cac van de chon loc trong ky thi olympic toan sinh vien

i

Danh sách những thành viên tham gia
nghiên cứu đề tài và đơn vị phối hợp
chính
Danh sách những thành viên tham gia nghiên cứu đề tài và đơn vị phối hợp chính
I. Danh sách những thành viên tham gia nghiên cứu đề tài.
1. Nguyễn Việt Trung, ĐHSP K18B Toán, Trưởng nhóm.
2. Bùi Thị Thùy Linh, ĐHSP K18B Toán, Thành viên tham gia đề tài.
3. Nguyễn Thị Trang, ĐHSP K19 Toán, Thành viên tham gia đề tài.
4. Hoàng Thị Nhung , ĐHSP K19 Toán, Thành viên tham gia đề tài.
5. Lê Anh Đào, ĐHSP K19 Toán, Thành viên tham gia đề tài.
II. Đơn vị phối hợp chính: Khoa Khoa học Tự nhiên


Mục lục
Mở đầu
1

2

3

Giới hạn dãy số
1.1 Tìm giới hạn theo định nghĩa. . . . . . . .
1.2 Các phép toán thay giới hạn tương đương
1.3 Dãy đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Tiêu chuẩn Cauchy . . . . . . . . . . . .
1.5 Tìm biểu thức của số hạng tổng quát . . .
1.6 Phương pháp tổng tích phân . . . . . . .
1.7 Trường hợp ánh xạ co . . . . . . . . . .

2
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

3
3
6
7
11
12
21
23

Hàm số liên tục
2.1 Sử dụng định lý giá trị trung gian . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Sử dụng định lý Weiersstrass . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Sử dụng định nghĩa hàm liên tục thứ nhất để giải bài toán . .
2.4 Sử dụng định nghĩa thứ 2 về sự liên tục của hàm số tại một
điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Liên tục của hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30
33

Đạo hàm
3.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Tính đạo hàm của hàm số - Đạo hàm tại một điểm
3.3 Sự khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Tính đạo hàm cấp cao . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Ứng dụng đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5.1 Tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . .
3.5.2 Cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5.3 Bất đẳng thức-Hàm số lồi . . . . . . . .
3.6 Định lý về giá trị trung bình . . . . . . . . . . .
3.6.1 Định lý Rolle . . . . . . . . . . . . . . .
3.6.2 Định lý Lagrange . . . . . . . . . . . . .
3.6.3 Định lý Cauchy . . . . . . . . . . . . . .
3.7 Khai triển Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7.1 Phần dư . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7.2 Chọn điểm khai triển- điểm áp dụng . . .

35

35
35
36
38
40
40
41
42
43
43
46
48
49
50
51

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

25
25
28
29


iii

3.7.3 Cấp khai triển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7.4 Khai triển thành chuỗi Taylor . . . . . . . . . . . .
Phương trình hàm có sử dụng đạo hàm . . . . . . . . . . . .

52
52
53

Tích phân
4.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Một số phương pháp giải tích phân . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1 Phương pháp 1: Đạo hàm theo cận trên . . . . . . .
4.2.2 Phương pháp 2:Đổi biến số . . . . . . . . . . . . . .
4.2.3 Phương pháp 3: Tích phân từng phần . . . . . . . .
4.2.4 Phương pháp 4: Giá trị trung bình tích phân . . . . .
4.2.5 Phương pháp 5: Bất đẳng thức tích phân . . . . . . .
4.2.6 Phương pháp 6: Số gia hàm số qua tích phân-khảo sát
nguyên hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56
56
56
57
57
60
63
65
67

Một số bài toán tổng hợp
5.1 Những bài toán đầu tiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

75
75

3.8
4

5

72

Thông tin kết quả nghiên cứu

84

Kết luận và kiến nghị

88


Một số vấn đề giải tích chọn lọc trong kỳ
thi Olympic Toán học sinh viên toàn quốc


2

Mở đầu
1. Sự cần thiết của đề tài: Kỳ thi Olympic toán học sinh viên toàn quốc là

