Hướng dẫn giải các dạng toán dãy số, cấp số cộng và cấp số nhân

Giới thiệu Hướng dẫn giải các dạng toán dãy số, cấp số cộng và cấp số nhân

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và quý thây cô Hướng dẫn giải các dạng toán dãy số, cấp số cộng và cấp số nhânChương Tổ hợp và Xác Xuất.

Tài liệu môn Toán 11  và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất nhé.

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán.

Text Hướng dẫn giải các dạng toán dãy số, cấp số cộng và cấp số nhân
CHƯƠNG 1. BÀI A 3 DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC TÓM TẮT LÝ THUYẾT Bài toán. Chứng minh mệnh đề chứa biến P(n) đúng với mọi số nguyên dương n. Phương pháp. Bước 1. Với n = 1, ta chứng minh P(1) đúng. Bước 2. Giả sử P(n) đúng với n = k ≥ 1. Ta cần chứng minh P(n) đúng với n = k + 1. Kết luận, mệnh đề P(n) đúng với mọi số nguyên dương n. Để chứng minh mệnh đề chứa biến P(n) đúng với n ≥ p, p là số nguyên dương. Ta cũng làm các bước tương tự như trên. ! B Bước 1. Với n = p, ta chứng minh P( p) đúng. Giả sử P(n) đúng với n = k ≥ p. Ta cần chứng minh P(n) đúng với n = k + 1. Kết luận, mệnh đề P(n) đúng với mọi số nguyên dương n. DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 1.1. Chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n Thực hiện theo các bước đã nêu ở phần tóm tắt lí thuyết. 1 VÍ DỤ VÍ DỤ 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có 1 1+2+3+···+n = n ( n + 1) . 2 2 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = n2 ( n + 1)2 . 4 L Lời giải 1 Đặt Sn = 1 + 2 + 3 + · · · + n = Với n = 1 thì S1 = n ( n + 1) . 2 (1) 1(1 + 1) = 1. Vậy (1) đúng với n = 1. 2 301 302 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Sk = 1 + 2 + 3 + · · · + k = k ( k + 1) . 2 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh S k +1 = 1 + 2 + 3 + · · · + ( k + 1 ) = (k + 1)[(k + 1) + 1] (k + 1)(k + 2) = . 2 2 Thật vậy, ta có S k +1 = S k + ( k + 1 ) = k ( k + 1) k ( k + 1) + 2( k + 1) (k + 1)(k + 2) + ( k + 1) = = . 2 2 2 Vậy (1) đúng với n = k + 1. Do đó, 1 + 2 + 3 + · · · + n = n ( n + 1) với mọi số tự nhiên n ≥ 1. 2 n2 ( n + 1)2 2 Đặt Tn = 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = . (1) 4 12 (1 + 1)2 = 1 = 13 . Vậy (1) đúng với n = 1. 4 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Với n = 1 thì T1 = Tk = 13 + 23 + 33 + · · · + k3 = k 2 ( k + 1)2 . 4 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Tk+1 = 13 + 23 + 33 + · · · + (k + 1)3 = (k + 1)2 [(k + 1) + 1]2 ( k + 1)2 ( k + 2)2 = . 4 4 Thật vậy, ta có Tk+1   ( k + 1)2 k 2 + 4( k + 1) k 2 ( k + 1)2 k 2 ( k + 1)2 + 4( k + 1)3 3 = Tk + (k + 1) = + ( k + 1) = = 4 4 4 ( k + 1)2 ( k + 2)2 (k + 1)2 (k2 + 4k + 4) = . = 4 4 3 Vậy (1) đúng với n = k + 1. Do đó, 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = n2 ( n + 1)2 với mọi số tự nhiên n ≥ 1. 