Chuyên de dãy số bồi dưỡng học sinh giỏi

Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiCHUYÊN ĐỀMỘT SỐ KỸ THUẬT TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT VÀTÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ.A. MỞ ĐẦUTrong các kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực hay Quốc gia thì bàitập về dãy số thường xuyên mang lại nhiều cơ hội để thí sinh “lấy điểm” ở phầnnày. Các bài thi về dãy số thì lời giải thông thường không quá phức tạp và khôngđòi hỏi nhiều kiến thức liên quan. Tuy nhiên trong chương trình toán THPT thì cácphương pháp giải toán về dãy số không được trình bày một cách đầy đủ và có hệthống. Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp, tôi đã sưutầm được nhiều tài liệu về dãy số từ nhiều nguồn khác nhau cộng với kinh nghiệmcủa bản thân. Tôi xin chia sẽ với Hội thảo “một số kỹ thuật tìm số hạng tổng quátvà tìm giới hạn dãy số” phục vụ cho việc bồi dưỡng kiến thức về dãy số cho độituyển học sinh giỏi tỉnh thi Quốc gia môn toán, năm học 2014 – 2015.B. NỘI DUNGPhần 1. MỘT SỐ KỸ THUẬT TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ.I. Sử dụng phương trình sai phân để tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồituyến tính có hệ số là một hằng số.1. Sử dụng phương trình sai phân tuyến tính cấp một.Dãy  un  được cho dưới dạng u1   , a.un1  b.un  f n , n *trong đó a, b,  là các hằng số, a  0 và f n là biểu thức của n cho trước.Dạng 1: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , a. un1  b .un  0trong đó a, b,  cho trước n [1.1]*Phương pháp giải: Giải phương trình đặc trưng a.  b  0 để tìm  Khi đóun  q n [q là hằng số ], trong đó q được xác định khi biết u1  Ví dụ 1.1: Xác định số hạng tổng quát của cấp số nhân, biết số hạng đầu tiên bằng1 và công bội bằng 2Bài giải: Ta có un1  2 un , u1  1[1.2]Phương trình đặc trưng có nghiệm   2 Vậy un  c.2n . Từ u1  1 suy ra c Do đó un  2n1Dạng 2: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , aun1  bun  f n , n  N *12[2 .1]trong đó f n là đa thức theo n.Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông1Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiPhương pháp giải: Giải phương trình đặc trưng a.  b  0 ta tìm được  Ta cóun  un0  un* Trong đó un0 là nghiệm của phương trình thuần nhất [1.1] và un* lànghiệm riêng tuỳ ý của phương trình không thuần nhất [2.1] Vậy un0  q. n , q làhằng số sẽ được xác định sau.Ta xác định un* như sau:1] Nếu   1 thì un* là đa thức cùng bậc với f n .2] Nếu  1 thì un*  n. g n với g n là đa thức cùng bậc với f nThay un* vào phương trình, đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số của un*Ví dụ 1.2: Tìm un thoả mãn điều kiện u1  2; un1  un  2n, n  N *[2.2]Bài giải: Phương trình đặc trưng   1  0 có nghiệm   1 Ta có un  un0  un*trong đó un0  c.1n  c, un*  n  an  b  Thay un* và phương trình [2.2] ta được: n  1 a  n  1  b  n  an  b   2n[2.3]thay n=1và n=2 vào [2.3] ta được hệ phương trình sau:3a  b  2 a  15a  b  4 b  1Do đó un*  n  n  1Ta có un  un0  un*  c  n  n  1 Vì u1  2 nên 2  c  11  1  c  2Vậy un  2  n  n  1 , hay un  n2  n  2 .Dạng 3: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , a. un1  bun  v. n , n  N * [3.1]Phương pháp giải: Giải phương trình đặc trưng a.  b  0 ta tìm được  Ta cóun  un0  un* Trong đó un0  c. n , c là hằng số chưa được xác định, un* được xácđịnh như sau :1] Nếu   thì un*  A. n2] Nếu   thì un*  A.n. nThay un* vào phương trình [3.1] đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số củaun* . Biết u1 , từ hệ thức un  un0  un* , tính được c.Ví dụ 1.3: Tìm un thoả mãn điều kiện u1  1; un1  3.un  2n , n  N *Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông[3.2]2Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiBài giải: Phương trình đặc trưng   3  0 có nghiệm   3 Ta có un  un0  un*trong đó un0  c.3n , un*  a.2n .Thay un*  a.2n vào phương trình [3.2] , ta thu đượca.2n1  3a.2n  2n  2a  3a  1  a  1Suy ra un  2n Do đó un  c.3n  2n vì u1  1 nên c = 1 Vậy un  3n  2n .Dạng 4: Tìm un thoả mãn điều kiện u1   , a. un1  bun  f1n  f 2 n , n  N *[4.1]Trong đó f1n là đa thức theo n và f 2 n  