Phan 3

Bài 1: CÁC BÀI TOÁN DÃY SỐ CHỌN LỌC an   n Cho dãy số (an ) xác định với n 1, 2, 3, Chứng minh tồn số a a2 a3    n 1  n  2009 an nguyên dương n0 cho với n  n0 a1 a2 bn 1  an 1 an với n 1, 2,3, Khi ta có: Lời giải: Đặt 1 1  1 2 n   n  1   bn  n    n  n  1    1  n2 1 1 n2 1 1  1 2 n  n 1     2n  1 2n      2  n  1  2 1   n  1   n2   2n  1  n     n  1 Lại có  n  bn > n + với n = 1, 2,3 nên S = b + b + + b n với n = 1, 2,3 Đặt n k n = - >1( k ẻ Â *) Nu , ỏp dng n = 1, 2,3 chứng minh ta được: æ 1 1 ỉ1 1ư ỉ 1ư 1ư ữ ữ ỗ ỗ S n > + + + k + k =ỗ + 2ữ + + + + + + + ữ ữ ỗ ỗ ç 2 k k ÷ ÷ ÷ ç ç ç è ø è ø è ø - 2 +1 2 +1 +1 ÷ > 1 k- + 22 + + 2k - k = 2 2 Bài 2: ak +1 > " k =1, 2, ak nên ta có: - , với n > n0 , để ý a a 4019 - a Sn > Sn0 > = 2009 Û + + + n+1 < n - 2009 a1 a2 an Vậy ta có điều phải chứng minh ìï a0 = x, a1 = y ïï a a +1 í ïï an+1 = n n- " n = 1, 2, an ) a + a ( ï n n ï Cho dãy số xác định bởi: ỵ Chọn n0 = 1- 4019 ( ) Tìm tất số thực x y cho tồn số nguyên dương n0 mà với n > n0 an số ( ) Tìm cơng thức tổng quát tính an Lời giải: ( ) Ta có: an - an+1 = an - an an- +1 a2 - = n an + an- an + an- với n = 1, 2,3 a = an + an- ¹ Do tồn số nguyên dương n cho an = an+1 n y =1 x ¹ - y Nếu n = , ta có (I) ( a - 1) ( an- - 1) an- 1.an- +1 - = n- an- + an- an- + an- Nếu n >1 , ta có : ( II ) ( a +1) ( an- +1) a a +1 an +1 = n- n- +1 = n- an- + an- an- + an- Và ( III ) 2 a n- - a - a n2 - = n- an- + an- an- + an- ( IV ) Từ ( II ) ( III ) ta có: an - = a =1 a2 =1 a =1 a =1 Vậy n- n- , tiếp tục lui dần ta , tức ta ìï éy = ïï ê ï êx = íê ïï ë ù x+y cú : ùợ ( * ) Thử lại x , y thỏa mãn điều kiện ( * ) an = c với n = 1, 2, c nhận giá trị - ìï éy = ïï ê ï êx = íê ïï ë ï x+y ¹ Vậy số x , y cần tìm ïỵ an - an- - an- - a - = bn = n an +1 ( ) Từ ( II ) ( III ), ta có : an +1 an- +1 an- +1 với n = 1, 2, Đặt ta được: bn = bn- 1.bn- Bằng phép quy nạp đơn giản, ta thu được: bn = b0F b1F với n = 1, 2,3 F F F F ( x +1) n- ( y +1) n- +( x - 1) n- ( y - 1) n- n- F Hay ta có n- Fn- n- ỉx - 1ư an - ổ y - 1ử ữ ỗ ữ ỗ ữ =ỗ ữ ữ ỗ ữ ị an = x +1 Fn- y +1 Fn- - x - Fn- y - Fn- ỗ ữ ốx +1ứ an +1 ỗ ốy +1ứ ( ) ( ) ( ) ( ) Trong Fn số hạng thứ n dãy Fibônaci Bài 3: Cho dãy số an bị chặn thỏa mãn: an < n+2006 å k =n ak + k +1 2n + 2007 với n = 1, 2,3 n với n = 1, 2,3 Chứng minh n+2006 bk bn < å bn = an n Khi theo giả thiết ta có k =n k +1 với n = 1, 2, Lời giải: Đặt Vì dãy an bị chặn nên tồn số thực M cho bn < M " n an < bn < Với n >100000 , ta có n +2006 