4 Nhận xét. Với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có Tn = Sn2 .  VÍ DỤ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta luôn có 1 un = n3 + 3n2 + 5n chia hết cho 3. L Lời giải 2 un = 9n − 1 chia hết cho 8. 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC 303 1 Với n = 1 ta có u1 = 13 + 3 · 12 + 5 · 1 = 9 chia hết cho 3. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = k3 + 3k2 + 5k chia hết cho 3. Ta cần chứng minh uk+1 = (k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 5(k + 1) chia hết cho 3. Thật vậy, ta có uk+1 = (k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 5(k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + 1 + 3(k + 1)2 + 5k + 5   3 2 = k + 3k + 5k + 3(k + 1)2 + 3k + 6.  . . . . . Vì k3 + 3k2 + 5k .. 3, 3(k + 1)2 .. 3, 3k .. 3 và 6 .. 3 nên uk+1 .. 3. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 2 Với n = 1 ta có u1 = 91 − 1 = 8 chia hết cho 8. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 9k − 1 chia hết cho 8. Ta cần chứng minh uk+1 = 9k+1 − 1 chia hết cho 8. Thật vậy, ta có h   i . uk+1 = 9k+1 − 1 = 9 · 9k − 9 + 8 = 9 9k − 1 + 8 .. 8. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh.  VÍ DỤ 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3, ta luôn có 1 3n > n2 + 4n + 5. 2 2n > 2n + 1. L Lời giải 1 Với n = 3 ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng. Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 3, k ∈ N, tức là ta có 3k > k2 + 4k + 5. Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là (1) 3k+1 > (k + 1)2 + 4(k + 1) + 5 hay 3k+1 > k2 + 6k + 10. Thật vậy, nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1) với 3 ta được 3 · 3k > 3(k2 + 4k + 5) ⇔ 3k+1 > k2 + 6k + 10 + 2k2 + 6k + 5 ⇒ 3k+1 > k2 + 6k + 10 (vì k ≥ 3). Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 2 Với n = 3 ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng. Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 3, k ∈ N, tức là ta có 2k > 2k + 1. (1) k + 1 Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là 2 > 2(k + 1) + 1 hay 2k+1 > 2k + 3. Thật vậy, nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1) với 2 ta được 2 · 2k > 2(2k + 1) ⇔ 2k+1 > 2k + 2k + 2. (2) Vì k ≥ 3 nên 2k ≥ 6. Do đó (2) tương đương với 2k+1 > 2k + 6 + 2 ⇒ 2k+1 > 2k + 3. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh.  304 2 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có 1 1 + 3 + 6 + 10 + · · · + n ( n + 1) n(n + 1)(n + 2) = . 2 6 2 1 · 4 + 2 · 7 + · · · + n(3n + 1) = n(n + 1)2 . 3 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = 4 n(n + 1)(2n + 1) . 6 1 1 1 n ( n + 3) + +···+ = . 1·2·3 2·3·4 n(n + 1)(n + 2) 4(n + 1)(n + 2) 5 1 · 22 + 2 · 32 + 3 · 42 + · · · + ( n − 1 ) n 2 = n(n2 − 1)(3n + 2) với mọi n ≥ 2, n ∈ N. 12 1 1 1 1 2n − 1 6 + + +···+ n = . 