v. nPhương pháp giải: Ta có un  un0  u1*n  u2*n Trong đó un0 là nghiệm tổng quát củaphương trình thuần nhất aun1  bun  0 , un* là một nghiệm riêng của phương trìnhkhông thuần nhất a.un1  b.un  f1n , u2*n là nghiệm riêng bất kỳ của phương trìnhkhông thuần nhất a.un1  b.un  f 2n .Ví dụ 1.4: Tìm un thoả mãn điều kiện u1  1; un1  2un  n2  3.2n , n  N * [4.2]Bài giải: Phương trình đặc trưng   2  0 có nghiệm   2 .Ta có un  un0  u1*n  u2*n trong đó un0  c.2n , un*  a.n2  b.n  c , u2*n  An.2nThay un* vào phương trình un1  2.un  n2 , ta đượca  n  1  b  n  1  c  2an2  2bn  2c  n22Cho n=1 , n=2 ta thu được hệ phương trình 2a  c  1a  1 b  2a  b  c  42a  2b  c  9 c  3Vậy u1*n  n2  2n  3 thay u2*n vào phương trình un1  2.un  3.2n Ta đượcA  n  1 2n1  2 An.2n  3.2n  2 A  n  1  2 An  3  A 323Vậy u2*n  n.2n  3n.2n1 Do đó un  c.2n   n2  2n  3  3n.2n1 . Ta có u1  12nên 1  2c  2  3  c  0 Vậy un  3n.2n1  n2  2n  3 .Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông3Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi2. Sử dụng phương trình sai phân tuyến tính cấp hai.2.1. Dạng thuần nhất axn2  bxn1  cxn  0[1]+ Xét phương trình đặc trưng a 2  b  c  0[2]+ Gọi 1; 2 là nghiệm của phương trình [2]. Khi đó ta có:- Nếu 1  2 thì nghiệm tổng quát của phương trình [1] là:[*]xn  C11n  C22n- Nếu 1  2 thì nghiệm tổng quát của phương trình [1] là:[**]xn  C11n  C2 .n.1n+ Với số hạng đầu là x0 ; x1 ta thay n = 0; n=1 vào [*] và [**] tìm đượcC1;C2 . Từ đó tìm được nghiệm riêng của [1]Ví dụ 1.5. Tìm số hạng tổng quát của dãy  xn  được xác định bởi:a/ x1  2; x2  5,x5x6xnn 1 n1b/ x0  1; x1  2, n  0x10x25xn 1n n 2n2Bài giải:  2a/ Xét phương trình đặc trưng:  2  5  6  0  . Từ đó nghiệm tổng3nquát của phương trình thuần nhất có dạng xn  C1 .2  C2 .3n [*] .Ta có x1  2; x2  5 thay n = 1 và n = 2 vào [*] ta có1C1 2C1  3C2  2 24C1  9C2  5 C  1 2 32n 3nVậy số hạng tổng quát của dãy  xn  là xn   .2 3b/ Giải tương tự.2.2. Dạng không thuần nhất axn2  bxn1  cxn  f n[3]Nghiệm tổng quát của phương trình [3] có dạng xn  xn0  xn*[4]Trong đó xn0 là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất nghĩa làaxn02  bxn01  cxn0  0 còn xn* là nghiệm riêng của phương trình [3] nghĩa làax*n2  bx*n1  cx*n  f n .Như vậy để tìm nghiệm tổng quát của [3] ta chỉ cần tìm nghiệm riêng xn* .Ta có các trường hợp cụ thể sau:Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông4Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi*TH1: Nếu f n  Pk [n] - [đa thức bậc k theo n] và a  b  c  0 thì nghiệmriêng của [3] có dạng: xn*  Qk [ n] .a  b  c  0*TH2: Nếu f n  Pk [n] - [đa thức bậc k theo n] và thì nghiệm 2a  b  0riêng của phương trình [3] có dạng: xn*  n.Qk [n ] .a  b  c  0*TH3: Nếu f n  Pk [n] - [đa thức bậc k theo n] và thì nghiệm2ab0*2riêng của phương trình [3] có dạng: xn  n .Qk [n] .*TH4: Nếu f n  Pk [n]. n - [đa thức bậc k theo n] và 1;2   thì nghiệmriêng của phương trình [3] có dạng: xn*  Qk [n]. n .*TH5: Nếu f n  Pk [n]. n - [đa thức bậc k theo n] và 1   hoặc 2  thì nghiệm riêng của phương trình [3] có dạng: xn*  n.Qk [n]. n .*TH6: Nếu f n  Pk [n]. n - [đa thức bậc k theo n] và 1  2   thìnghiệm riêng của phương trình [3] có dạng: xn*  n2 .Qk [n ]. n .*TH7: Nếu f n  Pk [n ]  v . n - [ Pk [ n] là đa thức bậc k theo n, v là hằng số]Thì nghiệm riêng dạng xn*  x1*n  x2*n trong đó x1*n là nghiệm riêng tùy ý củaphương trình không thuần nhất aun1  bun  c.un1  Pk [n] , u2*n là nghiệm riêngtùy ý của phương trình không thuần nhất aun1  bun  c.un1  v. n .Ứng với mỗi trường hợp ở trên ta thay xn* vào phương trình [3]. So sánhvà cân bằng hệ số ở 2 vế ta sẽ tìm được các hệ số của Qk [ n] . Thay xn0 và xn* vào[4] ta được nghiệm tổng quát của phương trình [3].Ví dụ 1.6. Tìm số hạng tổng quát của các dãy  xn  được xác định bởi :a/x0  3; x1  0 và xn2  3xn1  28xn  60b/c/d/x1  1; x2  0 và xn1  2 xn  xn1  n  1, n  2x0  2; x1  5 và xn2  5xn1  6 xn  2x0  3; x1  2 và xn2  4 xn1  5xn  12n  81x0  7; x1   và xn2  12 xn  xn1  3n7x0  0; x1  5 và xn2  8xn1  15xn  2.5n1e/f/Bài giải: a/ Xét phương trình thuần nhất xn2  3xn1  28xn  0 có phương trình  4đặc trưng là  2  3  28  0  .7Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông5Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiTừ đó nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có dạng:nxn0  C1 .  