Mot so bai toan day so chon loc

CÁC BÀI TOÁN DÃY SỐ CHỌN LỌC ( an ) Bài : Cho dãy số nguyên dương n0 xác định cho với bn = − Lời giải : Đặt an +1 an 1 +1 − +1 n (n + 1)2 bn = +1 −1 n2 n > n0 với Sn > Chứng minh tồn số a a2 a3 + + + n +1 < n − 2009 a1 a2 an +1 +1   1 2n + n2 = n2  − > ÷ (n + 1)  n (n + 1)  + + +1 n2 (n + 1)2 Lại có Nếu với Khi ta có : bn > (2n + 1)(n + 2) − 2(n + 1) = n > nên S n = b1 + b2 + + bn n = 1, 2,3, n = 1, 2,3, Đặt +1 n2 an = n+2   1 ÷ 2n + 1  + ÷> 2 ÷ 2( n + 1) 2 +1 ÷  n   n = 1, 2,3, với n = 1, 2,3, với * n = 2k − > (k ∈ ¥ ) , áp dụng chứng minh ta : 1 1  1   1   + + + k + k = + ÷+  + + ÷+ +  k −1 + + k ÷ −1 2    +1   +1  +1 > Chọn 1 k −1 + 22 + + k −1 k = 2 2 n0 = Sn > Sn0 > 4019 1− n > n0 −2 , với , để ý a 4019 − a a = 2009 ⇔ + + + n +1 < n − 2009 a1 a2 an ak +1 > ∀k = 1, 2, ak nên ta có : Vậy ta có điều phải chứng minh (an ) Bài : Cho dãy số xác định : ( ) Tìm tất số thực số x  a0 = x , a1 = y  an an −1 +  ∀n = 1, 2,3,  an +1 = a + a n n −1  n > n0 n0 y cho tồn số nguyên dương ( ) Tìm công thức tổng quát tính an mà với an Lời giải : ( ) Ta có : an − an +1 = an − an an −1 + a2 −1 = n an + an −1 an + an −1 n = 1, 2,3, với Do tồn số nguyên dương Nếu Nếu n =1 n >1 | y |= , ta có n cho và an + an −1 ≠ (I) an −1an − + ( a − 1)(an −2 − 1) − = n −1 an −1 + an −2 an −1 + an −2 , ta có : an −1an −2 + ( a + 1)( an − + 1) + = n −1 an −1 + an − an −1 + an −2 Và an2 = x ≠ −y an − = an + = an = a n +1 ( II ) ( III ) an2−1 − an2− − a −1 = an −1 + an − an −1 + an −2 n Từ ( II ) ( III ) ta có : Vậy an2−1 = an2− = a02 = , tiếp tục lui dần ta  | x |=   | y |= x + y ≠  thỏa mãn điều kiện ( * ) x, y Vậy số cần tìm ( ) Từ ( II ) ( III ) , ta có : bn = bn −1.bn − Fn−1 Trong Fn  | x |=   | y |= x + y ≠  an − an −1 − an −2 − = an + an −1 + an −2 + Bài : Cho dãy số ( an ) Fn−2  x −1   ÷  x +1 số hạng thứ n , tức ta có : n = 2,3, với c ⇒ an = bn = n = 2,3, với Bằng phép quy nạp đơn giản , ta thu : an −  y −  = ÷ an +  y +  a12 = an = c x, y ( * ) Thử lại −1 nhận giá trị Hay ta có ( IV ) bn = b0Fn−2 b1Fn−1 Đặt an − an + ta : n = 2,3, với ( x + 1) Fn−2 ( y + 1) Fn−1 + ( x − 1) Fn−2 ( y − 1) Fn−1 ( x + 1) Fn−2 ( y + 1) Fn−1 − ( x − 1) Fn−2 ( y − 1) Fn−1 dãy Fibônaci an < bị chặn thỏa mãn : n + 2006 ∑ k =n ak + k + 2n + 2007 n = 1, 2,3, với an < Chứng minh Lời giải : Đặt Vì dãy (an ) n n = 1, 2,3, với bn = an − n bn < Khi theo giả thiết ta có bị chặn nên tồn số thực bn < Với n > 100000 n + 2006 ∑ k =n M cho n+ 2006 bk < M k +1 ∑ k =n k =n bn < M bk k +1 M M n = 1, 2,3, với ∀n n+ 2006 1 < M ∑ + M ∑ k +1 k =n k +  3n  k + k =   +1 2 , ta có Tiếp tục làm thay m , ta thu với n đủ lớn 6 bn <  ÷ M 7 với m Lại có ∑  3n  2    n + 2006 < M + M < M 3n +1 m∈¥* n + 2006 6 lim  ÷ = m→∞   bn ≤ nên n an < n = 1, 2,3, với Vậy n bn < đủ lớn Mà n + 2006 ∑ k =n bk k +1 bn < n = 1, 2,3, với nên n = 1, 2,3, với Đây điều phải chứng minh ( an ) Bài : Tìm tất dãy số nguyên dương thõa mản đồng thời điều kiện sau : an ≤ n n ∀n = 1, 2,3, i) a p − aq ii) chia hết cho p−q p với cặp số nguyên dương phân biệt q a1 ≤ ⇒ a1 = a2 ≤ 2 < ⇒ a2 ∈ {1; 2} Lời giải : Từ i) ta có , + Nếu Và a2 = Từ ii) ta có : an − a1 Mn − ⇒ an − 1Mn − ∀n = 3, 4,5, an − a2 Mn − ⇒ an − 1Mn − ∀n = 3, 4,5, (n − 1, n − 2) = Vì Giả sử tồn nên từ hai điều ta có n cho an ≠ , an − 1M(n − 1)(n − 2) | an − 1|≥ (n − 1)( n − 2) , kết hợp với điều kiện i) ta : với n n − ≥ ( n − 1)(n − 2) (*) Dễ thấy với n≥9 n≥9 bất đẳng thức ( * ) không Vậy điều giả sử sai , hay nói an = ∀n ≥ cách khác Từ điều kiện ii) ta có Vậy − am = ∀m = 1, 2, + Nếu Và ak + m − am Mk a2 = Từ ii) ta có hay , chọn k lớn ta − am Mk ∀k > an = ∀n = 1, 2,3, an − a1 Mn − ⇒ an − 1Mn − ⇒ an − n Mn − ∀n = 3, 4,5, an − a2 Mn − ⇒ an − 2Mn − ⇒ an − nMn − ∀n = 3, 4,5, an − nM(n − 1)(n − 2) (n − 1, n − 2) = Vì nên từ hai điều ta có Giả sử tồn n cho an ≠ n , ta có | an − n |≥ (n − 1)(n − 2) , kết hợp với điều kiện i) ta : n n + n ≥ (n − 1)( n − 2) ( ** ) Dễ thấy bất đẳng thức ( ** ) không Từ điều kiện ii) ta có Vậy ak + m − am Mk m − am = ∀m = 1, 2,3, hay , chọn k n đủ lớn Do với đủ lớn ak + m = k + m n an = n đủ lớn m − am Mk với k đủ lớn an = n ∀n = 1, 2,3, Tóm lại có hai dãy số thỏa mãn yêu cầu đề : an = 1∀n = 1, 2,3, • an = n ∀n = 1, 2,3, • Bài : Cho dãy số ( an ) xác định a1 =  n an  a =  n +1 a + n + ∀n = 1, 2, 3, n  Lời giải : Từ giả thiết ta thu bn = an Đặt ta có lim(an − n) Tìm n →∞  n a  an n an +1 =  + n÷ ⇒ a = + ∀n = 1, 2,3, n +  a ÷ ∀n = 1, 2,3, n n a n  n  b1 =  n bn  bn +1 = b + n ∀n = 1, 2,3, n  x= Xét phương trình n x + x n x= có nghiệm n xn = ( xn ) Xét hai dãy số ( yn ) n ∀n > n −1 yn = n− thỏa mãn n− n− xn < bn < yn Ta chứng minh quy nạp (*) n = 