2 4 8 2 2n Lời giải. n(n + 1)(n + 2) n ( n + 1) = . 2 6 1(1 + 1)(1 + 2) Với n = 1 thì S1 = = 1. Vậy (1) đúng với n = 1. 6 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có 1 Đặt Sn = 1 + 3 + 6 + 10 + · · · + Sk = 1 + 3 + 6 + 10 + · · · + (1) k ( k + 1) k(k + 1)(k + 2) = . 2 6 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 1 + 3 + 6 + 10 + · · · + = (k + 1)[(k + 1) + 1][(k + 1) + 2] k(k + 1) (k + 1) [(k + 1) + 1] + = 2 2 6 (k + 1)(k + 2)(k + 3) . 6 Thật vậy, ta có (k + 1)(k + 2) k (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2) k(k + 1)(k + 2) + 3(k + 1)(k + 2) = + = 2 6 2 6 (k + 1)(k + 2)(k + 3) = . 6 S k +1 = S k + Vậy (1) đúng với n = k + 1. Do đó, 1 + 3 + 6 + 10 + · · · + n ( n + 1) n(n + 1)(n + 2) = với mọi số tự nhiên n ≥ 1. 2 6 2 Đặt Sn = 1 · 4 + 2 · 7 + · · · + n(3n + 1) = n(n + 1)2 . (1) Với n = 1 thì S1 = 1(1 + 1)2 = 1 · 4 = 4. Vậy (1) đúng với n = 1. Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Sk = 1 · 4 + 2 · 7 + · · · + k(3k + 1) = k(k + 1)2 . Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 1 · 4 + 2 · 7 + · · · + k (3k + 1) + (k + 1)[3(k + 1) + 1] = (k + 1)[(k + 1) + 1]2 = (k + 1)(k + 2)2 . 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC 305 Thật vậy, ta có Sk+1 = Sk + (k + 1)(3k + 4) = k (k + 1)2 + (k + 1)(3k + 4) = (k + 1)(k2 + k + 3k + 4) = (k + 1)(k + 2)2 . Vậy (1) đúng với n = k + 1. Do đó, 1 · 4 + 2 · 7 + · · · + n(3n + 1) = n(n + 1)2 với mọi số tự nhiên n ≥ 1. n(n + 1)(2n + 1) 3 Đặt Sn = 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = . 6 (1) 1(1 + 1)(2 · 1 + 1) = 1 = 12 . Vậy (1) đúng với n = 1. 6 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Với n = 1 thì S1 = Sk = 12 + 22 + 32 + · · · + k2 = k (k + 1)(2k + 1) . 6 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 12 + 22 + 32 + · · · + k2 + (k + 1)2 = (k + 1)[(k + 1) + 1][2(k + 1) + 1] (k + 1)(k + 2)(2k + 3 = 6 6 Thật vậy, ta có k (k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2 k (k + 1)(2k + 1) 2 + ( k + 1) = S k +1 = S k + ( k + 1 ) = 6 6 (k + 1)(2k2 + k + 6k + 6) (k + 1)(2k2 + 3k + 4k + 6) (k + 1) [k(2k + 3) + 2(2k + 3)] = = = 6 6 6 (k + 1)(k + 2)(2k + 3) . = 6 Vậy (1) đúng với n = k + 1. n(n + 1)(2n + 1) Do đó, 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = với mọi số tự nhiên n ≥ 1. 6 2 1 1 1 n ( n + 3) + +···+ = . 1·2·3 2·3·4 n(n + 1)(n + 2) 4(n + 1)(n + 2) 1 1 1(1 + 3) = = . Vậy (1) đúng với n = 1. Với n = 1 thì S1 = 4(1 + 1)(1 + 2) 6 1·2·3 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có 4 Đặt Sn = Sk = (1) 1 1 1 k ( k + 3) + +···+ = . 1·2·3 2·3·4 k(k + 1)(k + 2) 4(k + 1)(k + 2) Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh 1 1 1 (k + 1)[(k + 1) + 3] + +···+ = 1·2·3 2·3·4 (k + 1)[(k + 1) + 1][(k + 1) + 2] 4[(k + 1) + 1][(k + 1) + 2] (k + 1)(k + 4) = . 