BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN ĐẶNG XUÂN HIẾU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THIẾT LẬP CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - Năm 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN ĐẶNG XUÂN HIẾU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THIẾT LẬP CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN: TS TRỊNH ĐÀO CHIẾN LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan viết luận văn tìm tịi, học hỏi thân hướng dẫn tận tình thầy TS Trịnh Đào Chiến Mọi kết nghiên cứu ý tưởng tác giả khác có trích dẫn cụ thể Luận văn chưa bảo vệ hội đồng bảo vệ luận văn thạc sĩ chưa công bố phương tiện Tôi xin chịu trách nhiệm lời cam đoan Bình Định, ngày 30 tháng năm 2020 Tác giả luận văn Đặng Xuân Hiếu LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy TS Trịnh Đào Chiến, người trực tiếp hướng dẫn bảo tận tình tơi q trình hồn thành luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn đến thầy giáo, cô giáo trường đại học Quy Nhơn tạo điều kiện nhiệt tình giúp đỡ tơi khố Cao học Tôi chân thành cảm ơn đến bạn bè gia đình, người ln ln bên cạnh hỗ trợ động viên suốt thời gian làm luận văn Mặc dù cố gắng nhiều kiến thức thân cịn hạn chế luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót, mong nhận ý kiến thầy cô, bạn bè để luận văn hồn thiện Xin chân thành cảm ơn Bình Định, ngày 30 tháng năm 2020 Tác giả luận văn Đặng Xuân Hiếu Mục lục Mở đầu 1 Phương pháp áp dụng số kết Đại số Số học 1.1 Phương pháp chéo hoá ma trận Đại số tuyến tính 1.2 Phương pháp áp dụng tính chất nghiệm phương trình 18 1.2.1 Phương trình bậc hai Đại số 18 1.2.2 Phương trình nghiệm nguyên Số học 20 Phương pháp áp dụng số kết Giải tích 2.1 27 Phương pháp sử dụng phương trình sai phân 27 2.1.1 Phương trình sai phân tuyến tính cấp 27 2.1.2 Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai 30 2.1.3 Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao 36 2.1.4 Phương trình sai phân phi tuyến 43 2.2 Phương pháp sử dụng tính chất hàm phân tuyến tính 53 2.3 Phương pháp sử dụng tính chất hàm sinh 55 Phương pháp áp dụng số kết Lượng giác 63 Kết luận 79 Tài liệu tham khảo 80 Mở đầu Lý chọn đề tài Dãy số vấn đề liên quan đến dãy số phần quan trọng Đại số Giải tích tốn học Dãy số khơng đối tượng để nghiên cứu mà cịn cơng cụ đắc lực mơ hình rời rạc Giải tích lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, Trong chương trình Tốn phổ thơng, đặc biệt mơn học Giải tích, dãy số chiếm vị trí quan trọng Nó có mặt nhiều dạng tốn khó kỳ thi Trung học phổ thông quốc gia, tuyển sinh vào Cao đẳng - Đại học, đặc biệt kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia, khu vực Olympic Toán quốc tế Các tốn ước lượng tính giá trị tổng, tích tốn cực trị xác định giới hạn biểu thức cho trước thường có mối liên hệ đến đặc trưng dãy tương ứng Đối với giáo viên học sinh