Xem mẫu
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng CHƯƠNG 2 : LƯỢNG GIÁC VÀ CÁC BÀI TÓAN DÃY SỐ I. MỞ ĐẦU: Lượng giác đóng vai trò quan trọng trong tóan dãy số: không những là một dạng tóan khó mà còn là một phương pháp giải. Phương pháp mà chúng ta sẽ đề cập trong phần này chính là phương pháp lượng giác hóa các bài tóan. Tuy vậy, khác với các phần tóan dãy số trước, phương pháp này không hề có cơ sở hay định lý rõ ràng nào, mà cần nhiều sự khéo léo cũng như tất cả kiến thức giải tích và lượng giác. Do vậy, thông qua từng bài tóan, chúng ta sẽ tìm được lối đi riêng cho bản thân. II. CÁC BÀI TÓAN CHỌN LỌC: Bài 1: ( Tổng quát của bài 3, Olympic 30/4/2005 ). Cho hai dãy {an},{bn} như sau: a < b cho trước a+b a1 = ; b1 = a.a1 2 a1 + b1 a2 = ; b2 = a2 .b1 2 ... an −1 + bn −1 an = ; bn = an .bn −1 2 a.Tìm lim bn n →∞ b.Tìm lim an n →∞ Nhận xét: Bài tóan đã giấu đi tính lượng giác rất khéo. Ta hãy quan sát thật kĩ, do a< b nên ta a a có thể đặt cos α = hoặc sin α = . Vậy nên chọn là sin hay cos? b b Ta thử đặt: a a + b b ( sin α + 1) - Nếu sin α = : a1 = = b 2 2 b2 b1 = a1 .b = 2 ( ( sin α + 1) .sin α ) Ta sẽ không thể giải tiếp. Vậy ta sẽ không đặt với sin. a b ( cos α + 1) α - Nếu cos α = : a1 = = b cos 2 b 2 2 α α b1 = b 2 cos 2 = b cos ! Vậy ta tiến hành giải. 2 2 Giải: Nho ù m hoïc sinh lôùp 11A1 85
- Chöôn g Löôïng 2: giaùc vaø caùc baøi toaùn daõy soá a π a.Đặt cos α = 0 < α < b 2 α a1 = b cos 2 2 Ta có b = b cos α 1 2 a1 + b1 2α α α 2 α a2 = 2 = b cos 2 + cos 2 = b cos 2 cos 22 ⇔ b = a b = b 2 cos 2 α cos 2 α = b cos α cos 2 α 2 2 1 2 22 2 22 Bằng quy nạp ta dễ dàng có: α b.sin α cos n . α α α 2 an = b.cos ...cos n −1 .cos n = 2 2 2 2 α 2n.sin n 2 α α 2 α b.sin α . bn = b.cos ...cos n −1 .cos n = 2 2 2 α 2n.sin n 2 α b n b sin α Vậy: bn = = 2 . α α α 2n.sin n sin n 2 2 b sin α ⇒ lim bn = n →∞ α α b.Ta cũng có: an = bn .cos 2n b sin α α b sin α lim an = .lim cos n = n →∞ α n→∞ 2 α Chú ý: Với a=2005, b=2006 ta sẽ có bài 3 Olympic 30/4/2005. Bài 2: ( Kỳ thi quốc gia lần XXXI-1993 ) Cho a0 = 2,b0 = 1. Lập hai dãy số{an},{bn}với n = 0, 1, 2, ... theo quy tắc sau: 2an .bn an +1 = ; b = an +1 .bn an + bn n +1 Chứng minh rằng các dãy {an},{bn} có cùng một giới hạn khi n → ∞ . Tìm giới hạn đó. Nhận xét: Dễ thấy dãy {an} là dãy trung bình điều hòa, {bn} là dãy tựa trung bình nhân. Để chứng minh hai dãy cùng giới hạn thì nhất thiết phải tìm công thức tổng quát. Naê m hoïc 2006 2007 – 86
