n nên an+1 −an ≥ a−1. Từ đó suy ra un+1 −un = (an+1 +an+1 +...+an+1 1 2 13 )−(a1 + n n a2 + ... + a13 ) ≥ a1 + a2 + ... + a13 − 13 ≥ 0, ∀n ∈ N*, hay un+1 ≥ un , ∀n ∈ N*. Vậy (un ) là dãy số tăng không nghiêm ngặt.. 3.4. Dãy số tuần hoàn. Dãy số (un ) được gọi là tuần hoàn nếu tồn tại số nguyên dương k sao cho un+k = un với mọi n, và khi đó k được gọi là chu kì tuần hoàn của dãy số. Ví dụ 3.6. Dãy số (an ) với an = (−1)n , ∀n ∈ N*, là dãy số tuần hoàn với chu kì k = 2. Dãy số (bn ) với bn = sin( π3 − n π4 ), ∀n ∈ N, là dãy số tuần hoàn với chu kì k = 8. Dãy số không đổi (tất cả các số hạng của nó bằng nhau) là dãy số tuần hoàn với chu kì k = 1.. 3.5. Dãy số bị chặn. Dãy số (un ) được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số M sao cho un ≤ M với mọi n. Dãy số (un ) được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số m sao cho un ≥ m với mọi n. Dãy số (un ) được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới, tức là tồn tại số M và m để m ≤ un ≤ M với mọi n, hay tồn tại C sao cho |un | ≤ C với mọi n. Dãy số hữu hạn, dãy số tuần hoàn thì luôn luôn bị chặn. Dãy số tăng hoặc tăng không nghiêm ngặt thì luôn bị chặn dưới. Dãy số giảm hoặc giảm không nghiêm ngặt thì luôn bị chặn trên. Dãy số ở Ví dụ 3.2 là dãy hữu hạn nên bị chặn. Các dãy số ở Ví dụ 3.6 là −n dãy tuần hoàn nên bị chặn. Dãy số ở Ví dụ 3.1 bị chặn trên do un = <0 n+1 với mọi n, nhưng không bị chặn dưới. Các dãy số ở Ví dụ 3.3 và 3.4 bị chặn dưới (tương ứng bởi 7 và 1), nhưng không bị chặn trên.. =============================================

(18) 18 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= Ví dụ 3.7. Xét tính đơn điệu và bị chặn của dãy số √ √ a. Dãy số (xn ) với xn = n + 1 − n − 1, ∀n ∈ N*. n b. Dãy số (yn ) với yn = n , ∀n ∈ N*. 3 n! c. Dãy số (zn ) với zn = n , ∀n ∈ N*. 2 −1 , ∀n = 2, 3, 4... d. Dãy số (un ) có u1 = 1, un = 3 + un−1 1 a e. Dãy số (un ) có x1 > 0, xn+1 = (xn + ), ∀n ∈ N*, ở đó a > 0 là hằng số. 2 xn Lời giải. 2 √ nên xn > xn+1 , ∀n ∈ N*, tức là (xn ) giảm. n√+ 1 + n − 1 Đồng thời 0 < xn ≤ 2, ∀n ∈ N*, suy ra (xn ) bị chặn. yn+1 n+1 < 1, với mọi n, nên (yn ) giảm. Hơn b. Nhận thấy yn > 0 và = yn 3n n P 1 n 1 nữa, 3n = (2 + 1)n = Cnk .2k ≥ 2Cn1 = 2n ⇒ n ≤ , do đó 0 < yn ≤ , ∀n ∈ 3 2 2 k=0 N*, nghĩa là (yn ) bị chặn. zn+1 (n + 1)!2n c. Dễ thấy zn > 0, ∀n ∈ N*, nên (zn ) bị chặn dưới. Vì = = zn 2n+1 .n! n+1 ≥ 1, ∀n ∈ N*, nên (zn ) tăng không nghiêm ngặt (dãy này tăng kể từ số 2 n! 5 6 n 1 2 3 4 . . . . ... hạng thứ 2 trở đi). Ta nhận thấy rằng zn = n = . > 2 2 2 2 2 2 2 2 n 3n 3 n−4 3 n 3 3 P 3 1 n .2 = .2 = .(1 + 1) = . Cn = (xem thêm Ví Cnk ≥ 2 32 32 32 k=0 32 32 32M , thì dụ 3.29 câu 7). Do đó với mọi số thực M, ta chọn n ∈ N*, n > 3 3n zn > > M. Suy ra (zn ) không bị chặn trên, và do đó nó không bị chặn. 32 √ −3 + 5 d. Trước hết ta chứng minh un > , ∀n ∈ N*. Thật vậy, với n = 1 2 √ √ √ −3 + 5 −3 + 5 3+ 5 thì u1 = 1 > . Giả sử uk > . Khi đó 3 + uk > ⇒ 2 2 2 √ √ 2 −1 −3 + 5 1 3− 5 √ = < ⇒ uk+1 = > . Theo nguyên lí 3 + uk 2 3 + u 2 3+ 5 k √ −3 + 5 qui nạp toán học, ta có un > , ∀n ∈ N*, tức là (un ) bị chặn dưới bởi 2 √ 1 u2 + 3un + 1 −3 + 5 . Bây giờ ta xét hiệu un − un+1 = un + = n > 2 3 + un 3 + un √ −3 + 5 0, ∀n ∈ N*, do un > , ∀n ∈ N*. Vậy (un ) là dãy số giảm. Ta có 2 1 = u1 > u2 > ... > un > un+1 > ... suy ra (un ) bị chặn trên bởi 1. Vậy (un ) là dãy số giảm và bị chặn. (Ta có kết luận tương tự đối với dãy số (un ) cho bởi a. Ta có xn = √. =============================================

(19) 3.6. CẤP SỐ CỘNG 19 ============================================= −a u1 = α, un = , ∀n = 2, 3, 4..., với a, b, c dương, b2 − 4ac > 0, α > b + cun−1 √ −b + b2 − 4ac .) 2c 1 a e. Do x1 > 0, a > 0 và xn+1 = (xn + ), ∀n ∈ N*, nên bằng qui nạp 2 xn ta chứng minh được xn > 0, ∀n ∈ N*, tức là dãy (un ) bị chặn dưới. Áp √ 1 a dụng bất đẳng thức Côsi ta có xn = (xn−1 + ) ≥ a, ∀n ≥ 2. Do 2 xn−1 xn+1 1 1 a a đó = + 2 ≤ + = 1, ∀n ≥ 2. Suy ra (un ) là dãy giảm không xn 2 2xn 2 2a nghiệm ngặt, kể từ số hạng thứ 2 trở đi. Dễ thấy (un ) bị chặn trên. Vậy (un ) là dãy bị chặn. Nhận xét. Cho hai dãy số (un ), (vn ), các hằng số a và b, với a > 0. Ta có: a. Nếu un ≤ avn + b với mọi n, và dãy (vn ) bị chặn trên thì (un ) cũng bị chặn trên. Đặc biệt, nếu un ≥ an + b với mọi n thì (un ) không bị chặn trên. b. Nếu un ≥ avn + b với mọi n, và dãy (vn ) bị chặn dưới thì (un ) cũng bị chặn dưới. Đặc biệt, nếu un ≤ −an + b với mọi n thì (un ) không bị chặn dưới.. 3.6. Cấp số cộng. 3.6.1. Định nghĩa. Cấp số cộng là một dãy số (hữu hạn hay vô hạn) mà trong đó, kể từ số hạng thứ hai trở đi, mỗi số hạng đều bằng tổng của số hạng đứng ngay trước nó với một số d không đổi. Nghĩa là, (un ) là cấp số cộng ⇔ ∀n ≥ 2, un = un−1 + d. Số u1 gọi là số hạng đầu tiên, un gọi là số hạng thứ n hay số hạng tổng quát, d gọi là công sai (d = u2 − u1 = u3 − u2 = ... = un+1 − un là sai biệt chung của các n P um − uk số hạng kề nhau của dãy số, d = (m 6= k)), Sn = uk là tổng của n m−k k=1 số hạng đầu tiên của cấp số cộng.. 3.6.2. Một số tính chất. 1 (uk−1 + uk+1 ). 2 b. Số hạng tổng quát của cấp số cộng: un = u1 + (n − 1)d. c. Tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số cộng: n(n − 1)d n (u1 + un )n Sn = = nu1 + = [2u1 + (n − 1)d]. 2 2 2. a. Tính chất đặc trưng của cấp số cộng: uk =. =============================================

