Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây
Kỹ thuật tính giới hạn của dãy số cho bời công thức truy hồi
Phần nội dung
Trong sách giáo khoa ĐS và GT 11 nâng cao (NXBGD 2007 do Đoàn
Quỳnh chủ biên) trang 135, bài tập 7 nguyên văn như sau:
“ Cho dã số \(\left( {{{\rm{u}}_{\rm{n}}}} \right)\) xác định như sau : \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 10}\\{{u_{n + 1}} = \frac{1}{5}{u_n} + 3,\forall n \ge 1}\end{array}} \right.\]
a) Chứng minh rằng (CMR) dãy số \(({v_n})\)xác định bởi \[{v_n} = {u_n} – \frac{{15}}{4}\] là một cấp số nhân
b) Tính \({{\mathop{\rm limu}\nolimits} _{\rm{n}}}\)
Qua phân tích và giải quyết bài toán trên, tôi nhận thấy:
– Nếu như đè bài không cho câu a) mà chỉ yêu cầu tìm \({{\mathop{\rm limu}\nolimits} _{\rm{n}}}^{}\)thì bài toán trở nên
nên rất khó và lạ đối với học sinh. Đây là bài toán tìm giới hạn của một dãy cho bởi hệ thức truy hồi
– Việc đề bài yêu câu thêm câu a) là để có thể xác định công thức tổng quát (CTTQ) của dãy \(\left( {{{\rm{u}}_{\rm{n}}}} \right)\) nhờ vào việc tìm CTTQ của một cấp số nhân, từ đó áp dụng các định lí về giới hạn để tính \({{\mathop{\rm limu}\nolimits} _{\rm{n}}}\)
– Khai thác bài toán trên, tôi xây dựng thành một kĩ thuật để tính giới hạn của dãy truy hồi đó là: ” Kĩ thuật tính giới hạn của dãy truy hồi bằng cách xác định CTTQ của dãy”.
Ngoài ra, trong quá trình tìm tòi, nghiên cứu, giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi đã tổng hợp và đúc kết thành một số kĩ thuật để tính giới hạn của dãy cho bởi hệ thức truy hồi. Trong khuôn khổ của đề tài này, tôi sẽ trình 3 kĩ thuật cơ bản để tính giới hạn của dãy cho bởi hệ thức truy hồi sau đây:
Kĩ thuật 1 : Tính giới hạn của dãy cho bởi hệ thức truy hồi bằng cách xác định CTTQ của dãy.
Kĩ thuật 2 : Tính giới hạn của dãy cho bởi hệ thức truy hồi bằng cách sử dụng phương pháp đánh giá và nguyên lí kẹp.
Kĩ thuật 3 : Tính giới hạn của dãy cho bởi hệ thức truy hồi bằng cách sử dụng tính đơn điệu và bị chặn của dãy.
I. Kĩ thuật 1: Tính giới hạn của dãy cho bởi hệ thức truy hồi bằng cách xác định CTTQ của dãy.
Phương pháp xác định CTTQ của một dãy số cho bởi hệ thức truy hồi khá phong phú và đa dạng, trong phạm vi bài viết này tôi chỉ trình bày kĩ thuật tìm CTTQ của dãy chủ yếu sử dụng phương pháp đổi biến để đưa dãy đã cho về cấp số cộng(CSC) hoặc cấp số nhân(CSN) hoặc tổng hiệu của các cấp số cộng, và cấp số nhân. Quay lại bài tập 7 trang 135 sách giáo khoa ĐS và GT 11 NC.
Ví dụ 1: Cho dãy số \(({u_n})\)xác định như sau : \(\)\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 10}\\{{u_{n + 1}} = \frac{1}{5}{u_n} + 3,\forall n \ge 1}\end{array}} \right.\]
a) CMR dãy số \(\left( {{{\rm{v}}_{\rm{n}}}} \right)\) xác định bởi \({v_n} = {u_n} – \frac{{15}}{4}\) là một cấp số nhân
b) Tính \({{\mathop{\rm limu}\nolimits} _n}\)
Giải
a) Ta có \(\left( {{{\rm{v}}_{\rm{n}}}} \right)\) là \({\rm{CSN}} \Leftrightarrow {v_{n + 1}} = q \cdot {v_n}( = \) const \(),q \ne 0,\forall n \ge 1\). Thật vậy, ta có \(\begin{array}{l}{v_{n + 1}} = {u_{n + 1}} – \frac{{15}}{4} = \frac{1}{5}{u_n} + 3 – \frac{{15}}{4}\\ = \frac{1}{5}\left( {{v_n} + \frac{{15}}{4}} \right) – \frac{3}{4} = \frac{1}{5}{v_n}\end{array}\).
Nên \(\left( {{{\rm{v}}_n}} \right)\) là một CSN có công bội \(q = \frac{1}{5}\) và \({{\rm{v}}_1} = \frac{{25}}{4}\).