4   C2 .7n [1]Từ phương trình xn2  3xn1  28xn  60 ta có nghiệm riêng của phươngtrình có dạng xn*  C . Thay vào phương trình xn2  3xn1  28xn  60 ta đượcC  2 . Suy ra xn*  2 .Ta có nghiệm tổng quát của phương trình xn2  3xn1  28xn  60 làxn  x n  xn* do đó ta có xn  C1 .  4   C2 .7n  2 [2] .Với x0  3; x1  0 thay n = 0 và n = 1vào [2] ta đượcC1  C2  5C  3 14C1  7C2  2 C2  2nVậy xn  3.  4   2.7n  2 .nb/ Xét phương trình đặc trưng  2  2  1  0 có nghiệm kép   1.Ta có xn  xn0  xn* trong đó xn0   A  B.n  .1n  A  Bn, xn*  n2  a.n  b Thay xn* vào phương trình, ta được: n  12a  n  1  b   2n2  a.n  b    n  1 a  n  1  b   n  12Cho n=1 , n=2 ta thu được hệ phương trình:1a4  2a  b   2  a  b   269  3a  b   8  2a  b    a  b   3 b  12n 1Vậy xn*  n 2   6 2n 1Do đó xn  xn0  xn*  A  Bn  n 2   6 21 1A  4 A  B  6  2  11112nMặt khác: 11 . Vậy xn  4  n  n    .36 2 A  2 B  4  1  1   0  B  33 2c/; d/; e/; f/ Giải tương tự.Ví dụ 1.7. Tìm un thoả mãn điều kiện u1  0; u2  0, un1  2un  un1  3.2n , n  2Bài giải: Phương trình đặc trưng  2  2  1  0 có nghiệm kép   1 Ta có:un  un0  u1*n trong đó un0   A  B.n  .1n  A  Bn, un*  k .2n .Thay un* vào phương trình, ta được k .2n1  2k .2n  k .2n1  3.2n  k  6Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông6Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiVậy un*  6.2n  3.2n1 . Do đó un  un0  un*  A  bn  3.2n1 . [1] Thay u1  1, u2  01  A  B  12A  2vào phương trình ta thu được 0  A  2 B  24  B  13Vậy un  2  13n  3.2n1Ví dụ 1.8. [Olympic 30/4/2002]Tìm un thoả mãn điều kiện u1  0; u2  0, un1  2un  3un1  n  2n , n  2 [8.1]Bài giải: Phương trình đặc trưng  2  2  3  0 có nghiệm 1  1, 2  3 Ta cóun  un0  u1*n  u2*n , trong đó un0  A 1  B.3n , u1*n  a  bn, u2*n  k .2nnThay u1*n vào phương trình un1  2un  3un1  n , ta được:a  n  1  b  2  an  b   3 a  n  1  b   n   4a  1 n  4  a  b   011Vậy a  b   . Do đó un*   n  144Thay u2*n vào phương trình un1  2un  3un1  2n , ta đượck .2n1  2.k .2n  3.k .2n1  2n  k  2321Do đó u2*n   .2n   .2n133Vậy un  un0  u1*n  u2*n  A  1  B.3n n11 n  1  .2n1 [8.2]43Ta thay u1  1, u2  0 vào [8.2] ta được hệ phương trình1 461 A  3B  2  3  1  A   4838 A  9B    0 B  254 348Vậy un  612511n.  1  .3n  .  n  1  .2n1 .484843Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông7Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi3. Bài tập áp dụng.Bài 1: Cho dãy số [ un ] xác định bởi u1  2; un1  un  2n, n  N * . Tìm limun.n2Bài 2: Cho [ un ] thoả mãn điều kiện u1  1; un1  3.un  2n , n  N * . Tìm limun1.unBài 3: Cho [ un ] thoả mãn u1  1; un1  2un  n2  3.2n , n  N * [11]. Tìm limBài 4: Hãy tìm công thức cho số hạng tổng quátđịnh như sau: f0  0. f1  1, f n2  f n1  f n  n  0  fn n0un.n!của dãy Fibonacci xácBài 5: Cho dãy số un n0 xác định như sau: u0  u1  0, un2  6un1  9un  n  0  .Tìm limun32 nBài 6: Cho [ un ] thoả mãn u0  1, u1  16 , un2  8.un1  16.un . Tìm limun1.unn ukBài 7: Cho [ un ] thoả mãn u1  1; u2  0, un1  2un  un1  n  1, n  2 . Tìm lim k 1 2 .nBài 8: Cho [ un ] thoả mãn u1  0; u2  0, un1  2un  un1  3.2n , n  2 . Tìm limun.2nBài 9: Cho [ un ] thoả mãn u1  0, u2  1, u3  3, un  7un1  11.un2  5.un3 , n  4 .Tìm limun1.un u  0, u2  14, u3  18Bài 10: Cho dãy un n1 xác định như sau:  1.u7u6u[n3]nn2 n1Tìm limnun.1  2  ...  nu0  2Bài 11: Cho dãy un  xác định như sau: 2un1  3un  8un  1, n  0uHãy tìm công thức cho số hạng tổng quát un và tính lim n .n!Bài 12: Cho dãy số an được xác định như sau: a1  0; a2  1, an1  2an  an1  1, n  2 .Chứng minh số A  4.an .an2  1 là số chính phương và tìm limTạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nôngan.1  2  ...  n3338Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiII. Sử dụng phương phương pháp đặt ẩn phụ để tìm số hạng tổng quát của dãy số.1. Phương pháp:- Đặt dãy số phụ thích hợp để thu được dãy truy hồi mới đã biết cách khảosát hoặc dễ tìm được công thức tổng quát hoặc là một trong các dãy quen thuộcnhư: dãy truy hồi tuyến tính, cấp số cộng, cấp số nhân...