Chuyen de tim so hang tong quat cua day soSo hoc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (123.84 KB, 7 trang )

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

CHUYÊN ĐỀ: TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ

Áp dụng lý thuyết về dãy số; cấp số cộng và cấp số nhân ta có thể giải được một số bài tốn
về tìm số hạng tổng quát của một dãy số. Đây cũng là một chuyên đề quan trọng của thi
HSG Tỉnh cũng như Quốc gia. Dưới đây là một vài áp dụng đơn giản giúp thầy cô và học
sinh tham khảo khi học và đặc biệt là ôn thi HSG cấp tỉnh lớp 11 năm học 2010 - 2011.
Bài tốn 1: Tìm số hạng tổng quát của dãy số sau: 1; 2; 4; 7; 11 …

Giải:

Nếu kí hiệu các số hạng của dãy trên là:

u u u

; ; ;... ...

2 3

u

n thì ta có:

2 1

1;

3 2

2;

4 3

3...

n n 1

1

n 1

1 2 3 ...

1 u



u



u



u



u



u



u



u



  

n

u



u

   

 

n



n n

(



1) / 2



u

n



n n

(



1) / 2 1



Một số bài tốn tương tự: Tìm số hạng tổng qt của các dãy số sau:
1/ 1; 4; 10; 19; 31; … ; 2/ 1; 2; 6; 15; 31; …

Bài tốn 2: Tìm số hạng tổng qt của dãy

*
1

1 ( ) :

3 2(

)

n

n n

u



u

n N



















Giải:

Cách 1: Từ hệ thức truy hồi ta có dãy các hệ thức sau:

2 2 3 2 2 1 2

1 1 2 2 3 2 1

3 2;3

3 2.3;3

3 2.3 ....3

n

3

n

2.3

n

n n n n n n

u



u



u



    

















1 2 2 1 1

3

1

3 2(1 3 3

... 3

) 3

2.

2.3

1 3 1

n

n n n n

n

u



  









 











Cách 2: Đặt

v

n1



u

n1





sao cho

v

n1



3 v

n

1 1

3

2

3 3(

)

1

n n n n n

v



u





u



v

u











 









. Vậy

( )

v

n là một cấp số 
nhân

có cơng bội q =3 và

v



u

  

1 2

v

n



v

3

n1



2.3

n1



u

n



v

n



1 2.3



n1



1

.

Từ cách giải 2 ta có lời giải của bài tốn tổng qt 1 sau:

Tìm số hạng tổng quát của dãy

1
1

( ) :

(

0;1)

n

n n

u

a

u



bu

c b















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

Đặt

v

n1



u

n1





sao cho:

.

1 1

.

(

)

1

n n n n n n n

c

v

b v

v

u

bu

c

b v

b u

b

















 











Như vậy

( )

v

n là một cấp số nhân có

1 1 1

1 1

1

n 1

.

n

(

1

).

n n

(

1

).

n

1

c

v

u

a

v

v q

a

b

u

a

b



  





 















Bài toán 3: Tìm số hạng tổng quát của dãy

2 ( ) :

2 1(

)

n

n n

u



u

n

n N



















Giải:

Cho n chạy từ 1 đến n-1 ở hệ thức truy hồi rồi cộng các hệ thức lại ta được:





2 (

1) (

2) ... 3 2

1 (

1)

1 (

1)

2

n

u



u



n





n





 

 

n



n n



 

n



n



Bài toán 4: Tìm số hạng tổng quát của dãy

*
1

2 ( ) :

2

3 2(

)

n

n n

u



u

n

n N



















Giải:
- Cách 1: Từ hệ thức truy hồi ta suy ra:

2 2 1 2

1 1 2 2 1

2

3 1;2

2 2(3

4)...2

n

2

n

2

n

.5

n n n n

u

n

u

n



u



u



  

















1
1

2

n

2

n

u



u

S











với

S



3 n

 

1 2(3

n



4) 2 (3



n



7) ... 5.2



n1

2 2 1 2 2

1 3 1 2 1

2 2(3

1) 2 (3

4) ... 8.2

5.2 3.2 3.2

... 3.2

5.2

3 1 6(1 2 ... 2

) 5.2

3 1 6(2

1) 5.2

3

1

8.2

3 5 4.2

3

5

5.2

3

5.

n n n

n n n n n

n n n

n

S

n

S

n

u

n

  

    























 

 





 







 













Chú ý: trong lời giải trên ta đã tính tổng của tích các số hạng tương ứng của một cấp số
cộng và một cấp số nhân.