hoạt động thường niên của Hội Toán học Việt Nam nhằm tạo ra sân chơi tri
thức cho sinh viên các trường đại học trên toàn quốc và là nơi để khẳng định
thương hiệu của các trường đại học. Theo đề cương ôn tập của Hội Toán học
Việt Nam, nội dung phần thi giải tích bao gồm rất nhiều các phần và các tài
liệu trích dẫn tham khảo đều là các tài liệu được viết tổng quan nên tạo rất
nhiều khó khăn cho sinh viên trong một thời gian ngắn có thể ôn tập và nắm
vững các phần nội dung kiến thức để áp dụng giải quyết các bài toán trong bài
thi. Ngoài ra, nội dung thi là phần kiến thức nâng cao và rất hữu ích cho giáo
viên ngành sư phạm toán áp dụng trong giảng dạy và ôn luyện đội tuyển học
sinh giỏi ở các trường trung học phổ thông.Tuy nhiên, hiện tại rất ít tài liệu
trình bày hệ thống phân dạng các dạng toán và phương pháp giải các vấn đề
này, nếu có thì các tài liệu này chỉ trình bày một phần nhỏ dưới dạng chuyên
đề.Vì vậy chúng tôi chon đề tài này làm đề tài nghiên cứu khoa học cho nhóm
mình.
2. Mục tiêu của đề tài: Xây dựng hệ thống các nội dung cốt lõi về Giải tích
trong các nội dung được lựa chọn cho bài thi Giải tích của kỳ thi Olympic
toán học sinh viên toàn quốc nhằm tạo ra được tài liệu tốt phục vụ cho sinh
viên và giảng viên.
3.Ý nghĩa khoa học của đề tài,đóng góp mới của đề tài: Đây là một tài liệu
tốt cho sinh viên và giảng viên Khoa ôn luyện kỳ thi Olympic toán học và là
tài liệu tốt cho các em học sinh và giáo viên các trường phổ thong ôn luyện
học sinh giỏi.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu các bài toán liên quan đến
kỳ thi Olympic toán học sinh viên toàn quốc.
5. Nội dung nghiên cứu:Nghiên cứu các vấn đề được lựa chọn cho bài thi
Giải tích của kỳ thi Olympic toán học sinh viên toàn quốc dựa trên đề cương
ôn tập môn Giải tích của Hội Toán học Việt Nam


Chương 1

Giới hạn dãy số
Dãy Un được gọi là hội tụ đến l (hay có giới hạn l) nếu với mọi số ε > 0 tồn
tại N ∈ N sao cho |un − l| < ε, ∀n > N.
Khi đó ta viết limn→∞ un → l hay (un → ∞)
1.1

Tìm giới hạn theo định nghĩa.

CHÚ Ý

+Điều quan trọng là ta phải làm trội |un − l| bởi g(n) nào đó sao cho dễ dàng
có được g(n) < ε , hoặc dễ chỉ ra nó nghiệm đúng với n > N nào đó.
+Có thể làm trội |un − l| bởi tổng h(n) + k(n) rồi giải riêng
h(n) < ε2 với n > N1 , k(n) < ε2 với n > N2
Khi đó với N = max(N1 , N2 ) thì |un − l| < ε
MỘT SỐ BÀI TẬP VÍ DỤ
Bài 1.1.1
n
=a
a, Chứng minh rằng nếu limn→∞ un = a thì limn→∞ u1 +...+u
n
Xét

u1 + u2 + ... + un
−a
n
u1 − a u2 − a
un − a
+

+ ... +
=
n
n
n

A=

Vì lim un = a
x→∞


4

Nghĩa là: ∀ε > 0, ∃N0 : ∀n > N0 Sao cho |un − a| <
⇒A≤

ε
2

(uN0 +1 − a) + ... + (un − a)
(u1 − a) + (u2 − a) + ... + (uN0 − a)
+
n
n

Vì {un } có giới hạn nên bị chặn nên |un | ≤ M
ε n−N0
Khi đó A ≤ M+|a|
n N0 + 2 n

Chọn n > N1 =

(M+|a|)N0
2ε

+1

(M+|a|)N

0
⇒
< ε2
n
Chọn n > max (N0 , N1 ) thì
A < ε2 + ε2 = ε
n
b, Chứng minh rằng: Nếu lim un = +∞ thì lim u1 +u2 +...+u
= +∞
n
x→∞
x→∞
Giải: Vì lim un = +∞

x→∞

Nghĩa là ∀M > 0, ∃n > N0 : ∀n > N0 ⇒ |un | > M
(u1 + u2 + ... + uN0 + uN0 +1 + ... + un )
n
(u1 + u2 + ... + uN0 ) (uN0 +1 + ... + un )
=

+
n
n
(uN0 +1 + ... + un )
≥
n
M(n − N0 − 1)
=
n
Khi n → ∞
Ta được:
∀M > 0, ∃n > N0
u1 + ... + un
≥M
n
u1 + u2 + ... + un
= +∞
⇒ lim
x→∞
n
⇒

Bài 1.1.2

Cho {xn } thỏa mãn điều kiện 0 ≤ xm+n ≤ xm + xn , ∀m, n . Chứng minh rằng
dãy xnn hội tụ.
Giải:
xn
n là tập bị chặn dưới bởi 0
∃α = in f xnn , n = 1, 2, ... ≥ 0