1, Với , dễ thấy ( * ) Giả sử ( * ) đến k ≤ n ⇒ xk < bk < yk f ( xk ) > f (bk ) > f ( yk ) ⇒ yk +1 > bk +1 > xk +1 Vậy ( * ) đến k +1 f ( x) = Dễ thấy hàm ( Dễ thấy n →∞ lim(an − n) = n →∞ Vậy Lời giải : Đặt Dễ thấy Giả sử tồn Vậy xác định cho an ≥ an +1 ∀n ≥ nên ta có  x1 = x2 = 0; x3 =   xn + xn +1 + xn + = xn + ∀n ≥ bn = min{xn ; xn +1 ; xn+ } lim xn Tìm n →∞ an +1 > an ⇒ an +1 ≠ xn +1 , xn + ⇒ an +1 = xn +3 ⇒ 3xn +3 > xn + xn +1 + xn + = 3xn + bn ≤ bn +1 ∀n ≥ [b1 ; a1 ] ⊃ [b2 ; a2 ] ⊃ ⊃ [bn ; an ] ⊃ Vậy ta có dãy đoạn đan lồng : d n = an − bn Đặt Ta có 1  n− ÷  n 2 lim − n = lim  −n= n →∞ n →∞ n− n− 2 Hoàn toàn tương tự ta có ) an = max{xn ; xn +1 ; xn + } n f ( xk ) = yk +1; f ( yk ) = xk +1; f (bk ) = bk +1 nên ( xn ) Bài : Cho dãy số nghịch biến nên theo nguyên lý quy nạp ( * ) với lim(bn2 − n) = (0; n) n = 1, 2,3, 1  n− ÷  n 2 < bn2 <  n− n− 2 Vậy ta x n + n x (dn ) theo  xn +3 − xn ≤ an +3 − bn ≤ an − bn = d n   xn +3 − xn ≥ bn +3 − an ≥ bn − an = − d n ⇒| xn + − xn |≤ d n dãy giảm (vô lý ) ⇒| xn + − xn +3 |=| xn +1 + xn + + xn +3 xn + xn +1 + xn + x −x d − |=| n +3 n |≤ n 3 3 | xn +5 − xn + |≤ Tương tự ⇒ d n + = an + − bn +3 ≤ dn dn | xn +5 − xn +3 |≤| xn +5 − xn + | + | xn + − xn +3 |≤ Do ta có Từ ta dễ dàng có Ta có [bi ; ] 2 d n3 ≤  ÷ 3 n −3 d1d d3 Vì có điểm chung bn ≤ xn ≤ an ⇒| xn − c |≤ an − bn = d n  b ≤ c ≤ a n n  Dễ dàng quy nạp từ giả thiết lim xn = c = n →∞ dn n −3 Vậy đoạn thắt c 2 lim  ÷ n →∞   d1d d = nên n →∞ lim d n = Vì lim d n = lim xn = c n →∞ nên n →∞ xn + = − xn − xn +1 ∀n ≥ 3 , chuyển qua giới hạn ta ( xn ) Bài : Cho dãy số | xm+ n − x n − xm |< m, n thỏa mãn điều kiện với số nguyên dương m+n ( xn ) Chứng minh cấp số cộng k, n Lời giải : Với số nguyên dương , 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 Cố định k cho n → +∞ lim( xn +1 − xn ) = xk +1 − xk , ta có n →∞ lim( xn +1 − xn ) ( xn ) Vậy dãy ∀k = 1, 2,3, cấp số cộng với công sai n →∞ Đó điều phải chứng minh n (un ) Bài : Dãy số xác định công thức hạn hữu hạn giới hạn số vô tỷ ∀n ≥ k =1 ( k !) un = ∑ Chứng minh dãy (un ) có giới > ∀k = 1, 2,3, (k !)2 Lời giải : Vì nên Với số nguyên dương k un dãy đơn điệu tăng 1 1 < < = − (k !) k ! k (k − 1) k − k , ta có : 1 n 1 n  1 1 = + + < + + ∑ − ÷< + + − < ∑ 2 k =3 (k !) k =3  k − k  n k =1 ( k !) n un = ∑ (un ) Vậy bị chặn dãy đơn điệu