Sáng kiến kinh nghiệm Giới hạn dãy số trong các đề thi học sinh giỏi

 Nguyễn Văn Giỏp - THPT Nguyễn Trung Ngạn: Giới hạn dóy số trong 
cỏc đề thi HS giỏi.
 MỞ ĐẦU
 1. Lý do chọn đề tài
 Dóy số là một lĩnh vực khú và rất rộng, trong cỏc đề thi học sinh giỏi quốc 
gia, quốc tế cũng thường xuất hiện cỏc bài toỏn về dóy số. Để giải được cỏc bài 
toỏn về dóy số đũi hỏi người làm toỏn phải cú kiến thức tổng hợp về số học, đại 
số, giải tớch. Cỏc vấn đề liờn quan đến dóy số cũng rất đa dạng và cũng cú nhiều 
tài liệu viết về vấn đề này, cỏc tài liệu này cũng thường viết khỏ rộng về cỏc vấn 
đề của dóy số, cỏc vấn đề được quan tõm nhiều hơn là cỏc tớnh chất số học và 
tớnh chất giải tớch của dóy số.
 Tớnh chất số học của dóy số thể hiện như tớnh chia hết, tớnh nguyờn, tớnh 
chớnh phương , tớnh chất giải tớch cú nhiều dạng nhưng quan trọng là cỏc bài 
toỏn tỡm giới hạn dóy số. Cỏc bài toỏn về dóy số thường là cỏc bài toỏn hay và 
khú, tỏc giả đó sưu tầm, chọn lọc và phõn loại theo từng chủ đề
 Sỏng kiến kinh nghiệm với đề tài “Giới hạn dóy số trong cỏc đề thi học 
sinh giỏi” cú mục đớch trỡnh bày một cỏch hệ thống, chi tiết giới hạn dóy số. Đề 
tài được trỡnh bày với 2 chương.
 Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. Chương này hệ thống lại kiến thức 
cơ bản nhất về dóy số, số học, phương phỏp sai phõn sẽ được dựng để giải quyết 
cỏc bài toỏn trong chương 2.
 Chương 2. Giới hạn của dóy số. Chương này đề cập đến một số bài toỏn 
về giới hạn dóy số như: Giới hạn của tổng, dóy con và sự hội tụ của dóy số, dóy 
số xỏc định bởi phương trỡnh cựng với phương phỏp giải cụ thể cho từng dạng 
toỏn.
 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
 ➢ Nghiên cứu lí luận về kỹ năng, kỹ năng giải toán và một số biện pháp 
rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh THPT
 ➢ Rèn luyện kỹ năng giải cỏc bài toỏn về giới hạn dóy số 
 ➢ Tìm hiểu thực trạng của việc học dóy số trong chương trỡnh mụn toỏn 
của trường THPT
 ➢ Tìm hiểu bài toán khú về giới hạn dóy số trong cỏc đề thi học sinh giỏi Chương 1
 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
 1.1.DÃY SỐ 
 1.1.1.Định nghĩa
 Mỗi hàm số u xỏc định trờn tập cỏc số nguyờn dương N* được gọi là một 
dóy số vụ hạn (gọi tắt là dóy số). Kớ hiệu: 
 u: N* R
 n u(n)
Dóy số thường được viết dưới dạng khai triển
 u1, u2, u3,, un, 
Trong đú un = u(n) và gọi u1 là số hạng đầu, un là số hạng thứ n và là số hạng 
tổng quỏt của dóy số 
 Mỗi hàm số u xỏc định trờn tập M = {1,2,3,, m} với m N* được gọi là 
một dóy số hữu hạn
 Dạng khai triển của nú là u1, u2, u3,,um trong đú u1 là số hạng đầu, um là 
số hạng cuối.
