DÃY số lytutrong cantho

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ Trường THPT Chuyên Lý Tự Trọng CHUYÊN ĐỀ DÃY SỐ NHÓM THỰC HIỆN: Bùi Tấn Phương Trần Mỹ Hoa Tiêu Ngọc Diễm Quỳnh Trần Thị Thanh Huyền Lê Thanh Tú Nguyễn Anh Lộc Dương Minh Quân Bùi Tuấn Anh Tống Trung Thành Giáo viên hướng dẫn: Huỳnh Bửu Tính, Trần Diệu Minh -1- Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi -2- Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi LỜI NÓI ĐẦU Trong chương trình tốn học THPT, tốn liên quan đến dãy số vấn đề quan trọng phần đại số giải tích lớp 11 Dãy số dạng toán phức tạp, cần rèn luyện, học tập thường xuyên giải nhanh tốt Vì thế, dãy số thường xuất kỳ thi học sinh giỏi, thi Olympic toán để đánh giá khả tư học sinh Do để học tốt mơn dãy số, ta cần luyện tập giải toán liên quan dãy số đồng thời tích cực tìm phương pháp hay để giải toán dãy số cách hợp lý Ở chuyên đề này, tập thể tổ 02 lớp 11A1 tổng hợp biên soạn số vấn đề liên quan đến dãy số để làm tài liệu học tập cho môn chuyên để nghiên cứu dạng tốn lí thú Chun đề gồm phần: : Định nghĩa định lý dãy số Các dạng dãy số đặc biệt Một số phương pháp xây dựng dãy số Phương trình sai phân tuyến tính Dãy số vấn đề liên quan đến giới hạn -3- Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi PHẦN 01: ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA DÃY SỐ I)Các định nghĩa dãy số: Dãy số: hàm số f : S   S= 1; 2;3; ; n dãy hữu hạn S=  dãy vô hạn bắt đầu số S=  * dãy vô hạn bắt đầu số Với dãy f: S   n  f ( n) Ký hiệu:  un  ; un  ; với un= f(n) Trong đó: + u0 hay u1 gọi số hạng đầu + un gọi số hạng tổng quát +n gọi số số hạng Dãy số cho theo cách sau đây: 1)Cho dãy số công thức số hạng tổng quát: VD: Cho dãy số  un  với un  n  10 2n  2)Cho dãy số hệ thức truy hồi: u  20 VD:  un  2un  95(n  2) 3)Cho dãy số phương pháp liệt kê phần tử VD: dãy 0;1;2;3;4;5;…… II)Tính chất: 1)Dãy số tăng, dãy số giảm: Dãy số ( un ) gọi dãy số tăng với n ta có: un  un 1 Dãy số ( un ) gọi dãy số giảm với n ta có: un  un 1 Dãy số tăng hay dãy số giảm coi dãy đơn điệu VD: Xét tính đơn điệu dãy số sau: un= n + ( )n với n   + Giải: n   + Ta có: un+1- un= (1- 1 ) + n1 >  (un) dãy tăng n 2 2)Dãy số bị chặn: -4- Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Dãy số ( un ) gọi dãy số bị chặn tồn số M cho: n  * , un  M Số M nhỏ gọi cận ( un ).Ký hiệu sup un Dãy số ( un ) gọi dãy số bị chặn tồn số m cho: n  * , un  m Số m lớn gọi cận ( un ).Ký hiệu inf un Dãy số ( un ) gọi dãy số bị chặn vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới, tức tồn số m số M cho n  * m  un  M VD: Xét tính bị chặn dãy số sau: un= (-1)n + cos n, n   + Giải: un= (-1)n + cos n, n   +; -1  cos n   -2  (-1)n + cos n  Ta có: Vậy (un) bị chặn Chú ý: Mọi dãy số ( un ) giảm bị chặn u1 Mọi dãy số ( un ) tăng bị chặn u1 3) Dãy dãy tuần hoàn: Dãy con: Cho dãy (un) n   + Lập dãy (V nk ) với số hạng: V n1 , V n2 ,… , V