Đs chương 3 dãy số

chơng dÃy số, cấp số cộng cấp số nhân A Kiến thức cần nhớ I Phơng pháp quy nạp toán học Việc sử dụng phơng pháp quy nạp toán học để chứng minh f(n) có tính chất K víi n  N ta thùc hiƯn theo c¸c bíc sau: Bíc 1: (Bíc c¬ së): Chøng tá víi n = f(1) thoả mÃn tính chất K Bớc 2: (Bớc quy nạp): Giả sử số hạng f(k) thoả mÃn tính chất K Ta chứng minh số hạng f(k + 1) thoả mÃn tính chất K Bớc 3: Kết luận II DÃy số Định nghĩa Định nghĩa 1: Một hàm số u xác định tập hợp N* số nguyên dơng đợc gọi dÃy số vô hạn (hay gọi tắt d·y sè) KÝ hiƯu (un) hay ë d¹ng khai triĨn u1, u2, un Cách cho dÃy số Một dÃy số thờng đợc xác định cách: Cách 1: DÃy số xác định công thức cho số hạng tổng quát u n Thí dụ 1: DÃy số (un) xác định un = 2n + Khi đó, viết dÃy số dới dạng khai triển, ta đợc 3, 5, 7, 2n + Cách 2: DÃy số xác định công thức truy hồi (hay nói cho dÃy số quy nạp), tức là: Trớc tiên, cho số hạng đầu (hoặc vài số hạng đầu) Cho công thức biểu thị số hạng thứ n qua số hạng (hay vài số hạng) đứng trớc Thí dụ 2: DÃy số (vn) xác định bởi: v v v , víi n 3  v v Khi đó, viết dÃy số dới dạng khai triển, ta đợc: v1 = 1, v2 = 1, v3 = 2, v4 = 3, v5 = D·y sè nµy đợc gọi dÃy số Phibônaxi Cách 3: DÃy số xác định mệnh đề mô tả số hạng liên tiếp Thí dụ 3: Cho dÃy số (un) với un chữ số thứ n cách viết thập phân số , ta cã d·y sè: u1 = 3, u2 = 1, u3 = 4, u4 = 1, u5 = Trong trêng hợp ta không tìm đợc công thức biểu thị sè h¹ng un qua n n n n dÃy số tăng, dÃy số giảm Định nghĩa 2: a DÃy số (un) đợc gọi dÃy số tăng n N*, un < un+1 b DÃy số (un) đợc gọi dÃy số giảm n  N*, un > un+1 d·y sè bÞ chặn Định nghĩa 3: a DÃy số (un) đợc gọi bị chặn M R : un M, n N* b DÃy số (un) đợc gọi bị chặn dới m R : un  m, n  N* c D·y sè (un) đợc gọi bị chặn vừa bị chặn vừa bị chặn dới, tức là: m, M  R : m  un  M, n  N* III Cấp số cộng định nghĩa Định nghĩa: DÃy số (un) đợc xác định bởi: u1  u  *  u n 1 u n  d, n  N (u, d lµ hai sè thực cho trớc) đợc gọi cấp số cộng u số hạng d công sai Đặc biệt d = (un) dÃy số tất số hạng tính chất Định lí 1: Ba sè un, un + 1, un + lµ ba số hạng liên tiếp cấp số cộng (un) nếu: un + = (un + un + 2) Định lí 2: Số hạng thứ n cấp số cộng (un) đợc cho công thức: un = u1 + (n 1)d Định lí 3: Tổng n số hạng (kí hiệu S n) cấp số cộng (un) đợc cho công thức: Sn = u1 + u2 … + un = n n (u1 + un) = [2u1 + (n  1)d] 2 IV Cấp số nhân định nghĩa Định nghĩa: DÃy số (un) đợc xác định bởi: u1  u  *  u n 1  u n q, n  N (u, q lµ hai sè thực khác cho trớc) đợc gọi cấp số nhân u số hạng q công bội Đặc biệt q = (un) dÃy số tất số hạng tính chất Định lí 1: Ba sè un, un + 1, un + ba số hạng liên tiếp cấp số nhân (un) nếu: u 2n = un.un + Định lí 2: Số hạng