giỏi phổ thông, đối diện tốn khó dãy số, sau tìm lời giải nó, cách tự nhiên thường đặt câu hỏi: Những tốn đến từ đâu? Bằng cách nào, người ta thiết lập nó? Cơ sở lý thuyết liên quan “ẩn” sau đề toán phương pháp giải nó? Ta tự vài tốn tương tự hay khơng? Những câu hỏi ấy, thực không dễ trả lời Tuy nhiên, góc độ đó, phần giáo viên vận dụng số kiến thức Toán học cao cấp học chương trình Đại học Cao đẳng để tự thiết lập nên số dạng tốn dãy số, phục vụ cho công việc giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Và thế, song song với việc thiết lập, ta có cách giải toán Điều tài liệu hành đề cập Và thế, nhu cầu việc thiết lập số toán dãy số đặt Đó mục tiêu luận văn Mục tiêu nghiên cứu Luận văn đề cập đến số phương pháp thiết lập toán dãy số Đó khơng phương pháp áp dụng số kết Giải tích, mà cịn việc áp dụng số kết Đại số, Số học Lượng giác Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu dãy số phương pháp thiết lập toán dãy số Phạm vi nghiên cứu số kiến thức toán cao cấp, áp dụng để thiết lập tốn phổ thơng dãy số Phương pháp nghiên cứu Sưu tầm, tổng hợp số nội dung từ tài liệu hình thành luận văn, hướng dẫn người hướng dẫn Ý nghĩa khoa học thực tiễn luận văn Luận văn có ý nghĩa khoa học áp dụng kiến thức toán cao cấp để thiết lập tốn dãy số phổ thơng Cấu trúc luận văn Ngoài nội dung quy định cấu trúc luận văn Thạc sĩ, nội dung luân văn chia thành ba chương: Chương Phương pháp áp dụng số kết Đại số Số học Chương đề cập đến phương pháp chéo hóa ma trận Đại số tuyến tính phương pháp áp dụng tính chất nghiệm phương trình Đại số, phương trình nghiệm nguyên Số học Chương Phương pháp áp dụng số kết Giải tích Chương đề cập đến phương pháp sử dụng phương trình sai phân, sử dụng tính chất hàm phân tuyến tính hàm sinh Chương Phương pháp áp dụng số kết Lượng giác Chương đề cập đến số kết hình thành từ phương pháp Lượng giác Chương Phương pháp áp dụng số kết Đại số Số học 1.1 Phương pháp chéo hố ma trận Đại số tuyến tính Nội dung mục tham khảo [6] Định nghĩa 1.1 Số λ ∈ K gọi giá trị riêng ma trận A vuông cấp n tồn vectơ x = (x1 , x2 , x3 , x4 , , xn )t ∈ K, x = 0, cho (1.1) Ax = λx Khi vectơ x gọi vectơ riêng ma trận A ứng với giá trị riêng λ Nhận xét Từ (1.1), ta có (A − λE) x = 0, x = Định nghĩa 1.2 Cho A = (aij )m.n có m hàng, n cột, λ ∈ K i) Đa thức a11 − λ PA λ = det (A − λE) = a21 a12 a1n a22 − λ a2n am1 am2 amn − λ gọi đa thức đặc trưng ma trận A ii) Phương trình PA (λ) = gọi phương trình đặc trưng ma trận A Giải phương trình đặc trưng, ta thu nghiệm λ giá trị riêng ma trận A Ứng với giá trị riêng λ, ta giải phương trình (A − λE) x = Nghiệm không tầm thường vectơ riêng ma trận A Định lý 1.3 Cho ma trận vuông A Nếu tồn ma trận khả đảo cho P −1 AP ma trận đường chéo, ta nói ma trận A chéo hố ma trận P chéo hoá ma trận A, hay ma trận A đưa dạng chéo hoá nhờ ma trận P Định lý 1.4 Điều kiện cần đủ để ma trận