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

biến đổi, khai triển và ước lược để tìm giới hạn dãy tổng
laisac biên soạn
Trong các kì thi Oluympic , HSG ta thường thấy có nhiều bài toán tìm giới hạn dãy tổng.
Đôi lúc, để giải được dạng này ta phải biến đổi từ điều kiện giả thiết đã cho của dãy, từ đó khai triển và
ước lược để đưa về dãy tổng cần tìm đơn giản hơn , ta có thể tính được giới hạn của nó .
Dưới đây là các bài toán của tác giả và sưu tầm lấy từ tạp chí Toán Học và Tuổi Trẻ để minh họa cho
chuyên đề này.
Bài 1:Xét dãy số (xn) (n=1,2,3.....) được xác định bỡi :x1 = 2 và xn+1 =
1
2
(x2n + 1) với
mọi n =1,2,3...
Đặt Sn =
1
1 + x1
+
1
1 + x2
+ ....+
1
1 + xn
.
Tính phần nguyên của S2009 và tính giới hạn của Sn khi n tăng lên vô hạn.
HD:Ta có thể tổng quát bài toán như sau:
Cho dãy un thỏa mãn
 u1 = aun+1 = u2n − (b+ c)un + c2
b− c
Tính chứng minh Sn =
n∑
i=1
1
ui + b
=
1
u1 + c
− 1
un+1 + c
.
Thật vậy, ta biến đổi un+1 =
u2n − (b+ c)un + c2
b− c
⇒ un+1 + c = u
2
n − (b+ c)un + bc
b− c =
(un + b)(un + c)
b− c
⇒ 1
un+1 + c
=
1
un + c
− 1
un + b
⇒ 1
un + b
=
1
un + c
− 1
un+1 + c
Khai triển và ước lược dãy:
1
u1 + b
=
1
u1 + c
− 1
u2 + c
1
u2 + b
=
1
u2 + c
− 1
u3 + c.
.
.
1
un + b
=
1
un + c
− 1
un+1 + c
Do đó Sn =
1
u1 + c
− 1
un+1 + c
Vận dụng:Ta có thể giải bài toán trên bằng phép biến đổi này (b=1,c=-1)
Khi đó Sn =
1
u1 − 1 −
1
un − 1 = 1−
1
un − 1
Mà un+1 − un = 1
2
(un − 1)2 > 0 , ∀n ∈ N∗ ⇒ un là dãy tăng ⇒ 2 = u1 ≤ u2 ≤ u3 ≤ ....
Giả sử limun = a(a > 2)⇒ 2a = a2 + 1⇒ a = 1 (vô lí)
Vậy limun =∞ ⇒ lim 1
un − 1 = 0
1
Do đó phần nguyên S2009 = 0 vì 0 <
1
u2009− 1 < 1 và limSn = 1
Bài 2: Cho dãy un thỏa mãn:
{
u1 = 2009
un+1 = u
2
n − un + 1 . Tính lim
n∑
i=1
1
un
.
HD: Ta có un+1 − un = (un − 1)2 > 0 , ∀n ∈ N∗⇒ un là dãy tăng
Giả sử (un) có giới hạn. Đặt limun = L(L > 2009)
Ta có L = L2 − L+ 1⇒ L = 1 (vô lí)
⇒ limun =∞⇒ lim 1
un
= 0
Ta còn có un+1 = u
2
n − un + 1 ⇒ un+1 − 1 = un(un − 1)
⇒ 1
un+1 − 1 =
1
un(un − 1) =
1
un − 1 −
1
un
Vậy
1
un
=
1
un − 1 −
1
un+1 − 1
Khai triển và ước lược ta có :
1
u1
=
1
u1 − 1 −
1
u2 − 1
1
u2
=
1
u2 − 1 −
1
u3 − 1.
.
.
Sn =
n∑
i=1
1
ui
=
1
u1 − 1 −
1
un+1 − 1 ⇒ limSn = lim(
1
2009 − 1 −
1
un+1 − 1) =
1
2008
Bài 3: Cho dãy số xn, n = 1, 2, 3... được xác định như sau:
x1 = 1 và xn+1 =
√
xn(xn + 1)(xn + 2)(xn + 3) + 1 với n = 1, 2, ...
Đặt yn =
n∑
i=1
1
xi + 2
, (n = 1, 2, ....) .Tính giới hạn của yn khi n dần đến vô tận.
HD: Ta có:
xn+1 =
√
(x2n + 3xn)(x
2 + 3xn + 2) + 1 =
√
t(t+ 2) + 1 =
√
(t+ 1)2 = x2n + 3xn + 1
trong đó 0 < t = x2n + 3xn.
Xét xn+1 − xn = (xn + 1)2 > 0, ∀n ∈ N∗ ⇒ (xn) là dãy tăng
Giả sử :limxn = a(a > 1) ⇒ a = a2 + 3a + 1 , vô nghiệm(vì a>1) ⇒ limxn = ∞
1
xn+1 + 1
=
1
x2n + 3xn + 2
=
1
xn + 1
− 1
xn + 2
⇒ 1
xn + 2
=
1
xn + 1
− 1
xn+1 + 1
Khai triển và ước lược ta có:
1
x1 + 2
=
1
x1 + 1
− 1
x2 + 1
1
x2 + 2
=
1
x2 + 1
− 1
x3 + 1.