thứ n cấp số nhân (un) đợc cho công thức: un = u1.qn Định lí 3: Tổng n số hạng Sn cấp số nhân (un) đợc cho c«ng thøc: Sn = u1 + u2+…+ un = u1 qn q B Phơng pháp giải dạng toán liên quan Đ1 Phơng pháp quy nạp toán học Thí dụ Chứng minh với số nguyên dơng n, ta có: a + + + + (3n – 1) = (1) n(3n  1) b 13n  chia hÕt cho 12  Gi¶i a KÝ hiƯu điều cần chứng minh (*), ta giải toán phơng pháp quy nạp Với n = 1, ta cã 13 + 11 = 12  Nh vậy, (*) với n = Giả sử (*) với n = k, tức (k + 11k) 6 Ta sÏ ®i chøng minh (*) cịng ®óng víi n = k + 1, thËt vËy: (k + 1)3 + 11(k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + + 11k + 11 = (k3 + 11k) + 3k(k + 1) + 12 V× (k3 + 11k)  6, 3k(k + 1)  vµ 12  nªn biĨu thøc trªn chia hÕt cho Từ chứng minh suy (*) với số nguyên dơng n b Ta lần lợt thùc hiƯn:  Víi n = 1, ta cã: 2=  1(3.1  1) = 2, ®óng Nh vËy (1) với n = Giả sử (1) víi n = k, tøc lµ: + + + + (3k – 1) =  k (3k  1) Ta sÏ ®i chøng minh (1) cịng ®óng víi n = k + 1, thËt vËy: k (3k  1) + (3k + 2) 2 ( k  1)(3k  4) = k  k  k  = 3k  k  = 2 ( k  1)[3( k  1)  1] = , ®pcm 2 + + + + (3k – 1) + [3(k + 1) – 1] = Từ chứng minh suy (1) với số nguyên dơng n Nhận xét: Nh vậy, ví dụ đà minh hoạ cách sử dụng phơng pháp quy nạp toán học để chứng minh mệnh đề Trong thực tế, ta gặp toán với yêu cầu chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) mệnh đề với giá trị nguyên dơng n p, p số nguyên dơng cho trớc Trong trờng hợp này, để giải toán đặt phơng pháp quy nạp toán học, bớc ta cần chứng minh A(n) mệnh đề n = p bớc 2, cần xét giả thiết quy nạp với k số nguyên dơng tuỳ ý lớn p Chøng minh r»ng víi mäi sè tù nhiªn n ≥ 2, ta cã 3n > 3n + Ví dụ 1: Giải Kí hiệu điều cần chứng minh (1), ta lần lợt thực hiện: Với n = 2, ta cã: 32 > 3.2 +  > 7, ®óng Nh vËy (1) ®óng víi n = Giả sử (1) với n = k, tøc lµ: 3k > 3k +  Ta sÏ ®i chøng minh (1) cịng ®óng víi n = k + 1, thËt vËy: 3k + = 3.3k > 3(3k + 1) = 9k + = 3(k + 1) + 6k > 3(k + 1) + Từ chứng minh suy (1) víi mäi sè nguyªn n ≥ Cho tỉng Sn = VÝ dô 2: 1   + víi n  * n ( n  1) 1.2 a TÝnh S1 , S2 , S3 b Dự đoán công thức tính tổng Sn chứng minh quy nạp Giải a Ta lần lợt có: 1 =1 =1 , 1.2 1 1 1 S2 = + =1 +  = =1 , 1.2 2.3 2 3 1 S3 = =1 1 S1 = b Dù đoán công thức tính tổng Sn là: Sn =  n 1 (*) Ta ®i chøng minh dự đoán quy nạp nh sau: Với n = 1, ta thÊy (*) kÕt qu¶ tõ câu a) Giả sử (*) với n = k, tøc lµ: Sk =   k 1 Ta sÏ ®i chøng minh (*) cịng ®óng víi n = k + 1, thËt vËy: 1 =1 + ( k  1)( k  2) ( k  )( k  2) k 1 1 k  =1+ =1 , ®pcm ( k  1)( k  2) ( k  1)  Sk + = Sk + Tõ c¸c chứng minh suy (*) với số nguyên dơng n Nhận xét: Ví dụ đà minh hoạ công việc hay gặp thực toán dÃy số, "Đoán nhận công thức tổng quát dÃy số chứng