nk ,…… Trong dãy (nk) số tự nhiên tăng vô hạn Dãy (V nk ) gọi dãy (un) Nhận xét: (un) dãy với nk=k VD: Cho dãy (un) xác định bởi: 0  u1  với n   +  u  u ( u  1) n n  n1 CMR: dãy (u2n+1) dãy giảm dãy (u2n) dãy tăng Giải: Áp dụng phương pháp quy nạp ta dễ dàng suy đpcm Dãy tuần hồn: Dãy tuần hồn cộng tính: Dãy (un) gọi tuần hồn cộng tính l   + cho un+l = un n   + Số l gọi chu kì sở dãy (un) Đặc biệt: (un) tuần hồn cộng tính, chu kì l=1 dãy -5- Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi VD: Dãy số (un) xác định u0= 1, u1= 0, un+1= un + un-1 với n = 1,2,3,…… tuần hoàn với chu kì 6: 1,0,-1,-1,0,1,1,0,-1,-1,0,1,…… Dãy tuần hồn nhân tính: Dãy (un) gọi tuần hồn nhân tính l   +, l>1 cho un.l = un n   + Số l gọi chu kì sở dãy (un) Bài tập: 01) Cho dãy (un) với un= n(n  2) , n   dãy (xn) xác định xn= u1.u2.u3…un (n  1) a) CMR dãy (un) tăng, (xn) giảm b) CMR xn= n2 2(n  1) 02) Dãy (un) xác định bởi: u1  u2  u3  , n   un  un 1  un 3 CMR: dãy (un) tăng n  03) Xét tính bị chặn dãy un: un= (1+ n ) n   + n 04) Dãy (un) xác định bởi: 0  u n   CM: dãy (un) tăng bị chặn   u (1  u )   n   n  n  05) Dãy (un) xác định bởi: u1    un  un1   u  n với n  CM: dãy (u2n+1) tăng dãy (u2n) giảm 06) Cho k   \  CMR dãy (un) xác định bởi: u0   u1  1 u  ku  u n   * n n 1  n1 -6- Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Không dãy tuần hoàn -7- Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi PHẦN 02: MỘT SỐ DẠNG DÃY SỐ ĐẶC BIỆT Cấp số cộng: Định nghĩa: Dãy gọi cấp số cộng kể từ số hạng thứ trở số hạng số hạng đứng trước cộng với số khơng đổi Số khơng đổi gọi cơng sai Ký hiệu: Có : số hạng : số hạng thứ n (tổng quát) : công sai Nhận xét: - Dãy ( xác định bởi: số thực) cấp số cộng Tính chất: Cơng thức số hạng tổng qt: CSC có Chứng minh: … Suy ra: Nhận xét: mà: (Thường dùng chứng minh CSC): -8- Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Tổng n số hạng đầu tiên: cấp số cộng đặt: Có Hay Chứng minh: Có Nhận xét: Ví dụ: Chứng minh theo thứ tự lập thành cấp số cộng tự lập thành cấp số cộng (giả sử theo thứ ) Giải: theo thứ tự lập thành cấp số cộng Tức theo thứ tự lập thành cấp số cộng Cấp số nhân: Định nghĩa: Dãy gọi cấp số nhân kể từ số hạng thứ trở số hạng bắng số hạng đứng trước nhân với số không đổi Số không đổi gọi công bội Ký hiệu: -9- Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Có : số hạng : số hạng thứ n (tổng quát) : công bội Nhận xét: - - Dãy ( số thực khác không) xác định bởi: cấp số nhân Tính chất: Cơng thức số hạng tổng quát: CSN có Chứng minh: … Suy ra: Nhận xét: mà: Tổng n số hạng đầu tiên: cấp số nhân đặt: Có Chứng minh: Có - 10 - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi , dãy phân kì tới  b  a  1 b Giải a) Ta có: n n k  6k  11k  ( k  1)(k  2)( k  3)  lim   lim  x  x  (k  3)! (k  3)! k 1 k 1 n 1   lim     x  (k  3)!  k 1  k ! 1 1 1 1 1 1   lim               x  1! 4! 2! 5! 3! 6! 4! 7! (n  1)! ( n  2)! n! ( n  3)!   