Ta sẽ chứng minh cho lim xnn = α
x→∞


5

Theo tính chất của in f
∃m, sao cho α ≤ xmm ≤ α + ε2
Với n là số tự nhiên bất kỳ:
n = q.m + r (q, r ∈ N; 0 ≤ r ≤ n − 1)
Khi đó
xn ≤ xm + ... + xm + xr
xn q.xm + xr
⇒α ≤ ≤
n
q.m + r
xr
xm q.m
+
=
m q.m + r n
ε xr
≤α+ +
2 n
Với 0 ≤ r ≤ m − 1 thì xr ≤ max {x1 , ..., xm−1 } = c
Với
2c
n>
ε
xr ε

⇒0≤ ≤
n
2
xn
⇒ α ≤ ≤ α +ε
n
xn
⇒ lim
=α
x→∞ n
Bài 1.1.3

= +∞.
Cho dãy các số dương {un } sao cho lim uun+1
x→∞ n
√
Chứng minh rằng : lim n un = +∞.
x→∞

Giải: Cho A > 0 tùy ý cố định.
∃N1 ∈ N : ∀n > N1 ⇒ uun+1
> A+1
n
Ta có:
uN1 +1
uN +2
un+1
≥ A + 1; 1 ≥ A + 1; ...;
≥ A+1
un

un + 1
un
un
⇒
≥ (A + 1)n−N1
uN1
⇔

√
n
un ≥ (A + 1)

uN1
(A + 1)N1

1
n


6

uN1
(A+1)N1

Vì

1
n

→ 1 Khi n → ∞ Khi đó : ∃N2 ∈ N :

uN1
(A+1)N1

1
n

≥

A
A+1

Chọn N = max {N1 , N2 } ⇒ ∀n ≥ N thì
(A + 1)
⇒ lim

x→∞

1.2

uN1

1
n

(A + 1)N1

≥A

√

n
un = +∞

Các phép toán thay giới hạn tương đương

Bài 1.2.1

Cho α ∈ R sao cho απ ∈
/ Z. Chứng minh rằng không tồn tại giới hạn lim sin (αn),
n→∞

đặc biệt không tồn tại giới hạn lim sinn
n→∞

Giải: Giả sử giới hạn của dãy tồn tại. Khi đó
0 = lim (sin (n + 2) α − sinnα) = 2sinα lim cos (n + 1) α
n→∞

n→∞

Suy ra lim cosnα = 0
n→∞
Từ đó
0 = lim (cos (n + 2) α − cosnα) = −2sinα lim sin (n + 1) α
n→∞

n→∞

Suy ra lim sinnα = 0
n→∞

Từ đó
1 = lim sin2 nα + cos2 nα = 0,Vô lý
n→∞

Vậy không tồn tại lim sin (αn)
n→∞

Khi cho α = 1 thì lim sinn cũng không tồn tại.
n→∞

Bài 1.2.2

Cho dãy {xn } xác định bởi :
xn = sinxn−1 ; n = 2, 3, ...; x1 Tùy ý trên (0; π)
Chứng minh rằng: xn ∼ n3 , (n → ∞)
Giải: Do xn là dãy giảm bị chặn dưới nên tồn tại giới hạn của dãy.


7

Mặt khác xn = sinxn−1 nên chuyển qua giới hạn ta được lim xn = 0
n→∞

1
1
=
=
xn2 sin2 xn−1

2

xn−1
1−
1
xn2

=

1
2
xn−1

xn−1 −

3
xn−1
3!

4
+ o xn−1

1

=

hay

1

2
xn−1

3!

3
+ o xn−1

2

=

2

1
+
+ o (1)
2
3
xn−1
1

+ 31 + yn , trong đó yn → 0 (n → ∞)

Bài 1.2.3

Cho {an } và {bn } là hai dãy số dương thỏa mãn
lim ann = a; lim bnn = b Với a, b > 0

n→∞

n→∞

Với p, q dương thỏa mãn p + q = 1
Chứng minh rằng lim (p.an + q.bn )n = a p .bq
n→∞ √
Giải. lim an = lim n ann = 1. Từ giả thiết
n→∞

n→∞

lna = lim

n→∞

n

ann = lim nlna = lim nln (1 + (an − 1))
n→∞

n→∞

= lim n (an − 1)
n→∞

ln(1+a)
a
a→∞

Do lim

=1

Suy ra an − 1 ∼ lna
n
Tương tự ta có bn − 1 ∼
Từ đó

lnb
n

lim nln (p.an + q.bn ) = lim nln [1 + p (an − 1) + q (bn − 1)]

n→∞

n→∞

= lim n [p (an − 1) + q (bn − 1)] = lim n p
n→∞

n→∞

lnb
lna
+q
n
n

= plna + qlnb
Từ đó suy ra được điều phải chứng minh.
1.3

Dãy đơn điệu

Để chứng minh {un } tăng , ta thường chứng minh theo 2 cách như sau:
1: un+1 − un ≥ 0, ∀n


