Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)

Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật (Luận văn thạc sĩ)

ĐÀO THỊ SEN

TỔNG LIÊN QUAN ĐẾN CÁC

DÃY SỐ CÓ QUY LUẬT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017

ĐÀO THỊ SEN

TỔNG LIÊN QUAN ĐẾN CÁC

DÃY SỐ CÓ QUY LUẬT

CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS NGUYỄN VĂN NGỌC

THÁI NGUYÊN - 2017

Mục lục

Chương 1 Tổng của các biểu thức nguyên 3 1.1 Nguyên lý quy nạp Toán học chứng minh đẳng thức và bất đẳng

thức liên quan đến tổng 3

1.1.1 Các khái niệm 3

1.1.2 Các bài toán 4

1.2 Phương pháp tách các số hạng 5

1.2.1 Cơ sở lý luận 5

1.2.2 Các bài toán 5

1.3 Phương pháp hằng đẳng thức 9

1.4 Phương pháp đa thức 15

1.5 Tổng hữu hạn liên quan đến hàm lũy thừa của các số tự nhiên 19 Chương 2 Tổng của các biểu thức phân 24 2.1 Tính tổng bằng phương pháp phân tách các hạng tử 24

2.1.1 Cơ sở lý luận 24

2.1.2 Các bài toán 25

2.2 Tìm số các số hạng của một dãy số có quy luật 33

2.3 Một số bài toán khác liên quan đến tổng của các phân thức 35

Chương 3 Tổng liên quan đến các cấp số 42 3.1 Cấp số cộng 42

3.1.1 Khái niệm 42

3.1.2 Các bài toán 42

3.2 Cấp số nhân 47

3.2.1 Khái niệm 47

3.2.2 Các bài toán 47

3.2.3 Tính tổng các đa thức đặc biệt 50 3.2.4 Một số bài toán về cấp số và tổng hữu hạn 52

Chương 4 Bất đẳng thức liên quan đến tổng 66 4.1 Các dạng toán có độ khó trung bình 66 4.2 Các dạng toán có độ khó cao hơn 73

Mở đầu

Các bài toán liên quan đến tổng đại bộ phận là những bài toán khó mà học sinh phổ thông, nhất là phổ thông cơ sở tỏ ra rất lúng túng khi gặp các bài toán dạng này Các bài toán dạng này hầu như không được giới thiệu trong sách giáo khoa ở bậc THCS, còn ở bậc THPT chỉ được giới thiệu một số tổng đơn giản

và được chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

Mục đích của luận văn này là tìm tòi học tập các phương pháp đơn giản về tính tổng của các số tự nhiên và của các phân số hữu tỷ, vô tỷ liên quan đến các dãy số có quy luật, bao gồm cả cấp số cộng và cấp số nhân Ưu tiên các phương pháp chỉ sử dụng các kiến thức ở THCS, điều này làm nên sự khác biệt của luận văn này với tài liệu [1].

Luận văn có bố cục: mở đầu, 4 chương, kết luận và tài liệu tham khảo Chương 1: Trình bày nguyên lí quy nạp và các bài toán về tổng các biểu thức nguyên với các phương pháp cơ bản để giải quyết các bài toán.

Chương 2: Trình bày các dạng các bài toán về tổng các biểu thức phân Chương 3: Trình bày các tổng liên quan đến các cấp số.

Chương 4: Trình bày các bài toán khó về bất đẳng thức liên quan với các tổng hữu hạn.

Nội dung chủ yếu của luận văn được tham khảo từ các tài liệu của tác giả,

và các tác phẩm: Phạm Quốc Khánh [1], Tuyển chọn theo chuyên đề [2], Tuyển chọn theo chuyên đề toán học và tuổi trẻ [3], Tổng tập Toán Tuổi Thơ [4], A.F.Beardon [5], Kenderdine Maths Tutoring [6], V.A.Krechmar [7], Xiong Bin, Lee Peeng Yee [8].

Em xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc nhất tới người thầy kính mến TS Nguyễn Văn Ngọc người đã tận tình hướng dẫn giúp đỡ em trong suốt quá trình làm và hoàn thành luận văn.

Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học, những người đã trực tiếp giảng dạy và giúp đỡ em trong quá trình học tập tại

Tôi xin cảm ơn bạn bè và các học viên trong lớp cao học Toán K10C1 - Thái Nguyên đã luôn quan tâm động viên giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập và quá trình làm luận văn.

Sự quan tâm khích lệ động viên của gia đình cũng là nguồn động viên lớn để tôi hoàn thành khóa luận này.

Tuy nhiên do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn thạc sĩ nên bản luận văn mới chỉ trình bày một phần nào đó Do thời gian có hạn và năng lực còn hạn chế nên luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót Kính mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cô và các anh chị, các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn chỉnh hơn.

Thái Nguyên, tháng 11 năm 2017

Người viết luận văn

Đào Thị Sen

Chương 1

Tổng của các biểu thức nguyên

Chương này trình bày một số bài toán về tổng của các biểu thức nguyên Nội dung của chương này được tham khảo từ các tài liệu [1],[2],[4],[5].

1.1 Nguyên lý quy nạp Toán học chứng minh đẳng

trong đó ký hiệu (xích-ma) Pn

k=1ak là tổng của các số ak với k = 1, 2, , n Biểu thức, hay giá trị của tổng Pn

k=1ak thường được ký hiệu là An, Bn, Sn Ta có

2 sẽ được chứng minh dưới đây.

• Nguyên lý quy nạp Toán học

Nguyên lý quy nạp Toán học, gọi tắt là Nguyên lý quy nạp, thường được dùng

để chứng minh một Mệnh đề nào đó phụ thuộc vào số tự nhiên Giả sử ta cần

chứng minh Mệnh đề Pn nào đó Trước hết, ta cần kiểm tra tính đúng đắn của

Pn với n nhỏ nhất có thể có, thí dụ n = 1 Sau đó, giả sử Mệnh đề đúng với

n = k.Nếu chúng ta chứng minh được tính đúng đắn của mệnh đề với n = k + 1,

thì theo Nguyên lý quy nạp Toán học, mệnh đề được chứng minh với mọi số tự nhiên n.

Khi gặp bài toán về chứng minh một mệnh đề nào đó phụ thuộc và số tự nhiênn ta thường dùng phương pháp quy nạp Sau đây tôi xin trình bày phương pháp nói trên để chứng minh đẳng thức liên quan đến tổng hữu hạn.

Lời giải Sử dụng nguyên lý quy nạp Gọi S(n) = 1! + 2.2! + 3.3! + + n.n!

+) với n = 1 suy ra VT=VP đẳng thức luôn đúng

+) giả sử đẳng thức đúng với n, ta chứng minh đúng với n + 1.

Lời giải Gọi S(n) = 1.2.3 + 2.3.4 + + n(n + 1)(n + 2)

+) với n = 1 suy ra VT=VP đẳng thức luôn đúng

+) giả sử đẳng thức đúng với n Ta chứng minh đúng với n + 1.

Cộng theo thứ tự trên-dưới các số hạng trong tổng đã cho, ta được

Ln = 1.3.5 + 3.5.7 + 5.7.9 + + (2n − 1).(2n + 1).(2n + 3)

Lời giải Nhân hai vế của tổng đã cho với 8=4.2 và áp dụng công thức tách

Bài toán 1.2.6 Tính các tổng sau

Bài toán 1.2.7 Tính các tổng sau

A = 1.2.3.4 + 2.3.4.5 + + n(n + 1)(n + 2)(n + 3), (1.4)

B = 1.3.5.7 + 3.5.7.9 + + (2n − 1).(2n + 1).(2n + 3).(2n + 5) (1.5) Lời giải.