1 1 1   lim        x  1! 2! 3! ( n  1)! (n  2)! (n  3)!   n k  6k  11k  5 Vậy : lim   x  (k  3)! k 1 b) Ta có : n lim  x  k 2 n k 1 ( k  1)( k  k  1)  lim  k  x  k  ( k  1)(k  k  1) (k  1)[( k  1)  ( k  1)  1]  lim  x  ( k  1)(k  k  1) k 2 n  (2  1)(32   1) (3  1)[42   1] ( n  1)[( n  1)  ( n  1)  1]   lim   x  (2  1)(2   1) (3  1)(32   1) ( n  1)(n  n  1)   1.2.[( n  1)  ( n  1)  1] 2(n  n  1)  lim  lim  x  x  3( n  n ) (22   1) n(n  1) n k 1 Vậy : lim   x  k 2 k   Bài 44 Cho dãy số  xn 1 với xk  Chứng minh lim x n xn 1 k     2! 3! 4!  k  1! n  x2n   x1999 Giải Ta có k 1  k   k  2 !  xk  ,  k   xk 1  xk   xk 1 - 128 - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi (k  1)  1 k Mặt khác     k  1!  k  1! k !  k  1! 1 1      2! 2! 3! k !  k  1!  1  k  1!  xn   n n n Ta lại có x1999 < x1n  x2n   x1999  1999 x1999 Áp dụng xn   (*) vào (*) ta  k  1! n n     n n n 1    x1  x2   x1999  1999 1  2000!  2000!    1   n  1  n x1n  x2n   x1999  n 1999 1  2000! 2000!       Vì lim 1   lim  n 1999 1   1    x 2000! x 2000! 2000!      n Theo định lý kẹp ta lim n x1n  x2n   x1999 1 x n Vậy lim n x1n  x2n   x1999 1 x 2000! 2000! Chú ý: Thay 1999 2003, ta có đề OLP sinh viên năm 2003 Ví dụ Tìm quy luật biểu diễn dãy số sau:1, -1, -1, 1, 5, 11, 19, 29, 41, 55 Giải y = f(x) : -1 -1 11 19 29 41 55 ∆y : -2 10 12 14 ∆y : 2 2 2 2 Do sai phân cấp không đổi nên giá trị dãy cho đa thức bậc hai: f(x) = ax2 + bx + c, a ≠ Cho x = 0,1,2 ta được:  c 1  a 1    a  b  c  1  b  3  4a  2b  c  1  c    Vậy: Số hạng tổng quát dãy un = n2 -3n + 1, n = 0,1,… ,9 - 129 - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi n x Ví dụ Tính x 1 ∆n (x3) = x3 – (x-1)3 = 3x2 -3x + Giải Ta có: n Do đó: n  (3x2  3x  1)  ( x3 )  n3 x 1 x 1 n n Suy ra: 3 x  n3   x  n  n3  x 1 n Vậy: x  x 1 x 1 3n(n  1) n n(n  1)(2n  1) Ví dụ Tìm dãy số biết un = 7un-1 - 11un-2 + 5un-3 (1) , u0 = 0, u1 = 1, u2 = Giải Phương trình đặc trưng (1):   7  11       1      Như vậy: 1 nghiệm bội 2 nghiệm đơn Công thức tổng quát dãy: Với n = 0, 1, 2: 1  C1  16 C1  C3       C1  C2  5C3    C2  C  2C  25C    1  C3  16  n 3n Vậy: un = -1 + 16  Ví dụ  Cho dãy số (an), n = 0, 1, 2, … xác định a0  20, a1  100, an   4an 1  5an  20 (1), n  0,1, Tìm số hạng tổng quát dãy Giải (1) khơng phương trình sai phân Đặt an  bn  c Khi đó: 1  bn   c   bn1  c    bn  c   20  bn   4bn 1  5bn  8c  20 2 Chọn 8c  20   c  5 (2) trở thành phương trình sai phân tuyến tính bn   4bn 1  5bn - 130 - bởi: Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi  1 có phương trình đặc trưng   4       5 Công thức tổng quát bn  C1 5n  C2  1 Lấy n = 0, 1: n 5   C1  C2  b0  a0   20  125 10  C1  , C1   6 5C  C  b  a   100  1  2 Suy ra: an  bn  125 n 10 n    1  6  n2    1 , n chaün    5n    , n lẻ  n Ví dụ Tính  sin ix i 1 Giải Ta có: 1 1 1 x     cos  k   x  cos  k   x  cos  k   x  2sin kx.sin 2 2 2    1   cos  k   x 2   sin kx  x 2sin n   