minh công thức đó" n Thí dụ Chøng minh r»ng (1  22 )(1  22 )(1  22 )  (1  22 ) 22 n Giải Đặt: Fn = (1  22 )(1  2 )(1  22 )  (1  2 n ) Ta chứng minh phơng pháp quy nạp to¸n häc r»ng: n 1 Fn  (2  1) (*) ThËt vËy:  Víi n = th×: F1 1  2 (2 1) nên công thức Giả sử công thức với n = k, tøc lµ: k 1 Fk  (2  1)  Ta chøng minh c«ng thøc ®óng víi n = k + 1, ta cã: Fk 1 (1  2 k 1 )Fk  (1  2 k 1 k 1 k 2 1 ) (22  1)  (22  1) 3 Vậy, công thức (*) với n N* Từ đó, suy ta cần chứng minh: NhËn xÐt: n 1 n 1 (2 1) 2 , điều 3 Lời giải đợc xây dựng dựa việc dự đoán đợc đẳng thức cho Fn chứng minh đẳng thức phơng pháp quy nạp toán học theo bớc n = 1, n = k n = k + Các em học sinh khác, sau tham khảo lời giải thấy không dự đoán đợc công thức cho Fn chứng minh bất đẳng thức phơng pháp quy nạp cách trực tiếp Thí dụ Giả sử a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh với số nguyên n > th×: anb(a – b) + bnc(b – c) + cna(c – a)   Gi¶i Chóng ta chøng minh bất đẳng thức đầu phơng pháp quy nạp toán học Với n = 2, đặt: 2x = b + c – a > 0; 2y = a – b + c > 0; 2z = a + b – c > suy ra: a = y + z, b = z + x, c = x + y Bất đẳng thức cần chứng minh trë thµnh: xy3 + yz3 + zx3 – xyz(x + y + z)   x2  xyz   y   y2 z2   ( x  y  z )  z x  áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dơng, ta cã: 2 y + x  y x = 2x y y (*) 2 T¬ng tù x + z  2z vµ z + y 2y x z Từ bất đẳng thức (*) đợc chứng minh, hay bất đẳng thức: anb(a b) + bnc(b – c) + cna(c – a)  đợc chứng minh Giả sử bất đẳng thức tới n Không tính tổng quát, ta giả sử c b a Theo giả thiết quy nạp, ta cã: bnc(b – c)  – anb(a – b) – cna(c – a)  bn + 1c(b – c)  – anb2(a – b) – cnab(c – a) Do ®ã: an + 1b(a – b) + bn + 1c(b – c) + cn + 1a(c – a)  an + 1b(a – b) – anb2(a – b) – cnab(c – a) + cn + 1a(c – a) = anb(a – b)2 + cna(c – a)(c – b)  Vậy bất đẳng thức với n + Theo nguyên lý quy nạp bất đẳng thức đà cho với n > Đẳng thức xảy vµ chØ khi: a = b = c hay ABC Đ2 DÃy số Dạng toán 1: Mở đầu dÃy số Phơng pháp áp dụng Với giả thiết cho dÃy số (u n) dới dạng công thức tổng quát biểu thức truy hồi câu hỏi thờng đợc đặt là: a HÃy viết k số hạng đầu dÃy số tìm u k Câu hỏi đợc thực phép b Xác định xem a số hạng thứ dÃy số Câu hỏi đợc thực việc giải phơng trình Èn n … n ThÝ dô Cho d·y sè (un) víi un = (  1)  n a T×m u9, u12, u2n, u2n + b Tìm xem số hạng thứ dÃy sè ?  