vng A cấp n chéo hố có n vectơ riêng độc lập tuyến tính Định lý 1.5 Nếu ma trận A vuông cấp n đưa dạng chéo hố B , phần tử đường chéo B giá trị riêng ma trận A Ví dụ 1.6 Cho hai dãy số (an ), (bn ) xác định sau  a0 = a, b0 = b, (a, b cho trước)       (1.2) an+1 = an + 4bn , n ≥ 0, (1.3) bn+1 = 2an + 3bn , n ≥ (1.4) Với cách xác định hai dãy số trên, ta có    a0 = a,   b0 = b    a2 = a1 + 4b1 ,    a1 = a0 + 4b0 = a + 4b,   b1 = 2a0 + 3b0 = 2a + 3b = (a + 4b) + (2a + 3b) = 9a + 16b,   b2 = 2a1 + 3b1 = (a + 4b) + (2a + 3b) = 8a + 17b Tóm lại, với a, b cho trước, a, b ∈ R, (an ), (bn ) xác định sau (an ) : a , a + 4b, a0 (bn ) : 9a + 16b, a1 a2 b , 2a + 3b, 8a + 17b, b0 b1 b2 Nhận xét rằng, từ giả thiết (1.3) (1.4), ta viết lại dạng ma trận sau      an+1  1 4 an   =   bn+1 bn (1.5) Ta viết lại (1.5) sau      an  1 4 an−1   =   , n ≥ bn bn−1 (1.6)   1   Khi (1.6) viết lại sau Đặt A =               an  an−1  an−2   a1   a0   a   = A  = AA   = = An−1   = An   = An   bn−1 bn−2 b1 b0 b bn Tóm lại, ta có   a  an  n    = A   , n ≥ b bn   (1.7) Từ ma trận hệ số vừa lấy   1  A= , ta cần tìm giá trị riêng vectơ riêng (ứng với giá trị riêng tìm được) Ta tìm giá trị riêng Ta có đa thức đặc trưng ma trận A PA λ = det (A − λE) = 1−λ 3−λ Giải phương trình đặc trưng   λ1 = −1, PA (λ) = ⇔ (1 − λ) (3 − λ) − = ⇔ λ2 − 4λ − = ⇔  λ2 = Ma trận A ma trận vuông cấp 2, nên xét không gian R2 , vectơ riêng có dạng gồm số Tìm vectơ riêng (tương ứng) việc giải phương trình (phương trình ma trận) (A − λE) x = - Trường hợp λ1 = −1, ta giải phương trình ma trận sau          2 4 x1  0 x1  0 (A − λ1 E)   =   ⇔    =   x2 x2 66 Vậy (3.2) chứng minh Trên nhiều toán dãy số mà phương pháp thiết lập từ hệ thức Lượng giác Hơn nữa, phương pháp cho ta góc nhìn thú vị mối liên hệ Giải tích Lượng giác Những cách làm tương tự giúp cho giáo viên Toán phổ thơng tự tạo tốn khó dãy số, làm đề thi chọn học sinh giỏi Đồng thời, phương pháp giúp cho học sinh khá, giỏi thấy mối liên hệ đẹp đẽ Giải tích Lượng giác, chặt chẽ logic chứng minh hệ thức vừa dự đoán phương pháp quy nạp Bây giờ, để tiếp tục thiết lập nhiều toán dãy số từ phương pháp Lượng giác, ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 3.3 Ta có đẳng thức sau 2+ √ π 2 = cos n+1 , ∀n ≥ 2 + + n Chứng minh Đặt cn = 2+ √ 2, n ≥ αn = + + π 2n+1 , n ≥ n Ta cần chứng minh đẳng thức sau cn = cos αn (3.3) Thật vậy, từ giả thiết tốn, ta có √ c1 = = · √ π = cos = cos α1 Vậy, công thức (3.3) với n = Bây giờ, giả sử công thức (3.3) với n, nghĩa cn = cos αn , n ≥ Ta cần chứng minh công thức (3.3) với n + 1, nghĩa cn+1 = cos αn+1 , n ≥ (3.4) 67 Thật vậy, với lưu ý cn+1 = √ cn+1 = + cn = = cos √ √ αn + cn αn+1 = , ta có 2 + cos αn = cos2 (1 + cos αn ) = αn αn = cos αn+1 Vậy (3.4) chứng minh Bây giờ, thay cos αn = cn , n ≥ Ta thiết lập nhiều toán từ toán biết Ta biết xn = cos π 2n+1 , ∀n ≥ 1, lim (x1 x2 xn ) = n→+∞ π Bây giờ, ta thay 1 xn = cos αn = cn = 2 2+ + + 2+ √ 2, n lim (x1 x2 xn ) = n→∞ ⇔ π c1 c2 · · · cn = ⇔ lim n→+∞ π πcn Ta thiết lập toán sau Bài toán 3.4 ([7]) Cho dãy số (cn ) xác định cn = 2+ + + 2+ √ 2, n ≥ n Tìm lim n→+∞ 2n n ci i=1 Bài toán 3.5 ([7]) Cho dãy số (un ) xác định un = 2n 2− + + 2+ √ 2, n n Tìm lim un n→+∞ Lời giải Với cách đặt cn , αn trên, ta có un = 2n 2− + + 2+ √ √ = 2n − cn−1 n−1 √ = 2n − cos αn−1 = 2n (1 − cos αn−1 ) αn−1 αn−1 = 2n 2.2 sin2 = 2n sin = 2n+1 sin αn 2 = π 68 Vậy un = 2n+1 sin αn 2n+1 π sin n+1 = π.1 = π n+1 n→+∞ n→+∞ n→+∞ π π π - Bây ta xét dãy số an = n cot n+1 , cn = n , αn = n+1 Thế 2 2 α c ta có an = cn cot αn , cn+1 = n αn+1 = n 2 Từ suy a2n = c2n cot2 αn Suy lim un = lim ⇒ a2n + c2n ⇒ c2n + a2n 2n+1 sin π = lim = c2n cot2 αn + c2n = c2n + cot2 αn = c2n sin αn cn cn c n ⇒ c2n + a2n + an = + cn cot αn = (1 + cot αn ) = sin αn sin αn sin αn αn cn cos2 αn = αn = cn cot = 2cn+1 cot αn+1 = 2an+1 αn cos sin 2 Ta thiết lập toán sau Bài toán 3.6 ([7]) Cho dãy số (an ) xác định     a1    an+1 , = = a2n + + an , n 4n Chứng minh dãy số (an ) hội tụ tìm giới hạn lim an n→+∞ Lược đồ để thiết lập tốn dãy số sau: - Trình bày phương pháp suy luận để thiết lập toán dãy số - Nêu Bài toán thứ (Bài toán thứ hai, Bài tốn thứ ba (nếu có), ) thiết lập - Vì đối tượng giải tốn vừa thiết lập học sinh phổ thông, nên đa số tốn khơng thể giải kiến thức tốn cao cấp Do đó, sau toán thiết lập, luận văn đề xuất thêm số lời giải cho toán mức độ hồn tồn phổ thơng, mà học sinh tham khảo thêm để giải tốn đó, chủ yếu phương pháp dự đoán số hạng tổng quát dãy số chứng minh quy nạp Lời giải 1) Ta cần chứng minh đẳng thức an = cn cot αn , ∀n ≥ (3.5) 69 Thật vậy, từ giả thiết tốn, ta có a1 = c1 cot α1 = 1 ·1= 2 Vậy công thức (3.5) với n = Bây giờ, giả sử công thức (3.5) với n, nghĩa an = cn cot αn Ta cần chứng minh công thức (3.5) với n + 1, nghĩa (3.6) an+1 = cn+1 cot αn+1 Thật = a2n + an+1 = = + an 4n = c2n cot2 αn + c2n + cn cot αn c2n cot2 αn + + cn cot αn = cn + cn cot αn sin αn c2n + cn cot αn sin αn αn cos2 (1 + cos αn ) 1 αn = cn cot = cn = α α sin αn 2 sin n cos n 2 2 = cn+1 cot αn+1 Vậy (3.6) chứng minh 2) Tính lim an n→+∞ π  π cos 2n+1  2n  = lim cos · lim an = lim (cn cot αn ) = n ·  π n→+∞ n→+∞ n→+∞ sin 2n + sin π n+1 n+1 2   n+1 π     π · n   n+1 n+1 π π 2 π   = lim cos n+1 ·  = lim cos n+1 ·  π  ·  π n→+∞  n→+∞ 2 π  sin n+1 sin n+1 2 =  π π Vậy lim an = n→+∞ Tiếp tục thiết lập tốn dãy số, ta có    xn = sin π , n 1, 3.2n   yn = cos αn , n (3.7) Dễ thấy    xn   > 0, lim xn = n→+∞ ;    yn   >0 lim yn = n→+∞ ; ∀n 70 Để đơn giản, ta đặt αn = π , ∀n 3.2n Khi αn+1 = π = 3.2n π 3.2n = αn Vậy αn+1 = αn , ∀n Khi (3.7) viết lại    xn = sin αn , n 1,   yn = cos αn , n Ngoài ra, với n = (3.7) viết lại  π   x1 = sin = 1, √ √ π   y1 = cos = = Ta có    xn+1 = sin αn+1 = sin αn , α   yn+1 = cos αn+1 = cos