sin kx   k 1  1 x   cos  k   x  cos    x 2 2  2sin  sin n 1 n x.sin x 2 x sin  x0  a, y  b  Bài toán 1: Cho hai dãy  xn  ,  yn  , n  0,1, 2, thỏa:  xn   xn 1   yn1 y   x  y n 1 n 1  n Trong  ,  ,  , cho trước    Xác định công thức tổng quát dãy Giải Ta có: - 131 - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi xn   yn      xn 1       yn 1  0        4   1,2          4 2 Ta chọn  cho:                     (1) Theo giả thiết    nên             (1) có nghiệm phân biệt 1,2          4 2 Khi đó: xn   yn      xn 1   yn 1  =      xn    yn    Suy ra: n xn  1 yn    1   a  1b  n xn  2 yn    2   a  2b  Do đó: n n   1   a  1b     2   a  2b   yn  1  2 n n    2   a  2b   2   1   a  1b  xn  1  2  xn1   Trong  ,  ,  ,  xn1   cho trước    Xác định công thức tổng quát dãy Bài toán 2: Cho dãy số  xn  , n  0,1, 2, thỏa x0  a, xn   yn   yn 1   z n 1 a (n  0,1, 2, )  zn   yn 1   z n 1 Giải Đặt  Thì yn , zn xác định theo cơng thức tốn và: yn 1  yn  yn 1   zn 1 zn 1   zn  yn 1   zn 1  yn 1   zn 1 y y Ta có x0  =a xn  n z0 zn  Do - 132 - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi n 1 (  2 ) (a  2 )  2 (  1 )n (a  1 ) xn  (  1 )n (a  1 )  (  2  )n (a  2 ) x  Ví dụ: Dãy (xn) thỏa x0 = a, xn  n1 với    xn1  Thì phương trình (1) tốn trở thành      1,2     Số hạng tổng quát dãy xn  1 (1  2  )n (a  2 )  2 (1  1 )n (a  1 ) (1  1 )n (a  1 )  (1  2  ) n (a  2 )  u1  1, u2  un   3un 1  un Bài Cho dãy số (un) xác định bởi:  (n  1, 2, ) un21 Chứng minh với n = 1,2,… ta có bất đẳng thức: un  un   , n  1, 2, un Giải Trước hết ta cần đến nhận xét sau: Với n = 1,2,… ta có hệ thức: un  2un  un21  (1) Ta thấy un > 0, un+1 > với n  từ (1) suy ra: un   un21  un (2) un+2 > Mặt khác u1 = > 0; u2 = > nên từ (2) lập luận suy ra: un > với n = 1,2,…(dễ dàng chứng minh quy nạp) mà un   (AM-GM) un un21  un21 un21  un   un   un  u n    2 un un u n un Đó điều phải chứng minh Bài Cho dãy số (an) xác định a0 = 2, an+1 = 4an + 15an2  60 Chứng minh số (a2 n  8) biểu diễn thành tổng bình phương ba số nguyên liên tiếp với n = 1,2,3, Giải Từ giả thiết: an21  8an an 1  an2  60  Thay n n  ta được: an2  8an1an  an21  60  Trừ (1) cho (2) ta được:  an 1  an 1  an 1  8an  an 1   - 133 - (1) (2) Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Do dãy tăng nên: an 1  8an  an 1 Phương trình đặc trưng có dạng: t  8t     n Với hai nghiệm t   15 Ta xác định công thức tổng quát dãy (an)  an   15 n   4  15  n  a2n   ln biểu diễn dạng tổng bình phương số Bây ta chứng minh nguyên liên tiếp Thật vậy, với n  1, k   để n  n     15   15k     15     15    15k   Hay   15     15   15k  1 Do vậy:  a       15     5 aa  15 n n 2n 2n 2n 2n 15  2n    3k   ( k  1)  k  ( k  1)  Ta có đpcm  x1  7, x2  50 Chứng minh x1996  1997  xn1  xn  xn1  1975 Bài Cho dãy (xn) xác định sau:  (T6/251) Giải Đặt xn = Vn + 1975 , n  xn+1 = 4xn + 5xn-1 – 1975  Vn+1 – 4Vn – 5Vn-1 = Xét phương trình đặc trưng: x2 – 4x – =  x = -1 x =  Vn = a.