2 một số DẠNG TOÁN LIÊN QUAN đến TÍNH CHẤT của dãy số

MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHẤT CỦA DÃY SỐ... Hướng dẫn giải Từ công thức truy hồi của xn ta có.. Ta viết lại điều kiện truy hồi xác định dãy số dưới dạng sau đây:... Cho dãy s

2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHẤT CỦA DÃY SỐ

Bài 1 Cho cấp số cộng u n với n là số nguyên dương thoã mãn u2 0 1 3 2 0 1 3;u2 0 1 4 2 0 1 4.Tính tổng:

1 2 2 3 2 0 1 3 2 0 1 4

.

S

u u u u u u

Hướng dẫn giải

Dễ dàng chứng minh được số hạng tổng quát của cấp số cộng u n là u n n

Khi đó

1 2 2 3 2 0 1 3 2 0 1 4

1 2 2 3 2 0 1 3 2 0 1 4

.

2 3 3 4 2 0 1 3 2 0 1 4 2 0 1 4 1 0 0 7

S

2

x a

n



Tìm tất cả các giá trị của a

để x n 0 với mọi số tự nhiên n

Hướng dẫn giải

Giả sử x n 0 với n 

x

n

2

n

1

Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức này, ta có:

2

n

3

n

n

2

2

n

2

a là giá trị duy nhất cần tìm

Bài 3 Cho dãy số x n xác định bởi 0 1

2 0 ; 3 0

phương

Hướng dẫn giải

Từ công thức truy hồi của xn ta có

1

1

1

1

3 5 0 0

x



1

2

1 5 0 0

n x n x n x n

Vậy x n 1x n 5 0 0 là số chính phương

Giả sử n là số thỏa mãn x n 1x n 5 0 0 là số chính phương

x x b x x a a b  a b

5 0 1 1 5 0 1 3 1 6 7

Khi đó ta tìm đượca = 201, b=1 thì x n 1x n 1 2 6 0 0 n 2

Với a = 85, b =82 thì 1 7 2 2 4

5

Vậy n = 2 thì x n 1.x n 1 là số chính phương

2 1

2

u

2 0 1 5 2 0 1 6

2 0 1 6

1

k

u

Hướng dẫn giải

Ta có: u n 1 –u n u n2 – 2u n 1 u n – 1 2 (1)

Do u1 2 u2 –u1 1 u2 u1

Từ đó bằng phép quy nạp ta suy ra u n là dãy đơn điệu tăng thực sự, và u n nhận giá trị nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 2 với mọi n 1, 2 ,

Ta viết lại điều kiện truy hồi xác định dãy số dưới dạng sau đây:

1 – 1

n

u u n2 –u n u n u n – 1 (2)

, ( 3 )

Bây giờ từ (3), ta có:

1 1 1 1

Từ (4) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1 1

1

1

1

( 5 )

n

u u

(ở đây n 2 0 1 6 ) Ta sẽ chứng minh (5) đúng với mọi n Khi đó nó sẽ đúng với n 2 0 1 6

Do u n nguyên dương với mọi n , (5) tương đương

1

1

n

Xét khi n k 1 Theo (2), ta có: u k 2 – 1 u k 1 u k 1 – 1

Vì thế theo giả thiết quy nạp suy ra:

1

2

2

1 2 ( 2 1) 2 2 2

1 ( 2 1) ( 2 1 1) 2 2 2

k

k

u

u

Như thế với n k 1, ta thu được:

1

1

2

2

2 1 1 2 ( 8 )

k

k

u

u

Từ (8) suy ra (6) đúng với mọi n 2 , 3 ,

Vì vậy (5) đúng n 2 0 1 6 Ta có điều phải chứng minh!

Bài 5 Cho dãy (a n)n 1:

2

5 1 0

5

n

n

a a

a

a) Chứng minh dãy (a n) hội tụ và tính li m a n

1 2

n

n n

Hướng dẫn giải

2

n

2

2

5 1 0 1 0

x x

2 5

x

, như vậy f( )x nghịch biến trên đoạn 1 ; 1

2

.

k

2 1

l i m

l i m

k

a c A

Kết hợp công thức xác định dãy ta được:

2

5 1 0

5

2

5 1 0 5

b

c

c

b

2

n

2

2

Như vậy bất đẳng thức đúng với n 2k

2

k

2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

1 2

*

1 2

u u

2n 3 ,

n

u n n 

1

n

k

S u Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và n > 2 thì S nchia hết cho n

Hướng dẫn giải

1 2 3 1 1

2

1 2 3 2 2

u

1

2k 3 ; 2k 3 1

k

Ta có

1

k

2

Vậy u k 2 2 3 k 2 , k 

b) Đặt

1 1

n

k

S u Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và n 2 thì S nchia hết cho n

Ta có:

1

1

2 2 2 3 1 2 ( 1)

n

n

k

1

1

n

n n

S

Với n là số nguyên tố 2n 1 1 chia hết cho n

Do n là số nguyên tố lớn hơn 2 ( 1)

2

n n

chia hết cho n

Vậy S nn

1 2

*

0

1 8

n

u

u u

.Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và

3

n thì u n chia hết cho 6 n

Hướng dẫn giải

1 2 ,

u v n  Khi đó v n 2 5v n 1 6v n

Ta được

1 2

1 2

3 0

n

v

Phương trình đặc trưng 2

Khi đó v n a 2n b 3n

2

Suy ra v n 3 2n 2 3n

Khi đó u n v n 1 2 3 2n 2 3n 1 2

6 2n 3n 2

n

Mặt khác n là số nguyên tố nên theo định lý Fermat

2 2 ( m o d )

3 3 ( m o d )

n

n

n

n

hay 3 2 6 ( m o d )

2 3 6 ( m o d )

n

n

n n

Từ đó u ( 3 2n 2 3n 1 2 ) 0 ( m o d n)

Suy ra u n chia hết cho n

Với n là số nguyên tố và n 3 ( , 6 )n 1

Suy ra u n chia hết cho 6 n

1

1

x

5n

n

b) Đặt

1

1 3

n

n

y

x

Tìm li m n

n

y

Hướng dẫn giải

5n

n

2 1

5n

n

x n 2

1

Suy ra x n 1 5n

5n

n

b) Đặt

1

1 3

n

n

y

x

Tìm li m n

n

y

Ta có:

1

1

n

y

1

l i m l i m

n

n

y

x

(vì x n 1 5n

1

1

n n

x

)

3

n

n

y

Bài 9 Cho dãy số (u n) được xác định như sau: 1

1

2

u

.Chứng minh

rằng với mọi số nguyên tố p thì

1 1

2 0 1 4

p

i i

u chia hết cho p

Hướng dẫn giải

1

n

n

+ Nếu p 2: có ngay đpcm

+ Nếu p là số nguyên tố lẻ:

1

1

( 3 3 3 ) 1 2 ( 1)

p

p i

i

Theo Định lí Fermat nhỏ, suy ra 3p 3 chia hết cho p Mặt khác 3 3

1

3 3

1

( 3 3 )

p p

i

3 3

2 0 1 4 1 0 0 7 ( 3 3 )

p i

Vậy bài toán được chứng minh cho mọi trường hợp

2 0 ; 3 0

phương

Hướng dẫn giải

Từ công thức truy hồi của xn ta có

1

1

1

1

3 5 0 0

x



1

2

1 5 0 0

n x n x n x n

Vậy x n 1x n 5 0 0 là số chính phương

Giả sử n là số thỏa mãn x n 1x n 5 0 0 là số chính phương

x x b x x a a b  a b

5 0 1 1 5 0 1 3 1 6 7

Khi đó ta tìm được a 2 0 1,b 1 thì x n 1x n 1 2 6 0 0 n 2

Với a 8 5 ,b 8 2 thì 1 7 2 2 4

5

Vậy n = 2 thì x n 1.x n 1 là số chính phương

1 0

của phương trình Dãy số x n được xác định như saux0 , x n 1 x n , n 0 , 1, 2 , 3 ,

.Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho x n chia hết cho

Hướng dẫn giải

Đầu tiên ta chứng minh là số vô tỉ Thật vậy, nếu là số hữu tỉ thì là số nguyên (do hệ số cao nhất của 2

x là 1) và là ước của 1 Do đó 1 suy ra 0, trái giả thiết

1

1

n

x x n 1 1 x n x n 1

1 1

n

n

x

n

x

Vậy x n 1 x n 1 1 ( m o d ) Từ đó bằng quy nạp ta có với mọi *

1 ( 2 1 ) ( 1) ( m o d )

1

2l 0 0 ( m o d )

.

l 

2 0 0 4

a a

2 0 1 4

n a

là

số chính phương

Hướng dẫn giải

Ta có

2 0 1 4 2 0 1 4 2 0 1 4

2 0 1 4

n

n

a

1

v v

Ta phải chứng minh v là số chính phương

Thật vậy, xét dãy số (x n ) xác định bởi 0 1

x x

x x x n  Hiển nhiên dãy số x n là dãy số nguyên

Ta có

, 3 ( 3 )

v à 3 ( 3 )



3 1, ( 2 )

x x x x x x x x x

,

Thật vậy, rõ ràng với n 0 ,n 1, (1) đúng

, 1, 2 , , 1

v x Thật vậy, theo công thức truy hồi của dãy số a n , giả thiết quy nạp, tính chất (2) của dãy số x n , công thức truy hồi của dãy số x n , ta có

9 6 ( 3 )

Do đó v n là số chính phương Vậy ta có điều phải chứng minh

2 0 1 3 8 1 , 1, 2 ,

n

a))Tìm a sao cho dãy số có giới hạn hữu hạn

b)Tìm a sao cho dãy số(x n)là dãy số tăng (kể từ số hạng nào đó)

Hướng dẫn giải

a)Ta cóx n ( 2a 2 0 1 3 )n a y n, trong đó 3 3

n

0

Do đó tồn tại giới hạn hữu hạn li m n

n

x khi và chỉ khi 2 0 1 3

2

b)Từ lý luận phần a) ta suy ra)

2 0 1 3 2

2 0 1 3

2

2 0 1 3 2

n

n

k h i a

x k h i a

k h i a

m N sao cho x m x m 1 x m 2 là 2 0 1 3

2

Ta đi chứng minh 2 0 1 3

2

2

3

3 1

3

3

3

3

3

3

2 0 1 3 ( 1) 8 ( 1) 1 2 0 1 3 8 1

2 0 1 3 ( 8 ( 1) 1 8 1 )

2 0 1 3

2

2 0 1 3

[ 2 ( 8 ( 1) 1 8 1 ) ]

2

2 0 1 3

2

Vì

2

3

8 1 2 2 6 ( 2 ) 8 1 8 (1 3 3 ) 1

8 ( 1) 1

n

Suy ra x1 x2 x3

Vậy dãy số(x n)là dãy số tăng kể từ số hạng nào đó với 2 0 1 3

2

tăng từ x1