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng Trong trường hợp này, lượng giác hóa là biện pháp tối ưu nhất. Giải: 1 1 a0 = 2 = Ta chú ý: 1 π , b0 = 1 cos 2 3 2a0 b0 2 2 1 a1 = = = = a0 + b0 1 1 π π + cos + 1 cos 2 a0 b0 3 6 1 b1 = a1b0 = π cos 6 Từ đó, bằng quy nạp, ta chứng minh rằng: −1 π π π π an = cos .cos 2 ...cos n −1 .cos n 2.3 2 .3 2 .3 2 .3 −1 π π π π bn = cos .cos 2 ...cos n −1 .cos n ∀n ≥ 1 2.3 2 .3 2 .3 2 .3 π sin π π π π 3 ∀n ≥ 1 Lưu ý rằng: cos .cos 2 ...cos n −1 .cos n = 2.3 2 .3 2 .3 2 .3 π 2n.sin n 2 .3 π π 2n.sin n 2n.sin n 2 .3 ( 1) b = 2 .3 Ta có: an = ; n (2) π π π sin .cos n sin 3 2 .3 3 Từ (1), (2) tồn tại lim an và lim bn n →∞ n →∞ Ngòai ra: π π 2n .sin lim an = lim 2 .3 = 3 = 2 3π n n →∞ n →∞ π π π 9 sin .cos n sin 3 2 .3 3 π 2 3π lim bn = lim an .lim cos n = n →∞ n →∞ n →∞ 2 .3 9 2 3π Vậy hai dãy {an},{bn}có cùng giới hạn chung là 9 Bài 3: (Kỳ thi quốc gia lần XXVIII-1990) Cho dãy số{xn}, n ∈ ¥ , x1 < 1 được xác định bởi hệ thức: − xn + 3 − 3 xn 2 xn +1 = 2 Nho ù m hoïc sinh lôùp 11A1 87
- Chöôn g Löôïng 2: giaùc vaø caùc baøi toaùn daõy soá a.Có cần thêm diều kiện gì đối với x1 để dãy tòan số dương. b.Dãy số này có tuần hòan không? Tại sao? Nhận xét: Ta quan sát rằng 3 − 3xn cho ta cảm giác về dạng 1 − cos 2 x ,hơn nữa x1 < 1 , điều 2 đó càng củng cố suy nghĩ về lượng giác hóa bài tóan. Ta tiến hành giải. Giải: a. Để xn > 0, trước hết ta phải có x1 > 0 và x2 0 tức là 3 − 3xn > x1 hay x1 < 2 2 . 4 3 Suy ra: 0 < x1 < . 2 3 π Ngược lại, nếu 0 < x1 < thì tồn tại α ∈ 0; sao cho sin α1 = x1 . Khi đó: 2 3 3 1 π π π x2 = cos α − sin α = sin − α , 0 < − α < 2 2 3 3 3 3 π 1 π Ta lại có: x3 = cos − α − sin − α = sin α 2 3 2 3 Từ đó suy ra: x1 = x3 = ... = sin α > 0 3 Vậy điều kiện là: 0 < x1 < 2 b. Xét hai trường hợp đối với x1: • Trường hợp x1 ≥ 0 : - Nếu x2 ≥ 0 thì tương tự phần a ta có: x3 ≥ 0 , x4 ≥ 0 và x1 = x3 = ...; x2 = x4 = ... - Nếu x2 < 0 thì x3 >0 và cũng có x3 = x1 − x1 + 3 − 3 x12 Thật vậy từ: x2 = 2 Suy ra: 3 − 3x12 = 2 x2 + x1 ( 1) ⇒ 3 − 3x2 = ( 2 x1 + x2 ) ( 2) 2 2 Do (1) mà: 2 x1 + x2 > 0 .Suy ra: 2 x1 + x2 = x1 + ( x1 + x2 ) > x1 − x2 > 0 ( x1 ≥ 0, x2 < 0 ) Vì thế từ (2) ta có: 3 − 3x2 = 2 x1 + x2 2 − x2 + 3 − 3 x2 2 Suy ra: x1 = = x3 2 Tương tự: x2 = x4 ... Vậy ta có:{xn} là dãy tuần hòan. • Trường hợp x1 < 0. Naê m hoïc 2006 2007 – 88
- Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø Ù n g Ö duïng Khi đó x2 > 0 và theo trường hợp 1 suy ra xn kể từ hạng thứ hai trở đi là dãy tuần hòan. Bài 4: Cho dãy {un} xác định bởi: un = 2n 2 − 2 + ... 2 Tìm lim un n →∞ Giải: Đây là bài tóan đơn giản và quen thuộc. Ta sẽ chứng minh: π vn = 2 − 2 + ... 2 = 2 cos ( 1) . 2k +1 Rõ ràng với n = 1 thì (1) hiển nhiên đúng. π Giả sử đúng khi n = k, nghĩa là: vk = 2 cos k +1 . 