- Đối với dãy truy hồi cấp 1 dạng un1  f [un , n] , ta biến đổi thành một đẳngthức, ở đó một biểu thức của un1 bằng một hàm nào đó của chính biểu thức đó nhưngđối với un : g  un1   f  g[un ]  . Khi đó đặt v  g[un ] ta được dãy truy hồi mới [vn ] .2. Ví dụ áp dụng:Ví dụ 2.1. [Đề thi đề nghị tỉnh Đăk Nông năm 2010]Cho dãy số [ un ] thoả mãn các điều kiện:2011.un  2010.un1, với n  1 , n  Nu0  a , u1  b và un1 4021Tính lim un theo a, b.Bài giải:2011.un  2010.un1, biến đổi ta có:4021[ 2010  2011]  un1  un   2010  un  un1  với n  1+ Từ un1 2010un  un1 40212010vn  un  un1  vn1  vn4021 un1  un + Đặt+ Dãy  vn  là một cấp số nhân có công bội bằng + Từ vn  un  un1  un  v1  v2  ...  vn  u0+ Tính đượcn 1  2010   2010 2 2010  un  v1 1     4021   ...   4021    u04021    2011 1 4021 = u0   u1  u 0 2010140214021b  2010a+ Tính lim un .6031nVí dụ 2.2. Tìm un biết u1  0, un 1 Bài giải:Từ20104021giản  n  1 u  1 , n  1 . n  2  n  3 nthiếttacó n  1 n  22  n  3 un1  n  n  12  n  2 un  n  n  12  n  222Đặt xn  n  n  1  n  2  un , n  1  x1  0, xn 1  xn  n  n  1  n  2  .Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông9Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiSửdụngxn phươngphápsai n  1 n  n  1 n  2  2n  1  u10nVí dụ 2.3. Tìm un biết u1  a  0, un 1 phântatìmđượcnghiệm: n  1 2n  110  n  1un, n  1 .un  2Bài giải:Từ giả thiết ta có un  0, n  *1211Mặt khác 1  , n  1 Đặt xn  , n  1  x1  , xn 1  2 xn  1 .un 1ununaSửxndụngphươnga  1 2n 1  auaphápnsaiphântatìmđượcnghiệm:a. a  1 2n 1  a3. Bài tập áp dụng:Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, hãy tìm số hạng tổng quát của các dãysố sau:u1  10Bài 1. Tìm số hạng tổng quát của dãy  un  biết un 1  5un  8n  4Hướng dẫn: Đặt vn  un  2n 1171 un  .5n 1  2n  .222u1  5Bài 2. Tìm số hạng tổng quát của dãy  un  biết un 1  un  4n  7Hướng dẫn: Đặt vn  un  2n9  9n  un  2n9  9n  12 .Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông10Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiIII. Dãy truy hồi có công thức tổng quát là hàm lượng giác.1. Phương pháp: Dự đoán công thức tổng quát và chứng minh bằng quy nạp.2. Ví dụ áp dụng:Ví dụ 3.1. [5 điểm]. [VMO-2014] Cho hai dãy số dương  xn  ,  yn  xác định bởi xn1 . yn1  xn  0, n x1  1, y1  3 và  2xy2n n1*.Chứng minh rằng hai dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.Bài giải:x2.sin1 x1  13.21Từ giả thiết . Ta dự đoán y1  3 y  2 cos 13.21 xn  2.sin 3.2n, n  y  2 cos n3.2n*. [1]Ta chứng minh đẳng thức [1] bằng phương pháp quy nạp. x1  1+ Với n  1 , ta có đúng. y1  3+ Giả sử vớin  k  1 , ta cóx2sin k3.2k, ta cần chứng minh y  2 cos k3.2kx2sink13.2k 1. y  2 cos k 13.2k 1Thật vậy, ta có xk 1  2  yk  2  2cosMặt khác yk 1 2 sin3.2k 2 sin23.2k 1 2 sin3.2k 1.xn3.2k  2cos  [đpcm]xn1 2 sin 3.2k 13.2k 1 lim xn  0n Suy ra .limy2 n nTạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông11Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi3u1 2Ví dụ 3.2. Cho dãy số: 1  1  un21un 2 n  2và Sn  u1  u2  ...  un .Chứng minh: lim Sn  2, 095n3 sin ,23Bài giải: Ta có u1 u2 1  1  sin 21 1 u2211  1  u22u3 2Dự đoán un  sin21  1  sin 223.2n 11  cos3 222 sin 23.2 . Ta sẽ chứng minh un  sin3.2  sin 23.2213 1  cos3.2 2 sin 23.22  sin 23.231bằng quy nạp.3.2n1Thật vậy,+ Với n  1  u1  sin33[đúng]2+ Giả sử un đúng với n  k  1 , tức là uk  sinđúng với n  k  1, tức là uk 1  sinuk 1 1 1 u22k1  1  sin 2 Do sin x  x, x   0;  nên 23.2k 1. Ta cần chứng minh un3.2k3.2k 12lim Sn  u1  u2  ...  un  un1  ...  sinn31  cos sin3.23.22k 1 ...  sin2 sin 23.2n 13.2k  sin 23.2k sin3.2n ... 1 111   1  2lim Sn  1   2  ...  n  n1  ...    