2 một số dạng toán liên quan đến tính chất của dãy số

2 MỘT SỐ DẠNG TỐN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHẤT CỦA DÃY SỐ Bài Cho cấp số cộng S tổng:  un  với n số nguyên dương thỗ mãn u2013 2013; u2014 2014 Tính 1    u1u2 u2u3 u2013u2014 Hướng dẫn giải Dễ dàng chứng minh số hạng tổng quát cấp số cộng  un  un n Khi S 1 1 1       u1u2 u2u3 u2013u2014 1.2 2.3 2013  2014 1 1 1 1006 503          3 2013 2014 2014 1007  x0 a  n    xn 1 2 xn2    xác định Tìm tất giá trị a x  Cho dãy số thực n để xn  với số tự nhiên n Bài Hướng dẫn giải Giả sử xn  với n     xn 1  x  x   n 1 Từ n 2 có Lại từ Suy Từ   2   xn   xn2   2 có xn     xn   , n    xn   1, n   xn 1  1 1  xn2   2 xn2  2 xn  xn   xn  , n   2 2 2 Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức này, ta có: a n n 1  2 1  2  2  x0   x1     x2      xn     , n   2  3 2  3  3 n 1  2 a  0  a  lim   0 n  2   Mà nên phải có Thử lại với a  1 xn   0, n Vậy a  Bài giá trị cần tìm Cho dãy số phương  xn   x0 20; x1 30  x 3xn1  xn , n   xác định  n2 Tìm n để xn 1.xn  số Hướng dẫn giải Từ cơng thức truy hồi xn ta có   x  3x   x  n  , x n21  x n2  3xn 1 xn  x n21  xn x n  3xn 1 x n21  xn 2 xn x n21  x n2  3xn 1 xn xn 1 n1 n n x n2  xn 1 xn  Suy x n21  xn 2 xn x n2  xn 1 xn    x12  x0 x2  500  x n21  x n2  3xn 1 xn  500  x n21  x n2 3 xn 1 xn  500   x n1  x n   xn 1 xn  500 Vậy xn 1 xn  500 số phương Giả sử n số thỏa mãn xn 1 xn  500 số phương 2 Đặt xn 1 xn  500 b , xn 1 xn  a , a, b  , a  b Ta có a  b 501   a  b   a  b  1.501 3.167 Khi ta tìm a = 201, b=1 xn 1 xn 12600  n 2 Với a = 85, b =82 xn 1 xn  7224  n Vậy n = xn 1.xn  số phương Bài Dãy 1 số 22015  un  xác định sau: u1 2  un 1 un  un  1,  n   * Chứng minh 1   22016 k 1 uk 2016   Hướng dẫn giải 2 –2un   un –1 Ta có: un 1 – un  un (1) Do u1 2  u2 – u1 1  u2  u1 u  Từ phép quy nạp ta suy n dãy đơn điệu tăng thực sự, un nhận giá trị nguyên dương lớn với n 1, 2, Ta viết lại điều kiện truy hồi xác định dãy số dạng sau đây: un 1 –1 un2 – un un  un –1 (2)  Từ dẫn đến: un 1  1 1 1      , un (un  1) un  un un un  un1  1 n  1    1 (4)     u u  u  u  k 1 k k 1  k k 1 k 1  (3) Bây từ (3), ta có: n Từ (4) suy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1 2 n 1 1 un 1  1 1 n  22  un 1   22 2n n (5) (ở n 2016 ) Ta chứng minh (5) với n Khi với n 2016 Do un nguyên dương với n , (5) tương đương n n 2  un 1   2 (6) u –1 uk 1  uk 1 –1 Xét n k  Theo (2), ta có: k 2 Vì theo giả thiết quy nạp suy ra: k k k k uk 2   22 (22  1)  22 2 2 k1 k 1 k k k k uk 2  (2  1).(22 1  1)  22 22 22 Như với n k  , ta thu được: k 2  uk 2   2 k k 1 k 1  22  uk 2   22 (8) Từ (8) suy (6) với n 2,3, Vì (5) n 2016 Ta có điều phải chứng minh! Bài an2  5an  10 a1 1; an 1  n 1   an Cho dãy ( an ) n 1 : a) Chứng minh dãy ( an ) hội tụ tính lim an a1  a2   an   n 1 n b) Chứng minh Hướng dẫn giải a) Bằng phương pháp chứng minh qui nạp ta có: Đặt A 5 xét hàm f ( x)  an  n x  x  10 10   x( x 5) 5 x 5 x f '( x )  Suy 10   x  3   0x   1;   2 1   ;1 f ( x ) , nghịch biến đoạn a1  a3  a5   a2 k    A lim a2 k  b  A    a2  a4  a6   a2 k   A   lim a2 k c  A Dẫn đến  c  5c  10 b   5 5 c  b c   2 c  b  5b  10 5 b Kết hợp công thức xác định dãy ta