Mo rong bai toan day so VMO 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trần Văn Minh Chiến. Xây dựng một vài dãy số. Mục lục 1 Bài dãy số trong đề thi quốc gia năm 2013 1.1 Bài toán gốc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 2 2 3. 2 Dãy số xây dựng từ phương trình. 6. 3 Giới hạn của tổng. 8. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trần Văn Minh Chiến. 1. Xây dựng một vài dãy số. Bài dãy số trong đề thi quốc gia năm 2013. 1.1. Bài toán gốc. Đề bài 1. Cho dãy số {un } xác định bởi hệ thức truy hồi  u1 = 1 un+1 = 3 − un + 2 2un. Chứng minh rằng dãy số đa cho có giới hạn và tìm giới hạn đó. 3 2. Chứng minh. Ta tìm được u2 = . Ta sẽ chứng minh cho. 3 ≤ un ≤ 2, ∀n ≥ 2. 2. Thật vậy. Với n − 2 điều cần chứng minh là đúng. Ta giả sử điều cần chứng minh đúng với mọi 2 ≤ k ≤ n, nghĩa là 3 ≤ uk ≤ 2, ∀2 ≤ k ≤ n. 2. Ta chứng minh đúng với n = k + 1. Vì Bernoulli ta có:. 3 ≤ uk ≤ 2 nên theo bất đẳng thức 2. uk + 2 uk + 2 ≥ 3 − u 2 k uk + 1 1 1 =2− ≥2− uk + 1 1+1 3 = . 2. uk+1 = 3 −. Mặt khác, vì. 3 ≤ uk ≤ 2 nên ta cũng có 2 uk + 2 uk + 2 = 3 − 2uk 2.2uk −1 uk + 2 uk + 2 ≤2− =3− 2(uk − 1 + 1) 2uk 1 1 1 1 ≤3− − ≤ 3 − − = 2. 2 uk 2 2. uk+1 = 3 −. 3 3 ≤ uk+1 ≤ 2. Theo nguyên lý quy nạp thì ≤ un ≤ 2, ∀ n ≥ 2. 2 2 Bây giờ ta sẽ chứng minh {un } là dãy đơn điệu. Thật vậy, xét hàm số. Vậy. . . x+2 3 f (x) = 3 − x − x , x ∈ ,2 . 2 2. Ta có f 0 (x) = −1 +. x ln 2 + 2 ln 2 − 2x − 1 4 ln 2 − 3 (x + 2) ln 2 − 1 = ≤ ≤ 0. x x 2 2 2x 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trần Văn Minh Chiến. Xây dựng một vài dãy số. x+2 ≥ x. Từ đây suy 2x ra un+1 ≥ un . Vậy {un } là dãy không giảm và bị chặn trên nên tồn tại lim un và ta tìm được lim un = 2.. Suy ra f (x) là hàm nghịch biến và f (x) ≥ f (2) = 0 ⇒ 3 −. 1.2. Mở rộng. Ta có thể nhận thấy rằng bài toán trên có thể được xây dựng như sau. Xuất phát từ việc đánh giá bất đẳng thức Bernoulli với r ∈ [1, 2]. 2r = (1 + 1)r ≥ 1 + r. 2r = 2.2r−1 ≤ 2.(1 + r − 1) = 2r.. Suy ra 1 1 1 ≤ r ≤ 2r 2 r+1. Thay r bởi un ta được. 1 1 1 ≤ un ≤ . 2un 2 un + 1 y.un + z Ta sẽ xây dựng dãy số {un } có dạng un = x − . Khi đó ta có đánh giá 2un x−. y.un + z y.un + z y.un + z ≤x− ≤x− . u n un + 1 2 2un. Vấn đề ở đây ta cần chọn các hệ số x, y, z sao cho bài toán giải được và có nghiệm chẵn. Ta ngầm định dãy số {un } tăng đến 2 thì cần phải có x−. 2y + z = 2. 22. (∗). Mặt khác, ta cần phải chọn a1 sao cho u1 + 1 = 2u1 . Ở đây ta dễ dàng chọn ngay u1 = 1. Tiếp theo, ta cần chọn x, y, z để bất đẳng thức sau đạt được cận dưới 3 theo ý đồ của tác giả. Ở đây, ý đồ của tác giả là ≤ un và dấu bằng thỏa mãn 2. khi u1 = 1. Vậy x, y, z cần thỏa mãn x−. y+z 3 = . 2 2. (∗∗). Một lưu ý rằng, trong cách đánh giá bất đẳng thức ta cần có y.an + z ≥ 0 nên ta phải chọn y, z sao cho y.an + z ≥ 0. (***) Từ (*), (**) và (***) ta chọn được x = 3, y = 1, z = 2 và dãy số ta thu được là  u1 = 1 un+1 = 3 − un + 2 2un. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trần Văn Minh Chiến. Xây dựng một vài dãy số. có giới hạn bằng 2. Bằng cách trên, ta có thể xây dựng những dãy số tương tự như sau. Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli với un ∈ [2, 3] ta được các đánh giá 2u−n−1 ≥ 1 + un − 1 = un . 2un −1 = 2.2un −2 ≤ 2(un − 1) = 2un − 2.. Suy ra 1 1 1 ≤ un −1 ≤ . 2un − 2 2 un. Ta xây dựng dãy số {un } có dạng un+1 = x −. y.un + z . 2un −1. Khi đó ta có đánh giá x−. y.un + z y + y.un + z y.un + z ≤x− . ≤x− i −1 n un 2 2un − 2. Ở đây ta ngầm định dãy số có giới hạn bằng 3 và ta chọn u1 = 1 . Ta chọn x, y, z sao cho  x − 3y + z = 3 4. x − y + z = 2. 0 2. Từ đây ta chọn x = 4, y = 1, z = 1 và dãy số thu được là  u1 = 1 un+1 = 4 − un + 1 .. (1). .. 2un −1. Một cách tương tự bài toán gốc, ta cũng có thể tính được lim un = 3. n→∞. Tương tự, xuất phát từ đánh giá trên đoạn [4, 5] ta có 2un − 5 ≤ 3un −3 ≤ 3.(2an − 7).. Suy ra 1. 1 . 3(2un − 7) 3un −3 2un − 5 y.u + z Ta tìm dãy số {un } có dạng un+1 = x − unn −3 . Ta có đánh giá 3 x−. ≤. 1. ≤. y.un + z y.un + z y.un + z ≤ x − un −3 ≤ x − . 2un − 5 3 3(2un − 7). 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Trần Văn Minh Chiến. Xây dựng một vài dãy số. Ta chọn u1 sao cho 2u1 − 5 = 3u1 −3 và ta chọn u1 = 3. Ta ngầm định dãy số có giới hạn bằng 5 và đánh giá 4 ≤ un ≤ 5. Ta cần chọn x, y, z thỏa mãn  x − 5y + z = 5 9. x − (3x + y) = 4. Ta chọn được x =. 21 1 1 , y = , z = − khi đó dãy số xây dựng được là 4 2 4.  u1 = 3 4un+1 = 21 − 2un − 1 .. (2). 3un −3. Ta chứng minh được dãy số có giới hạn bằng 5. Thật vậy, theo bất đẳng thức Bernoulli ta có 21 2un − 1 − 4 4[2un − 5]   21 1 4 ≥ − 1+ 4 4 2un − 5 1 ≥5− 2un − 5 1 =4 ≥5− 2.3 − 5. un+1 ≥. Ta cũng có un+1 = ≤ = = ≤. 21 4 21 4 21 4 21 4 21 4. 2un − 1 12.2un −4 2un − 1 − 12(2un − 7)   6 1 1+ − 12 2un − 7 1 1 − − 12 2(2un − 7)   1 1 − + 12 6 −. =5. Vậy {un } là dãy bị chặn. Bây giờ ta chứng minh dãy đơn điệu. Xét hàm số f (x) =. 21 2x − 1 21 27 2x − 1 −x− = − x − . x 4 4.3x−3 4 4 3. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Trần Văn Minh Chiến. Xây dựng một vài dãy số. Ta có. 27 (2x − 1) ln 3 − 2 . 4 3x 27(2x − 1) ln 3 − 54 − 4.3x = 3x 243 ln 3 − 54 − 4.34 ≤ 3x ≤0. f 0 (x) = −1 −. 21 2x − 1 − ≥ x. Từ đây suy ra un+1 ≥ un . 4 4.3x−3 Vậy {un } là dãy số không giảm và bị chặn trên và ta tính được lim un = 5.. Vây f 0 (x) ≤ 0 nên f (x) ≥ f (5) = 0 hay. 2. Dãy số xây dựng từ phương trình. Ta có thể xây dựng một dãy số {xn } hội tụ đến một kết quả theo ý muốn với xn là nghiệm duy nhất của phương trình fn (x) = 0 trên một miền D. Ta có thể xây dựng phương trình là tổng của các hàm đơn điệu hoặc là một đa thức mà theo Đecac thì hệ số đổi dấu k lần thì sẽ không có quá 1 nghiệm dương. Ta xét ví dụ sau.. Đề bài 2. Từ các hàm đơn điệu ta xét họ phương trình fn (x) =. √ n. x−. 