å k =n n +2006 bk 1 x= + n- x n có nghiệm Xét phương trình yn = xn = nnxn ) yn ) ( ( Xét hai dãy số thỏa mãn Ta chứng minh quy nạp xn < bn < yn ( * ) n n- Với n = 1, , dễ thấy ( * ) n x f ( x) = + k £ n Þ x < b < y k k k Dễ thấy x n hàm nghịch biến Giả sử ( * ) đến ( 0; n) nên f ( xk ) > f ( bk ) > f ( yk ) Þ yk +1 > bk +1 > xk +1 (Dễ thấy f ( xk ) = yk +1 ; f ( yk ) = xk +1 ; f ( bk ) = bk +1 Bài 6: Vậy ( * ) đến k +1 nên theo nguyên lý quy nạp ( * ) với n = 1, 2,3 æ 1ử ổ 1ữ ử2 ữ ỗ ỗ n- ữ ỗ ç ÷ ç ÷ çn - ÷ n2 è 2ø n2 è ø lim - n = lim - n= < bn < nđƠ nđƠ 3 nnnn2 2 Dễ thấy Vậy ta nên ta có 1 lim ( an - n) = lim ( bn2 - n) = n đƠ x đƠ Vy ỡù x1 = x2 = 0; x3 = ïí lim xn ï x + xn+1 + xn+2 = 3xn+2 " n ³ xn ) ( Cho dãy số xác nh bi ùợ n Tỡm nđƠ ) a = max { xn ; xn+1 ; xn+2 } bn = { xn ; xn+1 ; xn+2 } Lời giải: Đặt n n Giả sử tồn cho an+1 > an ị an+1 xn+1 , xn+2 Þ an+1 = xn+3 Þ 3xn+3 > xn + xn+1 + xn+2 = 3xn+3 (vô lý ) Vậy an ³ an+1" n ³ Hoàn toàn tương tự ta có bn £ bn+1" n ³ Vậy ta có dãy đoạn đan lồng nhau: [ b1 ; a1 ] É [ b2 ; a2 ] É É [ bn ; an ] É Đặt d n = an - bn theo ( d n ) dãy giảm ïìï xn+3 - xn £ an+3 - bn £ an - bn = d n Þ xn+3 - xn £ d n í ïïỵ xn+3 - xn ³ bn+3 - an ³ bn - an =- d n Ta có x + xn+2 + xn+3 xn + xn+1 + xn+2 x - xn d Þ xn+4 - xn+3 = n+1 = n+3 £ n 3 3 Tương tự xn+5 - xn+4 £ Þ d n+3 = an+3 - bn+3 £ dn xn+5 - xn+3 £ xn+5 - xn+4 + xn+4 - xn+3 £ d n Do ta có dn n- n- ỉư ổử 2ữ 2ữ ỗ ỗ d Êỗ ữ lim ỗ ÷ lim d n = ÷ d1d d ữ d1d d = ỗ nđƠ ç è3 ø è3 ø Từ ta dễ dàng cú c Vỡ nờn nđƠ [b ; a ] Vậy đoạn thắt i i có điểm chung c ìïï bn £ xn £ an Þ xn - c £ bn - an = d n í lim d n = lim xn = c ïïỵ bn £ c £ an Ta có Vỡ nđƠ nờn nđƠ xn+2 = - xn - xn+1" n ³ 3 Dễ dàng quy nạp từ giả thiết , chuyển qua giới hạn ta lim xn = c = nđƠ n Bi 7: Cho dóy s ( xn ) thỏa mãn điều kiện với số nguyên dương m, n xm+n - xn - xm < m +n (x ) Chứng minh n cấp số cộng Lời giải: Với số nguyên dương k , n theo giả thiết ta có: ( xn+1 - xn ) - ( xk +1 - xk ) = ( xn+k +1 - xn - xk +1 ) - ( xn+k +1 - xk - xn+1 ) £ xn+k +1 - xn - xk +1 + xn+k +1 - xk - xn+1 < 1 + < n + k +1 n + k +1 n C nh k v cho n đ +Ơ , ta có Bài 8: lim ( xn+1 - xn ) = xk +1 - xk " k = 1, 2, 3, x đƠ lim ( xn+1 - xn ) (x ) Vậy dãy n cấp số cng vi cụng sai l xđƠ ú cng chớnh điều phải chứng minh n un = å "n ³ un ) ( (u ) k =1 ( k !) Dãy số xác định cơng thức Chứng minh dãy n có giới hạn hữu hạn giới hạn số vơ tỷ ( k !) Lời giải: Vì > " k = 1, 2,3 nên un dãy đơn điệu tăng 1 1 < < = ( k !) k ! k ( k - 1) k - k Với số ngun dương k , ta có: n n n ỉ1 1 1 1ư 1 un = å =1+ + å 5 2 ( k +1) 2k k +1 Vậy ( * ) đến k + , theo ngun lý quy nạp với n > lim = Þ lim xn = nđƠ M nđƠ n Bi 10: Cho dãy số thực ( an ) xác định an+1 = [ an ]{ an } " n = 0,1, 2, a0 số thực tùy ý Chứng minh an = an+2 với n đủ lớn éa ù£ a = [ ]{ } ai+1 = [ ]{ } > [ ] với số nhận giá trị , tức < " i = 0,1, 2, , ta có ( [ an ]) dãy nguyên không giảm bị chặn , số nguyên dương i , [ ] = c với i đủ lớn Do ta có với i đủ lớn ai+1 = c.{ } = c.( - c ) Þ bi+1 = c.bi với c2 bi = c - Hiển nhiên dãy ( bn ) bị chặn nên c =- bi = với i đủ lớn Trong trường hợp ta suy ai+2 = với i đủ lớn Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 11 Chứng minh với số nguyên dương n 5 th́ tồn cấp số cộng nguyên dương a1 , a2 , , an cấp số nhân nguyên dương b1 , b2 , , bn cho b1  a1  b2  a2   bn  an Hăy ví dụ tốn với n 5 Lời giải k 1 k k ( k  1) k!  k Bk    1     ` Bk   k m m 2! m k ! m   m với k 2 Đặt , hiển nhiên ta có Và với k n , ta có : k n(n  1) n(n  1)( n  2) n(n  1) ( n  k  1) Bk 1      m 2! m 3! m k !m k k  n(n  1) n(n  1)(n  2) n(n  1) (n  k 1)  1        m m  2! m 3! m k! mk  k 1 1 k 1         m 2! 3! k ! m m   m  n Chọn , theo ta có 1 1 1 1 1 1        1       1   k ! 1.2 2.3 ( k  1).k 2 k1 k k ( Do ta có 2! 3! ) Bk   k 1 ,1 k n m Đặt , theo chứng minh ta thu : B1  A1  B2  A2  Bn  An Ak 1  a m n Ak , bk m n Bk 1 k n Xét hai dăy a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn thỏa măn k Khi ta có a1 , a2 , , an cấp số cộng nguyên dương b1 , b2 , , bn cấp số nhân nguyên dương thỏa măn b1  a1  b2  a2   bn  an Vậy ta có điều phải chứng minh Với n 5 , ta xét cấp số cộng a1 , a2 , , a5 với a1 17 có cơng sai 17 , xét cấp số nhân b1 , b2 , , b5 với b1 16 có cơng sai , ta có 16  17  24  34  36  51  54  68  81  85 a  Bài 12 Cho dăy số dương n thỏa măn điều kiện : ) am 1 an  an 2) Tồn số dương M cho a1 2   an M với n 1, 2, lim( nan ) T́ m n Lời giải Đặt bn a1 2   an , ak  0k 1, 2,3, nên (bn ) dăy tăng thực Lại theo giả thiết lim bn a th́ (bn ) bị chặn M , tồn giới hạn hữu hạn n lim cn lim b2 n  lim bn a  a 0 n  n  Đặt cn b2 n  bn an 1  an    a2 n , ta có n   n 2n a a a  k 1` 1  ak  n  k 1  (1  ak ) a1 min ak ak at k t ak k t 1k n , từ điều kiện 1) ta Đặt n  ak a2 n  e k t  ecn  a2 n  ecn at x Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc  x  e x  , ta thu at b at  (a1 2   an )  n a n n , theo chứng minh Lại có theo cách xác định t th́ ta c ecn