được:  Vậy lim an  5  5  t   1;    b) Nhận xét: t  f (t )   Dẫn đến a2 k   a2 k   5 k 1  a1  a2   a2 k   a2 k  2k 5 (1) Như bất đẳng thức với n 2k Trường hợp n 2k  , ý a2 k 1  5 a1  a2   a2 k   a2 k  a2 k 1  (2k  1) , kết hợp với (1) thu được: 5 Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài Cho dãy số  un  sau u1   u2   * nun 2   3n  1 un 1   n  1 un 3, n   n * a) Chứng minh un 2  3n, n   n b) Đặt S n  uk k 1 Chứng minh n số nguyên tố n > S n chia hết cho n Hướng dẫn giải a) Với n 1 , u1 2  3.1  n 2 , u1 2  3.2  Giả sử uk 2k  3k ; uk 1 2k 1   k  1 Chứng minh uk 2 2k 2   k   , k  * Ta có kuk 2   3k  1 uk 1   k  1 uk 3  kuk 2   3k  1  k 1   k  1    k  1  k  3k  3  uk 2 2k 2   k   Vậy uk 2 2k 2   k   , k  * n S n  uk b) Đặt k 1 Chứng minh n số nguyên tố n  S n chia hết cho n n S n  uk 2  22   2n       ( n  1)  Ta có: k 1  2n  (n  1)n (n  1)n  2  2n   1  1 2 S n 2 Với Do n n số nguyên tố  2n  số nguyên tố lớn chia hết cho  ( n  1) n n chia hết cho n Vậy S n n Bài u1 0   un  u2 18  * un 2 5un 1  6un  24, n   Chứng minh n số nguyên tố Cho dãy số n  un chia hết cho 6n Hướng dẫn giải * Đặt un  12 hay un vn  12, n   Khi 2 5vn 1  6vn v1 12   v2 30 v 5v  6v n 1 n  n 2 Ta Phương trình đặc trưng   5  0 có nghiệm  2   3 n n Khi a.2  b.3 v1 12   v2 30  Ta có 2a  3b 12   4a  9b 30  a 3  b 2 n n Suy 3.2  2.3 n n Khi un vn  12 3.2  2.3  12 Ta có un 6  2n   3n    nên un chia hết cho Mặt khác n số nguyên tố nên theo định lý Fermat 2n 2(mod n)  n 3 3(mod n) hay 3.2n 6(mod n)  n  2.3 6(mod n) n n Từ un (3.2  2.3  12) 0(mod n) Suy un chia hết cho n Với n số nguyên tố n   (n, 6) 1 Suy un chia hết cho 6n Bài x  Cho dãy số n  x1 1   xn 1  xn  xn    xn  xn    16 với nN  * n a) Chứng minh xn  , với n 2 n b) Đặt yn  k 1 yn xk  Tìm nlim   Hướng dẫn giải n a) Chứng minh xn  , với n 2 x2 10  52 n  n 2  Giả sử ta có xn  xn 1  xn  xn    xn  5xn    16   xn  xn   xn  5.5n  5n n Suy xn1  Vậy theo qui nạp n b) Đặt Ta có: yn  k 1 xn  5n  với n 2 yn xk  Tìm nlim   x n  xn   xn  xn    16 xn 1  xn  xn   xn 1   xn2  xn   xn    xn    1 1    xn 1   xn    xn  3 xn  xn   1   xn  xn  xn 1  n yn  k 1 n  1  1 1        xk  k 1  xk  xk 1   x1  xn1  xn1  1  1 lim yn  lim    lim 0  n n   n   n   x xn 1   x   n  n  (vì ) Vậy lim yn  n   Bài Cho dãy số (un ) xác định sau: u1 2  un 3un   2n  9n  9n  3, n 2 Chứng minh p với số nguyên tố p 2014 ui i 1 chia hết cho p Hướng dẫn giải un  n 3  un   (n  1)3  n  Với ta có: 3 u  n 3  un   (n  1)  3  un   (n  2)3   3n   u1  13  3n Từ có: n n 3 n Vậy un 3  n , n 2 , lại có u1 2 3  nên un 3  n , n 1 + Nếu p 2 : có đpcm p + Nếu p số nguyên tố lẻ: u i i 1 (3  32   p  )   13  23   ( p  1)3  p p 1 1 3   (3 p  3)    i   p  1   (3 p  3)    i   p  i     2   2 i 1  i 1 p i3   p  i  Theo Định lí Fermat nhỏ, suy  chia hết cho p Mặt khác chia hết cho p (3 p  3)    i   p  i     i 1 p, i 1, p  nên: chia hết cho p Từ p p   2014 ui 1007 (3 p  3)    i   p  i      i 1 i 1  chia hết cho p Vậy toán chứng minh cho trường hợp Bài 10 Cho dãy số phương  xn   x0 20; x1 30  x 3xn1  xn , n   xác định  n2 Tìm n để xn 1.xn  số Hướng dẫn giải Từ cơng thức truy hồi xn ta có   x  3x   x  n  , x n21  x n2  3xn 1 xn  x n21  xn x n  3xn 1 