 • Dóy số (un) được gọi là:
 - Dóy đơn điệu tăng nếu un+1 > un, với mọi n = 1, 2, 
 - Dóy đơn khụng giảm nếu un+1 un, với moi n = 1, 2, 
 - Dóy đơn điệu giảm nếu un+1 < un, với mọi n = 1, 2, 
 - Dóy đơn điệu khụng tăng nếu un+1 un, với mọi n = 1, 2, 
 • Dóy số (un) được gọi là 
 - Dóy số bị chặn trờn nếu tồn tại số M sao cho un < M, với mọi n = 1, 2, 
 - Dóy số bị chặn dưới nếu tồn tại số m sao cho un > m, với mọi n = 1, 2, 
 - Dóy số bị chặn nếu vừa bị chặn trờn vừa bị chặn dưới
 • Dóy số (un) được gọi là tuần hoàn với chu kỡ k nếu un + k = un, với n
 Ơ
 • Dóy số (un) được gọi là dóy dừng nếu tồn tại một số N0 sao cho un = C 
 với mọi n N0, (C là hằng số, gọi là hằng số dừng)
 1.1.2. Cỏch cho một dóy số
 - Dóy số cho bằng cụng thức của số hạng tổng quỏt
 Vớ dụ: Bằng phương phỏp sai phõn cú thể tỡm được cụng thức tổng quỏt của dóy 
là:
 n n
 1 1 5 1 1 5 
 u 
 n 
 5 2 5 2 
 1.1.4 Giới hạn của dóy số
 Định nghĩa. Ta núi rằng dóy số (un) cú giới hạn là hằng số thực a hữu hạn 
nếu với mọi số dương  (cú thể bộ tựy ý), luụn tồn tại chỉ số n0 N (n0 cú thể phụ 
thuộc vào  và vào dóy số (un) đang xột), sao cho với mọi chỉ số n N, n n0 ta 
luụn cú un a  .Khi đú kớ hiệu lim un a hoặc limun = a và cũn núi rằng dóy 
 n 
số (un) hội tụ về a. Dóy số khụng hội tụ gọi là dóy phõn kỡ
 Định lý 1. Nếu một dóy số hội tụ thỡ giới hạn của nú là duy nhất
 Định lý 2.(Tiờu chuẩn hội tụ Weierstrass)
 a) Một dóy số đơn điệu và bị chặn thỡ hội tụ.
 b) Một dóy số tăng và bị chặn trờn thỡ hội tụ.
 c) Một dóy số giảm và bị chặn dưới thỡ hội tụ.
 Định lý 3. Nếu (un) a và (vn)  (un), (vn) C thỡ (vn) a
 Định lý 4.(Định lý kẹp giữa về giới hạn)
 Nếu với mọi n n0 ta luụn cú un xn vn và limun = limvn = a thỡ limxn = 
a
 Định lý 5 (Định lý Lagrange) Nếu hàm số y = f(x) liờn tục trờn đoạn [a; 
b] và cú đạo hàm trong khoảng (a; b) thỡ tồn tại c (a; b) thỏa món: f(b) – f(a) = 
f’(c)(b – a)
 Định lý 6 (Định lý trung bỡnh Cesaro)
 Nếu dóy số (un) cú giới hạn hữu hạn là a thỡ dóy số cỏc trung bỡnh cộng 
 u1 u2 ... un 
 cũng cú giới hạn là a
 n 
Định lý này cú thể phỏt biểu dưới dạng tương đương sau:
 Định lý Stolz
 un
 Nếu lim un 1 un a thỡ lim a
 n n n
Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp a = 0
Vỡ lim un 1 un a nờn với mọi  > 0 luụn tồn tại N0 sao cho với mọi n N0, ta 
 n 
cú 
 un 1 u n  . Khi đú, với mọi n > N0 ta cú Định lý 8. Cho hàm f: D D là hàm đồng biến, dóy (xn) thỏa món xn+1 
= f(xn), x N *. Khi đú:
 a) Nếu x1< x2 thỡ dóy (xn) tăng
 b) Nếu x1> x2 thỡ dóy (xn) giảm
 Chứng minh
 a) Ta chứng minh bằng phương phỏp quy nạp
 Với n = 1 ta cú x1 < x2 mệnh đỳng
 Giả sử mệnh đề đỳng với n = k (k 1) tức uk < uk +1 khi đú f(uk) < f(uk+1) suy 
 ra uk+1 < uk+2 (đpcm)
 b) Chứng minh tương tự
 Định lý 9.Cho hàm f: D D là hàm nghịch biến, dóy (xn) thỏa món 
xn+1 = f(xn), x N *. Khi đú:
 a) Cỏc dóy (x2n+1) và (x2n) đơn điệu, trong đú một dóy tăng, một dóy giảm
 b) Nếu dóy (xn) bị chặn thỡ  = limx2n và  =limx2n+1.
 c) Nếu f(x) liờn tục thỡ ,  là nghiệm của phương trỡnh f(f(x)) = x (1). 