n Khi đó, ta có xn+1 yn+1 = sin αn αn cos = sin αn = xn , ∀n 2 Ta đẳng thức xn+1 yn+1 = xn , n (3.8) Mặt khác, ta lại có xn+1 = sin αn − cos αn αn ⇒ x2n+1 = sin2 =4· = (1 − cos αn ) 2 = − cos αn = − yn Từ đây, suy x2n+1 + yn = 2, n (3.9) 71 Ngoài ra, ta biết lim xn = 0, n→+∞ (3.10) lim yn = n→+∞ Từ (3.8), (3.9) (3.10) ta thiết lập toán sau Bài toán 3.7 (VMO 2014) Cho hai dãy số dương (xn ), (yn ), (n = 1, 2, ) xác định x1 = 1, y1 = √    xn+1 yn+1 = xn ; ∀n (3.11)   x2 + y n = n+1 Chứng minh hai dãy số hội tụ tìm giới hạn chúng Lời giải (Cách 1) Bước Ta có số giá trị ban đầu hai dãy số (xn ) (yn ) sau    x1 = 2 √ ⇒ x1 + y1 =   y1 = - Với n = 1, từ điều kiện (3.11), ta có      x2 y =  x2 y = x1 2 ⇒ ⇒ √ √     x2 + =  x2 + y1 =  x2 = − 2    x2 y2 = x1 ⇒ y22 = √ √ √ 1 √ = = + x22 2− Vậy x22 + y22 = (2 − 3) + (2 + 3) = - Với n = 2, từ điều kiện (3.11), ta có   x2   y32 = 22 x3 ⇒ ⇒     x + y2 =  x2 + y =   x2 = − y2 3    x y = x2    x2 y = x2 3 √ 2+ √ √ =2+ 2+ ⇒ y32 = = √ = − y2 − (2 + 3) − + √3 √ √ 2 Mà x3 = − y2 = − + 3, nên x3 + y32 = − + + + + = x22 √ 2− (2 − √ 3) + Từ đó, ta dự đốn x2n + yn2 = 4, ∀n 72 Ta chứng minh phương pháp quy nạp + Với n = ta có: x21 + y12 = + = 1, tức x2n + yn2 = 4, ∀n + Giả sử công thức với ∀n Ta chứng minh công thức với n + Tức là: x2n+1 + yn+1 = 4, ∀n Thật x2n+1 + yn = ⇔ x2n+1 = − yn (3.12) xn+1 yn+1 − xn = ⇔ yn+1 = = ⇔ yn+1 xn xn+1 x2n − yn2 = = + yn − yn x2n+1 Từ (3.12) (3.13) suy x2n+1 + yn+1 = 4, ∀n (3.13) Bước Nhậnxét (Tính vài giá trị ban đầu)  √     x1 = 1,  x2 = − < x1 = 1, √ √ x1 √ ;   y1 =   √ = + > = y1  y2 = x = 2−  √ √ √   + < − = x2 ,   x3 = − y = − √ √ √ x2 2−  y = = = + + > + = y2   √ x3  2− 2+ Ta thấy xn giảm, yn tăng Ta chứng minh (yn ) tăng bị chặn quy nạp Theo bước thử đầu tiên, ta có: y1 < y2 < y3 < (3.14) yn < yn+1 < (3.15) Giả sử yn−1 < yn < Ta chứng minh Thật (3.15) ⇔ √ + yn−1 < √ ⇔ yn−1 < yn < 2 + yn < ⇔ + yn−1 < + yn < đúng, (3.14) Suy (yn ) có giới hạn, giả sử y Chuyển đẳng thức (3.13) yn+1 = + yn , ta có y = + y Vậy y = Vậy lim yn = n→+∞ 73 Bởi (3.12) ta có x2n = − yn−1 Suy xn = lim xn = lim n→+∞ n→+∞ − yn−1 = lim n→+∞ √ − yn−1 nên √ − = Vậy lim xn = n→+∞ Lời giải (Cách 2) Bước Giả sử dãy (xn ) hội tụ có giới hạn x Dãy (yn ) hội tụ có giới hạn y Chuyển đẳng thức (3.11) qua giới hạn, ta    xy − x = 0,   x2 + y = ⇔    x (y − 1) = 0,   x2 + y =   x = 0, y = 2, ⇔ x = 1, y = Bước (Dự đoán xn , yn biểu diễn qua hệ thức lượng giác) π π = sin 3.21 π Dự đoán xn = sin n , n 3.2 π Để đơn giản, ta đặt αn = , n Thế 3.2n Ta có x1 = = = sin xn = sin αn , n (3.16) π n π π αn π ⇒ αn+1 = = = 3.2 = Lưu ý: αn = n n+1 n 3.2 3.2 3.2 2 Và, ta có √ √ π π π y1 = = = cos = cos = cos 3.2 3.21 Dự đoán yn = cos π , n 3.2n yn = cos αn , n Bước Chứng minh (3.16) (3.17) quy nạp Rõ ràng với n = 1, (3.16) (3.17) Giả sử (3.16) (3.17) với n Ta chứng minh (3.16) (3.17) với n + 1, nghĩa    