4(k + 2)(k + 3) S k +1 = Thật vậy, ta có k ( k + 3) 1 k ( k + 3)2 + 4 1 = + = (k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 1)(k + 2)(k + k3 + 6k2 + 9k + 4 ( k + 1)2 ( k + 4) (k + 1)(k + 4) = = = . 4(k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 2)(k + 3) S k +1 = S k + Vậy (1) đúng với n = k + 1. 1 1 1 n ( n + 3) Do đó, + + ··· + = với mọi số tự nhiên 1·2·3 2·3·4 n(n + 1)(n + 2) 4(n + 1)(n + 2) n ≥ 1. 306 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN 5 Đặt Sn = 1 · 22 + 2 · 32 + 3 · 42 + · · · + (n − 1)n2 = n(n2 − 1)(3n + 2) . 12 (1) 2(22 − 1)(3 · 2 + 2) = 4 = 1 · 22 . Vậy (1) đúng với n = 2. 12 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 2, k ∈ N, tức là ta có Với n = 2 thì S2 = Sk = 1 · 22 + 2 · 32 + 3 · 42 + · · · + (k − 1)k2 = k (k2 − 1)(3k + 2) . 12 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 1 · 22 + 2 · 32 + 3 · 42 + · · · + [(k + 1) − 1](k + 1)2 = = (k + 1)[(k + 1)2 − 1][3(k + 1) + 2] 12 k (k + 1)(k + 2)(3k + 5) . 12 Thật vậy, ta có S k +1  3  3k + 14k2 + 21k + 10 k (k2 − 1)(3k + 2) 2 + k ( k + 1) = k = Sk + k ( k + 1) = 12 12 k(k + 1)(k + 2)(3k + 5) . = 12 2 Vậy (1) đúng với n = k + 1. Do đó, 1 · 22 + 2 · 32 + 3 · 42 + · · · + (n − 1)n2 = n(n2 − 1)(3n + 2) với mọi số tự nhiên n ≥ 2. 12 1 1 1 1 2n − 1 + + +···+ n = . 2 4 8 2 2n 21 − 1 1 Với n = 1 thì S1 = = . Vậy (1) đúng với n = 1. 2 21 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có 6 Đặt Sn = (1) 1 1 1 1 2k − 1 Sk = + + + · · · + k = . 2 4 8 2 2k Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh S k +1 = 1 1 1 1 2k +1 − 1 + + + · · · + k +1 = . 2 4 8 2 2k +1 Thật vậy, ta có S k +1 = S k + 1 2k +1 = 2k − 1 1 2k +1 − 2 + 1 2k +1 − 1 + = = . 2k 2k +1 2k +1 2k +1 Vậy (1) đúng với n = k + 1. 1 2n − 1 1 1 1 với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Do đó, + + + · · · + n = 2 4 8 2 2n  BÀI 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có 1 un = n3 + 11n chia hết cho 6. 2 un = 2n3 − 3n2 + n chia hết cho 6. 3 un = 4n + 15n − 1 chia hết cho 9. 4 un = 7 · 22n−2 + 32n−1 chia hết cho 5. Lời giải. 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC 307 1 Với n = 1 ta có u1 = 13 + 11 · 1 = 12 chia hết cho 6. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = k3 + 11k chia hết cho 6. Ta cần chứng minh uk+1 = (k + 1)3 + 11(k + 1) chia hết cho 6. Thật vậy, ta có uk+1 = (k + 1)3 + 11(k + 1) = k3 + 3k (k + 1) + 1 + 11k + 11 = k3 + 11k + 3k (k + 1) + 12.  . . . . Vì k3 + 11k .. 6, 3k (k + 1) .. 6 và 12 .. 6 nên uk+1 .. 6. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 2 Với n = 1 ta có u1 = 2 · 13 − 3 · 12 + 1 = 0 chia hết cho 6. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 2k3 − 3k2 + k chia hết cho 6. Ta cần chứng minh uk+1 = (k + 1)3 − 3(k + 1)2 + (k + 1) chia hết cho 6. Thật vậy, ta có uk+1 = 2(k + 1)3 − 3(k + 1)2 + (k + 1) = 2k3 + 6k (k + 1) + 2 − 3k2 − 6k − 3 + k + 1 h i . = (2k3 − 3k2 + k) + 6k(k + 1) − 6k .. 6. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 3 Với n = 1 ta có u1 = 41 + 15 · 1 − 1 = 18 chia hết cho 9. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 4k + 15k − 1 chia hết cho 9. Ta cần chứng minh uk+1 = 4k+1 + 15(k + 1) − 1 chia hết cho 9. Thật vậy, ta có h   i . uk+1 = 4k+1 + 15(k + 1) − 1 = 4 · 4k + 60k − 4 − 45k + 18 = 4 4k + 15k − 1 − 45k + 18 .. 9. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 4 Với n = 1 ta có u1 = 7 · 22·1−2 + 32·1−1 = 10 chia hết cho 5. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 7 · 22k−2 + 32k−1 chia hết cho 5. Ta cần chứng minh uk+1 = 7 · 22(k+1)−2 + 32(k+1)−1 chia hết cho 5. Thật vậy, ta có h   i . uk+1 = 7 · 22(k+1)−2 + 32(k+1)−1 = 4 · 7 · 22k−2 + 9 · 32k−1 = 4 72k−2 + 32k−1 + 5 · 32k−1 .. 5. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh.  BÀI 3. Chứng minh rằng 1 2n+2 > 2n + 5 với mọi n ∈ N∗ . 2 nn ≥ (n + 1)n−1 với mọi n ∈ N∗ . Lời giải. 1 Với n = 1 ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng. Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có 2k+2 > 2k + 5. (1) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là 2(k+1)+2 > 2(k + 1) + 5 hay 2k+3 > 2k + 7. Thật vậy, nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1) với 2 ta được 2 · 2k+2 > 2(2k + 5) ⇔ 2k+3 > 2k + 7 + 2k + 3 ⇒ 2k+3 > 2k + 7 (vì k ≥ 1 nên 2k + 3 > 0). Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 308 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN 2 Với n = 1 ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng. Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có k k ≥ ( k + 1 ) k −1 ⇔ kk ≥ 1. ( k + 1 ) k −1 Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là (k + 1)k+1 ≥ [(k + 1) + 1](k+1)−1 hay (k + 1)k+1 ≥ (k + 2)k . Thật vậy, với mọi số dương k ta có (k + 1)2 > k(k + 2) ⇒ (k + 1)2k > [k(k + 2)]k ( k + 1 ) k +1 kk ⇒ > ≥1 ( k + 2) k ( k + 1 ) k −1 ⇒ ( k + 1 ) k +1 ≥ ( k + 2 ) k . Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh.  3 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI 4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có 1 2 + 5 + 8 + · · · + (3n − 1) = n(3n + 1) . 2 2 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + n ( n + 1) = n(n + 1)(n + 2) . 3 3 1 · 2 + 2 · 5 + 3 · 8 + · · · + n(3n − 1) = n2 (n + 1). 4 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 = n(4n2 − 1) . 3 2n(n + 1)(2n + 1) . 3       1 1 1 1 n+1 6 1− 1− 1− ··· 1− 2 = , với mọi n ≥ 2, n ∈ N. 4 9 16 2n n 5 22 + 42 + 62 + · · · + (2n)2 = 7 1 2 3 n 3 2n + 3 + + +···+ n = − . 3 9 27 3 4 4 · 3n Lời giải. 1 Đặt Sn = 2 + 5 + 8 + · · · + (3n − 1) = n(3n + 1) . 2 (1) 1(3 · 1 + 1) = 2. Vậy (1) đúng với n = 1. 