2.095n3 2 222 3 1 1  32Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông12Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiBài tập áp dụng:Bài 1. Cho un  là một dãy số được xác định bởi3u1 3u  un  2  3 ; n1 1  [ 3  2]unn  2 Chứng minh rằng un  tan   [ n  1]  . Từ đó tính u2014  ?12 6Hướng dẫn:tan x  tan yTa chứng minh tan  2  3 và dùng công thức tan[ x  y ] 1  tan x.tan y12 Theo quy nạp ta chứng minh được un  tan   [ n  1]  .12 6Bài 2.a1  1b  10   1cos 2Cho hai dãy số an  và bn  được xác định bởi: a  an1  bn1 n2bn  an .bn1Xác định an; bn theo  .Hướng dẫn: Thay thế trực tiếp ta cóa2 cos 22b2 cos coscos 224cos ....Dự đoána3 cos2...cos 2n 12cos coscos24cos cos22bn cos Bằng quy nạp ta có điều phải chứng minh.an 2cosb3 cos2cos2...cos2cos 2n1Bài 3.Cho u n  u1  3là một dãy số được xác định bởi . Tính u 2014 =?un  2 1, n  1u n 1 1  [1  2]u nTạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông13Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiHướng dẫn:8Ta chứng minh tan  2  1 và dùng công thức tan[x  y] tan x  tan y1  tan x.tan yTheo quy nạp ta chứng minh được u n  tan   [n  1]  suy ra u 2014 .38Bài 4. Cho một dãy số xác định bởi u 0 22và u n 1 1  1  u n2 .22Xác định biểu thức của u n theo n.Hướng dẫn: Tính trực tiếp với n = 1 ta dự đoán u n  sinvà chứng minh2n  2công thức này bằng quy nạp .Bài 5. Cho hai dãy số u n  và v n u  v  20 02u n v nđược xác định bởi u n 1 u n  vnv  u vn 1 n n 1Hãy xác định un; vn theo n.1uu1 Bài 6: Cho dãy số [un] . Tìm lim n .2nu  2u 2  1, n  2n 1 nu1  3Bài 7: Cho dãy số [un] . Tìm lim 2n.un .un1,n  2un 211un 1Bài 8: Cho dãy số [un] un  2  2  2  ...  2 [n dấu căn]. Tìm lim1u1  2Bài 9: Cho dãy số [un] un1  1  un  un2  12 4n , n  1u1 .u2 ...un.2n. Tìm lim un .1  un1.2Hai dãy {vn },{wn } xác định như sau: vn  4n [1  un ] và wn  u1u2 ...unTìm lim vn và lim w nBài 10: Cho dãy un n0 thỏa mãn điều kiện: 1  u0  1, un nnTạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông14Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiPhần 2. MỘT SỐ KỸ THUẬT TÌM GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ.I. Một số định lý áp dụng vào bài tập tìm giới hạn của dãy số:Định lý 1.2. Nếu một dãy số hội tụ thì giới hạn của nó là duy nhấtĐịnh lý 1.2.[Tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass]a] Một dãy số đơn điệu và bị chặn thì hội tụ.b] Một dãy số tăng và bị chặn trên thì hội tụ.c] Một dãy số giảm và bị chặn dưới thì hội tụ.Định lý 1.3. Nếu [un]  a và [vn]  [un], [vn]  C thì [vn]  aĐịnh lý 1.4.[Định lý kẹp giữa về giới hạn]Nếu với mọi n  n0 ta luôn có un  xn  vn và limun = limvn = a thì limxn = a.Định lý 1.5. [Định lý Lagrange] Nếu hàm số y = f[x] liên tục trên đoạn [a; b] và cóđạo hàm trong khoảng [a; b] thì tồn tại c [a; b] thỏa mãn: f[b] – f[a] = f’[c][b – a]Định lý 1.6. [Định lý trung bình Cesaro]Nếu dãy số [un] có giới hạn hữu hạn là a thì dãy số các trung bình cộng u1  u2  ...  un  cũng có giới hạn là anĐịnh lý này có thể phát biểu dưới dạng tương đương sau:unan nĐịnh lý 1.7. [Định lý Stolz] Nếu lim  un1  un   a thì limnTa chỉ cần chứng minh cho trường hợp a = 0Vì lim  un1  un   a nên với mọi  > 0 luôn tồn tại N0 sao cho với mọi n  N0,nta có un1  u n   . Khi đó, với mọi n > N 0.Mặt khácun 11 uN0  uN0 1  uN0  ...  un  un1  uN0 .   n  N 0 n nnnGiữ N0 cố định, ta có thể tìm được N 1>N0 sao choKhi đó với mọi n>N1 ta sẽ có1 .N1 u N0unu 2 . Vậy nên lim n  0n nnĐịnh lý 1.8. Cho f: D  D là hàm liên tục. Khi đó1] Phương trình f[x] = x có nghiệm  phương trình fn[x] = x có nghiệm.2] Gọi  ,  là các mút trái, mút phải của D. Biết lim [f [ x]  x] vàxlim [f [ x]  x] cùng dương hoặc cùng âm. Khi đó phương trình f[x] = x có nghiệmx  duy nhất  phương trình fn[x] = x có nghiệm duy nhất, với fn[x] = f [ f [....[ f [ x ]...]n lânTạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông15Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiChứng minh:1] a] Nếu x0 là nghiệm của phương trình f[x] = x thì x 0 cũng là nghiệmcủa phương trình fn[x] = xb] Nếu phương trình f[x] = x vô nghiệm thì f[x] – x > 0 hoặc f[x] – x < 0 vớimọi x  D do đó fn[x] – x > 0 hoặc fn[x] – x < 0 với mọi x  D nên phương trìnhfn[x] = x cũng vô nghiệm2] a] Giả sử phương trình f[x] = x có nghiệm duy nhất là x 0 thì đây cũnglà một nghiệm của phương trình f n[x] = x. Đặt F[x] = f[x] – x do F[x] liên tụctrên [x0;  ] và  ; x0  nên F[x] giữ nguyên một dấu.Nếu lim [f [ x]  x] và lim [f [ x]  x] cùng dương thì F[x] > 0 trong khoảngxx [x0;  ] và  ; x0  suy ra f[x] > x với mọi x  D\{x0}Xét x1  D\{x0} suy ra f[x1] > x1  f[f[x1]] > f[x1]> x1. Từ đó fn[x1] > x1nên x1 khônglà nghiệm của phương trình fn[x] = x. Vậy phương trình f n[x] = xcó nghiệm duy nhất x = x 0.Nếu lim [f [ x]  x] và lim [f [ x]  x] cùng âm chứng minh tương tự.xx b]Ta thấy mọi nghiệm của phương trình f[x] = x đều là nghiệm củaphương trình fn[x] = x, do đó nếu phương trình fn[x] = x có nghiệm duy nhất thìphương trình f[x] = x có nghiệm duy nhất.