Nhân hai vế của (1.4) với 5 Ta có

(n + 1)3= 3[12+ 22+ 32+ + n2] + 3n(n + 1)

2 + (n + 1)3(12+ 22+ 32+ + n2) = (n + 1)3− 3n(n + 1)

2 − (n + 1)3(12+ 22+ 32+ + n2) = n(n + 1)(2n + 1)

Suy ra

S2(n) = 12+ 22+ 32+ + n2 = n(n + 1)(2n + 1)

Từ đó

14+ 24+ 34+ + n4+ (n + 1)4

= [14+ 24+ 34+ + n4] + 4[13+ 23+ 33+ + n3]+ 6[12+ 22+ 32+ + n2] + 4[1 + 2 + 3 + + n] + [n + 1]

Vậy

(n + 1)4 = 4[13+ 23+ 33+ + n3] + 6[12+ 22+ 32+ + n2] + 4n(n + 1)

2 + [n + 1]4[13+ 23+ 33+ + n3] = (n + 1)4− 6n(n + 1)(2n + 1)

6 − 4n(n + 1)

2 − (n + 1)4[13+ 23+ 33+ + n3] = (n + 1)4− n(n + 1)(2n + 1) − 2n(n + 1) − (n + 1)

[13+ 23+ 33+ + n3] = (n + 1)[(n + 1)

3− n(2n + 1) − 2n − 1]

4[13+ 23+ 33+ + n3] = (n + 1)[n

i2

Vậy

S3(n) = 13+ 23+ 33+ + n3=hn(n + 1)

2

i2

Bài toán 1.3.4 Biết

Sn = 13+ 23+ + n3 =

hn(n + 1)2

i2

Bài toán 1.3.5 Tính tổng Sn =Pni=1i(3i − 1)

n

X

i=1(3i2− i) = 3

Bài toán 1.3.6 Biết

n

X

i=1(i2+ i) =

X

i=18i3+ 4i2− 2i − 1

= n (n + 1)2

1.4 Phương pháp đa thức

Bài toán 1.4.1 Cho số thực m 6= 0 Tìm đa thức bậc hai P2(x) = ax2+ bx + c,

sao cho x = P2(x + m) − P2(x) với mọi x.

Lời giải Theo giả thiết ta có

2mx

2− 1

2x.

Nhận xét 1.4.2 Vì P2(0) = 0, nên P2(m) = 0

Áp dụng:

a) 1 + 2 + 3 + + n = P (2) − P (1) + P (3) − P (2) + + P (n + 1) − P (n)

= P (n + 1) − P (1) = n(n + 1)

2 (m = 1)b) 1 + 3 + 5 + + (2n − 1) = P (3) − P (1) + + P (2n + 1) − P (2n − 1)

i

= n2 (m = 2)

Bài toán 1.4.3 Cho số thựcm 6= 0.Tìm đa thức bậc ba P3(x) = ax3+bx2+cx+d,

sao cho x2= P3(x + m) − P3(x) với mọi x.

Lời giải Theo giả thiết ta có

x2≡ a(x + m)3+ b(x + m)2+ c(x + m) + d − (ax3+ bx2+ cx + d)

= a(x3+ 3x2m + 3xm2+ m3) + b(x2+ 2xm + m2) + c(x + m) + d

− ax3− bx2− cx − d = 3amx2+ x(3am2+ 2bm) + (am3+ bm2+ cm)

So sánh hệ số của các đơn thức cùng bậc ở hai vế của đẳng thức trên, ta có







3am = 1,(3am + 2b)m = 0,

i

= n(n + 1)(2n + 1)

6b) (m = 2) : 12+ 32+ + (2n − 1)2 = P3(3) − P3(1) + + P3(2n + 1) − P3(2n − 1)

i

= n(4n

2− 1)

3 .

Bài toán 1.4.5 Cho số thực m 6= 0 Tìm đa thức bậc bốn P4(x) = ax4+ bx3+

cx2+ dx + e sao cho x3 = P4(x + m) − P4(x) với mọi x.

Lời giải Theo giả thiết ta có

x3≡ a(x + m)4+ b(x + m)3+ c(x + m)2+ d(x + m) + e − (ax4+ bx3+ cx2+ dx + e)

= a(x4+ 4x3m + 6x2m2+ 4xm3+ m4) + b(x3+ 3x2m + 3xm2+ m3)

+ c(x2+ 2xm + m2) + d(x + m) + e − ax4− bx3− cx2− dx − e

= 4amx3+ x2(6am2+ 3bm) + x(4am3+ 3bm2+ 2cm) + (am4+ bm3+ cm2+ dm + e)

So sánh hệ số của các đơn thức cùng bậc ở hai vế của đẳng thức trên, ta có

i

= n

2(n + 1)24

=

hn(n + 1)2

i2

i

= n2(2n2− 1)

Bài toán 1.4.7 Cho số thực m 6= 0 Tìm đa thức bậc năm P5(x) = ax5+ bx4+

cx3+ dx2+ ex + f, sao cho x4 = P5(x + m) − P5(x) với mọi x.