Gi¶i a Ta cã: 12 u9 = (  1)  = 0; u12 = (  1)  = 12 2n n 1  = u2n = (  1)  = ; u2n + = (  1) n 2n 2n  b Từ kết câu a) ta thấy số hạng lẻ dÃy số nhận giá trị b»ng ThÝ dơ Cho d·y sè (un) x¸c ®Þnh nh sau: u1 15, u 9  u n  u n   u n  , n 3 a H·y viÕt sè hạng đầu dÃy số b Tìm xem số hạng thứ dÃy số ? Giải a Ta lần lợt có: u1 = 15; u2 = 9; u3 =  6; u4 =  15; u5 =  9; u6 = b DÔ thÊy số hạng dÃy số không nhận giá trị Dạng toán 2: Xác định công thức dÃy số (un) Phơng pháp áp dụng Ta có thĨ lùa chän mét c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Sử dụng biến đổi đại số để thu gọn đơn giản biểu thức un Cách 2: Sử dụng phơng pháp quy nạp việc thực theo bớc: Bớc 1: Viết vài số hạng đầu dÃy, từ dự đoán công thức cho un Bớc 2: Chứng minh công thức dự đoán phơng pháp quy n¹p ThÝ dơ Cho d·y sè (un), biÕt: u1 = 1 , un + = un + với n a Viết năm số hạng đầu dÃy số b Chứng minh phơng pháp quy nạp un = 3n (*) Giải a Ta lần lợt có: u1 = 1, u2 = 2, u3 = 5, u4 = 8, u5 = 11 b Ta lần lợt thực hiện: Với n = 1, ta thấy (*) kết từ câu a) Giả sử (*) với n = k, tức lµ u k = 3k   Ta sÏ ®i chøng minh (*) cịng ®óng víi n = k + 1, thËt vËy: uk + = uk + = 3k  + = 3(k + 1) 4, đpcm Từ chứng minh suy (*) với số nguyên dơng n NhËn xÐt: Nh vËy, ë thÝ dơ trªn chóng ta không cần thực việc dự đoán công thức cho un Thí dụ Cho dÃy số (un) xác định nh sau: u 1   2, n 2 u u Xác định công thức tính un theo n Giải Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Từ giả thiết ta có: u1 = u2 = u1 + u3 = u2 + … un = un  + Cộng theo vế đẳng thức trên, ta đợc: un = + 2(n  1) = 2n  VËy, ta cã un = 2n  C¸ch 2: Ta cã: u1 = = 2.1  u2 = + = = 2.2  u3 = + = = 2.3  Dự đoán un = 2n (1) Ta chứng minh dự đoán phơng pháp quy n¹p, thËt vËy: u1 = 2.1  = 1, tức công thức (1) với n = 1 n n Giả sử công thức (1) ®óng víi n = k, tøc lµ u k = 2k  Ta ®i chøng minh nã cịng ®óng víi n = k + ThËt vËy: uk + = uk + = 2k  + = 2(k + 1)  1, tøc lµ (1) ®óng víi n = k + VËy, ta cã un = 2n  ThÝ dô Cho d·y sè (un) víi un = víi mäi n  N* dÃy số (Sn) xác n( n 1) ®Þnh nh sau: S1 u1  S n S n   u n , n 2 X¸c định công thức tính Sn theo n Giải Ta cã ngay: Sn = u1 + u2 + … + un Mặt khác, ta có biểu diễn un = 1 =  n( n  1) n n Từ đó, ta nhận đợc: u1 =  1 1 , u2 =  ,…, un =  2 n n Cộng theo vế đẳng thức trên, ta đợc: Sn = u1 + u2 + … + un =  VËy, ta cã Sn = n = n 1 n 1 n n 1 D¹ng toán 3: Sử dụng phơng pháp quy nạp chứng minh dÃy số (u n) thoả mÃn tính chất K Phơng ph¸p ¸p dơng Ta thùc hiƯn theo c¸c bíc sau: Bớc 1: (Bớc sở): Chứng minh số hạng u1 tho¶ m·n tÝnh chÊt K Bíc 2: (Bíc quy nạp): Giả sử số hạng uk thoả mÃn tính chất K Ta chứng minh số hạng uk+1 thoả m·n tÝnh chÊt K Bíc 3: KÕt luËn d·y sè (un) tho¶ m·n tÝnh chÊt K ThÝ dơ Cho d·y sè (un) víi un = n3 + 11n Chøng minh số hạng dÃy số chia hÕt cho  Gi¶i Ta cã: u1 = 13 + 11 = 12  u1  Gi¶ sư uk  6, tøc lµ (k3 + 11k) 6 Ta ®i chøng minh uk +  ThËt vËy: uk + = (k + 1)3 + 11(k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + + 11k + 11 = (k3 + 11k) + 3k(k + 1) + 12 suy uk + 6 bëi (k3 + 11k)  6, 