(20) 20 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= (Lưu ý rằng. n P. uk = Sn − Sm−1 (n ≥ m).). k=m. Ví dụ 3.8. Tìm a để phương trình x4 − 10ax2 − 9a + 54 = 0 có 4 nghiệm phân biệt theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Lời giải. Ta đặt t = x2 ≥ 0, phương trình đã cho được chuyển thành phương trình bậc hai t2 − 10at − 9a + 54 = 0(1).  Trước hết, ta sẽ tìm a để 0 2  ∆ = 25a + 9a − 54 > 0 (1) có hai nghiệm dương phân biệt. Điều kiện: P=t1 t2 = 54 − 9a > 0 ⇔   S=t1 + t2 = 10a > 0 √ −9 + 3 609 < a < 6(2). Với điều kiện (2) thì phương trình (1) có 2 nghiệm t1 , 50 t2 thỏa mãn 0 < t1 √ < t2 và phương √ trình ban √ đầu có√4 nghiệm xếp theo thứ tự tăng dần là x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x1 = t2 . Bốn số này lập thành cấp số cộng khi x2 − x1 = x3 − x2 =  x4 − x3 ⇔ t2 = 9t1 (do t1 , t2 > 0). Tức là (  t2 = 9t1 t1 = a, t2 = 9a các nghiệm của (1) phải thỏa mãn t1 t2 = 54 − 9a ⇔ . 2  a +a−6=0  t1 + t2 = 10a Ta tìm ra a = 2, a = −3, đối chiếu với điều kiện (2) và chọn a = 2. Vậy a = 2 là giá trị cần tìm. Ví dụ 3.9.Cho dãy số (un ) có Sn =. n P. uk = ann + bn, ∀n ∈ N*, với a, b là. k=1. các hằng số. Chứng minh (un ) là một cấp số cộng. Lời giải. Vì Sn =. n P. uk = an2 + bn, ∀n ∈ N*, nên u1 = S1 = a + b,. k=1. un = Sn − Sn−1 = 2an − a + b, ∀n ∈ N, n ≥ 2, suy ra un = 2an − a + b, ∀n ∈ N*. Do đó un+1 − un = 2a = const, ∀n ∈ N*. Vậy (un ) là một cấp số cộng, có số hạng đầu tiên u1 = a + b, công sai d = 2a, số hạng tổng quát un = 2an − a + b.. 3.7. Cấp số nhân. 3.7.1. Định nghĩa. Cấp số nhân là một dãy số (hữu hạn hay vô hạn) mà trong đó, kể từ số hạng thứ hai trở đi, mỗi số hạng đều bằng tích của số hạng đứng ngay trước nó với một số q không đổi. Nghĩa là, (un ) là cấp số nhân ⇔ ∀n ≥ 2, un = un−1 .q. Số u1 gọi là số hạng đầu tiên, un gọi là số hạng thứ n hay số hạng tổng quát, q gọi n P là công bội, Sn = uk là tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số nhân. k=1. =============================================

(21) 3.8. CẤP SỐ NHÂN - CỘNG 21 =============================================. 3.7.2. Một số tính chất. a. Tính chất đặc trưng của cấp số nhân: u2k = uk−1 .uk+1 . b. Số hạng tổng quát của cấp số nhân: un = u1 q n−1 . nu1 nếu q = 1 c. Tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số nhân: Sn = 1 − qn  u1 nếu q 6= 1 1−q n P uk = Sn − Sm−1 (n ≥ m).) (Lưu ý rằng k=m. Ví dụ 3.10. Số hạng thứ hai, số hạng đầu và số hạng thứ ba của một cấp số cộng với công sai d 6= 0 theo thứ tự đó lại lập thành một cấp số nhân. Tìm công bội của cấp số nhân nói trên. Lời giải. Ba số u1 = x, u2 = x − d, u3 = x + d lập thành cấp số nhân d d nên x(x + d) = (x − d)2 , mà d 6= 0 nên ta tính được x = , dẫn tới u1 = , 3 3 4d −2d u2 = , u3 = , và công bội của cấp số nhân này là q = −2. 3 3 Ví dụ 3.11. Tìm a để phương trình x3 −2(a+1)x2 +(a2 +3a+1)x−a2 −a = 0 có 3 nghiệm phân biệt theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Lời giải. Phương trình đã cho có các nghiệm x = a, x = a + 1, x = 1. Các nghiệm này phân biệt và lập thành cấp số nhân khi xảy ra một trong những khả năng ( sau đây: √ 1<a<a+1 1+ 5 . 1) ⇔a = 2 1.(a+1)=a2 ( a<a+1<1 2) (vô nghiệm). a.1=(a+1)2 ( √ a<1<a+1 −1 + 5 3) ⇔a= . 2 a+1 = 2(a+1) √ ±1 + 5 Vậy các giá trị cần tìm của a là a = . 2. 3.8. Cấp số nhân - cộng. Cho dãy số (un ), n ∈ N*, và hai hằng số d, q. Nếu un+1 = q.un + d, ∀n ∈ N*, thì ta gọi (un ) là cấp số nhân - cộng. Trong trường hợp q = 1 ta có cấp số cộng, còn d = 0 thì ta có cấp số nhân. Số hạng tổng quát của cấp số nhân - cộng (xem thêm Ví dụ 3.14 và 3.17) ============================================= ..

(22) 22 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ =============================================  u1 + (n − 1)d nếu q = 1 . un = d d d(1 − q n−1 ) (u1 − )q n−1 + (= u1 q n−1 + ) nếu q 6= 1 1−q 1−q 1−q  n(n − 1)d  nu1 + nếu q = 1 2 Tổng của n số hạng đầu tiên Sn = nd d 1 − qn   + (u1 − ) nếu q 6= 1 1−q 1−q 1−q. 3.9. Cấp số điều hoà. Dãy số (un ) được gọi là cấp số điều hoà nếu mọi số hạng của nó đều khác 0 1 1 1 1 2un−1 un+1 , hay = ( + ). và thoả mãn un = un−1 + un+1 un 2 un−1 un+1. 3.10. Xác định số hạng tổng quát của dãy số. 3.10.1. Dự đoán số hạng tổng quát và chứng minh bằng qui nạp. √ √ 2, un+1 = 2 + un , ∀n = 1, 2, ... q p √ b. Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình 2cosx = 2 + 2 + 2 thỏa mãn x ∈ (0; 100) . r p √ √ π π Lời giải. a. Ta có u1 = 2 = 2 cos , u2 = 2 + 2 = 2 + 2 cos = 4 4 π π 2 cos , ... Ta dự đoán un = 2 cos n+1 và chứng minh bằng phương pháp qui 8 2 π nạp. Với n = 1 thì điều này đúng. Giả sử ta có uk = 2 cos k+1 , suy ra uk+1 = 2 r √ π π π 2 + uk = 2 + 2 cos k+1 = 2 cos k+2 . Vậy un = 2 cos n+1 , ∀n = 1, 2, ... 2 2 2 q p √ 1 π 2 + 2 + ... + 2 (n dấu căn) với mọi b. Theo câu a ta có cos n+1 = 2 2 π n = 1, 2, 3... Do đó phương trình đã cho tương đương với cos x = cos ⇔x= 16 π π ± + k2π, k ∈ Z. Ta có x = + k2π ∈ (0; 100) khi k = 0, 1, 2, ..., 15. Còn 16 16 π x = − + k2π ∈ (0; 100) khi k = 1, 2, ..., 15. Vậy tổng các nghiệm của phương 16 P 15 π 15 P π trình đã cho trên khoảng (0; 100) là S = + k2π + − + k2π = 16 k=0 16 k=1 15 P π 15.16 7681 π + (k4π) = + .4π = π. 16 k=1 16 2 16 Ví dụ 3.12. a. Tìm un biết rằng u1 =. ============================================= ..

(23) 3.10. XÁC ĐỊNH SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ 23 =============================================. 3.10.2. Xác định số hạng tổng quát của dãy số tựa cấp số cộng, tựa cấp số nhân. Dãy số tựa cấp số cộng là dãy số cho bởi công thức truy hồi dạng un+1 = un + f (n), khi đó un = u1 + f (1) + f (2) + ... + f (n − 1). Dãy số tựa cấp số nhân là dãy số cho bởi công thức truy hồi dạng un+1 = un .g(n), khi đó un = u1 .g(1).g(2)...g(n − 1). Ví dụ 3.13. Tìm số hạng tổng quát của dãy số cho bởi a. u1 = 1, un+1 = un + n!n, ∀n = 1, 2, ... (n + 1)2 un , ∀n = 1, 2, ... b. u1 = 1, un+1 = 2 n + 2n Lời giải. a. un = n!, ∀n = 1, 2, ... 2n , ∀n = 1, 2, ... b. un = n+1. 3.10.3. Dãy số qui về cấp số cộng, cấp số nhân (phương pháp đổi biến). Ví dụ 3.14. Cho các hằng số c, d, q (q 6= c). Giả sử dãy số (un ) thỏa mãn un+1 = q.un + d.cn , ∀n ∈ N*. Tìm số hạng tổng quát un . Lời giải. Với mỗi số nguyên dương n ta dặt un = vn + vn+1 = q.vn , ∀n ∈ N*, nên (vn ) là cấp số nhân, v1 = u1 − Vậy un = (u1 −. d.cn cd ).q n−1 + . c−q c−q. d.cn . Suy ra c−q. cd , vn = v1 q n−1 . c−q. Ví dụ 3.15. Cho dãy số (un ) : u1 = 1, u2 = 2, un+2 = 2.un+1 − un + 1, ∀n ∈ N*. Đặt vn = un+1 − un . Chứng minh (vn ) là cấp số cộng và tìm un . Lời giải. Ta có v1 = u2 − u1 = 1. Và un+2 = 2.un+1 − un + 1, ∀n ∈ N* ⇔ un+2 − un+1 = un+1 − un + 1, ∀n ∈ N* ⇔ vn+1 = vn + 1, ∀n ∈ N*. Vậy (vn ) là cấp số cộng với số hạng đầu tiên v1 = 1, công sai d = 1. Ta có vn = v1 + (n − 1).d = 1 + (n − 1).1 = n, hay un+1 − un = n, ∀n ∈ N*. Suy ra un = (un − un−1 ) + (un−1 − un−2 ) + ... + (u2 − u1 ) + u1 = [(n − 1) + (n − 2) + n2 n (n − 1).n = − + 1, ∀n ∈ N*. ... + 2 + 1] + 1 = 1 + 2 2 2 2 1 Ví dụ 3.16. Cho dãy số (un ) : u1 = 0, u2 = 1, un+2 = .un+1 + un , ∀n ∈ 3 3 N*. Đặt vn = un+1 − un . Chứng minh (vn ) là cấp số nhân và tìm un . =============================================