Lời giải Theo giả thiết ta có

x4 ≡ a(x + m)5+ b(x + m)4+ c(x + m)3+ d(x + m)2+ e (x + m) + f

= a x5+ 5x4m + 10x3m2+ 10x2m3+ 5xm4+ m5

+ b(x4+ 4x3m + 6x2m2+ 4xm3+ m4) + c x3+ 3x2m + 3mx2+ m3
+ d x2+ 2xm + m2
+ e (x + m) + f

= 5amx4+ 10am2+ 4bm
x3+ 10am3+ 6bm2+ 3cm
x2

1.5 Tổng hữu hạn liên quan đến hàm lũy thừa của

n

X

k=1[k3− (k − 1)3] + 3

= 4

n

X

k=1[k4− (k − 1)4] + 6

Theo công thức truy hồi (1.6) và các công thức (1.2)-(1.4) chúng ta tính Sp−1

thông qua các giá trị p đủ nhỏ

Lời giải Ta có

L1(n) = 1 + 3 + 5 + + (2n − 1) = n2 (1.20) Với p > 1 chúng ta biến đổi công thức (1.3) như sau

trong đóSp(n) được xác định theo công thức (1.1) Theo công thức (1.24) ta có

P1(n) = 1

4n

4+7

6n

3+ 7

4n

2+ 5

P2(n) = 1

5n

5+ n4+5

3n

3+ n2+ 2

Lời giải Ta biến đổi tổng Qp(n) như sau Đặt i = k + 1 ta có

Qp(n) =

n+1

X

i=2(i − 1)ip =

n+1

X

i=1(i − 1)ip=

n

X

i=1(i − 1)p+ n(n + 1)p

trong đóSp(n) được xác định theo công thức (1.1) Theo công thức (1.32) ta có

Chương 2

Tổng của các biểu thức phân

Chương này trình bày một số bài toán về tổng của các phân thức Nội dung của chương này được tham khảo từ các tài liệu [2],[3].

1a

 1k(k + a) − 1

= (k + 1)

√

k − k√

k + 1k(k + 1) =

k2 − 1(k + 1)2

1(2n − 1)(2n + 1) +

12n(2n + 2) =

6n2+ 5n4(n + 1)(2n + 1).

Lời giải Đặt vế trái của đẳng thức cần chứng minh là Sn Với n = 1, ta có

V T = S1 = 1

1.3 +

12.4 =

Với n = k + 1, ta có

Sk+1 = 1

1.3 +

12.4 +

13.5 + +

1(2k − 1)(2k + 1) +

12k(2k + 2) +

1(2k + 1)(2k + 3)

(2k + 2)(2k + 4) = Sk +

1(2k + 1)(2k + 3) +

1(2k + 2)(2k + 4)

= 6k

2+ 5k4(k + 1)(2k + 1) +

1(2k + 1)(2k + 3) +

1(2k + 2)(2k + 4)

= 3

4− 1

2

 12k + 1 +

12k + 2



+12

 12k + 1 − 1

2k + 3



+12

 12k + 2 − 1

12k + 4



= 3

4 − 4k + 74(k + 2)(2k + 3) =

6k2+ 17k + 114(k + 2)(2k + 3)

= 6(k + 1)

2+ 5(k + 1)4[(k + 1) + 1][2(k + 1) + 1].

Vậy theo Nguyên lý quy nạp Toán học đẳng thức đã cho đứng với mọi số nguyên dương n.

Bài toán 2.1.2 Tính tổng S gồm 23 số hạng sau

S = 11.2.3 +

12.3.4 +

13.4.5 + +

123.24.25.

Lời giải Áp dụng công thức

2(n − 1)n(n + 1) =

(n + 1) − (n − 1)(n − 1)n(n + 1) =

1(n − 1)n − 1

n(n + 1), ta có

2S = 21.2.3 +

22.3.4 +

23.4.5 + +

223.24.25

= 11.2 − 12.3 +

12.3 − 13.4 + +

123.24 − 24

25

= 1

2− 124.25 =

5(2.3)2 + +

2n + 1[n(n + 1)]2.

Lời giải Ta có

2i + 1[i(i + 1)]2 = 1

i2 − 1(i + 1)2,

= (k + 1)

√

k − k√

k + 1k(k + 1)

(Tạp chí toán học và tuổi trẻ số 349 năm 2006)

Lời giải Với mọi n ≥ 2 ta có

22006(20052)2005+ 1 =

22006(20052)2005− 1−

2007(20052)2006− 1,

Cộng từng vế của 2006 đẳng thức trên ta được

S = 2

2005 − 1− 2

2007(20052)2006− 1 =

1

1002− 2

2007(20052)2006− 1.

Bài toán 2.1.8 Với n ∈ N∗ và

an = (−1)nn

2+ n + 1n!

nhn2n! +

n + 1n!

i

= (−1)nh n

(n − 1)! +

n + 1n!

32!+

43!) + (

43! +

54!) + + (

20042003! +

20052004!) − (

20052004! +

20062005!)

⇒ S = −3 + 2

1!− 2006

2005 = 1 −

20062005!.

Chú ý: Có thể biểu diễn

an = (−1)n

h nn(n − 1)! +

1(n − 1)!+

1n!

i

Để tính tổng S nói trên theo cách khác.

A =

√

2 −√1

2 − 1 +

√

3 −√2

3 − 2 +

√

4 −√3

1 − 3 −

√

3 +√5

3 − 5 +

√

5 +√7

5 − 1 +

√

9 −√5

Bài toán 2.1.12 Cho các số a1; a2; a3; ; a2003 biết

ak = 3k

2+ 3k + 1(k + k2)3

2+ 3a + 1
3a2+ 3a + 1 = 3a + 1,

Lần lượt thay a từ 1 đến2006 ta được:

12.3.4 +

13.4.5 + +

123.24.25.

Lời giải.Ta có

2(n − 1) n (n + 1) =

(n + 1) − (n − 1)(n − 1) n (n + 1) =

1(n − 1) n − 1

n (n + 1)

⇒ 2S = 2

1.2.3 +

22.3.4 +

23.4.5+ +

223.24.25

⇒ 2S = 1

1.2 − 12.3 +

12.3 +

13.4 +

123.24 − 1

24.25

⇒ 2S = 1

2− 124.25 =

299600

⇒ S = 299

1200.

Nhận xét: Ta có thể áp dụng công thức:

2(n − 1) n (n + 1) =

(n + 1 − (n − 1))(n − 1) n (n + 1) =

1(n − 1) n − 1

Lời giải Với k ∈N∗, k >2 Ta có

,

1 + 1

n − 1 − 1

n

= 1 + 1

k + k√

k + 3

với k ∈N∗.

Ta có

1(k + 3)√

2.2 Tìm số các số hạng của một dãy số có quy luật

Bài toán 2.2.1 Tìm n sao cho tổng của 2n số hạng

1

1.3 +

12.4 +

13.5 + +

1(2n − 1) (2n + 1) +

12n (2n + 2) =

13.5 + +

1(2n − 1) (2n + 1) +

12n (2n + 2),

2(2n − 1) (2n + 1)



+



22.4 +

24.6 + +

22n (2n + 2)



= 32

 12n + 1 +

12n + 2



A = 14651

19800 ⇒ 3

2− 12n + 1 +

12n + 2



= 1465119800

⇒ 1

2n + 1 +

12n + 2 =

1999900

⇒ 4n + 3

(2n + 1) (2n + 2) =

199

9900.

là phân số tối giản với n là số tự nhiên bất kỳ.

Bài toán 2.2.3 Viết tất cả các phân số sau thành dãy

a) Các phân số trong dãy được chia thành các nhóm có tổng tử và mẫu lần lượt

là 3; 4; 5 Trong mỗi nhóm mẫu viết theo thứ tự tăng dần, tử ngược lại 5 phân

số tiếp theo của dãy là

2.3 Một số bài toán khác liên quan đến tổng của

Lời giải Biến đổi vế trái ta có

12n

12n

Bài toán 2.3.2 Chứng minh rằng



= (1 − 1) +



1 − 12



+



1 − 13



+ +



1 − 1100

và ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 2.3.4 Tìm M, N, P sao cho tổng

12.3 +

13.4 + +

199.100

13.4 + +

1(n + 1)(n + 2) + +

124.25+

125.26) =

1

3C.

Với

C = 12.3 +

13.4 + +

1(n + 1)(n + 2) + +

124.25+

125.26

= 1

2 − 1

26 =

613

13.4 + +

1(n + 1)(n + 2) + +

124.25 +

125.26) =

1n(n + 30)+ +

11979.2009

B = 1

2.1980 +

13.1981 + +

+)Với k = 30 ta có

30A = 30

2.32 +

303.33 + +

301979.2009

1978B = 1978

2.1980+

19783.1981 + +

197831.2009

B = 1

1.2.3 +

12.3.4 +

13.4.5 + +

1n(n + 1)(n + 2)+ +

12008.2009.2010.

1n(n + 1) + +

12008.2009 = 1 −

1

2009 =

20082009

2B = 2

1.2.3+

22.3.4 +

23.4.5 + +

2n(n + 1)(n + 2)+ +

22008.2009.2010

= 1

2− 1

2009.2010 =

201904420092010

Do đó B

A =

10095222009.2010 :

Bài toán 2.3.12 (Đề học sinh giỏi lớp 7, Tỉnh Bắc Giang, 2012 - 2013) Cho

2,

Sn = [(2n + 1)(n + 1)]2− 8



n(n + 1)2

2,

Sn = (2n + 1)2(n + 1)2− 2n2(n + 1)2,

Sn = (n + 1)2(2n + 1)2− 2n2= (n + 1)22n2+ 4n + 1

Cộng từng vế của các đẳng thức trên ta có ra điều phải chứng minh.

Bài toán 3.1.2 Giả sử a1, a2, , an(n > 2) là một cấp số cộng với a1 = 0 Đơn giản biểu thức

theo a1, a2n và n.

Lời giải Giả sử d là công sai của cấp số cộng đã cho ta có

a21− a22= (a1− a2)(a1+ a2) = −d(a1+ a2),

Bài toán 3.1.4 Cho cấp số cộng a1, a2, , an với công sai d Tính tổng

n

X

i=1

i2

i=1

i2= 12+ 22+ + n2= n(n + 1)(n + 2)

6

được thiết lập trong Chương 1.

Bài toán 3.1.5 Ký hiệu sn là tổng của n số hạng đầu tiên của một cấp số cộng

Lời giải 1) Với d là công sai của cấp số đã cho, ta có

n.

và ta có điều phải chứng minh.

3.2 Cấp số nhân

3.2.1 Khái niệm

Cấp số nhân là một dãy số {u1, u2, }, trong đó kể từ số hạng thứ hai, mỗi

số hạng bằng số hạng đứng ngay trước nó nhân với một số không đổi q 6= 1 Tức

là un+1 = unq, n ∈ N∗ (công thức truy hồi), số q được gọi là công bội của cấp số nhân.

Với cấp số nhân, ta có các tính chất sau

1) un = u1qn−1,2) u2n = un−1un+1,

= 1

9[(10

1+ 102+ + 10n) − n]

= 19

10n+1− 10

9 − n

Ta có< /h3>

1(k + 3)√

2.2 Tìm số số hạng dãy số có quy luật< /h3>

Bài tốn 2.2.1 Tìm n sao cho tổng của 2n số hạng

1... thành dãy< /h3>

a) Các phân số dãy chia thành nhóm có tổng tử mẫu lần lượt

là 3; 4; Trong nhóm mẫu viết theo thứ tự tăng dần, tử ngược lại phân

số. .. dần, tử ngược lại phân

số dãy là

2.3 Một số toán khác liên quan đến tổng của

Lời giải Biến đổi vế trái ta có< /h3>

12n

12n