 Vỡ vậy nếu phương trỡnh (1) cú nghiệm duy nhất thỡ =  và limxn = = 
 Chứng minh
 a) Vỡ f(x) là hàm nghịch biến nờn f(f(x)) đồng biến. Áp dụng định lý 2 ta cú 
 điều phải chứng minh.
 b) Suy ra từ a)
 c) Ta cú f(f(x2n) = f(x2n+1) = x2n+2 và limf(f(x2n) =limx2n+2= , limx2n = do 
 f(x) liờn tục nờn f(f( ) = 
 Chứng minh tương tự ta cú f(f(  ) = 
 Vậy ,  là nghiệm phương trỡnh f(f(x)) = x
 1.2.SƠ LƯỢC VỀ PHƯƠNG PHÁP SAI PHÂN
 1. Định nghĩa 1. Cho hàm số y = f(x) xỏc định trờn R, Đặt xk = x0 + kh (k
 N*) với x0 R, h R bất kỡ, cho trước. Gọi yk = f(xk), khi đú hiệu số 
 yk : yk 1 yk (k N*) được gọi là sai phõn cấp 1 của hàm số f(x)
 2
 Hiệu số yk : yk 1 k ( yk ) (k N*) được gọi là sai phõn cấp 2 
 i i 1 i 1 i 1
của hàm số f(x). Tổng quỏt yk : yk 1 k ( yk )(k N*) được gọi là 
sai phõn cấp i của hàm số f(x) (i = 1, 2, , n, )
 Mệnh đề. Sai phõn mọi cấp đều cú thể biểu diễn theo cỏc giỏ trị của hàm 
số: y0, y1, y2, , yn,   j s  j s 1 ...  j 2s 1 r(cos isin )
 Trong trường hợp này, để thu được cụng thức nghiệm tổng quỏt, trong 
cụng thức (1) ta thay bộ phận
 n n n
 c j  j c j 1 j 1 ... c j 2s 1 j 2s 1
bởi bộ phận tương ứng
 s 1 s 1
 i n i n
 c j i n r cos c j s i n r sin n
 i 0 i 0 
 • Tỡm nghiệm tổng quỏt của phương trỡnh sai phõn tuyến tớnh cấp k. 
 Nghiệm 
tổng quỏt cú dạng 
  *
 yn yn yn
Trong đú + yn là nghiệm của phương trỡnh sai phõn tuyến tớnh cấp k
 
 + yn là nghiệm của phương trỡnh sai phõn tuyến tớnh thuần nhất 
tương ứng
 *
 + yn là một nghiệm riờng của phương trỡnh khụng thuần nhất Bài 2. (HSG QG năm 2009)
 Cho dóy (xn) (n = 1, 2, ) xỏc định bởi:
 1
 x1 
 2
 x2 4x x
 x n 1 n 1 n 1 (n 2,3,...)
 n 2
 n 1
 Chứng minh rằng dóy (yn) (n = 1, 2, ) với yn  2 cú giới hạn hữu 
 i 1 xi
hạn, tỡm giới hạn đú.
 Lời giải
 Từ giả thiết ta cú xn > 0 n 1
 2 2
 xn 1 4xn 1 xn 1 xn 1 4xn 1 xn 1
 Ta cú xn – xn-1 = - xn-1 = > 0 n 2
 2 2
Do đú dóy (xn) tăng. Giả sử limxn = a thỡ a > 0 và
 a2 4a a
 a a = 0 (vụ lý)
 2
Vậy limxn = 
 2
 xn 1 4xn 1 xn 1
Từ xn = n 2 suy ra 
 2
 2 1 1 1
 xn (xn 1)xn 1 2 n 2
 xn xn 1 xn
 Do đú
 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
 n 2
 yn  2 2 ... 2 6  
 i 1 xi x1 x1 x2 x2 x3 xn 1 xn x1 x1 xn xn
 1
Suy ra yn yn-1
 xn
Vậy (yn) cú giới hạn hữu hạn và limyn = 6
 Bài 3. 
 Xột dóy số (xn) (n = 1, 2, 3, ) xỏc định bởi: 
 1 2
 x1 = 2 và x (x 1) với mọi n = 1, 2,3, .
 n 1 2 n
 1 1 1
 Đặt Sn ... 