- Cách 2: Đặt

v

n



u

n



an b



sao cho

v

n



2 v

n1

1 1

2

3

1 2(

(

1)

)

3;

5

n n n n

v

u

an b

u



n

an b

u



a n

b

a

b







 



 

 











Có

v



u



3.1 5 10

 



v

n



u

n



3 n

 

5 v

.2

n1



10.2

n1



5.2

n

5.2

n

3

5

n

u

n

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

Bài tốn 5: Tìm số hạng tổng quát của dãy

1 *

1 ( ) :

3

2 (

)

n n

n n

u



n N





















Giải:
- Cách 1: Theo giả thiết ta có:

2 1 2 1 2 2

1 1 2 2 1

3 2 ;3

n

3 2 .3;...3

n n

3

n

2 .3

n

n n n n

u

 

u



u



  













2 2

1 1 1 1 1 1

1 2 2

3 3

3 2 (1

...

) 3

4(3

2 ) 5.3

2 2 2

2

n

n n n n n n n

n n

u



     



















Chú ý: Trong lời giải trên ta đã tính tổng của tích các số hạng tương ứng của hai cấp số
nhân.

- Cách 2: Đặt

v

n



u

n



k

.2

n với

1 1 1

1 1 1 1

3

2 .2

3(

.2

)

2 2

3

2

2.2 .3

5.3 2 .

n n n

n n n n

n n n n n

n n n

v

u

k

u

k

u

v

u



  

   

































Bài tốn 6: Tìm số hạng tổng qt của dãy

1 2

2 1

1;

5 ( ) :

5 6 (

)

n

n n n

u



u



u n N



















Giải:

Từ giả thiết ta suy ra:

u

n2



2 u

n1



3(

u

n1



2 )

u

n . Đặt

v

n1



u

n2



2 u

n1

3.

n n

v



v





. Vậy

( )

v

n là cấp số nhân có cơng bội q = 3 và

v

1



u

2



2 u

1

 

5 2.1 3



2 1 1

2

1 1

.3

n

3

n

2

3

n

n n n n n

v

u

v

 

u



  















. Đặt

x

n



u

n



k

.3

n1 sao

cho:

1 1 1 2

1 1 1 1

2. .3

n

2.

3

n

.3

n

2. 2(

.3

n

)

n n n n n n n

x

u

k



u



k



x

u

k



   

















3 3.

k

2. k

3 









. Do

( )

x

n là cấp số nhân có cơng bội q = 2 và

0 1 1

1 1

.3

2

n 1

.2

n

2

n n n

.3

n n

3

n

3

n

2

n

x

u

k

x



u

x

k



x





 



















.

Bây giờ ta giải bài tốn tổng qt 2 của bài tốn trên:

Tìm số hạng tổng quát của dãy

1 2

2 1

;

( ) :

(1)(

)

n

n n n

u

a u

b

u



cu



du

n N



















trong đó a,b,c,d là 
các hằng số thực; a và b khác 0.

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

Giả sử

u

n



r

n với r là một số thực nào đó. Khi đó từ (1) ta suy ra:

.

0

n n n

r



c r



d r





.

0(2)

r

c r d







. (2) được gọi là phương trình đặc trưng ( PTĐT ) của dãy

( )

u

n . 
Có hai trường hợp:

1/ (2) có hai nghiệm phân biệt

r

1 và

r

2. Khi đó ta có:

r

1n2



c r

.

1n1



d r

.

1n



0

và

2 1 2 2 1 1

2n

.

2n

.

2n

0 ( .

1n

.

2n

)

.( .

1n

.

2n

)

.( .

1n

. ) 0

2n

r



c r



d r

k r



l r



c k r



l r



d k r

l r



 













Điều đó chứng tỏ

u

n



k r

.

1n



l r

.

2n thỏa mãn (1). Trong đó k và l là các hằng số thỏa mãn hệ
phương trình sau:

1 2

2 2

1 2

.

k r

l r

a

k r

l r

b



















. Do









1 2

1 2 1 2 1 2

2 2
1 2

0 r r

D

r r r

r

d r

r

r r











nên
hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất; điều đó cũng chứng tỏ dãy số đã cho được xác
định một cách duy nhất.

Áp dụng vào bài 6 ta có a = 1; b = 5; c = 5; d = -6



r



2;

r

 

3 k



1;

l



1

1 2

.

n

.

n

2

n

3

n
n

u

k r

l r











Đối với dãy Fibơnaxi ta có a = b = c = d = 1 nên PTĐT

r



r



1 0



có hai nghiệm:

1 2

1

5

1

5 &

2 r





r





. Từ đó ta có hệ phương trình:

1

5

1

5 .

1(3)

2

3

5

3

5 .