.
.
⇒ limyn = lim( 1
x1 + 1
− 1
xn+1 + 1
) =
1
2
.
Bài 4: Cho dãy số an xác định bỡi:
{
a1 = 1; a2 = 3
an+2 = 2an+1 − an + 1 n=1,2,3...
Tính giới hạn tổng Sn =
1
a1
+
1
a2
+ ...+
1
an
. Khi n dần đến vô tận.
HD: Cách 1: Ta chứng minh :an =
n(n+ 1)
2
.
Thật vậy: Theo phương pháp qui nạp. Ta nhận thấy a1, a2 đúng
2
Giả sử ak =
k(k + 1)
2
Ta có ak+1 = 2ak − ak−1 + 1 = (k + 1)(k + 2)
2
.
Theo nguyên lí qui nạp ta có điều chứng minh.
Vậy:an =
n(n+ 1)
2
⇒ 1
an
= 2(
1
n
− 1
n+ 1
)
⇒ limSn = lim2(1− 1
n+ 1
) = lim
2n
n+ 1
= 2
Cách 2: Từ giả thiết suy ra
an+2 − an+1 = an+1 + 1
.
.
.
a3 − a2 = a2 − a1 + 1
cộng lại ta có:an = an−1 + n = (an−2 + n− 1) + n.....
⇒an = 1 + 2 + 3 + .....+ n = n(n+ 1)
2
Bài 5: Cho dãy số (un) được xác định như sau:{
u1 = 1
un+1 = 1 + u1.u2....un
∀n = 1, 2, 3....... Tính lim
n∑
i=1
1
ui
HD: Ta có u1 = 1⇒ u2 = 2, un+1 = 1 + u1.u2...un−1.un = 1 + (un − 1).un
⇒ un+1 = u2n − un + 1
Chứng minh được (un) là dãy tăng và limun =∞
Ta còn có un+1 − 1 = un(un − 1)∀n ≥ 2
⇔ 1
un+1 − 1 =
1
un(un − 1) =
1
un − 1 −
1
un
∀n ≥ 2
⇔ 1
un
=
1
un − 1 −
1
un+1 − 1∀n ≥ 2
Từ đó Sn =
1
u1
+
1
u2
+
1
u3
+ ...+
1
un
⇔ Sn = 1
u1
+
1
u2 − 1 −
1
u3 − 1 +
1
u3 − 1 −
1
u4 − 1 + ...+
1
un − 1 −
1
un+1 − 1
⇔ Sn = 1
u1
+
1
u2 − 1 −
1
un+1 − 1 = 2−
1
un+1 − 1
Do đó limSn = 2 vì lim
1
un+1 − 1 = 0
Bài 6: Cho dãy số un thỏa mãn u1 = 2009; un+1 = un(
√
un + 1)
2 ;với n= 1, 2, 3....
Tính lim
n∑
i=1
1√
ui + 1
HD: Ta có un+1 = un(
√
un + 1)
2 ⇒ √un+1 = √un(√un + 1)
⇒ 1√
un+1
=
1√
un(
√
un + 1)
=
1√
un
− 1√
un + 1
⇒ 1√
un + 1
=
1√
un
− 1√
un+1
Khai triển và ước lược ta suy ra kết quả
Bài 7: Cho dãy số (xn) định bởi x1 =
2008
2009
,xn+1 =
2008
2009
(1 − xn)(1 − xn−1)...(1 − x1);
n=1,2,3... Tính lim
n∑
i=1
x2i
HD: Ta có xn+1 =
2008
2009
(1− xn)(1 − xn−1)...(1− x1)
⇒ xn+1 = (1 − xn).xn ⇒ x2n = xn − xn+1
3
Khai triển và ước lược ta có:
Sn =
n∑
i=1
x2i = x1 − xn+1 ⇒ limSn =
2008
2009
Bài 8: Cho dãy số (un) có un =
1
n(n+ 1)(n+ 2)......(n+ 2008)
với n = 1, 2, 3....
Tính lim
n∑
i=1
ui
HD: Số hạng un =
(n− 1)!
(n+ 2008)!
.
n+ 2008 − n
2008
= [
(n − 1)!
(n+ 2007)!
− n!
(n + 2008)!
].
1
2008
Cho n = 1, 2, 3, .....2008 , rồi cộng lại ta được. Sn =
1
2008
[
1
2008!
− n!
(n + 2008)!
]
Mà lim
n!
(n+ 2008)!
= lim
1
(n+ 1)(n+ 2).....(n+ 2008)
= 0
⇒ Sn = lim 1
2008
[
1
k!
− n!
(n+ 2008)!
] =
1
2008.2008!