3k(k + 1)  12 Vậy, số hạng dÃy sè (un) ®Ịu chia hÕt cho ThÝ dơ Cho dÃy số (un) xác định nh sau: u 1, u 2   2u , n 3 u  u n n n Chøng minh r»ng un  5   2 n , n N* Giải Ta chứng minh phơng pháp quy nạp, thật vậy: Ta cã u3 =     Gi¶ sử công thức với n = k, tức là:  ®óng víi n = 1, 2, 2 uk     k  2  vµ uk    k 2 Ta ®i chøng minh uk + <   k 1 2 uk + = uk  + 2uk    , thËt vËy: k  2 =   2 k 1 k +   =   2 2 k 1        2 5  2  2 1    k 1 k 1 4  24   =   <   , ®pcm 25  25  2 2  n VËy, ta lu«n cã un    , n  N* 2 ThÝ dô *Cho dÃy số nguyên (an) thoả mÃn an+2 + an1 = 2(an+1 + an) Chøng tá r»ng tån t¹i số nguyên M không phụ thuộc vào n cho M + 4an+1.an số phơng với n Giải Đặt un = an+2 an+1 an, với giả thiết ta có ngay: un = 2(an+1 + an)  an1  an+1  an = (an+1  an  an1) + 2an = un1 + 2an NhËn xÐt r»ng: u 2n = (un1 + 2an)2 = u 2n  + 4un1.an + a 2n = u 2n  + 4(an+1  an  an1).an + a 2n = u 2n  + 4an+1.an  4an1.an  u 2n  4an+1.an = u 2n   4an1.an VËy u 2n 4an+1.an số không phụ thuộc vào n Khi ta gọi số M thì: M + 4an+1.an = u 2n số phơng với n 0, đpcm Nhận xét: Cách giải đợc trình bày sau đà thực phép nháp để dẫn xuất đợc tới dÃy sè un C¸c em häc sinh cã thĨ nhËn thÊy đợc dÃy un theo kiểu đặt vấn đề nh sau: Giả sử tồn số nguyên M không phụ thuộc vµo n cho M + 4a n+1.an lµ sè phơng với n 0, tức là: M + 4an+1.an = u 2n , n   M = u 2n  4an+1.an, n  Tõ (1) b»ng viƯc sư dơng n vµ n  1, ta đợc: u 2n 4an+1.an = u 2n   4an.an1  u 2n = u 2n  + 4an+1.an  4an.an1 gt (1) (2) u 2n = u 2n  + 4(an+1  an an1)an + a 2n Tới đây, đặt un1 = an+1 an an1 ta đợc: u 2n = (un1 + 2an)2  un = un1 + 2an  an+2  an +  an = an+1  an  an1 + 2an  an+2 + an1 = 2(an+1 + an), giả thiết toán Nh vậy, với phép nháp trên, đà đợc dÃy un thoả mÃn điều kiện đầu Dạng toán 4: Xét tính tăng, giảm dÃy số (un) Phơng pháp áp dơng Ta cã thĨ lùa chän mét c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Thùc hiƯn theo c¸c bíc: Bíc 1: LËp hiÖu H = un +  un, tõ xác định dấu H Bớc 2: Khi đó:  NÕu H > víi n  N* th× dÃy số (un) tăng Nếu H < với n N* dÃy số (un) giảm Cách 2: NÕu un > víi n  N* ta cã thĨ thùc hiƯn theo c¸c bíc: u Bíc 1: LËp tØ sè P = n 1 , tõ ®ã so sánh P với un Bớc 2: Khi đó: NÕu P > víi  n  N* th× dÃy số (un) tăng Nếu P < với n N* dÃy số (un) giảm Thí dụ Xét tính tăng, giảm dÃy số (un) với un =  Gi¶i n 5n Ta cã thĨ trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Xét hiệu: n 1 n n   5n  4n H = un +  un = n 1  n = = n 1 < 0, n  N* n 1 5 5 VËy, d·y (un) giảm Cách 2: Dễ thấy un > với n  N*, xÐt tØ sè: u 1 n 1 n P = n 1 = n 1 : n =    < un 5 n 5 VËy, d·y (un) gi¶m ThÝ dơ Xét tính tăng, giảm dÃy số (un), biết: u 1   1, n 2 u 2 u n n Giải 10 Bốn nghiệm lËp thµnh cÊp sè