17 1 + x3 − = 0. x 2. (3). Ta chứng minh được với mỗi n thì phương trình đã cho duy nhất một nghiệm dương xn và lim xn = 2. Chứng minh. Đối với ý đầu tiên, phương pháp chung là chứng minh hàm đơn điệu và sử dụng tính chất của hàm liên tục để chỉ ra fn (x) = 0 có duy nhất nghiệm. 1 1 Thật vậy, f 0 (x) = √ + 2 + 3x2 > 0, ∀x > 0, n ∈ N∗ nên hàm số đồng biến n n xn−1. x. trên (0; +∞). Mặt khác ta có: fn (1) = −1 < 0, ∀n ∈ N∗ √ 1 n fn (2) = 2 + 6 − > 0, ∀n ∈ N∗ 2. Suy ra phương trình fn (x) = 0 có duy nhất một nghiệm dương xn ∈ [1, 2]. Đối với ý thứ hai, phương pháp chung là ta sẽ chứng minh cho dãy nghiệm là đơn điệu.. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trần Văn Minh Chiến. Xây dựng một vài dãy số. Ta có. √ 1 17 x − + x3 − x 2 1 1   = fn (x) + x n + 1 1 − x n(n + 1). fn+1 (x) =. n+1. Vì xn là nghiệm của phương trình fn (x) = 0 nên ta có 1 1   n(n + 1) n + 1 1 − xn fn+1 (xn ) = fn (x) + xn ≤0. Vì fn+1 (x) đơn điêu tăng nên fn+1 (x) = 0 có nghiệm xn+1 ≥ xn . Vậy dãy số {xn } không giảm. Vậy tồn tại lim xn và ta tính được lim xn = 2. Sở dĩ ta có thể xây dựng được họ các phương trình fn (x) mà để dãy nghiệm √ của chúng hội tụ đến một giá trị đinh trước là vì khi x > 1 thì lim n x = 1 nên n→∞. ta sẽ thu được phương trình. x3. 1 15 − − = 0 có duy nhất nghiệm x = 2. Vấn đề x 2. ở đây là khi ta đã xây dựng các hàm đơn điệu thì chỉ việc chọn hệ số tự do sao cho dãy nghiệm hội tụ đến một kết quả định trước. Ta cũng có thể xây dựng một dãy số phi tuyến từ nghiệm của phương trình bậc hai mà việc xác định số hạng tổng quát của nó là làm được. Ta xét một phương trình bậc hai sau đây x2 − m2 x − 3 = 0. có hai nghiệm thực α, β phân biệt. Xét dãy số có dạng   n. xn = a α 2 + β 2. n. Áp dụng định lý Vi–et ta có x2n. =a. 2.  α. 2n+1. +β. 2n+1. 2n. . + 2.(3). n. = a2 (xn+1 + 2.(3)2 ).. Vậy ta xây dựng được dãy số  x0 = a.m2 2 xn+1 = xn − 2.(3)2n 2. (4). a. Đặc biêt hóa, ta sẽ thu được các hệ thức truy hồi. Đối với bài toán này, ta hướng n n dẫn học sinh tìm số hạng tổng quát có dạng xn = α(a2 + b2 ). Sử dụng phép 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Trần Văn Minh Chiến. Xây dựng một vài dãy số. đồng nhất ta tìm được a và b. . n. Với ý tưởng trên, ta xét tiếp xn = a α3 + β 3. n.  . Áp dụng định lý Vi–et ta có n. x3n = a3 (xn+1 + 3xn .(−3)3 ).. Từ đây ta xây dựng được dãy số  x0 = a.m2 3 xn+1 = xn + 3xn .33n 3. (5). a. Từ những dãy số xây dựng được như trên, ta có thể hướng dẫn học sinh tìm số hạng tổng quát của dãy số như sau. Đối với bài toán này, ta hướng dẫn học n n sinh tìm số hạng tổng quát có dạng xn = α(a3 + b3 ). Sử dụng phép đồng nhất ta tìm được α, a và b.. 3. Giới hạn của tổng. Phương pháp chung để tính giới hạn của dãy tổng Sn ta sử dụng tổng trừ biểu diễn Sn là một biểu thức của un . Thông qua giá trị giới hạn của dãy un mà ta có thể tính được lim Sn . n→∞. Ví dụ, ta có thể chọn một biểu thức Fn (un+1 , un ) thỏa mãn Fn = F (un+1 , un ) =. 