Do đó \({v_n} = {v_1} \cdot {q^{n – 1}} = \frac{{25}}{4} \cdot {\left( {\frac{1}{5}} \right)^{n – 1}} = \frac{1}{4} \cdot {\left( {\frac{1}{5}} \right)^{n – 3}}\)
b) Từ câu a) suy ra \({u_n} = {v_n} + \frac{{15}}{4} = \frac{1}{4} \cdot {\left( {\frac{1}{5}} \right)^{n – 3}} + \frac{{15}}{4}\).
Do đó \(\lim {u_n} = \frac{{15}}{4}\).
Nhân xét:
1/ Vì sao lại nghĩ ra được phép đổi biến \({v_n} = {u_n} – \frac{{15}}{4}\) để dãy \(\left( {{{\rm{v}}_{\rm{n}}}} \right)\) là một CSN ?
Ta thấy \({u_{n + 1}} = \frac{1}{5}{u_n} + 3\), ta cần tìm số b sao cho \({u_{n + 1}} – b = \frac{1}{5}\left( {{u_n} – b} \right)\)
\( \Rightarrow {u_{n + 1}} = b – \frac{1}{5}b + \frac{1}{5}{u_n} = \frac{1}{5}{u_n} + 3 \Rightarrow b = \frac{{15}}{4}\)
Do vậy, nếu đặt \({v_n} = {u_n} – \frac{{15}}{4}\) thì \({v_{n + 1}} = \frac{1}{5}{v_n},\forall n \ge 1\) nên \(\left( {{{\rm{v}}_{\rm{n}}}} \right)\) là một CSN
2/ Ngoài ra, có thể đặt \({v_n} = {5^n}.{u_n},\forall n \ge 1\), khi đó ta có \({v_{n + 1}} – {v_n} = {3.5^{n + 1}},\forall n \ge 1\).
Suy ra
\(\begin{array}{l}{v_n} = \frac{{15}}{4}\left( {{5^n} – 1} \right) + 35\\ \Rightarrow {u_n} = \frac{{{v_n}}}{{{5^n}}} = \frac{{15}}{4} \cdot \frac{{{5^n} – 1}}{{{5^n}}} + \frac{{35}}{{{5^n}}}\\ = \frac{1}{4}{\left( {\frac{1}{5}} \right)^{n – 3}} + \frac{{15}}{4}\end{array}\)
Ví dụ 2: (Bài 4.37 trang 139 sách bài tập ĐS và GT 11 NC NXBGD 2007)
Cho dãy số \(({u_n})\) xác định bởi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 3}\\{2{u_{n + 1}} = {u_n} + 1,\forall n \ge 1}\end{array}} \right.\)
Đặt \({{\rm{S}}_{\rm{n}}} = {{\rm{u}}_1} + {{\rm{u}}_2} + \ldots + {{\rm{u}}_{\rm{n}}},n \ge 1\).
a) CMR dãy số \(\left( {{{\rm{v}}_{\rm{n}}}} \right)\) với \({{\rm{v}}_{\rm{n}}} = {{\rm{u}}_{\rm{n}}} – 1,n \ge 1\) là một CSN lùi vô hạn
b) Tính \(\lim {S_n}\)
Giải:
a) Ta có
\(\begin{array}{l}{v_{n + 1}} = {u_{n + 1}} – 1 = \frac{1}{2}{u_n} + \frac{1}{2} – 1\\ = \frac{1}{2}\left( {{u_n} – 1} \right) = \frac{1}{2}{v_n},\forall n \ge 1\end{array}\)
Suy ra dãy số \(\left( {{{\rm{v}}_{\rm{n}}}} \right)\) là một CSN lùi vô hạn với công bội \({\rm{q}} = \frac{1}{2}\). Nên \({v_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n – 2}}\)
b) Từ câu a) suy ra \({u_n} = {v_n} + 1 = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n – 2}} + 1,\forall n \ge 1\)
Suy ra \({S_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {{u_k}} = \sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{k – 2}}} + n = 4 + n – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n – 2}}\).
Vậy \(\lim {S_n} = \lim \left[ {4 + n – {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n – 2}}} \right] = + \infty \)
Nhận xét : Có thể tìm CTTQ của dãy \(({u_n})\)bằng phép đổi biến \[{v_n} = {2^n} \cdot {u_n},\forall n \ge 1\]
Ta có
\(\begin{array}{l}{v_{n + 1}} = {2^{n + 1}} \cdot {u_{n + 1}}\\ = {2^{n + 1}}\left( {\frac{1}{2}{u_n} + \frac{1}{2}} \right) = {v_n} + {2^n},\\\forall n \ge 1 \Rightarrow {v_{n + 1}} – {v_n} = {2^n},\forall n \ge 1\end{array}\)
Do đó
\(\begin{array}{l}{v_n} = {v_n} – {v_{n – 1}} + {v_{n – 1}} – {v_{n – 2}} + \ldots . + {v_2} – {v_1} + {v_1}\\ = {2^{n – 1}} + {2^{n – 2}} + \ldots + 2 + 6\end{array}\)
Hay \({v_n} = 2\left( {{2^{n – 1}} – 1} \right) + 6 = {2^n} + 4 \Rightarrow {u_n} = 1 + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}\)
Ví dụ 3: (Bài 4.73 trang 148 sách bài tập ĐS và GT 11 NC, NXBGD 2007)
Cho dãy số \(({u_n})\) xác định bởi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1}\\{{u_{n + 1}} = \frac{{{u_n} – 4}}{{{u_n} + 6}},\forall n \ge 1}\end{array}} \right.\)
a) CMR \({u_n} \ne – 4,\forall n \ge 1\)
b) CMR dãy \(\left( {{{\rm{v}}_{\rm{n}}}} \right)\) với \({v_n} = \frac{{{u_n} + 1}}{{{u_n} + 4}}\) là một CSN. Tính \({{\mathop{\rm limu}\nolimits} _{\rm{n}}}\)
Giải:
a) Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp \({u_n} \ne – 4,\forall n \ge 1\).