8

2: uun+1
≥ 1, ∀n
n
nhưng dù theo cách nào thì dấu bằng xảy ra tại hữu hạn giá trị.
Bài 1.3.1

Cho {un } và {vn } là hai dãy sao cho vn > 0, ∀n và

un
vn

là dãy tăng. Chứng

+...+un
minh rằng uv11 +...+v
tăng
n
Giải:
Ở đây nếu ta xét thương thì sẽ khó rút gọn nên ta sẽ xét hiệu.
Đặt Un = u1 + u2 + ... + un ,Vn = v1 + v2 + ... + vn . Ta sẽ xét:

Un+1 Un Un+1Vn −UnVn+1
−

=
Vn+1 Vn
VnVn+1
(Un + un+1 )Vn − (Vn + vn+1 )Un
=
VnVn+1
un+1Vn − vn+1Un
=
VnVn+1
n

Hơn nữa un+1Vn − vn+1Un =

∑ (un+1vk − vn+1uk )
k=1

n

=

∑ vk vn+1
k=1

Vậy

u1 +...+un
v1 +...+vn

un+1 uk
−

vn+1 vk

> 0 ( Do

tăng.

Bài 1.3.2
n √n4−n
Với mỗi số n nguyên dương, đặt un = C2n
Chứng minh rằng {un } hội tụ

un
vn

là dãy tăng)


9

Giải:

√
un+1 (2n + 2) (2n + 1) n + 1
=
Xét
=
√
un
4 (n + 1)2 n
1

= 1+
2
4 (n + n)

n + 12
n (n + 1)

1
2

>1

Vậy {Un } là dãy tăng thực sự. Mặt khác,
1
1
lnun+1 − lnun = ln 1 +
2
4 (n2 + n)

≤

1
1
1
=
2 4 (n2 + n) 8

1
1
−

n n+1

Cộng lại ta được
1
1 n 1
−
lnun+1 − lnun = ∑ (lnuk+1 − lnuk ) ≤ ∑
8 k=1 k k + 1
k=1
n

1
1
1
1−
<
8
n+1
8
1
hay lnun+1 < lnu1 + , nghĩa là {un } bị chặn trên
8
=

Vậy {un } hội tụ.
Bài 1.3.3

Chứng minh rằng dãy {un } với un = 1 + 12 + 13 + ... + 1n − lnn hội tụ. Từ đó
ta có công thức : 1 + 21 + 13 + ... + 1n = C + lnn + εn với C là hằng số Euler
(C = 0, 5772...),εn → 0 (n → ∞).

10

Giải:
1
1
1
1
1
− ln (n + 1) + lnn =
− ln 1 +
≤
− <0
n+1
n+1
n
n+1 n
1
x
( chỉ việc thay x = từ bất đẳng thức
< ln (1 + x) < x, ∀x > 0,
n
x+1

un+1 − un =

mà ta có thể chứng minh bằng đạo hàm)
Như vậy {un } giảm thực sự. Hơn nữa ta có:
1

1 1
un = 1 + + + ... + − lnn
2 3
n
1
1
> ln (1 + 1) + ln 1 +
+ ... + ln 1 +
− lnn
2
n
n+1
>0
= ln
n
Vậy dãy {un } hội tụ.
1 1
1
Khi ta đặt giới hạn của dãy là C thì:1 + + + ... + = C + lnn + εn
2 3
n
Bài 1.3.4

Chứng minh sự hội tụ của các dãy sau:
a, an = 1 + 212 + 312 + ... + n12 , n ∈ N
b, bn = 1 + 212 + 313 + ... + n1n , n ∈ N
Giải:
a, Dễ dàng chứng minh được {an } là dãy tăng.(Xét hiệu an+1 − an =

1

(n + 1)2

> 0)

1
1
1
1
1
+
...
+
<
1
+
+
+
...
+
1.2 2.3
(n1 ) n
22
n2
1
1 1
1
1
1
= 1+ 1−
+

−
+ ... +
−
= 2− < 2
2
2 3
n−1 n
n

Ngoài ra: an = 1 +

Vậy {an }hội tụ.(Dãy tăng bị chặn trên)
b, Hiển nhiên có thể chứng minh bn < an mà {an } hội tụ nên {bn } cnghit.