2 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Với n = 1 thì S1 = Sk = 2 + 5 + 8 + · · · + (3k − 1) = k (3k + 1) . 2 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC 309 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 2 + 5 + 8 + · · · + (3k − 1) + [3(k + 1) − 1] = (k + 1)[3(k + 1) + 1] (k + 1)(3k + 4) = . 2 2 Thật vậy, ta có 3k2 + k + 2(3k + 2) 3k2 + 7k + 4 k (3k + 1) + (3k + 2) = = 2 2 2 2 3k + 3k + 4k + 4 3k (k + 1) + 4(k + 1) (k + 1)(3k + 4) = = = . 2 2 2 Sk+1 = Sk + (3k + 2) = Vậy (1) đúng với n = k + 1. Do đó, 2 + 5 + 8 + · · · + (3n − 1) = n(3n + 1) với mọi số tự nhiên n ≥ 1. 2 2 Đặt Sn = 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + n(n + 1). (1) 1(1 + 1)(1 + 2) = 2 = 1 · 2. Vậy (1) đúng với n = 1. 3 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Với n = 1 thì S1 = Sk = 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + k ( k + 1) = k (k + 1)(k + 2) . 3 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + (k + 1)[(k + 1) + 1] = = (k + 1)[(k + 1) + 1][(k + 1) + 2] 3 (k + 1)(k + 2)(k + 3) . 3 Thật vậy, ta có Sk+1 = Sk + (k + 1)(k + 2) = = k (k + 1)(k + 2) k(k + 1)(k + 2) + 3(k + 1)(k + 2) + (k + 1)(k + 2) = 3 3 (k + 1)(k + 2)(k + 3) . 3 Vậy (1) đúng với n = k + 1. Do đó, 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2) với mọi số tự nhiên n ≥ 1. 3 3 Đặt Sn = 1 · 2 + 2 · 5 + 3 · 8 + · · · + n(3n − 1) = n2 (n + 1). (1) 12 ( 1 + 1 ) Với n = 1 thì S1 = = 2 = 1 · 2. Vậy (1) đúng với n = 1. Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Sk = 1 · 2 + 2 · 5 + 3 · 8 + · · · + k (3k − 1) = k2 (k + 1). Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 1 · 2 + 2 · 5 + 3 · 8 + · · · + (k + 1) [3(k + 1) − 1] = (k + 1)2 [(k + 1) + 1] = (k + 1)2 (k + 2). Thật vậy, ta có   Sk+1 = Sk + (k + 1)(3k + 2) = k2 (k + 1) + (k + 1)(3k + 2) = (k + 1) k2 + 3k + 2 = (k + 1)(k + 1)(k + 2) = (k + 1)2 (k + 2). Vậy (1) đúng với n = k + 1. Do đó, 1 · 2 + 2 · 5 + 3 · 8 + · · · + n(3n − 1) = n2 (n + 1) với mọi số tự nhiên n ≥ 1. 310 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN n(4n2 − 1) 4 Đặt Sn = 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 = . (1) 3 1 ( 4 · 12 − 1 ) = 1 = 12 . Vậy (1) đúng với n = 1. 3 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Với n = 1 thì S1 = Sk = 12 + 32 + 52 + · · · + (2k − 1)2 = k (4k2 − 1) . 3 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 12 + 32 + 52 + · · · + (2k − 1)2 + [2(k + 1) − 1]2 = (k + 1)[4(k + 1)2 − 1] (k + 1)(4k2 + 8k + 3 = 3 3 Thật vậy, ta có k(4k2 − 1) k(2k − 1)(2k + 1) + 3(2k + 1)2 + (2k + 1)2 = 3 3  2 (k + 1) 4k2 + 8k + 6) (2k + 1)(2k − k + 6k + 3) (2k + 1)(k + 1)(2k + 3) = = = . 3 3 3 Sk+1 = Sk + (2k + 1)2 = Vậy (1) đúng với n = k + 1. Do đó, 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 = n(4n2 − 1) với mọi số tự nhiên n ≥ 1. 3 2n(n + 1)(2n + 1) 5 Đặt Sn = 22 + 42 + 62 + · · · + (2n)2 = . 