xn+1 = sin αn+1 , n (1)   yn+1 = cos αn+1 , n (2) (3.17) 74 Ta có x2n+1 + yn = ⇔ xn+1 = √ = √ − yn = − cos αn = (1 − cos αn ) αn αn 2.2 sin2 = sin = sin αn+1 2 Vậy (1) chứng minh Hơn xn+1 yn+1 − xn = ⇒ yn+1 αn αn sin cos sin αn sin αn xn 2 = = = = α α n n xn+1 sin αn+1 sin sin 2 αn = cos = cos αn+1 Vậy (2) chứng minh Do    xn = sin π , n 3.2n   yn = cos π , n 3.2n Bước Suy lim xn = 2.0 = 0; n→ +∞ 1, lim yn = 2.1 = n→ +∞ Tiếp tục thiết lập toán dãy số Xét hai dãy số lượng giác sau  cos αn   xn = cn cot αn = cn , sin αn   y n = cn sin αn Ta có  √ π     x0 = √2 cot = ,  y0 = · =   sin π  Từ đây, ta có mối liên hệ sau - Mối liên hệ thứ nhất: cn αn = c cot αn (cos αn + 1) = cn cos n α α n n sin αn 2 sin cos 2 = cn cot αn+1 = (2cn+1 ) cot αn+1 = (cn+1 cot αn+1 ) = 2xn+1 xn + y n = xn + yn = ⇒ xn+1 75 - Mối liên hệ thứ hai: xn+1 yn = cn+1 cos αn+1 sin αn+1 cn sin αn = cos αn+1 sin αn+1 sin αn+1 cos αn+1 2 = yn+1 = cn+1 sin αn+1 √ yn+1 = xn+1 yn = 2c2n+1 ⇒ cos αn+1 2cn+1 sin αn+1 sin 2αn+1 = c2n+1 sin αn+1 cn+1    xn → 0.∞,   yn → 0.∞, nên ta chưa thể dùng hai dãy để thiết lập toán Tiếp tục 1 , yn = , với n an bn    xn = cn cot αn ⇔   yn = cn sin αn    a0 = Đặt xn =      Lúc này, ta có   b0 Khi xn+1 Khi  2n+1 π   ,  an = √ tan = cn cot αn 3.2n an ⇔ 1 π 2n+1   = cn  bn = √ sin bn sin αn 3.2n    an dạng tan u u sin u   bn dạng = u 1 + xn + y n 2an bn a bn = ⇔ = n ⇔ an+1 = an+1 an + b n yn+1 = √ xn+1 yn ⇔ bn+1 = ⇔ bn+1 = an bn an+1 bn Từ đây, ta thiết lập toán sau Bài toán 3.8 (VMO 1993) Cho hai dãy số (an ) , (bn ) xác định sau a0 = 2, b0 =    an =   b = n 2an bn an + b n ; n an+1 bn Chứng minh dãy có giới hạn tính giới hạn n → +∞ Lời giải 76 1) an π tan 2n+1 π 3.2n = = √ tan = √ n 3.2 3 n+1 π √ 3π 2π tan 3.2n = = √ · π 3 3.2n π 3.2n = √ 3.2n π · 2n+1 π 3.2n π tan 3.2n √ 3 π 2π 3.2n π sin π 3.2n = sin = √ n 3.2 n+1 π √ sin n 3π 3.2 = · π 3.2n π 3.2n = √ 3.2n π · 2n+1 π 3.2n π sin 3.2n √ 3 π 2π 3.2n tan 2) 2n+1 bn = √ 2π = √ 3 sin Viết gọn   1    tan αn+1 , (3)  an+1 =  an = tan αn c cn n+1 ⇒     bn = sin αn sin αn+1 (4)  bn+1 = cn cn+1 Thật (Chứng minh quy nạp) an+1 = 2an bn = an + b n tan αn cn cn αn αn sin cos 2 = αn cn cos bn+1 = = = = an+1 bn = cn+1 cn+1 cn+1 sin αn sin αn cn = cn (1 + cos αn ) tan αn + sin αn cn αn tan = tan α Vậy (3) chứng minh = n+1 cn cn+1 cn+1 tan αn+1 · tan αn+1 2cn+1 sin αn+1 cos αn+1 sin 2αn+1 2cn+1 sin αn+1 = cn+1 sin αn cn sin αn+1 cos αn+1 sin αn+1 Vậy (4) chứng minh 77 Để thiết lập nhiều toán dãy số, ta tiếp tục xét hai dãy số lượng giác sau    xn = cot π , n 1, 3.2n   yn = tan π , n 3.2n Ta có nhận xét π π = cot = cot n+1 3.2 3.2n π = tan = tan α 3.2n xn+1 = cot yn+1 Với điều kiện ban đầu π · 3.2n α = cot  √   x1 = cot π = 3, √   y1 = tan π = 3 Từ ta có mối liên hệ sau - Mối liên hệ thứ nhất: ⇒ sin2 α 1 cos α = = + x2n + xn = + cot α = + sin α sin α sin α sin α α cos + cos α α = = cot = xn+1 = α α sin α 2 sin cos 2 = + cot2 α = + x2n + x2n - Mối liên hệ thứ hai: ⇒ ⇒ + yn2 yn 1+ + yn2 1 + yn2 = + tan2 2α = cos2 2α 1 + cos 2α = ⇒ + + yn2 = + = cos 2α cos 2α cos 2α tan 2α sin 2α cos 2α = = · + cos 2α cos 2α + cos 2α cos 2α sin α cos α sin α = = = tan α 2 cos α cos α - Suy mối liên hệ thứ ba: Ta có    xn = cot α = , tan α   yn = tan 2α = tan α − tan2 α 78 Suy π , α= , n 3.2n − tan α √ π π Với n = 1, α = , tan α = tan = 6 Khi n tăng α giảm Khi n → +∞, α → xn y n = Vậy √ < tan α ≤ ⇒ < tan2 α ≤ ⇒ ≤ − tan2 α < 3 3 ⇒ 1< ≤ ⇒2< ≤ ⇒ < xn yn ≤ − tan2 α − tan2 α π Suy lim (yn ) = lim tan n−1 = tan = n→+∞ n→+∞ 3.2 Ta thiết lập toán sau Bài toán 3.9 (Belarus 1999) Cho hai dãy số (xn ) , (yn ) xác định x1 = y1 = √     xn+1 = xn +    yn+1 = Chứng minh a) xn yn ∈ (2; 3), ∀n b) lim yn = n→+∞ + x2n yn 1+ + yn2 ; ∀n 79 Kết luận Luận văn áp dụng số kiến thức kết toán cao cấp để thiết lập tốn phổ thơng dãy số, với phương pháp sau đây: Phương pháp áp dụng số kết Đại số Số học; Phương pháp áp dụng số kết Giải tích; Phương pháp áp dụng số kết Lượng giác Nhiều dạng tốn khó kỳ thi tốt nghiệp, tuyển sinh vào Đại học Cao đẳng, đặc biệt kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia, khu vực Olympic Toán quốc tế giải qua góc nhìn phương pháp 80 Tài liệu tham khảo [1] Trịnh Đào Chiến, Giải số dạng toán liên quan đến bất đẳng thức hàm phương pháp chuyển qua giới hạn dãy số, Kỷ yếu hội thảo khoa học “Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Tốn Trung học phổ thơng”, Sở Giáo dục Đào tạo Bình Định, 20/4/2013 [2] Hà Huy Khối, Chun đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn Trung học phổ thơng, Nhà xuất Giáo dục, 2004 [3] Nguyễn Văn Mậu, Một số toán chọn lọc dãy số, Nhà xuất Giáo dục, 2004 [4] Hoàng Minh Quân, Sử dụng hàm sinh giải toán tổ hợp, Kỷ yếu Hội thảo khoa học “Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi vùng Tây bắc”, Sơn La, 2014 [5] Lê Đình Thịnh (chủ biên), Đặng Đình Châu, Lê Đình Định, Phan Văn Hạp, Phương trình sai phân số ứng dụng, Nhà xuất Giáo dục, 2001 [6] Vũ Tiến Việt, Giáo trình tốn cao cấp, học phần A1, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, 2014 [7] Một số toán thi chọn học sinh giỏi nước (sưu tầm số sách tham khảo số trang mạng internet) ... VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN ĐẶNG XUÂN HIẾU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THIẾT LẬP CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN: TS TRỊNH ĐÀO CHIẾN LỜI... cập phương pháp tuyến tính hố số phương trình sai phân phi tuyến, đưa phương trình sai phân tuyến tính biết cách giải Đây phương pháp để thiết lập toán hay dãy số Bài tốn 2.25 ([5]) Tìm dãy số. .. kết Đại số, Số học Lượng giác Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu dãy số phương pháp thiết lập toán dãy số Phạm vi nghiên cứu số kiến thức toán cao cấp, áp dụng để thiết lập tốn