céng khi:  t  t  t    t =3 t  t2 = 9t1 t  t 2 t Theo định lí Viét ta có: t  b / a t  c / a t t Thay (4) vào (I) đợc : 1 1 (4) 1 (I) 2 t  t  b / a  t ( t ) c / a  b  t  10 a   t  c  9a      b   10a  = c 9a (5) Kết hợp (5) (3) nhận đợc điều kiện tham số Chú ý: Các em học sinh thấy đợc ví dụ phần "Các tập chọn lọc" Dạng toán 4: Tìm phần tử cấp số cộng (un) Phơng pháp áp dụng Thông thờng toán đợc chuyển xác định u1 công sai d Thí dụ Cho cấp sè céng (un) tho¶ m·n u2  u3 + u5 = 10 u1 + u6 = 17 a Tìm số hạng công sai b Tính tổng số 20 số hạng c Tính tổng S’ = u5 + u6 + … + u24  Giải a Gọi d công sai cấp số céng (u n), ta cã:  u  u 10 ( u  d )  ( u  d )  ( u  d ) 10 u     17 u  u u  ( u  d ) 17 u  3d 10 u 1        d 17  d 3 2 u VËy, cÊp sè céng (un) cã u1 = vµ d = b Ta cã: 1 1 1 S20 = 20 20 [2u1 + (20  1)d] = [2.1 + (20  1).3] = 590 2 c Ta cã: S’ = 20 20 [2u5 + (20  1)d] = [2(1 + 4.3) + (20  1).3] = 830 2 Thí dụ Tìm số hạng đầu u1 công sai d cấp số cộng (un), biÕt:  u  60  u    u 1170 u 15 12 Giải Ta biến đổi: ( u d)  ( u  14 d )  60     ( u  11 d) 1170 ( u  3d )   u  10 d 30  2  u  14du  65 d 585  u 30  10d   2  (30  10d)  14d30  10 d  65d 585   u 30  10 d    36 d  63  5 d  u 30  10 d  d 3 hc d 21 /    d 21 / vµ u   12  d 3 vµ u  17 VËy, tån t¹i hai cÊp sè céng (un) cã u1 = d = u1 = 12 d = 21 thoả mÃn điều kiện đầu Thí dụ Tìm bốn số hạng liên tiÕp cđa mét cÊp sè céng, biÕt tỉng cđa chóng 16 tổng bình phơng chúng 84 Giải Gọi d = 2x công sai, ta cã sè lµ a  3x, a  x, a + x, a + 3x Khi đó, từ giả thiÕt ta cã: (a  3x )  ( a  x )  (a  x )  ( a  3x ) 16  2 2 84 (a  3x )  (a  x )  (a  x )  (a  3x )  4 a 16  2 84 4 a  20 x  a   x     1, 3, 5,  7, 5, 3, Vậy, bốn số cần tìm 1, 3, 5, Chú ý: Nếu biểu diễn bốn số dới dạng đối xứng nh phải giải hệ bậc hai phức tạp, cụ thể: Gọi d công sai cấp số cộng x, y, z, t thoả mÃn điều kiện đầu bài, ta có: x y z  t 14   y  z  t  94 x x  ( x  d)  ( x  d )  ( x  3d ) 14   ( x  d )2  ( x  d )2  ( x  3d)2 94 x 2 x  3d 7  2  47 2 x  xd  d  Nh vậy: Với ba số hạng liên tiếp cấp số cộng, ta đặt: a x, a, a + x, x công sai Với bốn số hạng liên tiếp cấp số cộng, ta đặt: a 3x, a x, a + x, a + 3x, x công sai Với năm số hạng liên tiếp cấp số cộng, ta đặt: a 2x, a x, a, a + x, a + 2x, ®ã x công sai Dạng toán 5: Tính tổng Phơng pháp áp dụng Thông thờng toán đợc chuyển tÝnh tỉng cđa mét cÊp sè céng ThÝ dơ TÝnh tæng S = 105 + 110 + 115 + … + 995  Gi¶i XÐt cÊp sè céng (un) có u1 = 105 công sai d = 5, ta đợc: 995 = un = u1 + (n 1)d = 105 + 5(n  1)  n = 179 179 179 S = S179 = (u1 + u179) = (105 + 995) = 98450 2 ThÝ dô TÝnh tæng sau: S = 1002  992 + 982  972 + … + 22  12  Giải Viết lại tổng S dới dạng: S = 199 + 195 + … + 18 