Định lý 1.9. Cho hàm f: D  D là hàm đồng biến, dãy [xn] thỏa mãn xn+1 =f[xn], x  N * . Khi đó:a] Nếu x1< x2 thì dãy [xn] tăngb] Nếu x1> x2 thì dãy [xn] giảmChứng minha] Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạpVới n = 1 ta có x1 < x2 mệnh đúngGiả sử mệnh đề đúng với n = k [k  1] tức uk < uk +1 khi đó f[uk] < f[u k+1] suyra uk+1 < uk+2 [đpcm]b] Chứng minh tương tựĐịnh lý 1.10. Cho hàm f: D  D là hàm nghịch biến, dãy [xn] thỏa mãn xn+1 =f[xn], x  N * . Khi đó:a] Các dãy [x2n+1] và [x2n] đơn điệu, trong đó một dãy tăng, một dãy giảmb] Nếu dãy [xn] bị chặn thì  = limx2n và  =limx2n+1.c] Nếu f[x] liên tục thì  ,  là nghiệm của phương trình f[f[x]] = x[1].Vì vậy nếu phương trình [1] có nghiệm duy nhất thì  =  và limxn =  = Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông16Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiChứng minha] Vì f[x] là hàm nghịch biến nên f[f[x]] đồng biến. Áp dụng định lý 1.2 ta cóđiều phải chứng minh.b] Suy ra từ a]c] Ta có f[f[x2n] = f[x2n+1] = x2n+2 và limf[f[x2n] =limx2n+2=  , limx2n =  dof[x] liên tục nên f[f[  ] =  .Chứng minh tương tự ta có f[f[  ] =  .Vậy  ,  là nghiệm phương trình f[f[x]] = x.II. Tìm giới hạn dãy số bằng định lí Weierstrass [Tiêu chuẩn Weierstrass].1. Định lí: [Weierstrass] Nếu dãy số không giảm và bị chặn trên [haykhông tăng và bị chặn dưới] thì dãy số có giới hạn hữu hạn.Chú ý:+ Nếu dãy số [un] tăng và không tồn tại giới hạn hữu hạn thì lim un   .+ Nếu dãy số [un] giảm và không tồn tại giới hạn hữu hạn thì lim un   .2. Ví dụ áp dụng:Ví dụ 2.1. [VMO-2014] Cho hai dãy số dương  xn  ,  yn  xác định bởi: xn1 . yn1  xn  0, n x1  1, y1  3 và  2xy2n n1*.Chứng minh rằng hai dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.Nhận xét: [Dự đoán dáng điệu và giới hạn]lim xn  aa.b  a  0 a  0 a  1x Giả sử thì ta có:  2b2limybab2b  1n xa  1Vì y1  3  y2  2  3 nên khả năng không xảy ra. Vậy ta cần phảib  1lim xn  0x chứng minh . Đây là mấu chốt để ta đi tìm lời giải cho bài toán.limy2n xBài giải: Từ giả thiết ta chứng minh xn2  yn2  4 bằng phương pháp quy nạp.+ Với n  1 , ta có x12  y12  4 đúng.+ Giả sử với n  k  1 , ta có xk2  yk2  4  xk2  4  yk2 , ta cần chứng minh xk 1 . yk 1  xk  0xk21  yk21  4 . Thật vậy, từ giả thiết  2 xk 1  yk  2Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông17Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi xk21  2  yk 2 xk21  yk21  4 đpcm.xk2 4  yk2 yk 1  x 2  2  y  2  ykk 1kNhư vậy từ biểu thức xn2  yn2  4, n *và kết hợp với điều kiện  xn  ,  yn  làhai dãy số dương nên ta suy ra  xn  bị chặn dưới bởi 0,  yn  bị chặn trên bởi 2 vànếu  yn  là dãy tăng thì  xn  là dãy giảm.Ta chứng minh dãy  yn  tăng bằng phương pháp quy nạp. Tức là chứng minhyn  yn1 , n *+ Với n  1 , ta có y1  3  y2  2  3 .+ Giả sử với n  k  1 , ta có yk  yk 1 , ta cần chứng minh yk 1  yk 2 .Thật vậy, ta có yk  yk 1  yk  2  yk 1  2  yk 1  yk 2 đpcm. lim xn  0n Suy ra .limy2n na  11Ví dụ 2.2. [VMO-2013] Cho dãy số xác định như sau: a 2an1  3  n an , n  12Chứng minh dãy số có giới hạn và tìm giới hạn đó.Nhận xét: [Dự đoán dáng điệu và giới hạn]Ta dễ dàng tính được a1  1; a2  1, 5; a3  1, 76; a4  1, 89; a5  1, 95; a6  1, 97,... nên3ta có thể dự đoán đây là dãy số tăng và  an  2, n  2 .23Bài giải: Trước hết, ta chứng minh bằng quy nạp rằng  an  2, n  2 . [1]23Thật vậy, với n  2 , ta có a2  .233Giả sử n  k  2 , ta có  ak  2 . Cần chứng minh  ak 1  2 . Theo bất đẳng22 x  1 x  1rrthức Bernoulli 1  x   1  rx , khi ; 1  x   1  rx , khi .r10r1Ta có: 2ak  ak  1  3 ak  2a 2113 3 k ak 1  2 2 .ak2ak  1ak  111 2Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông18Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiNgoài ra ta cũng có ak 1  3 Xét hàm số f [ x ]  3  x ak  2ak  2ak  2 5 