11

1.4

Tiêu chuẩn Cauchy

Tiêu chuẩn này rất ít dùng trong việc tính giới hạn , nó thường được dùng
trong việc chứng minh sự hội tụ của dãy. Để chứng minh dãy là dãy Cauchy,
ta sẽ xét un+p − un ≤ ε
Bài 1.4.1

Cho dãy {an } thỏa mãn:an = 1 + 212 + 312 + ... + n12 , n ∈ N.
Chứng minh rằng: {an } hội tụ.
Giải:
Ở ví dụ trên ta đã sử dụng tính đơn điệu và bị chặn để chỉ ra dãy hội tụ ở

đây ta sẽ sử dụng tiêu chuẩn Cauchy.
Xét
|an+1 − an | =

n2
(n + 1)2

|an − an−1 |

≤ α |an − an−1 | ≤ ... ≤ α n−1 |a2 − a1 | Với α ∈ (0, 1)
Khi đó ta có thể xét an+p − an ∀p ∈ N∗ như sau:
an+p − an = an+p − an+p−1 + an+p−1 − an+p−2 + ... + an+1 − an
≤ an+p − an+p−1 + an+p−1 − an+p−2 + ... + |an+1 − an |
≤ α n+p−2 |a2 − a1 | + α n+p−3 |a2 − a1 | + ... + α n−1 |a2 − a1 |
= |a2 − a1 | α n−1 (α p−1 + α p−2 + ... + 1
= |a2 − a1 | α

n−1 1 − α

p

1−α

→0

Vậy dãy {an } là dãy cauchy nên hội tụ.
Bài 1.4.2
2

2

Cho dãy {an } thỏa mãn:an = 1 + 41 + 242 + ... + n4n , n ∈ N∗ .
Chứng minh rằng: {an } hội tụ.
Giải:
Trước hết ta có 4n > n4 , ∀n ≥ 5 (có thể chứng minh lại bằng quy nạp) từ đó


12

ta có thể xét an+p − an ∀p ∈ N∗ như sau:
un+p − un <
<
=
=
<

1

1
1
+
+
...
+
(n + 1)2 (n + 2)2
(n + p)2
1
1
1
+

+ ... +
n (n + 1) (n + 1) (n + 2)
(n + p − 1) (n + k)
1
1
1
1
1
1
−
+
−
+ ... +
−
n n+1
n+1 n+2
n+ p−1 n+ p
1
1
−
n n+ p
1
→0
n

Vậy dãy {an } là dãy cauchy nên hội tụ.
1.5

Tìm biểu thức của số hạng tổng quát

Dãy dạng 1



u1 = a

Khi đó ta dễ dàng có được un = b.an−1


un = b.un−1
Dãy dạng 2



u1 = a

Khi đó ta sẽ có được un =


un = b.un−1 + c



u1 + (n − 1) .c nếu b=1
n−1 − 1


 u1 .bn−1 + c. b

b−1

Dãy dạng 3



u1 = a

un = b.un−1 + f (n)
Đối với dạng này ta chỉ xét khi f (n) ở dạng đa thức và là hàm tổng quát
còn khi f (n) = o hay f (n) = c thì nó chính là các dãy dạng 1 và 2.
Đối với dạng này thì chúng ta phải tách được hàm
f (n) = g (n) − b.g (n − 1)


13

Giả sử ta đã tìm được hàm f (n) thỏa mãn. khi đó thay vào công thức truy hồi
ta sẽ được.
un = b.un−1 + g (n) − b.g (n − 1)
⇒ un − g (n) = b (un−1 − g (n − 1))
Khi đó ta có thể sử dụng kỹ thuật làm mới dãy bằng cánh đặt:
vn = un − g (n)
Khi đó dãy sẽ chuyển về cấp số nhân, dạng 1, hay
vn = b.vn−1 (Dạng 1)
 VD:Cho dãy (un ) thỏa mãn:

u1 = 2
Hãy tìm công thức tổng quát của dãy (un )

un = un−1 + 2n − 1

Giải:
Phân tích, do b ở đây bằng 1 nên ta sẽ phải chọn g (n) là một hàm bậc 2 trở
lên.
Chọn g (n) = α2 .n2 + α1 .n + α0
Khi đó:
2n − 1 = f (n) = g (n) − g (n − 1)
= 2.α2 .n + α1 − α2
Sử dụng đồng nhất thức thì ta tính được α1 = α2 = 1 hay khi đó dãy
un − n2 = un−1 − (n − 1)2
Đặt vn = un − n2 khi đó vn là dãy hằng.
Nói cách khác thì vn = v1 = u1 − 1 = 1 khi đó thì
un − n2 = 1
⇒ un = n2 + 1