(-1)n-1 + b.5n-1 Do ta được: V1=a+b=7- 1975  1975 V2=-a+5b=50-  a=- 2005 12  1747 b=- 24  Vn = - 2005 1747 n-1 (-1)n-1 , n 12 24  xn = - 2005 1747 n-1 1975 (-1)n-1 + 12 24  x1996 = - 1747 1995 9935 + 24 24 - 134 - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi = (-1747.51996 + 49675):120  120x1996 = - 1747(51996 – 1) + 1997.24 Theo định lí nhỏ Fermat: 51996  (mod 1997)  51996 -1  (mod 1997)  120x1996  1997 mà (120,1997) = Vậy: x1996  1997 (đpcm) Bài Cho dãy số Fibonacci (un): u0 = u1 = 1; un+2 = un+1 + un với n = 0,1,2,3,… Đặt f(n) = 1985n2 + 1956n + 1960 Chứng minh tồn vô hạn số hạng un dãy cho f(un)  1989 Giải Đặt h(n)  4n  33n  29  f (n)  h(n)  1989( n  n  1) Từ suy ra: f (n)1989  h(n)1989 v0  1; v1  (n  1, 2, ) vn 1   1 Xét dãy (vn):  Nói khác đi, dãy dãy sinh dãy Fibonacci thêm vào trước dãy Fibonacci số hạng -1, 1, Gọi ri phần dư phép chia vi cho 1989 (i = 0,1,2,…) Như ta có  r  1988 Xét dãy cặp số sau đây:  r0 , r1  ,  r1 , r2  ,  r2 , r3  , Vì số ri nhận 1989 giá trị Vậy cặp khác tối đa 19892 Từ theo nguyên lí Dirichlet 19892 + cặp có hai cặp trùng Giả sử cặp là: r , r ,r p p 1 p  , rp  1  , p,    Điều có nghĩa là: rp  rp  ; rp 1  rp 1 Theo cách xác định dãy, ta có: v p 1  v p 1  v p  rp 1  rp 1  rp Tương tự, ta có: v p  1  v p  1  v p  rp 1  rp 1  rp Từ suy ra: rp1  rp 1 Tương tự, ta có: rp 2  rp   ; … r2  r  ; r1  r 1 ; - 135 - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi r0  r Từ r0  r , r1  r 1 vn1   vn1 suy ri  ri  , i  0,1, 2, Do vậy: r0  r  r2  r3   rk , k  1, suy ra: h(vk )1989 A  h( 1)  1989 A Rõ ràng vk , k  1, 2,3, số Fibonacci, suy có vơ số số hạng dãy Fibonacci thỏa đề Bài Chứng minh dãy Fibonacci có tính chất : a) Với i.j : ai+j = aiaj-1 + ai+1aj b) Với k, n: akn  an c) Hai số hạng liên tiếp nguyên tố Dùng tính chất , tìm USCLN u1998 u1960 Giải a) Ta chứng minh qui nạp Với i.j : ai+ j = aiaj-1 + ai+1aj (1) Giả sử j không đổi (j > 0) Với i = VT(1) = aj VP(1) = a0aj-1 + a1aj = aj (do ao = 0, a1 = 1) Giả sử (1) đến i = n Ta chứng minh (1) với i = n + an 1  an a j 1  an 1 a j a( n 1) j  an 1 a j 1  an a j Theo giả thiết quy nạp  Cộng theo vế lại an+l + a(n-1)+j = (an + an-j)aj-1 + (an + an+1)aj = an+1.aj-1 + an+2.aj Lại có an+1+l = an+l + a(n-1)+l Vì an+1+l = an+1.aj-1+an+2.aj hay (1) với k = 0,1,2,… Xét với i;j Với j = (1) với i Giả sử (1) với i j  m Xét (1) với i j = m theo (1) suy đpcm b) Cố định n Với k = khẳng định hiển nhiên Giả sử khẳng định đến k = m tức amn  an Xét k = m + Ta có uk(m+1) = ukm+m Theo phần a) an(m+1) = anman-1 + anm+1an +Kết hợp giả thiết quy nạp suy an(m+1)  an Vậy khẳng định c) Kết hiển nhiên Theo a) u1988 = u1960.u27 + u1961.u28 (1) Đặt r = (u1988, u1960) suy u1988  r u1960  r Do u1988 u1960 chia hết cho u28 tính chất b) nên r  u28 > (2) suy u1961, u28  r - 136 - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Theo c) (u1960, u1961) = mà u1960  r