1 5 133     2.2ak2.2ak 12.ak2 ak 2 2x23 , x   ; 2 , Ta có:2 2x2 ln 2  x ln 2  1 2 ln 2  x ln 2  1  2 x 2  x  1  2 x 1  x  2 xf '[ x]  1 0xxxx2222Do đó f [ x] là hàm nghịch biếnx2x2 0  3xxx22Dựa vào bất đẳng thức trên ta suy ra an1  an vậy [ an ] là dãy không giảm. [2] f [ x ]  f [ 2]  3  x Từ [1] và [2] suy ra dãy [ an ] có giới hạn hữu hạn, gỉa sử lim an  x ta cóx23 x [*]x2Theo chứng minh trên f [ x] là hàm nghịch biến nên phương trình f [ x]  0 chỉ có3 tối đa một nghiệm trên đoạn  ; 2  . Ta thấy x  2 là một nghiệm của phương trình2 f [ x]  0 .Vậy lim an  2Ví dụ 2.3. [VMO-2012] x 11Cho dãy số thực xác định bởi: n  2 x  2 ,n  2 xn 3n n1Chứng minh dãy số có giới hạn và tìm giới hạn đó.Nhận xét: [Dự đoán dáng điệu và giới hạn]108067, x3  , x4  ,... nên ta có thể dự đoán đây là dạy số giảm32727và bị chặn dưới bởi 1.Ta có x1  1, x2 Bài giải: Hiển nhiên xn  0, n *. Suy ra  xn  bị chặn dưới bởi 0. [1]Ta sẽ chứng minh kể từ số hạng thứ hai trở đi, dãy số đã cho giảm. [2]Xét hiệu xn  xn1 2  n  2    n  1 xn1 n2 xn1  2   xn1  3n3nĐể chứng minh xn  xn1  0 , ta cần chứng minh  n  2    n  1 xn1  0, n  3bằng phương pháp quy nạp.105+ Với n  3 , ta có:  3  2    3  1    0 , đúng.33Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông19Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi+ Giả sử n  k  3 , ta có:  k  2    k  1 xk 1  0  xk 1 minh xk k 3kThật vậy, xk k 2, ta cần chứngk 1k 2k  2 k  2 k 2 k 3[đpcm] 2  xk 1  2  3k3k  k  1k k 1Từ [1] và [2] suy ra dãy số  xn  tồn tại giới hạn hữu hạn là a.Ta có a 1 a  2  a  1. Vậy lim x  1.n3Ví dụ 2.4 [5,0 điểm]. [Olympic cấp tỉnh-2014]Cho dãy số  xn  như sau: x1  2, xn1  4  8 xn  1 , n *. Chứng minhrằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn, Tính giới hạn đó.Nhận xét: [Dự đoán dáng điệu và giới hạn]Ta dễ dàng tính được x1  2; x2  2, 85; x3  2, 97; x4  2, 997; x5  2, 999... nên ta cóthể dự đoán đây là dãy số tăng và 2  xn  3, n  1.Bài giải: Dễ thấy rằng xn  2, n Ta chứng minh xn  3, n **bằng phương pháp quy nạp.+ Với n  1 ta có x1  2  3 .+ Giả sử với n  k  1 ta có xk  3 , ta sẽ chứng minh xk 1  3Thật vậy, xk 1  4  8 xk  1  4  8.3  1  3 .Theo nguyên lí quy nạp suy ra xn  3, n *.Tóm lại , ta có 2  xn  3, n  1 [1]Ta chứng minh xn  xn1 bằng phương pháp quy nạp.+ Với n  1 ta có x1  2  x2  4  17 .+ Giả sử với n  k  1 ta có xk  xk 1 , ta sẽ chứng minh xk 1  xk 2 .Thật vậy,xk 2  xk 1  4  8 xk 1  1  4  8 xk  1 8 xk 1  1  8 xk  14  8 xk 1  1  4  8 xk  1 0.Theo nguyên lí quy nạp suy ra dãy số đã cho là dãy số tăng [2].Từ [1] và [2] suy ra dãy số trên hội tụ.Đặt lim xn  a, 2  a  3Từ xn1  4  8 xn  1  a  4  8a  1  a  3Vậy lim xn  3 .Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông20Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi3. Bài tập áp dụng:Bài 1. Cho dãy số un  xác định bởi un sin1 sin 2sin n 2  ...  n .222Chứng minh rằng dãy số trên hội tụ.Hướng dẫn:Ta có un1 sin1 sin 2sin n sin[ n  1] 2  ...  n 2222n1Suy ra un1  un sin[ n  1] 0 , n 2n1. Suy ra un  là dãy tăng.Mặt khác ta có:n11  nsin1 sin 2sin n 1 11 1 21un  2  ...  n   2  ...  n 1    12222 222 1 122Do đó un  bị chặn trên. Từ đó theo định lý Weierstrass ta có dãy dãy sốtrên hội tụ.Bài 2. Cho dãy số un  xác định bởi un  6  6  ...  6 , n = 1;2;...n  dÊu c¨nChứng minh rằng dãy số trên hội tụ. Tìm giới hạn của dãy.Hướng dẫn:Ta có un1  6  6  ...  6n 1 dÊu c¨nSuy ra un1  6  6  ...  6  6  6  ...  6  un .n 1dÊu c¨nSuy ra un  là dãy tăng.n dÊu c¨nMặt khác với n = 1 ta có: u1  6  3Giả sử với n = k ta cũng có uk  3 , k  1. Khi đó với n = k +1 ta cóuk 1  6  uk  6  3  3 . Từ đó ta kết luận un  3 với n = 1;2;...Do đó un  bị chặn trên. Từ đó theo định lý Weierstrass ta có dãy dãy sốtrên hội tụ.Giả sử lim un  a ta có un  6  un1  6  un1  un2n a  2 6  a  a2  a  3Vì un  1 với n = 1;2;... nên chỉ có a = 3 là phù hợp. Vậy lim un  3nTạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông21Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi1a Bài 3. Cho dãy số  xn  xác định bởi x1  0 ; xn   xn1  , n  2;3;... và a  0 .2xn1 Chứng minh rằng dãy số trên hội tụ.Tìm giới hạn của dãy.Hướng dẫn:1aTa có x2   x1    