Bài 9: Cho dãy xk , với xk =
k∑
i=1
i
(i+ 1)!
, k=1, 2, 3....
Tính lim n
√
xn1 + x
n
2 + ....+ x
n
2009
HD: Vì xk+1−xk = k + 1
(k + 2)!
> 0. Do đó dãy trên tăng. Suy ra 0 < x1 < x2 < ..... < x2009
hay xn2009 < x
n
1 + x
n
2 + ....+ x
n
2009 < 2009x
n
2009
suy ra x2009 < n
√
xn1 + x
n
2 + ...+ x
n
2009 < 2009
1
nx2009 (*)
Mặt khác ta có:
k
(k + 1)!
=
1
k!
− 1
(k + 1)!
Từ đó suy ra xk = 1 − 1
(k + 1)!
⇒ x2009 = 1− 1
2010!
Thay kết quả này vào (*) ta có: 1 − 1
2010!
< n
√
xn1 + x
n
2 + ...+ x
n
2009 < 2009
1
n (1 − 1
2010!
)
Nhưng vì lim(1− 1
2010!
) = lim2009
1
n (1− 1
2010!
) = 1− 1
2010!
.
Vậy theo định lí kẹp ta có:lim n
√
xn1 + x
n
2 + ...+ x
n
2009 = 1−
1
2010!
.
Bài cấp số cộng.
Bài 10:
Cho x, y, z là ba góc thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 2pi{
cosx+ cos y + cos z = 0
sinx+ sin y + sin z = 0
Chứng minh rằng ba số x, y, z lập thành một cấp số cộng .
HDTừ giả thiết của hệ suy ra
{
cos x+ cos y = − cos z
sinx+ sin y = − sin z
Bình phương hai vế tương ứng , rồi cộng lại ta có cos(x− y) = −1
2
Hoàn toàn tương tự ta cũng có cos(y − z) = cos(z − x) = −1
2
Vì 0 ≤ y − x; z − x; z − y ≤ 2pi ⇒y-x, z-y, z-x nhận một trong hai giá trị 2pi
3
;
4pi
3
.
4
nhưng vì z-x=(z-y)+(y-x) nên chỉ có thể xảy ra z − x = 4pi
3
; z − y = y − x = 2pi
3
.
Suy ra điều phải CM.
Bài 11: Trong tam giác ABC có cot(
A
2
); cot(
B
2
); cot(
C
2
) lập thành một cấp số cộng.
Tìm góc lớn nhất của tam giác đó.
HD:Ta có 2cot(
B
2
) = cot(
A
2
) + cot(
C
2
).
Biến đổi đưa về 3tan(
A
2
).tan(
C
2
) = 1
Từ đó cot(
A
2
).cot(
C
2
) = 3⇔ cot(A
2
)[cot(
A
2
+ 2] = 3
Giải phương trình này ta được một nghiệm thích hợp cot(
A
2
) = 1.
Vậy góc lớn nhất của tam giác bằng 900
Bài 12: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
1
cos6a
+
1
cos6b
+
1
cos6c
Trong đó ba số a, b, c lập thành một cấp số cộng với công sai bằng
pi
3
.
HD:Theo giả thiết thì a = b− pi
3
và c = b+
pi
3
.
Đặt cos2b = t, 0 < t ≤ 1 và cos3b = m, 0 < m ≤ 1 thì
cos3a = cos3(
pi
3
− b) = cos23b = m;
cos3c = cos3(
pi
3
+ b) = cos23b = m;
Và (4cos3b− 3cosb)2 = cos2b(4cos2b− 3)2 = m
Hay phương trình 16t3 − 24t2 + 9t −m = 0, 0 < m ≤ 1 có các nghiệm
t1 = cos
2b, t2 = cos
2(
pi
3
− b), t3 = cos2(pi
3
+ b)
Suy ra phương trình mu3 − 9u2 + 24u − 16 = 0 có các nghiệm
u1 =
1
cos2b
, u2 =
1
cos2(
pi
3
− b)
, u3 =
1
cos2(
pi
3
+ b)
.
Khi đó P = u31 + u
3
2 + u
3
3. Sử dụng hệ thức Vi-et và đẳng thức
u31 + u
3
2 + u
3
3 = (u1 + u2 + u3)
3 − 3(u1 + u2)(u2 + u3)(u4 + u4), ta thu được:
P = (
9
m
)3 − 3( 9
m
− u1)( 9
m
− u2)( 9
m
− u3)
Hay P = P (x) = x3 − 8x2 + 16
3
x, x =
9
m
≥ 9, (do0 < m ≤ 1).
Nhận xét rằng hàm số này có P’(x)== 3x2− 16x+ 16
3
> 0,mọi x≥ 9 nên P(x) đồng biến
trong [9;+ ∝). Suy ra minP = P(9) = 129, đạt được khi m = 1
Hay cos23b = 1⇔ sin3b = 0⇔ b = kpi
3
.
Do đó a = (k − 1)pi
3
, c = (k + 1)
pi
3
,, k là số nguyên.
hết
5