2 π Xét: vk +1 = 2 + vk = 2 + 2 cos 2k +1 π π = 2.2 cos 2 k +2 = 2 cos k + 2 2 2 Vậy (1) đúng khi n = k+1, suy ra (1) đúng với mọi n. Ta có: un = 2n 2 − 2 + ... 2 π 1 π = 2n +1.sin n+2 = .2n+ 2.sin n + 2 2 2 2 1 n+2 π Từ đó ta có: lim un = lim .2 .sin n + 2 n →∞ n →∞ 2 2 π sin 1 2n + 2 = lim π n →∞ 2 π 2n + 2 π ⇒ lim un = n →∞ 2 Bài 5: (Olympic 30/4/2003) u1 = 3 Cho dãy{un}định bởi: un + 2 − 1 un +1 = ( 1 + 1 − 2 un ) Tính u2003 Nhận xét: Bài này giải theo hai hướng: - Hướng 1 (hướng cơ bản): aun + b Ta đưa về dạng: un +1 = cuu + d Nho ù m hoïc sinh lôùp 11A1 89
- Chöông 2: Löôïng giaùc vaø caùc baøi toaùn daõy soá Sau đó thực hiên tuyến tính hóa, rồi dùng phương trình sai phân tính công thức tổng quát. - Hướng 2: Ta chú ý quan sát công thức xác định dãy giống với công thức lượng giác nào mà ta đã biết? tga + tgb Câu trả lời là : tg ( a + b ) = 1 − tga.tgb Vậy ta sẽ giải theo cách 2. Giải: u1 = 3 Ta có: un + 2 − 1 ( *) un +1 = ( 1 + 1 − 2 un ) π Ta đã biết: tg = 2 −1 8 π 2tg π π 8 π 1 = tg = tg 2. = ⇒ tg = 2 −1 4 8 1 − tg 2 π 8 8 π un + tg = 8 ( 1) Từ (*) ta có: un +1 π 1 − un tg 8 Theo nguyên lý quy nạp, từ (1) và u1 = 3 .suy ra π π Suy ra: un = tg + ( n − 1) 3 8 π π π π Vậy: u2003 = tg + 2002 = tg + = − 2 + 3 3 8 3 4 ( ) u1 = 2; u2 = 8 Bài 6: Cho dãy {un} xác định bởi: un = 4un −1 − un − 2 n và S n = ∑ arc cot g ( ui ) 2 i =1 Tìm lim S n n →∞ Nhận xét: Đây là bài tóan rất khó vì sử dụng kiến thức về dãy Lucas và hàm arctg và arccotg. Ta cần biết: x+ y arctg = arctgx + arctgy 1 − xy Naêm hoïc 2006 – 2007 90
- Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng 1 + xy arccotg = arc cot g ( x ) − arc cot g ( y ) y−x Giải: -Ta sẽ chứng minh: u − un +1 .un −1 = 4 ( ∀n ≥ 2 ) 2 i Thật vậy: un ( 4un −1 ) = un −1 ( 4un ) ⇒ un ( un + un − 2 ) = un −1 ( un +1 + un −1 ) ⇒ un − un +1un −1 = un −1un un − 2 = ... = u2 − u3 .u1 = 4 2 2 2 Ta có: 4u u ( u + un −1 ) arc cot gun = arccotg un n = arccotg n 2 n +1 2 4 un − un +1un −1 un +1 un u u + 1 u u = arccotg n n −1 = arccotg n +1 − arccotg n un un +1 un un −1 u − u n −1 n n n Suy ra: ∑ arcotg ( ui ) = arcotg ( ui ) + ∑ arcotg ( ui ) 2 2 2 i =1 i=2 un −1 un −1 Ta sẽ chứng minh rằng có giới hạn bởi vì 0 < un −1 < un ⇒