a  0 . Bằng quy nạp và bất đẳng thức Cauchy ta chứng2x1 minh được xn  a . Tức là  xn  là dãy bị chặn dưới.xn 1xa1 a  2 . Mà xn  a  n  1xn1 2 xn1xn1 2 2aMặt khác ta có:Do đó un  bị giảm . Từ đó theo định lý Weierstrass ta có dãy dãy số trênhội tụ.1a Giả sử lim un   từ xn   xn1  chuyển qua giới hạn ta có :n2xn1 1a       2 2   2  a  0   2  a .2Vì   0    a . Vậy lim xn  a .nBài 4. Cho dãy số  xn  xác định bởi xn1  xn [1  xn ] , n  1; 2;3;...Xác định x1 để dãy số trên hội tụ.Hướng dẫn:Ta có xn1  xn  xn2  xn , n  1; 2;3;... . Vậy  xn  là dãy giảm.Giả sử xn  hộitụ và lim xn  a . Khi đó từ xn1  xn [1  xn ] chuyển quangiới hạn ta có a  a  a  a  0 .Vì  xn  là dãy giảm nên xn  0 , n .2Ta có x  x2  0  0  x  1 .Do đó nếu 0  x1  1 thì bằng quy nạp ta chứng minh được rằng 0  xn  1dẫn đến  xn  hội tụ [Vì dãy giảm và bị chặn].x 1Nếu  1thì bằng quy nạp ta chứng minh được rằng xn  0 . Dãy x1  0 xn  không hội tụ .Vậy nếu 0  x1  1 thì  xn  hội tụ .Bài 5. Cho dãy số  xn  xác định bởi 0  xn  1 và xn1 [1  xn ] Chứng minh rằng lim xn n141.2Hướng dẫn:Vì 0  xn  1 nên  xn  là dãy bị chặn .Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông22Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏi211Mặt khác ta có nhận xét rằng   x    0 , x   x[1  x ] .241Do đó xn1 [1  xn ]   xn [1  xn ] và 0  xn  1 nên suy ra  xn  là dãy tăng.4Hoặc ta có thể chứng minh như sau: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:xn1  [1  xn ]  2 xn1[1  xn ]  1xn1   xn suy ra  xn  là dãy tăng.Suy raĐặt lim xn  a từn1[ Do xn1 [1  xn ]  ]41 xn1 [1  xn ] chuyển qua giới hạn ta có :421111 a[1  a ]   a    0  a  . Vậy lim xn  .n4222Bài 6. Cho dãy số un u1  2014xác định bởi ; 12013 un  2  un1  u  , n  2n 1 Chứng minh rằng lim un  2013 .nHướng dẫn:Ta có un  0, n  1 . Theo bất đẳng thức Cauchy ta suy ra12013  12013un   un1  2013 , n  2  .2 un1 .2un1  2un1Mặt khácun 1 2013 1 1    1. Suy ra un  là dãy giảm.un1 2 2un21 2 2Như vậy un  là dãy giảm và bị chặn dưới bởi2013 nên hội tụ.Đặt lim un  a với a  2013 vì un  2013 , n n*.12013 Theo giả thiết un   un1  , chuyển qua giới hạn ta có2un1 12013 a  a   a  20132a Vậy lim un  2013 .nTạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông23Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiIII. Sử dụng giới hạn kẹp.1. Định lí: [Định lý kẹp giữa về giới hạn]Nếu với mọi n  n0 ta luôn có un  xn  vn và limun = limvn = a thì limxn = a.2. Ví dụ áp dụng:Ví dụ 3.1. Chứng minh rằng lim n n  1.nBài giải: Với n  3, theo bất đẳng thức Cauchy ta có1  n n  n 1...1 n n n  2 soSuy ra ta có 1  n n  1 n22 n21nn2, n  3n2 nHơn nữa lim 1 n  1.  1 . Vậy limnnn1.3.5.7...[ 2n  1]Ví dụ 3.2. Tính lim.n 2.4.6.8...[ 2n ]Bài giải: Ta có [2k  1][2k  1]  [2k ]2 ; k 1.3  22222.4.6.8...[ 2n]23.5  4Do đó  1.3.5.7...[ 2n  1] 2n  1..........[ 2n  1][ 2n  1]  [ 2n]21.3.5.7...[ 2n  1]1n02.4.6.8...[ 2n]2n  11.3.5.7...[ 2n  1] 0.Vậy limn 2.4.6.8...[ 2n ]03. Bài tập áp dụng: 111 Bài 1: Tính lim  ... 2nn2  2n2  n  n 1Hướng dẫn:111Ta cóvới k = 1; 2;...; n-1n2  nn2  kn2  1nn1nDo đón2  n k 1 n 2  kn2  1nnMà ta có lim lim1nn2  n n n 2  1 111  lim  ...  12nn2  2n2  n  n 1Tạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông24Chuyên đề Dãy số - Bồi dưỡng học sinh giỏiBài 2: Chứng minh rằng:2na/lim  0n n !1b/lim n0nn!Hướng dẫn:a/2n 2 2 2 22Với n  2 ta có : 0   . . ...  2  n! 1 2 3 n3nn2n2Mà lim    0  lim  0n 3n n ! b/Trước tiên ta chứng minh rằng với n > 2 thì n  n n ! .Thật vậy với 1  k  n thì ta cók [n  k  1]  n  kn  k  k 2  n[k  1]  k [k  1]  [n  k ][k  1]  0Do đó k [n  k  1]  n .Vì vậy ta có1.nn2.[ n  1]  n3.[ n  2]  n.................nn .1 n!  1.2...[n  1]nn[n  1]...2.1  nn 2Suy ra1110; mà limnn!nnBài 3: Tìm lim n a [Với a > 0].Do đó 0  n lim nnnn!  n1 0.n!nHướng dẫn:Với a = 1 thì hiển nhiên lim n a  1 .nVới a > 1 thì theo bất đẳng thức Becnuli ta cóna  1  [ n a  1]  1  n[ n a  1]  n[ n a  1]  0, , n  2 0  n a 1 a, n  2na 0 . Vậy lim[ n a  1]  0  lim n a  1n nnn11Với 0  a  1 thì  1 , theo chứng minh trên ta có lim n  1 .naa1Do đó lim n a  lim 1 . Vậy lim n a  1nnn1naMà ta có limTạ Ngọc Bảo – THPT chuyên Nguyễn Chí Thanh – Đăk Nông25