XÐt cÊp sè cộng (un) có u1 = 199 công sai d = 4, ta đợc: = un = u1 + (n  1)d = 199  4(n  1)  n = 50 S = S50 = 50 50 (u1 + u50) = (199 + 3) = 5050 2 Đ4 Cấp số nhân Dạng toán 1: Chứng minh tính chất cấp số nhân Phơng pháp áp dụng Câu hỏi thờng đợc đặt là: " Cho ba số a, b, c lập thành cấp số nhân, chøng minh tÝnh chÊt K " ®ã, ta thùc theo bớc sau: Bớc 1: Từ giả thiết a, b, c lập thành cấp số nhân, ta ®ỵc: a.c = b2 Bíc 2: Chøng minh tÝnh chÊt K ThÝ dô Cho ba sè a, b, c lập thành cấp số nhân Chứng minh rằng: (a2 + b2)(b2 + c2) = (ab + bc)2  Gi¶i Từ giả thiết a, b, c lập thành cấp số nhân, ta đợc: a.c = b2 Khi đó: (a2 + b2)(b2 + c2) = a2b2 + a2c2 + b4 + b2c2 = a2b2 + acb2 + acb2 + b2c2 = a2b2 + 2ab2c + b2c2 = (ab + bc)2, ®pcm ThÝ dơ Cho (an) lµ mét cÊp sè nh©n Chøng minh r»ng: a1.an = ak.an  k + 1, víi k = 1, 2,…, n  Gi¶i Ta cã ngay: VT = a1.an = a1.a1.qn  = a12 q n  VP = ak.an  k + = a1.qk  1.a1.qn  k = a12 q n  suy VT = VP, ®pcm Dạng toán 2: Chứng minh số lập thành cấp số nhân Phơng pháp áp dụng Để chứng minh ba số a, b, c lập thành cấp số nhân, ta ®i chøng minh: ac = b2 ThÝ dơ Cho ba sè 2 , , lËp thµnh mét cÊp sè céng Chøng minh b a b b c r»ng ba sè a, b, c lËp thµnh mét cấp số nhân Giải 2 , , lập thành cấp số cộng, ta đợc: b a b b c 2 + =  b(b  c + b  a) = (b  a)(b  c)  b2 = ac b a b c b Tõ gi¶ thiÕt ba sè VËy, ba sè a, b, c lập thành cấp số nhân 19 Dạng toán 3: Tìm điều kiện tham số để ba số lập thành cấp số nhân Phơng pháp áp dụng a Để ba số a, b, c lập thành cấp số nhân, điều kiện là: ac = b2, toán đợc chuyển việc giải phơng trình b Để sè a, b, c, d lËp thµnh cÊp sè nhân, điều kiện là: , toán đợc chuyển việc giải hệ phơng trình Thí dụ Tìm x ®Ó ba sè x  2, x  4, x + lập thành cấp số nhân Giải Ba sè x  2, x  4, x + lập thành cấp số nhân, điều kiện là:  ac b    bd c (x  4)2 = (x  2)(x + 2)  8x = 20  x = VËy, víi x = thoả mÃn điều kiện đầu Chú ý: Một toán quen thuộc phơng trình bậc ba là: " Tìm điều kiện tham số cho phơng trình: ax3+ bx2 + cx + d = 0, víi a  (1) cã nghiƯm x1, x2, x3 lËp thµnh cÊp sè nhân " Ta thực nh sau: Điều kiện cần: Giả sử phơng trình có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số nhân, đó: x1x3 = x 22 , x1 + x2 + x3 =  b , a x1x2 + x2x3 + x3x1 = c  x1x2 + x2x3 + x 22 = c a a c c  x2(x1 + x2 + x3) =  x2 =  a b Víi x2 =  c thay vào (1) ta đợc: b c a( ) + b( c )2 + c( c ) + d =  ac3 = b3d b b b §ã điều kiện cần để (1) có nghiệm lập thành cấp số nhân Điều kiện đủ: Từ (2) suy phơng trình có nghiệm x2 = c Khi ®ã: b c c b x2(x1 + x2 + x3) = ( )( ) = = x1x2 + x2x3 + x3x1 b a a  x1x3 = x 22 x1, x2, x3 lập thành cấp số nhân Vậy, điều kiện cần đủ để (1) có nghiệm lập thành cấp số nhân ac3 = b3d 20 (2)