Vì u28  r hay u28  r (3) Từ (2) (3) suy ƯSCLN (u1998; u1960) = u28 = 317811 Các bổ đề tính tốn đề dựa cơng thức tổng qt dãy số Fibonacci: n n         un      (n > 0)        u  3; u1  17 Bài Cho dãy số un  xác định bởi:  Chứng minh với n un  6un1  un2 n  1 ta có un2 1 thương số phương Giải Xét phương trình đặc trưng phương trình sai phân cho:  x  x 1    x   2  x   2    n Do đó: un  a  2  b  2  n Theo đề ta có:  a   2 a  b     2 a   2 b  17      b   2   n  n  1 Nên un   2   2 Ta có: 2 n1 n1    2   2  un 1      2                     3  2   n1 Ta chứng minh vn  với  3 2 n1 2 dãy số nguyên quy nạp Với n = 0, v0  số nguyên 3  2   k 1 Giả sử vk nguyên (k > 0) hay: vk Ta chứng minh vk+1 nguyên 3  2   k 2 Thật vậy: vk 1 3  3 2  k 1  2  k 2  3 2  k 1   3 2    32  3  2   3k 1  Ck11 3k 2  Ck21 3k 1 2  k 1   k 1 Do  2 k 1  2 2    3 2   3 2    k 1  3k 1  Ck11 3k 2  Ck21 3k 1 2     - 137 -  k 1  Vì  2  n 1 Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi   3 2  n 1 có dạng 2 M (M nguyên) kết hợp giả thiết qui nạp ta vn1 nguyên (đpcm) Vậy với n ta có un2 1 thương số phương  x1  7, x2  50 Chứng minh x1996  1997  xn1  xn  xn1  1975 Bài Cho dãy (xn) xác định sau:  (T6/251) Giải Đặt xn = Vn + 1975 , n  xn+1 = 4xn + 5xn-1 – 1975  Vn+1 – 4Vn – 5Vn-1 = Xét phương trình đặc trưng: x2 – 4x – =  x = -1 x =  Vn = a.(-1)n-1 + b.5n-1 Do ta được: V1=a+b=7- 1975  1975 V2=-a+5b=50-  a=- 2005 12  1747 b=- 24  Vn = - 2005 1747 n-1 (-1)n-1 , n 12 24  xn = - 2005 1747 n-1 1975 (-1)n-1 + 12 24  x1996 = - 1747 1995 9935 + 24 24 = (-1747.51996 + 49675):120  120x1996 = - 1747(51996 – 1) + 1997.24 Theo định lí nhỏ Fermat: 51996  (mod 1997)  51996 -1  (mod 1997)  120x1996  1997 mà (120,1997) = Vậy: x1996  1997 (đpcm) Bài 28 Cho số nguyên a, b Xét dãy số nguyên  an  xác định bởi: a0  a, a1  b, a2  2b  a   n  1  an  3an  3a21  an c) Tìm cơng thức tổng qt  an  d) Tìm tất số a, b để an số phương với n  1998 (VMO 1998 bảng B) - 138 - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Giải a) Phương trình đặc trưng:  x3  x  3x     x  1   x 1 Công thức tổng quát dãy: n n n an   1   n 1   n 1 với n = 0, 1, 2, … an    n   n  Theo đề ta có: a0  a   a   a           b    b  a  a1  b a  2b  a      4  2b  a       Vậy an  a  n  b  a  1  n b) Giả sử an  n   b  a  1 n  a  u aaa  n  1998, u   Từ đó: 4u  4n   b  a  1 n  4a 2 4u   2n   b  a  1  4a   b  a  1 2n  b  a   v Đặt  , ta có: d  4u  v   2u  v  2u  v  4a   b  a  1  d Với n đủ lớn v  2n  b  a   Nếu d  2u  v  Và d   2u  v  2u  v   2u  v  v  2n  b  a  Với n đủ lớn d = số lớn v Do đó, d = 0, suy 4a   b  a  1  a phương Đặt a  t wwww  t  0, t  N   4t  b  t   2bt  2t  2b  b  t   2bt  2t  2b   b   2t   b  t  2t 1    '   t  1   t  2t 1  4t b1  t   2t   t  1  b2  t   2t   t  12  2 Đảo lại, với a  t , b   t  1 an  n  t  1  t  1 n  t  n  2tn  t phương   Với a  t , b   t  1 an   n  t  phương - 139 - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi a  t  Vậy an  u   b   t  1   b   t  1 Bài 29 Cho dãy  un  u1  u2   xác định sau:  un21  với n = 3, 4, 5, … u   n un   Chứng minh số hạng dãy số nguyên Giải Xét bổ đề: Cho dãy  un  xác định u1  m , u2  p , u3  q (m, p, q > ) un   un21  c , n  un Trong c  mq  p Khi  un  dãy truy hồi tuyến tính cấp dạng un  aun1  un Với a  Chứng minh: Ta có: c  unun   un21 (1) Thay n n – 1, ta được: c  un 1un 1  un2 (2) Từ (1) (2) suy ra:  un1un 1  un2  unun   un21  un 1  un 1  un 1   un  un   un   un 1  un 1 un   un  un un 1 Thay n 1, 2, 3,……, n – 1, n – 2: u u u u q  m u3  u1    n 1 n 1  n  n p u2 un un  Suy un  aun1  un Bổ đề chứng minh * Trở lại tốn, ta có: m  u1  p  u2  a q  u3  a 12  3 1  3.1  12  mq  p  , ta có: un  4un 1  un 2 Dễ thấy u1 , u2   nên u3   Áp dụng bổ đề với c  Bằng quy nạp toán học, ta chứng minh dễ dàng un  , n   Vậy số hạng dãy cho nguyên - 140 - qm p Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Bài 37 a0  1, a1  45 với n = 0, ,2, … an   45an 1  an Cho dãy (an ) xác định sau:  a) Tính số ước dương an21  an an  theo n b) Chứng minh 1997 an2  4.7 n1 số phương với n (VMO năm 1997) a0  1, a1  45 với n = 0, 1, 2, … an   45an 1  an Giải a) Xét dãy số nguyên  Thử với n = 0, để dự đoán hệ thức: an21  an an   n 1 (*) Ta chứng minh hệ thức n  N phương pháp quy nạp toán học * Với n = 0, a12  a0 an  452  1.(45.45  7)  71 * Giả sử (*) với n = k (k  N ) , tức ta có: ak2  ak 1ak 1  k Ta phải chứng minh (*) với n = k +1, tức chứng minh: ak21  ak ak   k 1 Thật vậy, từ giả thiết quy nạp hệ thức truy hồi, ta có: VT  ak21  ak  45ak 1  ak  VT  ak21  45ak ak 1  7ak2 VT  (7 ak2  ak 1  ak 1 )  (ak21  45ak ak 1  7ak 1ak 1 ) VT  7(ak2  ak 1ak 1 )  ak 1 (ak 1  45ak  7ak 1 ) VT  7.7 k  ak 1 VT  k 1 Vậy (*) n  N (*)  Số ước số dương an21  an an  ( n + 2) b/ Từ (*) có: an21  an (45an 1  an )  n 1   an21  45an an 1  7an2  n 1  0, n  N Điều chứng tỏ pt: x  45an x  an2  n 1  có nghiệm nguyên nên:   (45an )2  4(7 an2  n 1 ) =1997a 2n  n 1.4 phaûi số phương - 141 - Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi MỤC LỤC Lời nói đầu Định nghĩa tính chất dãy số Một số dạng dãy số đặc biệt Các phương pháp xây dựng dãy số 20 Phương trình sai phân tuyến tính 30 Dãy số vấn đề liên quan đến giới hạn 39 Bài tập tổng hợp 90 Tài liệu tham khảo 138 Mục lục 139 - 142 - ... 2) 3)Cho dãy số phương pháp liệt kê phần tử VD: dãy 0;1;2;3;4;5;…… II)Tính chất: 1 )Dãy số tăng, dãy số giảm: Dãy số ( un ) gọi dãy số tăng với n ta có: un  un 1 Dãy số ( un ) gọi dãy số giảm... SỐ DẠNG DÃY SỐ ĐẶC BIỆT Cấp số cộng: Định nghĩa: Dãy gọi cấp số cộng kể từ số hạng thứ trở số hạng số hạng đứng trước cộng với số khơng đổi Số khơng đổi gọi cơng sai Ký hiệu: Có : số hạng : số. .. định Cho dãy số dãy số với xác định với cấp số nhân Hãy cho biết số hạng đầu công bội cấp số nhân Giải: Từ cơng thức xác định dãy số , ta có: với Từ suy dãy số công bội cấp số nhân với số hạng