1(4)

2 k

l

k

l

 

























Lấy (4) trừ (3) ta được: k+l = 0. Thay l = -k vào (3) ta được:

5. k

 

1 k



1/ 5

Vậy

1

5

1

5

2

5

n n

n

u

















































.

2/ (2) có nghiệm kép

1 2

2

1 2

.

4

c

r



r

  

d



r r



. Đặt

u

n



r v

1n

.

n; thay vào (1) ta

được:

2 1 2 2

1n

.

n 2

.

1n

.

n 1

. .

1n n

2.

1n

.

n 1 1n

.

n n 2 n 1 n 1 n

r



v

c r



v

d r v

r



v

r



v



























Vậy

( )

v

n là một cấp số cộng nên

v

n



k n l

.



với k và l là các số thỏa mãn hệ phương

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

1
2
1

(

).

(2

).

k l r

a

k l r

b



















Do

1 2 3

1
2 2
1 1

0

2. r r

D

r





nên k và l được xác định một cách duy nhất;
tức là có duy nhất dãy

( )

u

n mà

u

n



( .

k n l r



)

1n thỏa mãn điều kiện của bài toán.

Áp dụng: Tìm số hạng tổng quát của dãy

1 2

2 1

4;

20 ( ) :

4 4 (

)

n

n n n

u



u



u n N



















Ở đây ta có: a = 4; b = 20; c = 4; d = -4 nên PTĐT có nghiệm:

r



r



2

.
Giải hệ phương trình ta tìm được: k = 3 và l = -1. Vậy

u

n



(3

n



1).2

n

Áp dụng vào giải đề thi HSG Tỉnh Lạng Sơn:
Câu 2( HSG Tỉnh LS 2008-2009):

Dãy số

 

un xác định như sau:

0 1

1
1

1; 2 (1)
2

(2)
3

n n

n

u u

u 



 




 






(với n = 1, 2,3,…). Tìm un

Giải:
Từ (2)  3un1 un 2un1

 3un1 un  2un10

Phương trình đặc trưng 3X2  X  2 0

X=1
2

X=-3









 công thức tổng quát của dãy

 

un là:

2
(1)

3
n
n

n

u   
 

Với n = 0:

0 2

1 (1)

  

   
 

  1   (3)

Với n = 1:

2 2

2 .1 .

b

  

   
 

2 (4)
9

 

  

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

14
1

4 9

2
9

  

 




  

 

 



 

 

  

 



Vậy Un =

14 9 2

5 5 3

n

 
  

 

14 9 ( 2)

5 5 3

n
n


 

Bài 2 (HSG Tỉnh LS 2009-2010):
Cho dãy số(xn) xác định như sau:

2 (1)
3

(2)
2
n
n

n

x

x
x

x











 

 (n N *)

Tìm cơng thức tính Xn theo n.

Giải:

Từ (2) 1

1 2 1 2 1

3 3 3

n

n n n

x

x  x x



   

Đặt 1 1

1 1

n n

u u

x  x



  

và 1

1
2

u 

. Khi đó, ta có:

1 2

(3)

3 3

n n

u    u

Đến đây, áp dụng bài toán tổng quát 1, ta có:
Đặt

v

n1



u

n1





sao cho:

1 1 1

1

2

1

2 3

.

(

)

1

2

3 1

3

n n n n n n n

v





v



v





u









u







v



u















Như vậy

( )

v

n là một cấp số nhân có

1 1

1 1 1

1 1 2

( 1)

1 .

1

2 2 3

n n

n

n n

v

u

v

v q

u

 













 

 































Vậy, công thức số hạng tổng quát của {xn} là:

1 1

1 2

. 1

2 3

n n

n

x

u 

 

 
   

  (n N *)

Lạng Sơn, ngày 8/1/2010

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7></div>

Chuyen de tim so hang tong quat cua day soSo hoc

<b>CHUYÊN ĐỀ: TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ</b>

<i>u u u</i>

; ; ;... ...

<i>u</i>

1;

2;

3...

1

1 2 3 ...

1

<i>u</i>



<i>u</i>



<i>u</i>



<i>u</i>



<i>u</i>



<i>u</i>



<i>u</i>



<i>u</i>

  

<i>n</i>

<i>u</i>



<i>u</i>

   

 

<i>n</i>



<i>n n</i>

(



1) / 2



<i>u</i>



<i>n n</i>

(



1) / 2 1



1

( ) :

3

2(

)

<i>u</i>

<i>u</i>

<i>u</i>

<i>u</i>

<i>n N</i>



















3

2;3

3

2.3;3

3

2.3 ....3

3

2.3

<i>u</i>

<i>u</i>

<i>u</i>

<i>u</i>

<i>u</i>

<i>u</i>