14

Dãy dạng 4



u1 > u2

un + a.un−1 + b.un−2 = f (n)
TH1: f (n) = 0 khi đó ta có: un + a.un−1 + b.un−2 = 0
Ta sẽ có phương trình đặc trưng: λ 2 + aλ + b = 0
1. Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm λ1 , λ2 phân biệt.
Khi đó un = A.λ1n + B.λ2n ta có thể tìm các giá trị u0 , u1 để thay vào tìm các
giá trị A,B.
2. Phương trình đặc trưng nghiệm kép λ0

Khi đó un = A.λ n + B.n.λ n−1 ta có thể tìm các giá trị u0 , u1 để thay vào tìm
các giá trị A,B.
3. Phương trình đặc trưng có nghiệm phức λ1,2 = r. (cosϕ ± i.sinϕ)
Khi đó un = rn (A.cos (nϕ) + B.sin (nϕ)) ta có thể tìm các giá trị u0 , u1 để
thay vào tìm các giá trị A,B.
VD1: Cho dãy (un ) xác định như sau:



u1 = 1



Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy.
u2 = 2




u
n+1 = 4.un + un−1
Giải:
2
Phương trình
√ đặc trưng: k − 4k − 1 = 0
⇒ k = 2± 5
Vậy dãy (un ) có công thức tổng quát là:
√ n
√ n
un = A. 2 + 5 + B. 2 − 5

Từ công
thức truy hồi ta có thể tính được u0 = 1 và u1 = 2

A + B = 1
Ta có:
√
√

A. 2 + 5 + B. 2 − 5 = 2
⇒A=B=

1
2

√ n
√ n
⇒ un = 12 . 2 + 5 + 12 . 2 − 5
VD2:Cho dãy (un ) xác định như sau:


15




u0 = 1



Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy.

u1 = 3




u − 4.u
n
n−1 + 4.un−2 = 0
Giải:
Phương trình đặc trưng: k2 − 4k + 4 = 0
⇒ k = 2là nghiệm duy nhất
Vậy dãy (un ) có công thức tổng quát là:
un = A.2n + B.2n−1
Từ công
thức truy hồi ta có thể tính được u0 = 1 và u1 = 3

A = 1
Ta có:

A + B = 3


A = 1

B = 2
⇒ un = 2n + 2n.2n−1
TH2: f (n) là đa thức.
Xét f (n) = g (n) + a.g (n − 1) + b.g (n − 2)
Khi đó ta xét phương trình: λ 2 + a.λ + b = 0
Ở đây ta chỉ xét đối với trường hợp có 2 nghiệm phân biệt đối với các trường

hợp khác thì không được trong các bài toán olympic nên ta sẽ không đề cập
ở đây.
a, 2 nghiệm đều khác 1: deg g = deg f
b, 1 nghiệm bằng 1: g (n) = n.h (n) Với deg h = deg f
c, 2 nghiệm đều bằng 1: g (n) = n2 .h (n) Với deg h = deg f
VD1:
 Cho dãy (un ) xác định như sau:


u0 = 1



Tìm công thức số hạng tổng quát của
u1 = 4




u − 3.u
n
n−1 + 2.un−2 = 2n − 1
dãy.
Giải:
Xét λ 2 − 3.λ + 2 = 0
Phương trình có 2 nghiệm là λ = 1 hoặc λ = 2


16

Khi đó ta sẽ xét:
2n + 1 = g (n) − 3.g (n − 1) + 2.g (n − 2)
Với g (n) = n (α.n + β )
Hay 2n + 1 = n (α.n + β ) − 3 (n − 1) (α.n − α + β ) + 2 (n − 2) (α.n − 2α + β )

α = −1
⇒
 β = −4
⇒ g (n) = −n (n + 4)
Khi đó ta sẽ có:
un − g (n) = 3 [un−1 − g (n − 1)] + 2 [un−2 − g (n − 2)] = 0
Nếu ta đặt un − g (n) = vn ta sẽ được:



v0 = 1



v1 = 9




v − 3.v
n
n−1 + 2.vn−2 = 0
Khi đó bài toán quay về trường hợp 1 đã biết.
Dễ dàng suy ra được vn = A + B.2n
Thử với v0 , v1 ta sẽ được A = −7 và B = 8