(24) 24 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= 2 1 .un+1 + un , ∀n ∈ N∗ ⇔ 3 3 3un+2 = 2un+1 + un , ∀n ∈ N* ⇔ 3(un+2 − un+1 ) = −(un+1 − un ), ∀n ∈ N*⇔ −1 vn , ∀n ∈ N*. Vậy (vn ) là cấp số nhân với số hạng đầu tiên v1 = 1, vn+1 = 3 1 1 n−1 công bội q = − . Như vậy vn = v1 .q n−1 = (− ) , ∀n ∈ N*. Suy ra un = 3 3 (un −un−1 )+(un−1 −un−2 )+...+(u2 −u1 )+u1 = vn−1 +vn−2 +...+v2 +v1 +u1 = 1 n−1 ) 1 − (− 2 n−2 3 1 1 1 9 3 = + , ∀n ∈ N*. 0+1+(− )+(− ) +...+(− ) = 1. 1 3 3 3 4 4.(−3)n 1 − (− ) 3 Ví dụ 3.17. Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un ) có u1 = c, un+1 = q.un + an + d, ∀n ∈ N*, ở đó a, c, d, q là hằng số. Lời giải. Ta có v1 = u2 − u1 = 1. Và un+2 =. Lời giải. Với q = 1 thì un+1 = un + an + d, ∀n ∈ N*. Ta nhận thấy u2 = u1 + a + d, u3 = u2 + 2a + d, ..., un−1 = un−2 + (n − 2)a + d, un = un−1 + (n − 1)a + d ⇒ u2 + u3 + ... + un−1 + un = u1 + u2 + ... + un−2 + un−1 + a(1 + 2 + n(n − 1) a + (n − 1)d ⇒ un = ... + (n − 2) + (n − 1)) + (n − 1)d ⇒ un = u1 + 2 n(n − 1) c+ a + (n − 1)d, (n ∈ N*). 2 Khi q 6= 1, ta sẽ xét một dãy phụ (vn ) thỏa mãn un = vn + bn + e, n ∈ N*, ở đó b, e là những hằng số, và ta cố gắng chọn b, e thích hợp để (vn ) là cấp số nhân. Từ đẳng thức truy hồi ban đầu ta có vn+1 = qvn + (qb + a − b)n + (qe + d − b − e), n ∈ N*, và dễ thấy để (vn ) là cấp số nhân thì cần có a d − a − qd qb + a − b = qe + d − b − e = 0 ⇔ b = ,e = 2 ,(q 6= 1). Lúc này 1−q (q − 1) (với b, e như trên) do vn+1 = qvn nên (vn ) là cấp số nhân có công bội q. Suy ra aq + dq − d n−1 vn = v1 .q n−1 = (u1 + , từ đó ta tính được số hạng tổng quát 2 ).q (q − 1) d − a − qd a.n aq + dq − d n−1 + + của (un ) là un = (u1 + 2 ).q 2 (n ≥ 2). 1−q (q − 1) (q − 1) Vậy, số hạng tổng quát của (un ) đã cho là :  n(n − 1)  c+ a + (n − 1)d, khi q = 1 2 un = . aq + dq − d n−1 a.n d − a − qd  + + , khi q 6= 1 (c+ 2 ).q 2 1−q (q − 1) (q − 1). 3.10.4. Phương trình đặc trưng của dãy số. Ta chỉ xét hai trường hợp đơn giản sau đây: a) Xét dãy số (un ) cho bởi u1 , u2 , un+2 = a.un+1 + b.un , ∀n ∈ N* (a, b = const). Khi đó phương trình x2 − ax − b = 0 được gọi là phương trình đặc trưng của dãy số đã cho. =============================================

(25) 3.10. XÁC ĐỊNH SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ 25 =============================================. i) Nếu phương trình trên có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thì un = A.xn1 + B.xn2 . ii) Nếu phương trình trên có hai nghiệm thực trùng nhau x1 = x2 thì un = (A + nB).xn1 . iii)Nếu phương trình trên có ∆ < 0, gọi hai nghiệm phức của nó làx1 , x2 , và biểu diễn hai số phức này ở dạng lượng giác x1 = r(cos ϕ + i. sin ϕ), x2 = r(cos ϕ − i. sin ϕ), với r, ϕ là các số thực, r là môđun của x1 và x2 , ϕ ∈ [0; 2π) , i là đơn vị ảo, thì un = rn (A. cos nϕ + B.sinnϕ). (Ở đó các hằng số A, B được xác định nhờ u1 , u2 ). b) Xét dãy số (un ) cho bởi u1 , u2 , u3 , un+3 = a.un+2 +b.un+1 +c.un , ∀n ∈ N* (a, b, c = const) có phương trình đặc trưng x3 − ax2 − bx − c = 0. i) Nếu phương trình trên có ba nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , x3 thì un = A.xn1 + B.xn2 + C.xn3 . ii) Nếu phương trình trên có ba nghiệm thực x1 , x2 , x3 mà x1 6= x2 = x3 thì un = A.xn1 + (B + nC).xn2 . iii) Nếu phương trình trên có ba nghiệm thực x1 , x2 , x3 và x1 = x2 = x3 thì un = (A + nB + n2 C).xn1 . iv) Nếu phương trình trên có ba nghiệm x1 , x2 , x3 trong đó x1 là nghiệm thực, còn hai nghiệm x2 = r(cos ϕ + i. sin ϕ), x3 = r(cos ϕ − i. sin ϕ) là hai nghiệm phức (không phải là số thực) thì un = A.xn1 + rn (B. cos nϕ + C.sinnϕ). (Ở đó các hằng số A, B, C được xác định nhờ u1 , u2 , u3 ). Ví dụ 3.18. Cho dãy số (un ) xác định bởi u1 = 1, u2 = 0, un+2 = un+1 − un , ∀n ∈ N*. Chứng minh (un ) bị chặn. Lời giải. Phương trình đặc trưng của dãy số đã cho là x2 − x + 1 = 0 có hai π π π nπ π + nghiệm phức x1 = cos +i. sin , x2 = cos −i. sin , nên un = 1n (A. cos 3 3 3 3 3  π π 1=A.cos + B. sin (= u1 ) nπ 3 3 B. sin ), ∀n ∈ N*. Do u1 = 1, u2 = 0, nên ta có 0=A.cos 2π + B. sin 2π (= u2 ) 3 3 3 √   B A 3 √   A=1 + =1 nπ nπ 3 √ 2 2√ ⇔ ⇔ 3 .Suyra un = cos 3 + 3 . sin 3 , ∀n ∈   A B 3 4B = + =0 3 2 2 s √ √ 2 nπ 2 nπ 3 3 2 N*. Vậy |un | = cos + . sin ) = √ , ∀n ∈ N*, hay ≤ 1 +( 3 3 3 3 3 (un ) là dãy bị chặn. Ví dụ 3.19. Cho (un ) có u1 = 0, u2 = 16, u3 = 47, un+3 = 7un+2 −11un+1 + 5un , ∀n ∈ N*. Tìm dư khi chia u2011 cho 2011. Lời giải. Phương trình đặc trưng x3 − 7x2 + 11x − 5 = 0 có 3 nghiệm thực =============================================

(26) 26 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= x1 = 5 (nghiệm đơn),x2 = x3 = 1 (nghiệm kép) do đó un = A.5n + (B + 1 nC).1n , ∀n ∈ N*. Vì u1 = 0, u2 = 16, u3 = 47 nên A = , B = −13, C = 12. 5 Suy ra un = 5n−1 + 12n − 13, ∀n ∈ N*. Từ đó u2011 = 52010 + 12.2011 − 13. Theo . định lí Phécma thì 52010 − 1..2011 (định lí Phécma: Nếu p là số nguyên tố, a là số nguyên và (a, p) = 1, thì ap−1 ≡ 1 (mod p)). Vậy u2011 chia cho 2011 dư −12 (hay dư 1999). Ví dụ 3.20. Cho hai dãy số (xn ), (yn ) thoả mãn x1 = y1 = 1, xn+1 = 4xn − 2yn , yn+1 = xn + yn , ∀n ∈ N*. Xác định công thức của xn , yn . Lời giải. Ta có xn+2 = 4xn+1 − 2yn+1 = 4xn+1 − 2(xn + yn ) = 4xn+1 − 2xn − 2yn = 4xn+1 − 2xn + xn+1 − 4xn hay xn+2 = 5xn+1 − 6xn (∀n ∈ N*). Dãy (un ) có phương trình đặc trưng x2 − 5x + 6 = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = 3. Suy ra 1 xn = A.2n + B.3n , ∀n ∈ N*. Mà x1 = 1, x2 = 4x1 − 2y1 = 2, nên A = , B = 0, 2 và ta có xn = 2n−1 , ∀n ∈ N*. Từ đó và xn+1 = 4xn − 2yn suy ra yn = 2n−1 . Vậy xn = yn = 2n−1 , ∀n ∈ N*.. 3.10.5. Tuyến tính hóa một số dãy phi tuyến. pxn + q , ∀n ∈ N*, và a, p, q, r, rxn + s s là các hằng số, ta xét hai dãy (un ), (vn ) thoả mãn u1 = a, v1 = 1, un+1 = un pun + qvn , vn+1 = run + svn , ∀n ∈ N*, thì xn = . Từ đó tìm ra un , vn , xn . vn x2 + d , ∀n ∈ N*, và a, d là các 2. Với dãy số (xn ) cho bởi x1 = a, xn+1 = n 2xn hằng số, d 6= 0,ta xét hai dãy (un ), (vn ) thoả mãn u1 = a, v1 = 1, un+1 = un u2n + dvn2 , vn+1 = 2un vn , ∀n ∈ N*, thì xn = . Từ đó tìm ra un , vn , xn . vn xn Ví dụ 3.21. Cho dãy (xn ) có x1 = 1, xn+1 = , ∀n ∈ N*, tìm xn và 2 + xn 1 chứng minh xn < , ∀n ≥ 2. n 1. Với dãy số (xn ) cho bởi x1 = a, xn+1 =. Lời giải. Xét hai dãy (un ), (vn ) thoả mãn u1 = v1 = 1, un+1 = un , vn+1 = un un + 2vn , ∀n ∈ N*, thì xn = . Ta thấy xn = 1, ∀n ∈ N*. Và vn+1 = vn 2vn +1, ∀n ∈ N* ⇔ vn+1 +1 = 2(vn +1), ∀n ∈ N*. Suy ra vn +1 = 2.(vn−1 +1) = un = 22 (vn−2 + 1) = ... = 2n−1 (v1 + 1) = 2n ⇒ vn = 2n − 1, ∀n ∈ N*. Vậy xn = vn 1 , ∀n ∈ N*. Ta có 2n = Cn0 + Cn1 + ...Cnn > Cn0 + Cn1 = 1 + n, ∀n ≥ 2, tức 2n − 1 1 1 < , ∀n ≥ 2. là xn = n 2 −1 n =============================================

(27) 3.11. GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 27 ============================================= Ví dụ 3.22. Cho dãy (xn ) có x0 = 2, xn+1 =. 2xn + 1 , ∀n ∈ N, tìm xn và 2 + xn. tìm phần nguyên của S = x1 + x2 + ... + xn . Lời giải. Xét hai dãy (un ), (vn ) thoả mãn u0 = 2, v0 = 1, un+1 = 2un + un vn , vn+1 = un + 2vn , ∀n ∈ N, thì xn = . Ta có u1 = 2u0 + v0 = 5, un+2 = vn 2un+1 +vn+1 = 2un+1 +un +2vn = 2un+1 +un +2(un+1 −2un ) ⇒ un+2 = 4un+1 − 3un , phương trình x2 − 4x + 3 = 0 ⇔ x = 1, x = 3, nên un = A + B.3n , ∀n ∈ N. 1 3 3n+1 + 1 Do u0 = 2, u1 = 5 nên A = , B = . Suy ra un = , ∀n ∈ N. Tính được 2 2 2 n+1 n+1 3 +1 3 −1 , ∀n ∈ N. Vậy xn = n+1 , ∀n ∈ N. Đặt S = x1 +x2 +...+xn = vn = 2 3 −1 3n + 1 3n+1 + 1 3n+1 + 1 2 32 + 1 33 + 1 + 3 +...+ n + n−1 . Lưu ý xn = n+1 = 1+ n+1 > 2 3 −1 3 −1 3 −1 3 −1 3 −1 3 −1 n+1 n+1 n+1 0 1 2 1, ∀n ∈ N. Ta có (1 + 2) = Cn+1 + Cn+1 .2 + Cn+1 .22 + ... + Cn+1 .2 ≥ 2 1 0 2 Cn+1 + Cn+1 .2 = 1 + (n + 1)n. 2 .4 = 2n(n + 1) + 1, ∀n ∈ N*. Dẫn tới 1 2 ≤ 1+ = 3n+1 − 1 ≥ 2n(n + 1), ∀n ∈ N* ⇒ xn = 1 + n+1 3 −1 n(n + 1) 1 1 , ∀n ∈ N*. Do vậy với ∀n ∈ N* thì S = x1 + x2 + ... + xn ≤ 1+ − n n+1 1 1 1 1 1 1 1 ) = n+1− < n + 1. Mặt (1 + − ) + (1 + − ) + ... + (1 + − 1 2 2 3 n n+1 n+1 khác S = x1 + x2 + ... + xn > n, ∀n ∈ N*. Như vậy n < S < n + 1, ∀ ∈ N*, nên [S] = n, ∀ ∈ N*.. 3.11. Giới hạn của dãy số. 3.11.1. Định nghĩa. Chúng tôi lưu ý kí hiệu n là một biến số nguyên dương, còn n0 là một hằng số nguyên dương (trừ trường hợp có chú thích cụ thể). Số L được gọi là giới hạn (hữu hạn) của dãy số (vô hạn) (un ) khi n tiến ra vô cùng, và viết lim un = L hoặc lim un = L, nếu với mọi số ε > 0 nhỏ tùy n→+∞. ý luôn tồn tại số nguyên dương n0 sao cho |un − L| ≤ ε với mọi n ≥ n0 . Dãy số (un ) được gọi là có giới hạn +∞ (dương vô cực, dương vô cùng) khi n tiến ra vô cùng, và viết lim un = +∞ hoặc lim un = +∞, nếu với mọi số n→+∞. M > 0 lớn tùy ý luôn tồn tại số nguyên dương n0 sao cho un ≥ M với mọi n ≥ n0 . Dãy số (un ) được gọi là có giới hạn −∞ (âm vô cực, âm vô cùng) khi n tiến =============================================

(28) 28 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= ra vô cùng, và viết. lim un = −∞ hoặc lim un =−∞, nếu với mọi số M > 0. n→+∞. lớn tùy ý luôn tồn tại số nguyên dương n0 sao cho un ≤ −M với mọi n ≥ n0 . Một dãy số có giới hạn hữu hạn (bằng L) được gọi là dãy số hội tụ (đến L), còn trong trường hợp nó có giới hạn vô cực hoặc không có giới hạn thì ta nói dãy số đó phân kì.. 3.11.2. Một số tính chất. 1. Khi xét giới hạn của dãy số (un ) ta có thể chỉ xét các số hạng của dãy kể từ số hạng thứ n0 trở đi, tức là việc thay đổi hữu hạn số hạng đầu tiên của dãy số không làm ảnh hưởng đến sự hội tụ hay phân kì, và không làm ảnh hưởng đến giới hạn (nếu có) của dãy số đó. 2. Giới hạn (hữu hạn hoặc vô cực) của dãy số (nếu có) là duy nhất. Từ đó suy ra nếu limun = u (hữu hạn hoặc vô cực) thì limun+k = limun−k = u, với k là số nguyên dương tùy ý, và limun = u (hữu hạn hoặc vô cực) ⇔ limu2n = limu2n+1 = u. 3. limun = 0 ⇔ lim|un | = 0. 4. limun = u (hữu hạn) ⇔ lim|un − u| = 0. 5. Nếu limun = u, limvn = v (u, v hữu hạn), và a, b là các hằng số thì un u 6 0). = (v = lim(a.un + b.vn ) = au + bv, lim(un .vn ) = uv, lim vn v 7. Nếu lim un = ±∞, và lim vn = ±∞ (hoặc lim vn = v 6= 0) thì lim(un vn ) = ±∞, trong đó dấu + hoặc − được chọn theo qui tắc nhân dấu thông thường. Nếu un un lim un = u 6= 0, lim vn = 0, > 0 với mọi n ≥ n0 thì lim = +∞ (trong vn vn un un trường hợp < 0, ∀n ≥ n0 , thì lim = −∞). Nếu lim un = +∞, lim vn = v, vn vn (−∞ < v ≤ +∞) thì lim (un + vn ) = +∞; nếu lim un = −∞, lim vn = v (−∞ ≤ v < +∞) thì lim (un + vn ) = −∞. k 8. Nếu limun = u (hữu √ hạn) thì lim|un | = |u|, lim(−un ) = −u và limun = √ (2k+1) (2k+1) u , lim un = u (k nguyên √dương). Nếu limun = u (hữu hạn), √ un ≥ 0, ∀n ≥ n0 , thì u ≥ 0, lim 2k un = 2k u, k nguyên dương. Nếu lim un = ±∞ thì lim |un | = +∞. Nếu linun = +∞ thì lim(−un ) = −∞ và limukn = +∞ (k > 0). Nếu linun = −∞ thì lim(−un ) = +∞ và limukn = +∞ khi k nguyên dương chẵn, limukn = −∞ khi k nguyên dương lẻ. k. 9. Nếu limun = u 6= 0 (hữu hạn) thì lim. 1 1 = . Nếu limun = 0 và un u. =============================================