- Chöông 2: Löôï ng gi aùc vaø caùc baøi t oaùn daõy soá 1 b.Lậpdãy số {vn} biết: vn = ( u1 .u2 ...un ) n . Tìm lim vn n →∞ Nhận xét: Trước hết ta hãy trả lời cho câu hỏi: Có thể tiến hành lượng giác hóa cho bài tóan được hay không? Để trả lời, ta cần quan sát thật kĩ điều kiện: 3 π cos e 3 =e 2 =e 6 1 π cos e = e2 = e 3 Vậy ta sẽ tiến hành giải. Giải: + a. Ta chứng minh un > 0, ∀n ∈ ¢ Thật vậy u1 > 0, u2 > 0 .Giả sử un > 0, ∀n ≥ k . uk 3 Ta có uk +1 = > 0 .Vậy un > 0, ∀n ∈ ¢ + uk −1 3 π Ta lại có: e 3 =e 2 =e cos 6 1 2π cos e = e2 = e 6 nπ Giả sử u = ecos 6 , ∀n ≤ k n nπ 3 e cos ( n +1) π un e cos 6 Ta có un +1 = = ( n −1) π =e 6 un −1 cos e 6 nπ cos Vậy un = e 6 , ∀n ∈ ¢ + nπ 1 cos Ta lại có ≤ e 6 ≤ c và hàm là hàm đồng biến trên ¡ . e ⇒ đpcm 1 π 2π nπ cos + cos +...+ cos b. Ta có: v = n u .u ...u = e n 6 6 6 n 1 2 n Đến đây áp dụng công thức tính tổng của bài 1, chương I, ta có: 1 ( 2 n +1) π π 1 ( n +1) π nπ sin −sin .cos .sin π 12 12 π 12 12 2 n sin n sin vn = e 12 =e 12 ( n + 1) π nπ cos .sin −1 12 12 ≤ 1 Mặt khác ta có: ≤ π π π n sin n.sin n sin 12 12 12 Naêm hoï c 2006 – 2007 92
- Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng −1 1 lim = lim =0 Mà n →∞ π n →∞ π n sin n sin 12 12 Vậy lim vn = e = 1 0 n →∞ Bài 8: (Tạp chí tóan học và tuổi trẻ năm 2005) 1 Dãy {hn} được cho bởi điều kiện h1 = 2 1 − 1 − hn 2 và hn +1 = ; ∀n ≥ 1 2 n Đặt S n = ∑ hi ; ∀n ∈ ¥ . Hãy chứng minh rằng: lim S n < 1, 03 n →∞ i =1 Nhận xét: Bài tóan này nếu không lượng giác hóa thì sẽ đi vào thế bế tắc. Thật vậy, vì phương pháp sai phân không thể giải quyết bài tóan có nhiều căn như vậy. Bây giờ ta chú ý đại lượng 1 − hn2 , điều này cho ta một cảm giác gần giống công thức 1 − sin 2 x hay 1 − co s 2 x ! Vậy ta tiến hành giải. Giải: 1 π π π Ta có: h1 = = sin = sin ⇒ h2 = sin 2 6 3.2 3.2 π Ta sẽ chứng minh rằng: hn = sin 3.2n π iả sử rằng: sin hk = sin 3.2k π π 1 − 1 − sin 1 − cos k 3.2 = sin π k 3.2 = hk +1 = 2 2 3.2n π Mặt khác: sin x < x; ∀x ∈ 0; 2 n 1 π π 1 π π Nên: S n = ∑ hi = + sin n + ... + sin n < + 2 + ... + i =1 2 3.2 3.2 2 3.2 3.2n 1 π < + 2 3.2 1 π Do Sn là dãy tăng nên lim S n ≤ + < 1, 03 n →∞ 2 3.2 ⇒ đpcm. Bài 9: Cho dãy {un} và {vn} như sau: Nhoùm hoï c si nh l ôùp 11A1 93
- Chöông 2: Löôï ng gi aùc vaø caùc baøi t oaùn daõy soá 2 v0 = 1 u0 = 2 và 1 + vn − 1 2 u = 2 1 − 1 − u 2 vn +1 = n +1 n vn 2 Chứng minh rằng: 2 n+2 .un < π < 2n + 2.vn Nhận xét: Với dãy {un} ta thấy có biểu thức 1 − un , ta nghĩ ngay đến lượng giác hóa bằng 2 sin, cos. Còn dãy {vn}? Câu trả lời nằm ở biểu thức 1 + vn và v0 = 1 , cho ta suy nghĩ nên sử 2 dụng hàm tg và cotg. Giải: 2 π 2 π π Ta có: u0 = − sin 2 , u1 = 1 − cos 2 = sin 3 2 2 2 2 2 2 π π Vậy: un = 1 − cos 2+1 = sin n + 2 2 2 2 π Tương tự: v0 = 1 = tg 22 1 −1 π π 1 + tg 2 n +1 cos n +1 2 2 π vn = = = tg n + 2 π π 2 tg n +1 tg n +1 2 2 π Bằng cách xét: f ( x ) = sin x − x , g ( x ) = tgx − x; x ∈ 0; 2 π Ta suy ra: sin x < x < tgx; ∀x ∈ 0; 2 π π π Khi đó: sin n+2 < n + 2 < tg n + 2 ⇔ 2k + 2.un < π < 2k + 2.vn ⇒ đpcm 2 2 2 Bài 10: (Kỳ thi quốc gia lầnXXV-1987) π π Cho cấp số cộng gồm 1987 số hạng với số hạng đầu u1 = và công sai là 1987 3974 Tính giá trị: S = ∑ cos ( ±u1 ± u2 ... ± u1987 ) ở đó tổng ∑ chứa tất cả các số hạng ứng với tất cả các cách khác nhau có thể được để lấy dấu cộng hay trừ trước các số u1 , u2 ,..., u1987 Nhận xét: Naê m hoïc 2006 2007 – 94
- Chuyeân ñeà Löôï ng gi aùc vaø ÖÙng duï ng Ta thấy rằng số 1987 là cố ý cho trùng với năm thi. Điều đó chứng tỏ có thể tổng quát hóa bài tóan. Đôi khi việc này khiến bài tóan dễ dàng hơn và không còn che giấu như bài tóan nguyên thủy. Giải: Ta sẽ chứng minh từ bài tóan tổng quát hơn. Bài tóan thực chất là: n ∀ { u j } (kí hiệu dãy) ∑ cos ( ±u1 ± u2 ... ± u1987 ) = 2 .∏ cos u j n n 1 j =1 Ta chứng minh bằng quy nạp: Với n = 1: cos u1 + cos ( −u1 ) = 2 cos u1 Với n = 2: cos ( u1 + u2 ) + cos ( u1 − u2 ) + cos ( u2 − u1 ) + cos ( −u1 − u2 ) = 2 cos u1 .cos u2 + 2 cos ( −u1 ) .cos u2 = 4 cos u1 .cos u2 Giả sử bài tóan đúng với n, khi đó: n +1 n n 2 n +1 ∏ cos u j = 2 2 .∏ cos u j cos un+1 j =1 j =1 = 2 ∑ cos ( ±u1 ± u2 ... ± u1987 ) cos un +1 = ∑ cos ( ±u1 ± u2 ... ± u1987 ) 1987 Trở lại bài tóan ta có: S = 2 ∏ cos u j 1987 j =1 Do {uj} là cấp số cộng nên: π 1985π π u1987 = u1 + 1985d = + = 1987 2.1987 2 Bài 11: (Kì thi quốc gia lần XXVII - 1984) Cho dãy số u1, u2... như sau:u1=1, u2=2,un+1=3un-un-1. n Dãy số v1,v2...được theo quy luật: vn = ∑ arc cot gui i =1 Hãy tìm lim vn n →∞ Giải: Trước hết nhận xét rằng dãy u1, u2... chính là các số hạng lẻ của dãy Fibonaci:1,1,2, 3, 5,...Gọi dãy đó là t1,t2, t3, t4. Ta có: t1 = t2 = 1 và tn + 2 = tn +1 + tn ( n ≥ 1) a. Trước hết ta chứng minh rằng: arc cot gt2 − arc cot gt3 − arc cot gt5 − ... − arc cot gt2 n +1 = arc cot gt2 n + 2 ( 1) Thật vậy theo công thức cộng cung ta có: Nhoù m hoïc sinh lôùp 11A1 95
- Chöôn g Löôïng 2: giaùc vaø caùc baøi toaùn daõy soá t2 n t2 n +1 + 1 t t arc cot gt2 n − arc cot gt2 n +1 = arc cot g = arc cot g 2 n 2 n +1 Chú ý là: t2 n +1 − t2 n t2 n −1 tm +1 .tm + 2 − tm .tm +3 = (−1) m Nếu đặt m = 2n − 1 thì t2 n .t2 n +1 − t2 n −1 .t2 n + 2 = −1 Từ đó: t2 n .t2 n +1 + 1 = t2 n −1 .t2 n + 2 Suy ra: arc cot gt2 n − arc cot gt2 n +1 = arc cot gt 2 n + 2 ( 2 ) Trong (2) lần lượt thay n = 1, 2,3,... rồi cộng lại sẽ được (1). b. Từ (1) suy ra: n arc cot gui − ∑ arc cot gui = arc cot gt2 n + 2 i =2 Do: lim t2 n + 2 = +∞ nên lim arc cot gt2 n + 2 = 0 n →∞ n π Từ đó suy ra lim ∑ arc cot gui = arc cot gui = i =2 4 n π π π Vậy: lim vn = lim ∑ arc cot gui = + = n →∞ i=2 4 4 2 Naê m hoïc 2006 2007 – 96