Hay vn = −7 + 8.2n = un + n (n + 4)
⇒ un = −7 + 8.2n − n (n + 4)
TH3: f (n) là dạng mũ: f (n) = c.α n .
Phương trình đặc trưng: λ 2 + a.λ + b = 0
Ở đây ta chỉ xét đối với trường hợp có 2 nghiệm phân biệt đối với các trường
hợp khác thì không được trong các bài toán olympic nên ta sẽ không đề cập
ở đây.
a, Phương trình có 2 nghiệm: λ1 , λ2 = α:g (n) = c.k.α n
b,Phương trình có 2 nghiệm : λ1 = α, λ2 = α: g (n) = n.c.k.α n
c,Phương trình có 2 nghiệm : λ1 = λ2 = α: g (n) = n2 .c.k.α n
VD:
 Cho dãy (un ) xác định như sau:


u0 = 1



Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy.
u1 = 3




n
u − 4.u
n
n−1 + 3.un−2 = 5.2

17

Giải:
Xét phương trình đặc trưng: λ 2 − 4.λ + 3 = 0
Phương trình đặc trưng có 2 nghiệm là λ1 = 1 và λ2 = 3
Vậy ta sẽ chọn g (n) = 5.k.2n
Khi đó: 5.2n = g (n) − 4g (n − 1) + 3g (n − 2)
Hay 5k.2n − 20k.2n−1 + 15k.2n−2 = 5.2n
⇒ k = −4
g (n) = −20.2n
Khi đó ta có thể rút ra:
[un − g (n)] − 4 [un−1 − g (n − 1)] + 3 [un−2 − g (n − 2)] = 0
Khi đó ta đặt: vn = un − g (n) thì bài toán cũng quay về trường hợp 1.(Bạn đọc
tự giải tiếp)
Dãy dạng 5



u1 = α
p.un−1 + q (n ≥ 2)

un =
r.un−1 + s
Cách giải quyết dạng này là ta sẽ đặt:
un = xn + t Với t là 1 nghiệm của phương trình r.t 2 + (s − p) .t − q = 0
1
Khi đó ta sẽ được: x1n = a. xn−1
+b
Bằng cách đặt vn = x1n ta sẽ đưa đc nó về dãy dạng 2.
VD:

 Cho dãy (un ) xác định như sau:

u1 = 2
−9.un−1 − 24 Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy.

un =
5.un−1 + 13
Giải:
Xét phương trình 5t 2 + 22t + 24 = 0
Ta có thể chọn t = −2
Đặt un = xn − 2
n−1
Khi đó ta có được: xn = 5xxn−1
+3
1
1
Hay xn = 3. xn−1 + 5 (ở đây ta có thể dễ dàng chứng minh được xn = 0 )
Bằng cách đặt vn = x1n ta sẽ đưa đc nó về dãy dạng 2.( Bạn đọc tự giải tiếp)


18

Dãy dạng 6



un = p.un−1 + q.vn−1 , u0 = a

 vn = r.un−1 + s.vn−1 , v0 = b
Ta có thể dễ dàng suy ra được:

s.un − q.vn = sp.un−1 − qr.un−1
⇒q.vn−1 = s.un−1 + (sp − qr) un−2

= p.un−1 + q.vn−1 ⇒un = p.un−1 + s.un−1 +

thế vào un
⇔un − (p + s) un−1 − (sp − qr) un−2 = 0

Bài toán đã quay về dãy dạng 4.
 BT: Cho dãy {un } , {vn } thỏa mãn:

u0 = 2






un = 2.un−1 + vn−1
Tìm công thức tổng quát của {un } , {vn }


v0 = 1





 v = 2.u
+v

n

n−1

n−1

(Bạn đọc tự giải)

Dãy dạng 7


un = u2 + a.v2 , u = a
n−1
n−1 0
 v = 2.u v , v = b
n
n−1 n−1 0

 un = u2 + a.v2
n−1
n−1
⇒ √
√
 av = 2 a.u v
n
n−1 n−1

√
un + √avn = u
+

avn−1
n−1
⇒
√
u − √av = u
− av
n

n

n−1

n−1

2
2


19


√

un + avn = xn
Nếu ta đặt
√

un − avn = yn

Khi đó ta cũng có thể dễ dàng tìm ra được số

hạng tổng quát của {xn } , {yn } từ đó thay ngược lại ta cũng sẽ tìm được công
thức tổng quát của {un } , {vn }

Dãy dạng 8


2

xn−1
+a

xn =
2xn−1


x1 = α
Đối với dạng
này ta sẽ đặt:

un = u2n−1 + a.v2n−1 , v1 = 1
xn = uvnn với

 vn = 2.un−1 vn−1 , u1 = α
Bài toán của chúng ta quay lại dãy dạng 7.

Dãy dạng 9


u1 = α

u = a.u
n

n−1

b.u2n−1 + c

⇒un − a.un−1 =

Với a2 − b = 1

b.u2n−1 + c

⇔u2n + a2 .u2n−1 − 2a.un un−1 = b.u2n−1 + c
⇔u2n − 2a.un un−1 + u2n−1 − c = 01
⇒u2n−1 − 2a.un−1 un−2 + u2n−2 − c = 0
⇔u2n−2 − 2a.un−2 un−1 + u2n−1 − c = 02
Từ (1) , (2) ⇒ un và un−2 là nghiệm của phương trình.