(29) 3.11. GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 29 ============================================= 1 = +∞. Nếu limun = 0 và un < 0, ∀n ≥ n0 , thì un 1 1 lim = −∞. Nếu lim un = ±∞ hoặc lim |un | = +∞ thì lim = 0. Nếu un un vn = 0. lim un = ±∞ hoặc lim |un | = +∞, đồng thời (vn ) bị chặn thì lim un un > 0, ∀n ≥ n0 , thì lim. 10. Giả sử un ≤ vn (hoặc un < vn ) với ∀n ≥ n0 . Khi đó: • Nếu limun = u, limvn = v (u, v hữu hạn) thì u ≤ v. • Nếu. n. = +∞ thì. n. = +∞.. • Nếu. n. = −∞ thì. n. = −∞.. Từ đó suy ra: • Nếu un ≤ vn ≤ wn , ∀n ≥ n0 , và limun = limwn = L (hữu hạn hoặc vô cực) thì limvn = L (nguyên lí giới hạn kẹp). • Nếu un ≤ c (hoặc un < c) ∀n ≥ n0 , và limun = u thì u ≤ c. Nếu un ≥ c (hoặc un > c) ∀n ≥ n0 , và limun = u thì u ≥ c. • Nếu |un | ≤ vn và • lim(1 +. n. = 0 thì. n. = 0.. 1 n 1 un ) = e. Nếu limun = ±∞ thì lim(1 + ) = e. n un. • Với bất kì số thực α > 0 thì limnα = +∞, lim. 1 = 0. nα. 11. Một dãy đơn điệu và bị chặn thì hội tụ. Ngược lại, một dãy số hội tụ thì bị chặn. Nếu (un ) bị chặn và limvn = 0 thì lim(un vn ) = 0. 12. Ta có: • Nếu un < un+1 < M (∀n ≥ n0 ) thì (un ) hội tụ, limun = u ≤ M , và un un+1 > m (∀n ≥ n0 ) thì (un ) hội tụ, limun = u ≥ m, và un > u (∀n ≥ n1 ). • Nếu un ≥ un+1 ≥ m (∀n ≥ n0 ) thì (un ) hội tụ, limun = u ≥ m, và un ≥ u (∀n ≥ n1 ). • Nếu un > un+1 (∀n ≥ n0 ) và (un ) không bị chặn dưới thì limun = −∞. =============================================

(30) 30 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ =============================================. 3.11.3. Một số dạng vô định. Các dạng vô định gồm. 3.11.4. 0 ∞ , , ∞ − ∞, 0.∞, 00 , 0∞ , ∞0 , 1∞ . 0 ∞. Vài ví dụ. Ví dụ 3.23. Tìm limun trong các trường hợp sau đây n+1 , ∀n ∈ N*. n b. un = c, ∀n ∈ N, ở đó c là một hằng số tùy ý. c c. un = , ∀n ∈ N, ở đó c là một hằng số tùy ý. n d. un = cn, ∀n ∈ N, ở đó c là một hằng số tùy ý. a. un =. 1 n+1 − 1 = , ∀n ∈ N*, và thấy rằng với n n 1 1 1 ε > 0 thì |un − 1| ≤ ε ⇔ ≤ ε ⇔ n ≥ , cho nên khi chọn n0 = + 1 ∈ N* n ε ε n+1 = 1 (Tổng quát ta có: Nếu thì ta có |un − 1| ≤ ε, ∀n ≥ n0 . Vậy lim n k k P (n) = ak n + ... + a1 k + a0 , Q(n) = bk n + ... + b1 k + b0 là các đa thức bậc k ∈ N của biến n, và a0 , a1 , ..., ak , b0 , b1 , ..., bk là các hằng số, bk 6= 0, thì ak P (n) lim Q(n) , xem thêm Bài tập 3.9). = bk b. Dễ thấy với mọi số ε > 0 nhỏ tùy ý thì |un − c| = |c − c| = 0 < ε, ∀n ≥ 1, nên limc = c. |c| c. Với mọi số ε > 0 nhỏ tùy ý, ta chọn số nguyên dương n0 = + 1 thì ε c c c < ε. Vậy lim = 0. với mọi n ≥ n0 ta đều có |un − 0| = ≤ n n0 n d. Nếu c = 0 thì un = 0 = const, ∀n ∈ N, do đó theo câu bta có limun = 0. M + 1, khi đó Nếu c > 0 thì với mọi M > 0 ta chọn số nguyên dương n0 = c M = M , chứng tỏ limun = +∞. với mọi n ≥ n0 ta đều có un = cn ≥ cn0 > c. c Trong trường hợp c < 0 thì −c > 0 nên lim(−un ) = lim(−cn) = +∞, suy ra limun = −∞.   0 nếu c = 0 Vậy lim(cn) = +∞ nếu c > 0 (xem thêm Bài tập 3.9).   -∞ nếu c < 0 Lời giải. a. Xét hiệu |un − 1| =. Ví dụ 3.24. Chứng minh dãy số (un ), với un = (−1)n , không có giới hạn khi n tiến ra vô cùng. Lời giải. Giả sử tồn tại giới hạn limun = u, ta có limun = u ⇔ limu2n =. =============================================

(31) 3.11. GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 31 ============================================= limu2n+1 = u. Nhưng điều này vô lí vì limu2n = lim(−1)2n = lim1 = 1 còn limu2n+1 = lim(−1)2n+1 = lim(−1) = −1. Vậy không tồn tại giới hạn của (un ) khi n tiến ra vô cùng. Ví dụ 3.25. Cho dãy số (an ) thỏa mãn an =. 2an−1 .an+1 , ∀n > 1. Tìm an−1 + an+1. liman . Lời giải. Nếu tồn tại số nguyên dương k sao cho ak = 0 thì ak+1 = 2ak .ak+2 2ak+1 .ak+3 2a .ak+2 = 0, suy ra ak+2 = = 0, và dẫn tới ak+1 = ak k+ak+2 ak + ak+2 ak+1 + ak+3 1 không có nghĩa. Do vậy an 6= 0, ∀n ≥ 1. Bây giờ ta đặt un = , n ≥ 1, an 1 thì un 6= 0, ∀n ≥ 1, thay vào đẳng thức ở đề bài ta được un = (un−1 + 2 un+1 ), ∀n > 1, suy ra (un ) là cấp số cộng có công sai d, và số hạng tổng quát a1 un = u1 + (n − 1)d 6= 0, ∀n ≥ 1. Như vậy an = , ∀n ≥ 1. Nếu 1 + (n − 1)da1 d = 0 (⇔ u1 = u2 = . . . ⇔ a1 = a2 = . . . ) thì an = a1 , ∀n ≥ 1, và liman = a1 . Nếu d 6= 0 (⇔ các số hạng của dãy (un ) phân biệt ⇔ các số hạng của dãy (an ) a1 = 0. Vậy, nếu các số hạng của (an ) phân biệt) thì liman = lim 1 + (n − 1)da1 bằng nhau thì liman = a1 , nếu các số hạng của dãy (an ) phân biệt thì liman = 0.  0 nếu |q| < 1    1 nếu q = 1 Ví dụ 3.26. Chứng minh lim(q n ) =  +∞ nếu q > 1    không tồn tại, nếu q≤ −1. .. Lời giải. Nếu q = 1 thì có ngay limq n = 1. Và nếu q = 0 thì cũng có ngay limq n = 0. 1 1 n = 1 + a (a > 0) ⇒ n = (1 + a) = C0n + a.C1n + ... + Nếu 0 < |q| < 1 thì |q| |q| 1 n , ∀n ≥ 1. Vì a > 0 nên an .Cnn ≥ 1 + na > 0, ∀n ≥ 1. Do đó 0 < |q| ≤ 1 + na 1 lim = 0. Theo nguyên lí giới hạn kẹp thì lim|q|n = 0, hay limq n = 0. 1 + na 1 1 Nếu q > 1 thì 0 < < 1 nên theo chứng minh trên lim n = 0. Ta đi đến q q limq n = +∞. Nếu q = −1 thì limq 2n = 1 còn limq 2n+1 = −1 nên không tồn tại limq n . Nếu q < −1 thì q 2 > 1 nên limq 2n = lim(q 2 )n = +∞, và limq 2n+1 = lim[q.(q 2 )n ] = −∞, vì thế không tồn tại limq n . Ví dụ 3.27. Cho dãy số (an ) thỏa mãn an ≤ an+1 − a2n+1 , ∀ ∈ N*. Tìm giới hạn liman . =============================================

(32) 32 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= 1 , 4 ∀n ∈ N*. Tức là (an ) là dãy bị chặn trên và không giảm. Do đó (an ) có giới hạn hữu hạn liman = a. Lấy giới hạn hạn hai vế bất đẳng thức đề bài cho, được a ≤ a − a2 , hay a = 0. Vậy liman = 0. Lời giải. Từ an ≤ an+1 − a2n+1 , ∀n ≥ 1, suy ra an ≤ an+1 và an ≤. Ví dụ 3.28. Cho dãy số (xn ) thỏa mãn x1 = 3, x3n+1 − 3xn+1 = ∀ ∈ N*. Tìm giới hạn limxn .. √. 2 + xn ,. Lời giải. Ta thấy x1 = 3 > 2. Giả sử xk > 2, lúc này x3k+1 − 3xk+1 = √ √ 2 + xk > 2 + 2 = 2 nên x3k+1 − 3xk+1 − 2 > 0 ⇔ (xk+1 + 1)2 (xk+1 − 2) > 0 ⇔ xk+1 > 2. Tức là xn > 2, ∀n ∈ N*. Xét hàm số f (t) = t3 − 3t, có f 0 (t) = 3t2 − 3 = 3(t + 1)(t − 1) > 0, ∀t > 2, suy ra f (t) √ đồng biến trên khoảng (2; +∞). 3 Kiểm tra thấy x31 − 3x = 18 > x − 3x = 5 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ) ⇒ x1 > x2 . 1 2 √ √2 Giả sử xk > xk+1 ⇒ 2 + xk > 2 + xk+1 ⇒ x3k+1 − 3xk+1 > x3k+2 − 3xk+2 ⇒ f (xk+1 ) > f (xk+2 ) ⇒ xk+1 > xk+2 . Do đó xn > xn+1 , ∀n ∈ N*. Dãy (xn ) giảm và bị chặn dưới bởi 2 nên tồn tại giới hạn hữu √ hạn limxn = x ≥ 2. Lấy giới hạn hai vế đẳng thức đề bài ta được x3 − 3x = 2 + x ⇔ x6 − 6x4 + 9x2 = x + 2 (vì x ≥ 2 nên x3 − 3x > 0) ⇔ (x − 2)(x2 (x3 − 4) + 2x3 (x − 1) + x + 1) = 0 ⇔ x = 2 (do x ≥ 2). Vậy limxn = 2. Ví dụ 3.29. Tính giới hạn: √ n [(2+ 3) ] 1. lim √ n , trong đó [x] là phần nguyên của số thực x, tức là số n→+∞ (2+ 3) nguyên lớn nhất không vượt quá x. 3 1 5 2n − 1 2. lim ( + 2 + 3 + ... + ). n→+∞ 2 2 2 2n nc 3. lim n , với a > 1, c > 0 là các hằng số. n→+∞ a √ 4. lim n n. n→+∞. 1 √ . n n! √ 6. lim n a, với a > 0 là hằng số. 5. lim. n→+∞. n→+∞. an , với a > 0 là hằng số. n→+∞ n! 1 + 22 + 33 + ... + nn . 8. lim n→+∞ nn p 9. lim xn , trong đó xn = n an1 + ... + anm , với m ∈ N* và a1 , ..., am ≥ 0 là 7. lim. n→+∞. các hằng số. =============================================

(33) 3.11. GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 33 ============================================= 10. lim. n→+∞. q. a+. p √ a + ... + a (n dấu căn), với a ≥ 0 là hằng số.. √ n √ n 3) + (2 − 3) Lời giải. 1. Đặt an = , nhờ công thức khai triển nhị 2 √ n thức Niutơn ta√ thấy ngay an là số nguyên dương. Mặt khác −1 < −(2 − 3) < √ √ n n n 0 nên có [(2+ ] = [2an − (2 − 3) ] = √ 2an + [−(2 −√ 3) ] = 2an − 1. √ 3) n n n [(2+ 3) ] 2an − 1 (2 + 3) + (2 − 3) − 1 Vậy lim = lim(1 + √ n = lim √ n = lim √ n (2+ 3) (2+ 3) (2+ 3) 1 1 √ n− √ n ) = 1. (7 + 4 3) (2+ 3) (2 +. Nhận xét. Với x, y, n, r nguyên dương thì tồn tại hai dãy số nguyên dương √ n √ √ √ = an − bn r; với (an ) và (bn )√sao cho (x +√y r)n = an + bn√ r; (x − y r) √ n n n n (x + y r) − (x − y r) (x + y r) + (x − y r) , bn = . an = 2 2 1 3 5 2n − 1 3 5 2n − 1 2. Ta đặt xn = + 2 + 3 +...+ ⇒ 2xn = 1+ + 2 +...+ n-1 . Ta 2 2 2 2n 2 2 2 1 1 1 1 − 2n 1 1 n có xn = 2xn − xn = 2 + + 2 + ... + n−2 + = 3 − n−2 + n − n−1 . Dễ n 2 2 2 2 2 2 2 1 1 thấy lim n−2 = lim n = 0. Với mọi n > 2 ta có 2n−1 = C0n−1 + C1n−1 + C2n−1 + 2 2 n2 − 3n + 2 n 2n n−1 2 ... + Cn−1 ≥ Cn−1 = > 0. Từ đó suy ra 0 < n−1 < 2 , 2 2 n − 3n + 2 2n n với mọi n > 2. Mà lim 2 = 0 nên lim n−1 = 0. Vậy limxn = 3. n − 3n + 2 2 c n c n nc = 3. Với hai số a > 1 và c > 0 ta biến đổi n = n n a (1+b) ac 1 n ở đó b = a c − 1 > 0. Nhận thấy với mọi n ≥ 2 thì (1 + b) = C0n + 2 2 (n − n)b n > 0 suy ra 0 < bC1n + b2 C2n + ... + bn Cnn ≥ b2 C2n = n < 2 (1+b) 2 n 2 , ∀n ∈ N*. Từ đây và do lim n = 0, dẫn 2 = 0 nên lim (1+b) (n − 1)b2 (n − 1)b c nc n = 0. tới lim n = lim n a (1+b) n C2 Cn 1 C3 C1 4. Với mọi n ≥ 9 ta có 1 + √ = C0n + √n + n + √n + ... + √ nn ≥ n n √n n n √n √ n − 1 n2 − 3n + 2 1 1√ n n n 1 n n n √ 1+ n+ + = + n+ + + √ > + = 2 2 2 2 6 2 6 6 √ n 3 n √ √ n n n n( n − 3) 1 n+ − = n+ ≥ n. Dẫn đến 1 < n n < 1 + √ với mọi 6 2 6 n √ 1 n n ≥ 9. Mà lim(1 + √ ) = 1 nên suy ra lim n = 1. (Chú ý: Ta cũng có n n P √ √ √ n k 2 thể đánh giá n = (1 + ( n n − 1)) = Cnk ( n n − 1) ≥ Cn2 ( n n − 1) = k=0. =============================================

(34) 34 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= r √ n(n − 1) √ 2 2 n n n−1 ≤ ( n − 1) , ∀n ≥ 2, suy ra 0 < , ∀n ≥ 2,. Mà 2 n−1 r √ √ 2 lim = 0 nên lim ( n n − 1) = 0 ⇒ lim n n = 1). n−1 log n Nhận xét. Với a > 0, a 6= 1, thì lim a = 0. n 1 1 , ∀n ∈ N*. Mặt khác 5. Trước hết ta có n! = 1.2.3. . . n ≤ nn ⇒ ≤ √ n n! n ∀n ∈ N* ta luôn có (n − k)(k − 1) ≥ 0 ⇒ k(n − k + 1) ≥ n, cho k chạy từ 1 đến n ta thu được n bất đẳng thức mà hai vế đều dương, nhân n bất đẳng thức 1 1 này, vế với vế tương ứng, ta được (n!)2 ≥ nn hay √ ≤ √ , ∀n ∈ N*. Từ n n n! 1 1 1 1 1 1 ≤ √ , ∀n ∈ N*, và lim = lim √ = 0 suy ra lim √ = 0. (Chú ý: ≤ √ n n n n n n n! n! 1 3 1 1 ≤ , ∀n ≥ 1, và suy ra lim √ = 0). Ta cũng có thể chứng minh ≤ √ n n n n n! n! √ √ 6. Nếu a = 1 thì hiển nhiên lim n a = lim n 1 = 1. Trong trường hợp a > 1 n P k √ √ √ √ n k thì n = (1 + ( n a − 1)) = Cn ( n a − 1) ≥ Cn1 ( n a − 1) = n( n a − 1), ∀n ∈ k=0 √ √ a a > n a > 1, ∀n ∈ N*, mà lim = 0 nên lim n a = 1. (cách N*, suy ra 1 + n n k n P a−1 a−1 n k a−1 ) = ) ≥ Cn0 + Cn1 . = a, ∀n ≥ 1, suy khác: Ta thấy (1 + Cn ( n n n k=0 √ √ a−1 a−1 ≥ n a > 1, ∀n ≥ 1,. Hơn nữa lim(1 + ) = 1 nên lim n a = 1). ra 1 + n n r √ 1 1 n 1 = 1 ⇒ lim √ = 1 ⇒ lim n a = 1. Vậy Nếu 0 < a < 1 thì > 1 nên lim n a a a √ với mọi a > 0 ta đều có lim n a = 1. an = 7. Giả sử k là hằng số nguyên dương thỏa mãn k > a > 0. Ta có 0 < n! a a a a k n−k a a a . ... ... . , ∀n ∈ N, n > k (xem thêm Ví dụ 3.7 . < 1 2 k k+1 n k! k n−k a an a = 0. = 0. Vậy lim câu c). Mà 0 < < 1 nên lim k k n! nn 11 + 22 + ... + nn n1 + n2 + ... + nn 8. Với n ≥ 2 thì 1 = n ≤ an = ≤ = n n n nn n n n −1 n n n n −n = < , đồng thời lim = 1, do đó liman = 1. . nn (n − 1) nn n − 1 n−1 n−1 m P √ 9. Đặt a = max {a1 , ..., am } ⇒ an ≤ ani ≤ m.an ⇒ a ≤ xn ≤ a n m. i=1 √ Theo câu 6 ở Ví dụ này thì lim n m = 1. Vậy lim xn = a. q p √ √ 10. Đặt un = a + a + ... + a (n dấu căn) thì u1 = a, un+1 = s r √ √ 2 √ √ 1 + 1 + 4a 1 + 1 + 4a = = a + un , ∀n ∈ N*. Rõ ràng u1 = a ≤ a + 2 2 =============================================

(35) 3.11. GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 35 ============================================= √ √ √ 1 + 1 + 4a 1 + 1 + 4a . Giả sử uk ≤ , ta có ngay uk+1 = a + uk ≤ r 2 2 √ 1 + 1 + 4a = a + ≤ √ √ 2 1 + 1 + 4a 1 + 1 + 4a . Như vậy 0 ≤ un ≤ , ∀n ∈ N*, nghĩa là (un ) bị 2 2 chặn√(1). Tiếp theo, ta để ý rằng tam thức bậc √ hai x2 − x − √ a có hai nghiệm 1 + 4a 1 + 4a 1 ± 1 + 4a 1 − 1 + . Theo , nên x2 −x−a ≤ 0 với mọi x ∈ ; 2 2 2 √ √ √ 1 − 1 + 4a 1 + 1 + 4a 1 + 1 + 4a chứng minh trên ta có un ∈ 0; ⊂ ; 2 2 2 √ nên u2n − un − a ≤ 0 ⇒ un ≤ un + a = un+1 . Bất đẳng thức này đúng với mọi n ∈ N* nên (un ) là dãy tăng không nghiêm √ ngặt (2). Từ (1) và (2) suy ra tồn 1 + 1 + 4a . Lấy giới hạn hai vế đẳng tại giới hạn hữu hạn lim un = u ∈ 0; 2 √ √ √ 1 + 1 + 4a nếu thức truy hồi un+1 = a + un ta được u = a + u ⇔ u = 2 √ 1 + 1 + 4a a > 0 và u = 0 nếu a = 0. Vậy lim un = nếu a > 0, và limun = 0 2 khi a = 0. Ví dụ 3.30. Chứng minh rằng giới hạn. lim. n→+∞. n 1 P (với a ≥ 2 là hằng a k=1 k. số) tồn tại hữu hạn. Lời giải. Với mọi n, k ∈ N, n ≥ k ≥ 2, và a ≥ 2 thì un = 1 +. n 1 P ≤ a k=2 k. n 1 n P P 1 1 =2 − < 2. Ta cũng thấy ngay (un ) là dãy tăng. < 1+ 2 n k=2 k k=2 k(k − 1) Vậy, tồn tại giới hạn hữu hạn limun .. 1+. Ví dụ 3.30. Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 = −2, un+1 =. un , ∀n ∈ N*. 1 − un. a. Chứng minh un < 0, ∀n ∈ N*. 1+ un b. Đặt vn = , ∀n ∈ N*. un c. Chứng minh (vn ) là cấp số cộng. d. Tìm công thức số hạng tổng quát của (un ), (vn ), và tính các giới hạn limun , limvn . Lời giải. a. Ta chứng minh un < 0 (∀n ∈ N*) bằng phương pháp quy nạp toán học. Rõ ràng u1 = −2 < 0. Bây giờ giả sử uk < 0 ⇒ 1 − uk > 0. Dẫn tới uk uk+1 = < 0. Vậy un < 0 (∀n ∈ N*). 1 − uk 1+ un 1 1−2 1 thì vn 6= 1 và un = . Ta có v1 = = . b. Đặt vn = un vn − 1 −2 2 un 1 1 1 Từ un+1 = Dtac = : (1 − ) hay vn+1 = vn − 1 1 − un vn+1 − 1 vn − 1 vn − 1 1 (∀n ∈ N*). Vậy (vn ) là cấp số cộng có số hạng đầu tiên v1 = , công sai d = −1. 2 =============================================

(36) 36 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= 3 1 1 c. Từ câu b ta có ngay vn = − n, và un = = 3 hay 2 vn − 1 − n−1 2 2 (∀n ∈ N*). Như vậy limun = 0, limvn = −∞. un = 1 − 2n Ví dụ 3.31. Cho dãy số (un ) thỏa mãn 0 < un < 1 và un+1 < 1 −. 1 với 4un. 1 , ∀n ∈ N*. 2 1 1 suy ra un (1 − un+1 ) > Lời giải. Từ 0 < un < 1 và un+1 < 1 − 4un 4 (∀n ∈ N*). Áp dụng bất đẳng thức Côsi r cho hai số un và 1 − un+1 ta có p 1 un + (1 − un+1 ) ≥ 2 un (1 − un+1 ) > 2. = 1 hay un + 1 − un+1 > 1 4 hay un un+1 (∀n ∈ N*). Dãy (un ) giảm và bị chặn nên có giới hạn hữu hạn 1 lim un = u ∈ [0; 1]. Lấy giới hạn hai vế của bất đẳng thức un (1 − un+1 ) > 4 1 1 ta được u(1 − u) >⇔ u = . Tức là limun = . Bây giờ ta đi chứng minh 2 2 1 un > (∀n ∈ N*) bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại số nguyên 2 1 1 dương k sao cho uk ≤ . Lúc này ≥ uk > uk+1 > ... > ... (∀n ∈ N*). Suy ra 2 2 1 1 ≥ uk > uk+1 > ... > uk+n , và lim un+k = 12 . Điều này vô lí. Vậy un > n→+∞ 2 2 (∀n ∈ N*). ∀n ∈ N*. Chứng minh un >. 3.12. Cấp số nhân lùi vô hạn. Dãy số (un ) được gọi là cấp số nhân lùi vô hạn nếu nó là cấp số nhân có vô hạn phần tử và công bội q thỏa mãn |q| < 1. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn S = lim Sn = n→+∞. 3.13. u1 . 1−q. Dãy số sinh bởi phương trình. Ví dụ 3.32. Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng phương trình xn+1 = x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, kí hiệu là xn . Tìm limxn . Lời giải. Trước hết nếu x > 0 thì x+1 > 1, từ phương trình xn+1 = x+1 ⇒ xn+1 > 1 ⇒ x > 1. Do đó nếu phương trình xn+1 = x + 1 có nghiệm dương thì nghiệm đó sẽ lớn hơn 1. Ta xét hàm số fn (x) = xn+1 − x − 1 với x > 1, có đạo hàm fn0 (x) = (n + 1)xn − 1 > (n + 1) − 1 = n > 0 với mọi x > 1. Suy ra fn (x) đồng biến trên khoảng (1; +∞). Từ đây, và tính liên tục của fn (x), và fn (1) = −1 < 0, lim fn (x) = +∞, ta kết luận phương trình xn+1 = x + 1 có x→+∞. =============================================

(37) 3.14. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 37 ============================================= nghiệm dương duy nhất xn . Tất nhiên xn > 1. Do fn+1 (x) liên tục, fn+1 (1) = − xn − 1 = fn (xn ) = 0, nên phương − xn − 1 > xn+1 −1 < 0, fn+1 (xn ) = xn+2 n n n+2 trình x = x + 1 có nghiệm dương duy nhất xn+1 và 1 < xn+1 < xn . Dãy (xn ) giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên có giới hạn hữu hạn limxn = a ≥ 1. Do xn − xn − 1 = 0 ⇒ xn = là nghiệm dương của phương trình xn+1 = x + 1 nên xn+1 n 1 1 0 n+1 n+1 (1 + xn ) ⇒ limxn = lim (1 + xn ) = (1 + a) = 1.. 3.14. Bài tập đề nghị. Bài 3.1. Tìm số hạng tổng quát của các dãy số cho sau đây un 1)u1 = 1, un+1 = , ∀n = 1, 2, 3, ... 1 + un √ √ 2)u1 = a(a > 0), un+1 = a + un , ∀n = 1, 2, 3, ... 5 3 3)u1 = 1, un+1 = − u2n + un + 1, ∀n = 1, 2, 3, ... 2 √ √ √2 3−1 3 − 1 + ( 3 + 1)un √ 4)u1 = √ , ∀n = 1, 2, 3, ... , un+1 = √ 3+1 3 + 1 − ( 3 − 1)un 1 5)u1 = , un+1 = 2u2n − 1, ∀n = 1, 2, 3, ... 2 p 1 6)u1 = , un+1 = 2un 1 − u2n , ∀n = 1, 2, 3, ... 2 7)u1 = 1, un+1 = un + 3n2 + 3n + 1, ∀n = 1, 2, ... 8)u1 = 1, un+1 = un + (2n + 1), ∀n = 1, 2, ... 5 9)u1 = , un+1 = 3un − 1, ∀n = 1, 2, ... 2 10)u1 = 1, un+1 = un + n3 + 3n2 − 3n + 1, ∀n = 1, 2, 3, ... 11)u1 = 3, un+1 = un + 3n , ∀n = 1, 2, 3, ... 12)u1 = 1, un+1 = un + (n + 1).2n , ∀n = 1, 2, 3, ... 1 13)u1 = 2, un+1 = 2 − , ∀n = 1, 2, 3, ... un n (1 + un ), ∀n = 1, 2, 3, ... 14)u1 = 0, un+1 = n + 1√ n2 − 1 15)u1 = u2 = 1, un+1 = un , ∀n = 2, 3, ... n 16)u1 = 1, un+1 = (a + b)un − ab, ∀n = 1, 2, ...(a, b = const). 17)u1 = a + b, un+2 = a.un+1 + (1 − a).un + b, ∀n = 1, 2...(a, b = const). 3 + 2un un − 1 , ∀n ∈ N*. Đặt vn = . 4 + un un + 3 Chứng minh (vn ) là cấp số nhân và tìm un . Bài 3.2. Cho (un ): u1 = 0, un+1 =. 1 (n + 1)un un , un+1 = , ∀n ∈ N*. Đặt vn = . 3 3n n Chứng minh (vn ) là cấp số nhân và tìm un . Bài 3.3. Cho (un ): u1 =. =============================================

(38) 38 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= Bài 3.4. Cho (un ): u1 = 1, un+1 = un + 2.(1 + 3n ), ∀n ∈ N*. Đặt vn = un − 3n . Chứng minh dãy số (vn ) là cấp số cộng và tìm un . Bài 3.5. Cho dãy (xn ) : x1 = 7, x2 = 50, xn+2 = 4xn+1 + 5xn − 1975, ∀n ∈ .. .1997 (Gợi ý: Xét dãy (y ) với y = 7, y = 50, y = N*. Chứng minh x n. 1996. 1. 2. n+2. 4yn+1 + 5yn + 22, n = 1, 2, ... thì xn ≡ yn (mod1997). Đặt zn = 4yn + 11 ⇒ zn+1 = 4zn + 5zn−1 , áp dụng phương trình đặc trưng, tìm ra zn và chứng minh .. .1997). z ≡ 11 (mod1997) ⇒ y 1996. 1996. Bài 3.6. Cho dãy các số nguyên (xn ) : x1 = 15, x2 = 35, x3 = 405, xn+3 = 6xn+2 + 13xn+1 − 42xn , ∀n ∈ N *. Tìm những số hạng của dãy mà chữ số tận cùng của số hạng đó là số 0. Bài 3.7. Cho Sn là tổng của n số hạng đầu tiên của một cấp số cộng. Giả sử m, n là hai số nguyên dương phân biệt sao cho Sn = Sm . Chứng minh rằng Sn+m = 0. Bài 3.8. Tính tổng tất cả các số hạng của một cấp số nhân, biết rằng số hạng đầu bằng 18, số hạng thứ hai bằng 54, số hạng cuối cùng bằng 39 366. Bài 3.9. Cho P (n) = ak nk +...+a1 k+a0 , Q(n) = bm nm +...+b1 k+b0 là các đa thức của biến n với bậc là k và m tương ứng (k, m ∈ N), a0 , a1 , ..., ak , b0 , b1 , ..., bm là các hằng số, bm 6= 0. a. Tính limQ(n). P (n) trong các trường hợp k > m, k = m, k < m. b. Tính lim Q(n) p p c. Tính lim P (n) − Q(n) trong trường hợp ak > 0, bm > 0. p p d. Tính lim n.( P (n) − Q(n)) trong trường hợp k = m và ak = bm > 0. √ 3 3 Bài 3.10. Tìm số hạng tổng quát của dãy số (an ) có a1 = , an+1 = 2 n 2 2n (n+1) 2n−1 .bn và chứng minh 2.3 .an − 3 , n = 1, 2, 3, ... (Gợi ý: Đặt an = 3 π bn = cos 2n . 12 ). Bài 3.11. Cho dãy số (an ) có a0 = 0, a1 = 1 , an+1 = 2an − an−1 + 1, với n = 1, 2, ... Chứng minh rằng A = 4an an+2 + 1 là số chính phương với mọi n = 0, 1, 2, ... (Gợi ý: Từ an = 2an−1 − an−2 + 1 và an+1 = 2an − an−1 + 1 suy ra an+1 = 3an − 3an−1 + an−2 , xét phương trình đặc trưng và tìm ra an ). √ 2 3 + 2 ,n = Bài 3.12. Chứng minh dãy số (xn ) với x1 = 1, xn+1 = xn xn 1, 2, 3, ... không có giới hạn hữu hạn khi n tiến ra vô cực (Gợi ý: Giả sử tồn tại =============================================

(39) 3.14. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 39 ============================================= √ √ √ giới hạn hữu hạn limxn = x thì x = 3 ⇒ lim xn = 3 ⇒ lim x2n+1 = 3. Bằng qui nạp, ta chứng √ minh 0 < ... < x2n+1 < ... < x5 < x3 < x1 = 1 mâu thuẫn với limx2n+1 = 3). Bài 3.13. Tính giới hạn: 3 13 33 53 (2n − 1) 1) lim( 3 + 3 + 3 + ... + ). n n n n3 3 3 3 1 + 2 + ... + n . 2) lim n4 1 1 1 3) lim( + + ... + ). 1.2 2.3 n(n + 1) 1 3 2n − 1 4) lim( . ... ). 2 4 2n 1 1 5) lim(cos + a.sin )n . n n 1 1 1 6) lim( √ +√ + ... + √ ). 2 2 2 n +1 n +n n +n √ 7) lim n 1n + 2n + ... + 2012n . 1 1 1 8) lim(1 + √ + √ + ... + √ ). 2 3 n 1 1 1 9) lim 1 − 1− ... 1 − n . 4 2 √ √2 √ n 10) lim 2 4 2...2 2. 1 1 1 1+ ... 1 + n . 11) lim 1 + 2 4 2 1 3 2n − 1 . 12) lim . ... 2 4 2n ! 1 1 1 13) lim 1 − 2 . 1 − 2 ... 1 − 2 2 3 (n + 1) 1 1 1 14) lim √ . +√ + ... + √ 2 2 n2 + 2 n +n n +1 1 1 1 √ + √ + ... + . 15) lim 2 3 2 (n + 1) n 3n 16) lim . n 1 + 2 − 3n−1 17) lim (an − bn ), với a > 0, b > 0 là các hằng số. Bài 3.13. a) Dãy số (xn ) có x1 = a > 0, x2n+1 − xn = a, n = 1, 2, ... Tìm limxn . b) Dãy số (an ) có 0 < an < 1 và an+1 = an (2 − an ) với mọi n = 1, 2, ... Tìm liman . 1 1 x2 c) Dãy số (un ) có u1 = , un+1 = + n , n = 1, 2, ... Tìm limun . 2 2 2 Bài 3.14. Cho |a| < 1, |b| < 1, 1 + a + a2 + ... + an + ... = A, 1 + b + b2 + 2 n ... + bn + ... = B. Tính 1 + ab + (ab) + ... + (ab) + ... theo A, B. =============================================

(40) 40 CHƯƠNG 3. MỘT SỐ VẤN ĐỀ ============================================= Bài 3.14. Biểu diễn số thập phân vô hạn tuần hoàn sau đây ở dạng phân số: a) 0,777777.... b) 1,00313131... Bài 3.15. Tìm nghiệm thuộc khoảng (−1; 1) của phương trình 2x + 1 + x2 − 13 . x3 + x4 − x5 + ... + (−1)n xn + ... = 6 Bài 3.16. Cho số nguyên dương n > 1. Chứng minh rằng phương trình xn = x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là xn . Chứng minh rằng xn dần về 1 khi n dần đến vô cùng và tìm lim n(xn − 1). n→+∞. Bài 3.17. Ký hiệu xn là nghiệm của phương trình. 1 1 1 + +...+ =0 x x−1 x−n. thuộc khoảng (0, 1). a) Chứng minh dãy xn hội tụ. b) Hãy tìm giới hạn đó. Bài 3.18. Cho số thực a > 2 và fn (x) = a10 xn+10 + xn + . . . + x + 1. a) Chứng minh với mỗi số nguyên dương n, phương trình fn (x) = a luôn có đúng một nghiệm dương duy nhất. b) Gọi nghiệm đó là xn , chứng minh rằng dãy xn có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng. Bài 3.19. Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình 1 1 1 1 + + ... + 2 = có một nghiệm duy nhất xn > 1. Chứng x−1 4x − 1 n x−1 2 minh rằng khi n dần đến vô cùng, xn dần đến 4. Bài 3.20. Cho số nguyên dương n > 1. Chứng minh rằng phương trình xn = x 2+ x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là xn . Hãy tìm số thực a sao cho giới hạn lim na (xn − xn+1 ) tồn tại, hữu hạn và khác 0. n→∞. Bài 3.21. Với mỗi số nguyên dương n phương trình x = nghiệm dương duy nhất, kí hiệu là xn . Tìm lim(n(xn − 1)).. √ n. x + 1 có một. =============================================

(41)

Tai lieu BDHSG Toan 11 tap 1

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về