tăng nên tồn giớn hạn hữu hạn xác định sau , với số nguyên dương +1 − = = un + −( n + 1)( n + 2n − 1) 5 lim Mà ( an ) Bài 10 : Cho dãy số thực Chứng minh Lời giải : Nếu + = = a0 < xác định an = an + a0 ≥ với , n an +1 = [an ]{an } ∀n = 0,1, 2, a0 số thực tùy ý đủ lớn ≥ với i [ai +1 ] ≤ +1 = [ai ]{ai } < [ai ] , với i đủ lớn ≤ 0 nguyên dương Nếu tồn phần tử dãy phần tử dãy kể từ sau phần tử Nếu phần tử dãy số Nếu , nhận giá trị i dương , Do ta có với chặn nên + = với i i < ∀i = 0,1, 2, , tức ([an ]) i với , ta có dãy nguyên không giảm bị chặn đủ lớn c = −1 + [ai +1 ] > +1 = [ai ]{ai } > [ai ] +1 = c.{ai }=c.(a i − c) ⇒ bi +1 = cbi bi = với i bi = − với , c2 c −1 với số nguyên [ai ] = c với i đủ lớn Hiển nhiên dãy (bn ) bị đủ lớn Trong trường hợp ta suy đủ lớn Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 11 : Chứng minh với số nguyên dương a1 , a2 , , an n≥5 tồn cấp số cộng nguyên dương b1 < a1 < b2 < a2 < < bn < an b1 , b2 , , bn cấp số nhân nguyên dương n=5 ví dụ toán với cho Hãy k Lời giải : Đặt 1 k k ( k − 1) k!  Bk = 1 + ÷ = + + + + m 2!m k !m k  m Bk > + , hiển nhiên ta có k m với k≥2 Và với Bk ≤ + k ≤n , ta có : k n(n − 1) n(n − 1)(n − 2) n(n − 1) (n − k + 1) + + + + m 2!m 3! m k ! mk k  n( n − 1) n( n − 1)( n − 2) n( n − 1) ( n − k + 1)  + + + +  m m  2! m 3! m k! m k −1 = 1+ Chọn m>n ( Do ta có Bk < + , theo ta có Đặt Xét hai dãy Khi ta có k +1 ,1≤ k ≤ n m a1 , a2 , , an b1 = 16 a1 , a2 , , an dương thỏa mãn Với , theo chứng minh ta thu : b1 , b2 , , bn ak = mn Ak bk = m n Bk thỏa mãn , cấp số cộng nguyên dương b1 < a1 < b2 < a2 < < bn < an a1 , a2 , , a5 , ta xét cấp số cộng có công sai ) B1 < A1 < B2 < A2 < < Bn < An , ta có Bài 12 : Cho dãy số dương 1) 1 1 1 1 1 1 + + + < + + + = − + − + + − = 1− < 2! 3! k ! 1.2 2.3 (k − 1).k 2 k −1 k k Ak = + n=5 k 1 1 k +1 +  + + + ÷ < + m  2! 3! k! m m (an ) với ∀1 ≤ k ≤ n b1 , b2 , , bn cấp số nhân nguyên Vậy ta có điều phải chứng minh a1 = 17 có công sai 17, xét cấp số nhân 16 < 17 < 24 < 34 < 36 < 51 < 54 < 68 < 81 < 85 b1 , b2 , , b5 với thỏa mãn điều kiện : an +1 ≤ an + an2 2) Tồn số dương M cho a1 + a2 + + an ≤ M n = 1, 2,3, với lim(nan ) Tìm n →∞ bn = a1 + a + + an Lời giải : Đặt 2) Đặt (bn ) bị chặn ak > ∀k = 1, 2,3, , M (bn ) nên dãy tăng thực Lại theo giả thiết lim bn = a , tồn giới hạn hữu hạn cn = b2 n − bn = an +1 + an+ + + a2 n n →∞ lim cn = lim b2 n − lim bn = a − a = , ta có n →∞ n →∞ n →∞ at = a k 1≤ k ≤ n Đặt , từ điều kiện 1) ta a2 n n −1 ak +1 n −1 ak +1 =∏ ≤ ∏ (1 + ak ) ≤ + ak ak k =t ak k =t ⇒ at n−1 + x < e x ∀x > Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc Lại có theo cách xác định at at ≤ cn ecn ⇒ < 2n.a2 n < 2cn ecn n a2 n < lim 2cn e cn = Lại có , ta thu b (a1 + a2 + + an ) = n n n ( , theo chứng minh ta lim cn = n →∞ ∑ ak a2 n < e k =t < ecn ⇒ a2 n < ecn at at lim 2n.a2 n = n →∞ ) n →∞ lim(2n + 1).a2 n +1 = Hoàn toàn tương tự, ta có n →∞ lim nan = lim 2n.a2 n = lim(2n + 1).a2 n +1 = Vậy n →∞ n →∞ n →∞ (an ) Bài 13 : Dãy số xác định sau :  an = a5 n   a5 n +1 = ∀n = 1, 2,3, a  5n+3 = Chứng minh dãy số dãy tuần hoàn ( an ) Lời giải : Giả sử phản chứng Nếu Nếu Nếu Nếu Vậy T = 5k + T = 5k + T = 5k + T = 5k + T = 5k dãy tuần hoàn với chu kỳ sở a1 = a2T +1 = a2(5 k +1) +1 = a5.(2 m) +3 = , ta có , ta có , vô lý a1 = aT +1 = a5 k +3 = , vô lý a1 = a1 = a1 = a1 = a3T +1 = a3.(5 k + 4)+1 = a5.(3k + 2) +3 = với k a1 = , vô lý , nhiên ( an ) số nguyên dương đó, ta có với số nguyên dương am = a5m ⇒ as + k = a5( s + k ) = a5( s + k )+ 4T = a5( s + 5k ) = as + k = as +T = as k < 5k = T , vô lý , ta có a1 = a4T +1 = a4(5 k +3) +1 = a5.(4 k + 2) +3 = , ta có T >0 , điều trái với giả thiết không dãy tuần hoàn Vậy ta có điều phải chứng minh T k s chu kỳ dãy chu kỳ sở dãy (an ) : ( an ) , hiển Vậy điều giả sử sai , tức p Bài 14 : Với số nguyên tố , xét dãy số (an ) a0 = a1 = thỏa mãn , , ak + = 2a k +1 − pak ∀k = 0,1, 2, p Xác định tất giá trị để p=2 Lời giải : Nếu , −1 (an ) phần tử dãy ak + = 2a k +1 − 2a k k = 0,1, 2, với nên có phần tử nhận giá trị Giả sử tồn Vậy m≥2 cho am = −1 −1 = am ≡ 2m−1 a1 ≡ 2m−1 (mod p ) Lại có −1 ak , số chẵn với Vậy Vậy , theo đề ta có ak +1 = 2a k − pak −1 ≡ 2a k ( mod p) ak +1 ≡ (k + 1)(a1 − a0 ) + a0 ≡ k + 1(mod p − 1) với (2) p −1 ≡ 1(mod p ) ⇒ 2m +1 ≡ 1(mod p ) ( p, 2) = nên theo định lý Fécma, ta có ( Do ( )) −4 ≡ 2m +1 ≡ 1(mod p ) ⇒ ≡ 0(mod p ) ⇒ p = Kết hợp với ( ) ta a3 = −1 p=5 Với k = 2,3, 4, (1) −1 = am ≡ m(mod p − 1) ⇒ m + ≡ 0( mod p − 1) Do , ta thấy k ≥2 p > ⇒ ( p, 2) = ak +1 = 2a k − a k −1 − ( p − 1)ak −1 ≡ 2a k − ak −1 ( mod p − 1) ⇒ ak +1 − ak ≡ ak − ak −1 (mod p − 1) k = 2,3, 4, Do p=5 p Vậy tất giá trị thõa yêu cầu toán với