20

x2 − 2aun−1 x + u2n−1 − c = 0
⇒un + un−2 = 2aun−1
Vậy bài toán đã quay về dãy dạng 4.

Dãy dạng 10


u = a

1
u = 2.u2

n−1 − 1

n

TH1: |a| ≤ 1
Đối với loại này ta viết lại u1 dưới dạng:
u1 = a = cos α
⇒u2 = cos 2α
⇒u3 = cos 4α
Dùng quy nạp thì ta sẽ có được
un = cos 2n−1 α
TH2: |a| > 1
Đối với loại này ta viết lại u1 dưới dạng:
u1 = a =
1
2
1
⇒u3 =
2

⇒u2 =

1
1
α+
2
α

1
α2 + 2
α
1
α4 + 4
α

Dùng quy nạp thì ta sẽ có được
un =

1
1
n−1
α2
+ n−1
2
α2


21

1.6

Phương pháp tổng tích phân

Điểm cốt lõi ở phương pháp này chính là dựa trên định nghĩa của tích phân,
chúng ta sẽ biến đổi số hạng tổng quát của dãy đã cho thành tổng tích phân
của 1 hàm nào đó.

Bài 1.6.1

Chứng minh rằng:
1
+
n (n + 1)

lim

n→∞

1
+ ... +
(n + 1) (n + 2)

Giải:
Đặt Sn = √

1
+√ 1
+ ... + √ 1
,
n(n+1)
(n+1)(n+2)
2n(2n+1)

1
= ln 2
2n (2n + 1)
ta có:

1
1
1
1
1
+ ... +
< Sn < +
+ ... +
n+1
2n + 1
n n+1
2n
1
Hay un + 2n+1
< Sn < 1n + un

trong đó un =

1
1
n+1 + ... + 2n

=

1
n

1
1+ n1

+ ... + 1+1 n

n

1
1+x

un là tổng tích phân của hàm f (x) =
Trên đoạn [0,1] với phém chia đều
i
đoạn [0,1] làm n phần, lấy giá trị trung gian ξi tại mút phải của đoạn i−1
n ;n .
dx
Từ đó: un → 01 x+1
= ln 2, (n → ∞).
Theo nguyên lý kẹp thì lim Sn = ln 2.
n→∞

Bài 1.6.2

Cho f (x) là hàm liên tục trên [0; T ] , còn g (x) là hàm liên tục và tuần hoàn
với chu kỳ T. Chứng minh rằng:
T

lim

n→∞ 0

f (x) g (nx) dx =

1
T

T

T

f (x) dx
0

g (x) dx
0


22

Giải:
Đặt nx = t ⇔ x =

t
n

ta được
T

In =

f (x) g (nx) dx =
0

1
n

nT

f
0

t
g (t) dt
n

Mà
nT

f
0
T

=
0
T

=
0

t
g (t) dt
n
2T

t
f
g (t) dt +
n
t
f
g (t) dt +
n

T
T
0

nT
t
t
f
g (t) dt + ... +
f
g (t) dt
n
n
(n−1)T
T
t +T
t + (n − 1) T
f
g (t) dt + ... +
f

n
n
0

g (t) dt

Do tính tuần hoàn của hàm g (x)
(n−1)T
T
t
t
g (t) dt
n + n + ... + f n +
n
(n−1)T
+ ... + f nt + n
= 0T f (t) dt Khi n → ∞
Mà: Tn f nt + f
Chuyển qua giới han ta được lim 0T f (x) g (nx) dx = T1 0T f (x) dx 0T g (x) dx
n→∞

Khi đó ta có: In =

1 T
n 0
T
t
n+ n

f

t
n

+f

Bài 1.6.3
1

2

n

2n
2n
2n
+ n+
1 + ... +
1
n+1
n+
n→∞
2
n
i
i
n
n
2n
1

2n
Sn = ∑ n+
1 = n ∑
1
i
i=1
i=1 1+ ni

Tìm giới hạn lim
Giải: Đặt

Dường như vế phải không phải là tổng tích phân của hàm nào trên đoạn [0; 1]
với phép chia đều thành n đoạn và chọn điểm ξi ở mút trái, mút phải cũng
như trung điểm thông thường.
Tuy nhiên ta có thể chứng minh rằng với i = 1, 2, ..., n và n lớn
i

2
Vì hàm mũ liên tục, ∃ξi ∈

i−1
n

i−1 i
n ;n

i
2n
n
≤

<
2
1 + ni1
i

:

2n
1+ ni1

= 2ξi . Từ đó

1 n ξi
Sn = ∑ 2
n i=1