 1 x1 1 x2 1 x n
 Tỡm lim Sn
 n 
Lời giải 1 1 1
 Đặt Sn ... 
 2 u1 2 u2 2 u n
Tỡm limSn
 Bài 4. 
 2012
 (2xn 1)
 Cho dóy số (xn) được xỏc định bởi: x1 = 1; x x . Với n là 
 n 1 2012 n
số nguyờn dương.
 2011 2011 2011 2011
 (2x1 1) (2x2 1) (2x3 1) (2xn 1)
 Đặt un ... 
 2x2 1 2x3 1 2x3 1 2xn 1 1
 Tỡm limun
 Lời giải
 2012
 (2xn 1)
Ta cú xn+1 – xn = , n 1
 2012
 1 1 2(x x ) (2x 1)2011
Suy ra n 1 n n 
 2xn 1 2xn 1 1 (2xn 1)(2xn 1 1) 1006(2xn 1 1)
 n (2x 1)2011 n 1 1 1 1 
  i 1006 1006 
 i 1 2xi 1 1 i 1 2xi 1 2xi 1 1 2x1 1 2xn 1 1 
Mặt khỏc: xn + 1 – xn 0 nờn dóy (xn) là dóy số tăng n 1. Nếu (xn) bị chặn thỡ 
limxn tồn tại.
 (a 1)2012
 Đặt limxn = a a 1 và a a (vụ lý). Suy ra (xn) khụng bị 
 2012
 1
chặn trờn hay limxn = suy ra lim =0
 2xn 1 1
 1006
Suy ra lim un 
 n 3
 Bài 5 
 Cho dóy số (xn) với n = 1, 2,  được xỏc định bởi:
 x1 = a, (a > 1), x2 = 1.
 xn+2 = xn – lnxn (n N*)
 n 1
Đặt Sn (n k)ln x2k 1 (n 2)
 k 1
 Sn 
Tỡm lim 
 n n 
 Lời giải
Nhận xột rằng x2n = 1, n =1, 2,  do ln1 = 0 suy ra lim x2n 1
 n x0 x1 1
 5xn 2 xn 2xn 1
Chứng minh rằng dóy (xn) hội tụ
 Lời giải
 2an
Xột dóy số (an) được xỏc định bởi a0= 1, a , dễ thấy (an) giảm dần về 0.
 n 1 3
Ta chứng tỏ max{x2n, x2n+1} an, n (1)
Thật vậy, (1) đỳng với n = 0 và n = 1. Giả sử (1) đỳng với n và do (an) là dóy 
giảm nờn 
 5x2n+2 = x2n + 2x2n+1 3an x2n+2 an+1
Và 5x2n+3 = x2n+1 + 2x2n+2 an + 2an+1 3an x2n+3 an+1
Như vậy (1) đỳng với n + 1 hay (1) đỳng n = 0, 1, 2, 
Dễ thấy xn > 0n và từ (1) theo nguyờn lý kẹp ta cú limx2n = limx2n+1 = 0 suy ra 
limxn=0
Nhận xột:
 Việc đưa vào dóy phụ (an) cú tỏc dụng chặn cả hai dóy con (x2n) và (x2n+1) 
và làm chỳng cựng hội tụ về một điểm
 Cú thể sử dụng phương phỏp sai phõn tỡm được số hạng tổng quỏt
 n n
 1 6 1 6 
 x C C
 n 1 2 
 5 5 
Thay cỏc giỏ trị của x0, x1 để tỡm C1, C2 từ đú tỡm được limxn =0
 Bài 2.
 Dóy (xn) được xỏc định bởi:
 x0 , x1 , x2 0;1 
 2 2
 3xn 3 xn xn 2
Chứng minh rằng dóy (xn) hội tụ
 Lời giải
Ta xột dóy số (an) xỏc định bởi:
 2
 2an
 a0= max{x0, x1, x2}, a 
 n 1 3
Dễ thấy dóy số (an) giảm dần về 0. Ta chứng tỏ max{x3n, x3n+1, x3n+2} an, n 
(1)
Thật vậy, (1) đỳng với n = 0, 1, 2, , Giả sử (1) đỳng với n và do (an) là dóy 
giảm nờn ta cú: