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

Hướng dẫn giải Dễ dàng chứng minh được số hạng tổng quát của cấp số cộng  u n là u n n.. Hướng dẫn giải Từ công thức truy hồi của xn ta có.. Ta viết lại điều kiện truy hồi xác định d

Trang 1

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 u20132013;u2014 2014 Tính

S

Hướng dẫn giải

Dễ dàng chứng minh được số hạng tổng quát của cấp số cộng  u n là u n n.

Khi đó

S



Bài 2. Cho dãy số thực  x n

được xác định bởi

0

2

n



�

 �

để x n 0 với mọi số tự nhiên n

Giả sử x n 0 với n ��

Từ x n2 2x n21  có 1 0 1

2

0

2 x n

.

Lại từ

2

có

Suy ra

n

x  

và

1 1, 2

n

Từ đó

1

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

2

n

Mà

2

3

n

n� �  � �� �

0

a  �a 

Thử lại với

1 2

thì

1 0, 2

n

x    n

Trang 2

Vậy

1

2

là giá trị duy nhất cần tìm

Bài 3. Cho dãy số  x n

xác định bởi

x x  x n

�

phương

Từ công thức truy hồi của xn ta có

1

n n

x



�

 1 

2

n x n x x n n

Vậy x x n1 n500 là số chính phương.

Giả sử n là số thỏa mãn x x n1 n500 là số chính phương.

Đặt x x n1 n500b x x2, n1 n 1 a a b2, , ��,a b .

Ta có a2 b2 501�a b a b     1.501 3.167

Khi đó ta tìm được a = 201, b=1 thì x x n1 n 12600�n2.

Với a = 85, b =82 thì 1

7224 5

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

Bài 4. Dãy số  u n

xác định như sau:

1 2 1

2

u



�

2016

Ta có: u n1–u n  2

n

u  2

–2u n 1 u n –1 (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 un 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:

Trang 3

n

u   2

n

u –u n u u n n –1 (2).

Từ đó dẫn đến: 1

u  u u u u

, (3)

u u u 

�

k uk k uk uk uk

� �

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

1 1

1

n

u u





(ở đây n2016 ) Ta sẽ chứng minh (5) đúng với mọi n Khi đó nó sẽ đúng với n2016.

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

1

2 n 1�u n  1 2 n (6).

Xét khi n k  Theo (2), ta có: 1 u k2 –1u k1u k1–1.

Vì thế theo giả thiết quy nạp suy ra:

1

2

k

u



Như thế với n k  , ta thu được:.1

1 1

2

k

u



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

Vì vậy (5) đúng n2016 Ta có điều phải chứng minh!.

Bài 5. Cho dãy ( )a n n� 1

 :

2

5

n

a

a) Chứng minh dãy ( )a hội tụ và tính lim n a n

b) Chứng minh

1 2

n

n n

a) Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta có: 1� �a n 32n

Đặt

2

A 

và xét hàm

2

Trang 4

Suy ra  2

2 5

x

� �

, như vậy f x( ) nghịch biến trên đoạn

1

;1 2

� �

� � Dẫn đến

k k



�

�      

�

2 1 2

lim lim

k k



�

Kết hợp công thức xác định dãy ta được:

2

5

2

5

b

c

b

�

 

� 

Vậy

lim

2

n

a  

b) Nhận xét:

1;

2

� � thì t f t( ) 5  5. Dẫn đến a2k1a2k  5 5  � k 1

2

�

(1)

Như vậy bất đẳng thức đúng với n2k.

Trường hợp n2k , chú ý 1 2 1

2

k

a   

, kết hợp với (1) thu được:

2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Bài 6. Cho dãy số  u n như sau    

1 2

*

1 2

u u

�  

�

 

�

a) Chứng minh u n 2n3 ,n n �� *

b) Đặt

1

n

k

S  u



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

a) Với n , 1 u1  21 3.1  1

2

n , u1223.2 2

1

u   k u     k .

Trang 5

Chứng minh 2   *

k

Ta có

ku   k u   k u 

   1       

k

ku   k   k  k  k 

�

 

2

k

u     k

k

u     k  ��k

b) Đặt

1

n

k

S  u



Chứng minh rằng nếu n là số nguyên tố và n thì 2 S chia hết cho n n

1

n

k



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

�

chia hết cho n

Vậy S n nM.

Bài 7. Cho dãy số

  12

*

0 18

n

u

� 

�

3

n thì u chia hết cho 6n n

12,

Khi đó v n2 5v n16v n.

Ta được

  12

12 30

n

v

v v

v v  v



�

� 

�

Phương trình đặc trưng 25 6 0 có nghiệm 2�3.

Khi đó v n a.2n b.3n.

Trang 6

Ta có

1

2

Suy ra v n 3.2n2.3n.

Khi đó u n   v n 12 3.2n2.3n  12

n

u     

nên u chia hết cho 6 n Mặt khác n là số nguyên tố nên theo định lý Fermat.

2 2(mod )

3 3(mod )

n

� �

�

3.2 6(mod ) 2.3 6(mod )

n

n n

�

Từ đó u n (3.2n2.3n12) 0(mod )� n .

Suy ra u chia hết cho n n

Với n là số nguyên tố và n3�( ,6) 1n  .

Suy ra u chia hết cho 6n n

1

x



�

a) Chứng minh x n 5n1, với mọi n� 2

1 3

n

y

x





�

Tìm nlim y n



a) Chứng minh x n 5n1, với mọi n� 2

2 1

x     .

Giả sử ta có x n 5n1 n�2.

1





Suy ra 1 5n

n

x  

Vậy theo qui nạp x n 5n1 với  � n 2

1 3

n

y

x





�

Tìm nlim y n



Ta có:

Trang 7

   

x  x  x  � x  x  x   x  x  .

   

1



�

n

y

1

n

y

x



n

1

n n

x



� �





�

)

Vậy

1 lim

3

n



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

1

2

u



�

rằng với mọi số nguyên tố p thì

1

2014

p i i

u





�

chia hết cho p

1

u n  u   n

Vậy u n  3n n3, � , lại có n 2 1 3

n

+ Nếu p2: có ngay đpcm.

1

p

p i

i





�

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

i  p i cũng chia hết cho

1

p p

i

i p i





chia hết cho p Từ đó

 

3 3

i

�

chia hết cho p Vậy bài toán được chứng minh cho mọi trường hợp

xác định bởi

x  x x n

�

phương

Từ công thức truy hồi của xn ta có

Trang 8

 

1

n n

x



�

 1 

2

n x n x x n n

Vậy x x n1 n500 là số chính phương.

Giả sử n là số thỏa mãn x x n1 n500 là số chính phương.

Đặt x x n1 n500b x x2, n1 n 1 a a b2, , ��,a b .

a  b � a b a b    .

Khi đó ta tìm được a201,b1 thì x x n1 n 12600�n2.

Với a85,b82 thì 1

7224 5

x x  �n

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

Bài 11. Bài 3 Cho phương trình x2x 1 0 với  là số nguyên dương Gọi  là nghiệm dương

của phương trình Dãy số  x n

được xác định như sau x0 , x n1 x n, n0,1,2,3, .

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

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 x2 là 1) và  là ước của 1 Do đó  1 suy ra   , trái giả thiết.0

Do đó x n1x n1x n11.

1

n

x

�

1 1

n

x

� � 

� � �

� � (1) Lại có 2  , suy ra 1 0

1

 



 

n

x



Vậy x n1 �x n11 (mod ) Từ đó bằng quy nạp ta có với mọi k��*, n�2k1, thì

Trang 9

Chọn  *

1

k l l��

, n 1 2l, từ (2) ta có.

Vậy x 2l chia hết cho  ,  ��l *..

Bài 12. Cho dãy số  a n

xác định bởi

2004

a a

 

�

10 2014

n

a 

là

số chính phương

Ta có

Đặt

10

2014

n

a

v  

Ta được dãy số  v n xác định bởi

1

v v

 

�

Ta phải chứng minh v là số chính phương n

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

x x  x n

�

Hiển nhiên dãy số  x n là dãy số nguyên.

Ta có

�

Ta sẽ chứng minh v n x n2, �� (1) bằng quy nạp.n

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

Giả sử (1) đúng đến n k 1,k��, tức là v n x n n2, 1, 2, ,k 1

ta chứng minh (1) đúng với n = k+2, nghĩa là chứng minh v k2 x k22.

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

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

Trang 10

Bài 13. Cho dãy số( )x n được xác định bởi 3 3

n

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

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

a)Ta cóx n (2a2013)n ay n, trong đóy n  38n3 1 2n.

0

 

Do đó tồn tại giới hạn hữu hạn nlim x n



� � khi và chỉ khi

2013 2

a 

b)Từ lý luận phần a) ta suy ra)

2013 2 2013

2 2013 2

n

khi a



� �

�

Bởi vậy điều kiện cần để tồn tại m N� *sao cho x m x m1x m2  là a�20132

Ta đi chứng minh

2013 2

a�

là điều kiện đủ để có kết luận trên

Thật vậy: Với

2013 2

a�

3

3 1

3

2013

2

2013

2

2013

2

Vì

3

n

Suy ra x1x2  x3 .

Trang 11

Vậy dãy số( )x n là dãy số tăng kể từ số hạng nào đó với

2013 2

a�

và trong trường hợp đó ( )x n là dãy số

tăng từ x1.

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	473,9 KB