Khi \({\rm{n}} = 1\) ta có \({u_1} = 1 \ne – 4\)
Giả sử \({u_k} \ne – 4,\forall k \ge 1\), ta chứng minh \({u_{k + 1}} \ne – 4\). Thật vậy, giả sử ngược lại \({u_{k + 1}} = – 4\), khi đó \(\frac{{{u_k} – 4}}{{{u_k} + 6}} = – 4 \Rightarrow {u_k} – 4 = – 4{u_k} – 24 \Rightarrow {u_k} = – 4\), trái với giả thiết quy nạp. Vậy \({u_n} \ne – 4,\forall n \ge 1\)
b) Từ câu a) suy ra \({{\rm{v}}_{\rm{n}}}\) luôn xác định với mọi \(\forall n \ge 1\)
Ta có
\(\begin{array}{l}{v_{n + 1}} = \frac{{{u_{n + 1}} + 1}}{{{u_{n + 1}} + 4}} = \frac{{\frac{{{u_n} – 4}}{{{u_n} + 6}} + 1}}{{\frac{{{u_n} – 4}}{{{u_n} + 6}} + 4}}\\ = \frac{{2\left( {{u_n} + 1} \right)}}{{5\left( {{u_n} + 4} \right)}} = \frac{2}{5}{v_n},\forall n\end{array}\).
Vậy \(\left( {{{\rm{v}}_{\rm{n}}}} \right)\) là \(1{\rm{CSN}}\) lùi vô hạn với công bội \({\rm{q}} = \frac{2}{5}\). Suy ra \({v_n} = {\left( {\frac{2}{5}} \right)^n}\)
Nên \({u_n} = \frac{{4 \cdot {{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^n} – 1}}{{1 – {{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^n}}}\). Do đó \(\lim {u_n}\)\( = \lim \frac{{4 \cdot {{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^n} – 1}}{{1 – {{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^n}}} = – 1\)
Ví du 4: Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1}\\{{u_{n + 1}} = {u_n} + \frac{1}{{n(n + 1)}},\forall n \ge 1}\end{array}} \right.\)
Tính \({{\mathop{\rm limu}\nolimits} _{\rm{n}}}\)
Giải:
Ta có
\(\begin{array}{l}{u_{n + 1}} – {u_n} = \frac{1}{{n(n + 1)}} = \frac{1}{n} – \frac{1}{{n + 1}}\\ \Rightarrow {u_n} = {u_n} – {u_{n – 1}} + {u_{n – 1}} – {u_{n – 2}} + \ldots \ldots + {u_2} – {u_1} + {u_1}\end{array}\)
\( \Rightarrow {u_n} = \frac{1}{{n – 1}} – \frac{1}{n} + \frac{1}{{n – 2}} – \frac{1}{{n – 1}} + \ldots .. + \frac{1}{1} – \frac{1}{2} + 1 = 2 – \frac{1}{n}\)
Do đó \({{\mathop{\rm limu}\nolimits} _{\rm{n}}} = \lim \left( {2 – \frac{1}{n}} \right) = 2\)
Ví du 5: Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{u_1} = 1}\\{{u_{n + 1}} = {u_n} + {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n},\forall n \ge 1}\end{array}} \right.\) Tính \({{\mathop{\rm limu}\nolimits} _{\rm{n}}}\)
Giải: Ta có
\(\begin{array}{l}{u_{n + 1}} – {u_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^n}\\ \Rightarrow {u_n} = {u_n} – {u_{n – 1}} + {u_{n – 1}} – {u_{n – 2}} + \ldots .. + {u_2} – {u_1} + {u_1}\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow {u_n} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n – 1}} + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n – 2}} + \ldots .. + {\left( {\frac{1}{2}} \right)^1} + 1\\ = \frac{{1 – {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^n}}}{{1 – \frac{1}{2}}} = 2 – {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n – 1}}\end{array}\)
Do đó \({\mathop{\rm limu}\nolimits} {u_n} = \lim \left[ {2 – {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n – 1}}} \right] = 2\)
Như vậy, nếu xác định được CTTQ của dãy số thì bài toán trở nên quen thuộc và ta có thể tính được giới hạn của dãy đó một cách dễ dàng dựa vào các định lí về giới hạn đã được học trong chương trình của sách giáo khoa. Sau đây là một số bài tập tương tự.
Xem thêm