a2 n  n   2n.a2n  2cn e cn n lim 2cn ecn 0 lim cn 0 lim 2n.a2 n 0 Lại có n   ( n  ) n  lim(2n  1).a2 n 1 0 Hồn tồn tương tự, ta có n   lim nan lim 2n.a2 n lim(2n  1).a2 n 1 0 n  n  Vậy n   an a5n   a5 n 1 1 n 1, 2,3, a 0 a  Bài 13 Dăy số n xác định sau :  n 3 Chứng minh dăy số dăy tuần hoàn Lời giải a  Giả sử phản chứng n dăy tuần hoàn với chu kỳ sở T  Bài 14 a a2T 1 a2(5 k 1) 1 a5.(2 m ) 3 0 Nếu T 5k  , ta có , vô lư a1 1 Nếu T 5k  , ta có a1 aT 1 a5 k 3 0 , vô lư a1 1 a a4T 1 a4(5 k 3)1 a5.(4 k 2) 3 0 Nếu T 5k  , ta có , vô lư a1 1 a a3T 1 a3(5 k 4) 1 a5.(3 k 2) 3 0 Nếu T 5k  , ta có , vơ lư a1 1 Vậy T 5k với k số nguyên dương đó, ta có với số nguyên dương s th́ : am a5 m  as k a5( s k ) a5( s k ) 4T a5( s 5 k ) as 5 k as T as a  , k chu kỳ dăy n , a  hiển nhiên k  5k T , điều trái với giả thiết T chu kỳ sở dăy n Vậy điều giả a  sử sai , tức n khơng dăy tuần hồn Vậy ta có điều phải chứng minh  an  thỏa măn Với p số nguyên tố , xét dăy số a0 0, a1 1, ak 2 2ak 1  pak k 0,1, 2, a  Xác định tất giá trị p để  phần tử dăy n Lời giải a  a  a p  k 1 k với , k 0,1, 2, ak số chẵn với k 2 Nếu , k 2 nên khơng thể có phần tử nhận giá trị  Vậy p   ( p, 2) 1 Giả sử tồn m 2 cho am  , theo đề ta có ak 1 2ak  pak  2ak (mod p ) với k 2,3, 4, m m Vậy ( )  am 2 a1 2 (mod p).(1) Lại có ak 1 2ak  ak   ( p  1)ak  2ak  ak  (mod p  1)  ak 1  ak ak  ak  (mod p  1) với k 2,3, 4, Vậy ak 1 (k  1)(a1  a0 )  a0 k  1(mod p  1) Do  am m(mod p  1)  m  0(mod p  1).(2) p m 1 Do ( p, 2) 1 nên theo định lư Fécma, ta có 1(mod p)  1(mod p ) ( Do ( )) m 1 Kết hợp với ( ) ta  2 1(mod p)  0(mod p )  p 5 Với p 5 , ta thấy a3  Vậy tất giá trị p thơa yêu cầu toán p 5 u1 10   un 1  un  3, n 1  u   Ví dụ 1: “Cho dăy số n xác định sau:  v  a) CMR dăy số n xác định b) Tính un  lim un n  Lời giải: 15 cấp số nhân a) Ta có   CSN  1 q.vn const , q 0, n 1 Thật vậy, ta có 15 15  15   un         5 4 1 un 1  v  Nên n CSN có cơng bội Do v1.q n 25       5 n q 11    4 5 25 v1  n 15   un vn     4 5 b) Từ câu a) suy n  15 15 lim u  Do n   n Nhận xét: 1/ V́ lại nghĩ phép đổi biến un  15 để dăy (vn) CSN? Ta thấy 1 un 1  un  un 1  b   un  b  5 , ta cần t́m số b cho Þ un 1 b  1 15 b  un  u n   b  5 Do vậy, đặt un  15 1  , n 1 v  th́ nên n CSN n n 1 2/ Ngồi ra, đặt 5 un , ta có 1  3.5 , n 1 Suy 15 5n  35   15 n    1  35  un  n  n  n    5 4 5 n  15 Ví dụ 2: (Bài 4.37 trang 139 sách tập ĐS GT11 NC NXBGD 2007) Cho dăy số  un  xác định u1 3  2un 1 un  1, n 1 Đặt S n u1  u2   un , n 1