x n21  xn 2 xn x n21  x n2  3xn 1 xn xn 1 n1 n n x n2  xn 1 xn  Suy x n21  xn 2 xn x n2  xn 1 xn    x12  x0 x2  500  x n21  x n2  3xn 1 xn  500  x n21  x n2 3 xn 1 xn  500   x n1  x n   xn 1 xn  500 Vậy xn 1 xn  500 số phương Giả sử n số thỏa mãn xn 1 xn  500 số phương 2 Đặt xn 1 xn  500 b , xn 1 xn  a , a, b  , a  b Ta có a  b 501   a  b   a  b  1.501 3.167 Khi ta tìm a 201, b 1 xn 1 xn 12600  n 2 Với a 85, b 82 xn 1 xn  7224  n Vậy n = xn 1.xn  số phương Bài 11 Bài Cho phương trình x   x  0 với  số nguyên dương Gọi  nghiệm dương x  , xn 1   xn  , n 0,1, 2,3, xác định sau Chứng minh tồn vô hạn số tự nhiên n cho xn chia hết cho  phương trình Dãy số  xn  Hướng dẫn giải Đầu tiên ta chứng minh  số vô tỉ Thật vậy,  số hữu tỉ  số nguyên (do hệ số cao x 1)  ước Do  1 suy  0 , trái giả thiết Do   xn    xn    xn  1  xn   xn   xn   xn x 1 x  xn   n   xn    n  xn       x    n   xn        (1) Lại có     0 , suy   xn  xn   x  x  xn  xn 1   xn  n   xn   n   xn  xn       (do (1)) Vậy xn 1 xn   (mod  ) Từ quy nạp ta có với xn 1 xn  (2 k 1)  ( k  1) (mod  ) (2) Chọn k  * , n 2k  1, k  l  l  *  n  2l , , từ (2) ta có x2l  x0  l   l 0 (mod  ) * Vậy x2l chia hết cho  , l   Bài 12 a  Cho dãy số n xác định số phương a0 a1 2004  an 2 7an 1  an  3978, n   an  10 Chứng minh 2014 Hướng dẫn giải Ta có an 2 Đặt  7an 1  an  3978  an 2  10 a  10 an  10 7 n 1   2014 2014 2014 v0 v1 1  vn 2 7vn 1   2, n   an  10 2014 Ta dãy số   xác định Ta phải chứng minh số phương Thật vậy, xét dãy số ( xn ) xác định Hiển nhiên dãy số  xn   x0 1; x1 1   xn 2 3xn 1  xn , n   dãy số nguyên n  , xn21  xn2  xn 1 xn  xn21  xn ( xn  3xn1 )  xn21  xn xn2 xn21  xn2  xn 1 xn  xn1 ( xn1  xn )  xn2  xn2  xn 1 xn   xn21  xn xn 2  xn2  xn 1 xn  x12  x0 x2  Ta có  xn21  xn2  xn 1 xn  1, n   (2) Ta chứng minh  xn , n   (1) quy nạp Thật vậy, rõ ràng với n 0, n 1 , (1) Giả sử (1) đến n k  1, k   , tức  xn , n 1, 2, , k  ta chứng minh (1) với n = k+2, nghĩa chứng minh vk 2 xk 2 Thật vậy, theo công thức truy hồi dãy số thức truy hồi dãy số  an  , giả thiết quy nạp, tính chất (2) dãy số  xn  , công  xn  , ta có vk 2 7vk 1  vk  7 xk21  xk2  7 xk21  xk2  2( xk21  xk2  3xk 1xk ) 9 xk21  xk 1 xk  xk2 (3xk 1  xk ) xk22 Do số phương Vậy ta có điều phải chứng minh 3 Cho dãy số ( xn ) xác định xn 2013n  a 8n  1, n 1, 2, a số thực a)) Tìm a cho dãy số có giới hạn hữu hạn Bài 13 b) Tìm a cho dãy số ( xn ) dãy số tăng (kể từ số hạng đó) Hướng dẫn giải 3 a) Ta có xn (2a  2013)n  ayn , yn  8n   2n  8n3   (2n)3 3 3 (8n 1)  2n 8n 1  4n  3 (8n  1)  2n 8n   4n lim xn Do tồn giới hạn hữu hạn n   b) Từ lý luận phần a) ta suy ra) a  0 Khi n   2013 2013   a    2013  lim xn 0 a  n    2013    a    Bởi điều kiện cần để tồn m  N cho xm  xm 1  xm 2  * Ta chứng minh Thật vậy: Với a  a  2013 điều kiện đủ để có kết luận 2013 xn 1  xn 2013(n  1)  a 8(n  1)3   2013n  a 8n  2013  a ( 8( n  1)3 1  2013  2013 ( 8( n  1)3   8n3  1)  8n3  1)  2013 [2  ( 8(n  1)3   8n  1)]  2013 (2  8n3   8(n  1)3  1)  Vì (2  8n3  1)3 8  12 8n3     8n   n    12.2n  6(2n)  8n3  8(1  3n  3n  n )  8(n  1)3  a  2013 Suy x1  x2  x3  Vậy dãy số ( xn ) dãy số tăng kể từ số hạng với tăng từ x1 a  2013 trường hợp ( xn ) dãy số