1 1 − . un un+1. Ta cần chọn giá trị ban đầu u1 của dãy số un thỏa mãn một số điều kiện nào đó do ta định trước. Khi đó ta có thể tính được lim(F1 + F2 + ... + Fn ). Ta xét ví dụ sau: Ta chọn F (un+1 , un ) =. Ta có Sn =. u2013 1 1 n = − . un+1 un un+1. u2013 u2013 u2013 1 1 1 + 2 + ... + n = − u2 u3 un+1 u1 un+1. Từ đây ta có thể tạo ra bài toán như sau: Cho dãy số {un } xác định như sau u1 = 1, un+1 = un + u2014 n. 8. (6).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Trần Văn Minh Chiến.  Tính lim. n→+∞. Xây dựng một vài dãy số. u2013 u2013 1 + ... + n . u2 un+1. . Bài toán trên là giải được. Thật vậy, theo cách xây dựng ta tính được u2013 u2013 u2013 1 1 1 + 2 + ... + n = − u2 u3 un+1 u1 un+1. Mặt khác, ta chứng minh được dãy un là dãy tăng tới vô hạn và khi đó giới han tìm được là 1. Hơn thế nữa, ta cũng có thể xây dựng thêm được nhiều đề bằng cách thay đổi vế phải của (*). Ta có thể xét ví dụ dụ sau: Ta xét Fn = F( un+1 , un ) =. Giả sử ta cho k = 2 và chọn Fn =. 1 1 − un + k un+1 + k. 1 ta có thể đưa ra bài toán như sau: un + 2013. Cho dãy số xác định bởi u1 = 1, un+1 =.  Tính lim. n→∞. 1 (u2n + 2015un + 4). 2011. (7). . 1 1 . + ... + u1 + 2013 un + 2013. Giới hạn này là tính được. Không những xây dựng được cho bài toàn tính giới hạn của một tổng mà ta còn có thể xây dựng được bài toán của dạng tích. Thật vậy, ta xét dãy số thỏa mãn: F (xn+1 ) = g(xn )F (xn ).. Theo truy hồi ta có F (xn+1 ) = g(xn )....g(x1 )F (x1 ).. Khi đó ta có thể xây dựng được các bài toán mà có chứa g(xn )...g(x1 ). Ta có thể xét ví dụ sau: Chọn F (xn ) = xn − 2014 và g(xn ) = x2013 n . Xét dãy số cho bởi x1 = 2015, xn+1 = x2014 − 2014x2013 + 2014. n n xn+1 . 2013 n→∞ x ...x2013 1 1. Tính lim. Giới hạn trên là tính được. Thật vậy. Theo trên ta tính được xn+1 − 2014 = 2015.x2013 ...x2013 1 n . 9. (8).

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Trần Văn Minh Chiến. Xây dựng một vài dãy số. Từ đây ta suy ra xn+1 2013 x1 ...x2013 n. = 2015 +. 2014 x2013 ...x2013 n 1. .. Xét hàm số f (x) = x2014 − 2014x2013 − x − 2014. Ta tính được f ”(x) = 2014.2013.x2011 (x − 2012) > 0 nên f 0 (x) > 0 suy ra f (x) là hàm tăng. Từ đây suy ra {xn } là dãy tăng và không bị chặn. Và ta tính được giới hạn là 2015. Một cách tương tự, ta có thể tạo ra bài toán sau: Cho dãy số {xn } xác định bởi x1 = 1, x2 = 3, xn+1 = x2n + 2014xn xn−1 + 2013x2n−1 − 2013xn.  Tính lim. n→∞. (9). . xn+1 . (x1 + x2 )...(xn + xn+1 ). Bằng quy nạp, ta có thể chứng minh rằng ∀n ≥ 3, 2013 < x3 < ... < xn < ... Theo xn+1 2013 trên ta tính được = x2 + 2013x1 − (x1 + x2 )...(xn + xn+1 ). và đo đó giới hạn tính được bằng 2014.. 10. (x1 + x2 )...(xn + xn+1 ).

<span class='text_page_counter'>(11)</span>