3 (1) 2 · 1(1 + 1)(2 · 1 + 1) = 4 = 22 . Vậy (1) đúng với n = 1. 3 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có Với n = 1 thì S1 = Sk = 22 + 42 + 62 + · · · + (2k )2 = 2k (k + 1)(2k + 1) . 3 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh Sk+1 = 22 + 42 + 62 + · · · (2k)2 + [2(k + 1)]2 = 2(k + 1)(k + 2)(2 2(k + 1)[(k + 1) + 1][2(k + 1) + 1] = 3 3 Thật vậy, ta có 2k (k + 1)(2k + 1) 2k (k + 1)(2k + 1) + 12(k + 1)2 + (2k + 2)2 = 3 3 2 2 2(k + 1)(2k + 3k + 4k + 6) 2(k + 1) [k(2k + 3) + 2(2k + 3)] 2(k + 1)(2k + k + 6k + 6) = = = 3 3 3 2(k + 1)(k + 2)(2k + 3) = . 3 Sk+1 = Sk + (2k + 2)2 = Vậy (1) đúng với n = k + 1. 2n(n + 1)(2n + 1) với mọi số tự nhiên n ≥ 1. 3       1 1 1 1 n+1 6 Đặt Sn = 1 − 1− 1− ··· 1− 2 = . 4 9 16 2n n 2+1 3 1 Với n = 2 thì S2 = = = 1 − . Vậy (1) đúng với n = 2. 2·2 4 4 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 2, k ∈ N, tức là ta có       1 1 1 1 k+1 Sk = 1 − . 1− 1− ··· 1− 2 = 4 9 16 2k k Do đó, 22 + 42 + 62 + · · · + (2n)2 = (1) 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC 311 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh       1 1 1 1 ( k + 1) + 1 k+2 S k +1 = 1 − 1− 1− ··· 1− = = . 4 9 16 2( k + 1) 2( k + 1) ( k + 1)2 Thật vậy, ta có  S k +1 1 = Sk · 1 − ( k + 1)2  = k + 1 k2 + 2k k+2 · = . 2k 2( k + 1) ( k + 1)2 Vậy (1)đúng với    n = k +  1.   1 1 1 n+1 1 1− 1− ··· 1− 2 = với mọi số tự nhiên n ≥ 2. Do đó, 1 − 4 9 16 2n n 1 2 3 n 3 2n + 3 + + +···+ n = − . 3 9 27 3 4 4 · 3n 3 2·1+3 1 Với n = 1 thì S1 = − = . Vậy (1) đúng với n = 1. 4 3 4 · 31 Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có 7 Đặt Sn = Sk = (1) 1 2 3 k 3 2k + 3 + + +···+ k = − . 3 9 27 4 3 4 · 3k Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh S k +1 = 3 k+1 3 2( k + 1) + 3 3 2k + 5 1 2 + + + · · · + k +1 = − = − . k + 1 3 9 27 4 4 4 · 3k +1 3 4·3 Thật vậy, ta có S k +1 = S k + 2k + 5 k+1 3 2k + 3 k + 1 3 6k + 9 − 4k − 4 3 = − + k +1 = − = − . k + 1 k k + 1 4 4 4 4 · 3k +1 3 4·3 3 4·3 Vậy (1) đúng với n = k + 1. 1 2 3 n 3 2n + 3 Do đó, + + +···+ n = − với mọi số tự nhiên n ≥ 2. 3 9 27 3 4 4 · 3n  BÀI 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có 1 un = n3 − n chia hết cho 3. 2 un = 13n − 1 chia hết cho 6. 3 un = 4n + 6n + 8 chia hết cho 9. 4 un = 32n+1 + 2n+2 chia hết cho 7. 5 un = 11n+1 + 122n−1 chia hết cho 133. 6 un = 24n − 1 chia hết cho 15. Lời giải. 1 Với n = 1 ta có u1 = 13 − 1 = 0 chia hết cho 3. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = k3 − k chia hết cho 3. Ta cần chứng minh uk+1 = (k + 1)3 − (k + 1) chia hết cho 3. Thật vậy, ta có uk+1 = (k + 1)3 − (k + 1) = k3 + 3k2 + 2k = k3 − k + 3(k2 + k ).  . . . Vì k3 − k .. 3, 3(k2 + k ) .. 3 nên uk+1 .. 3. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 312 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN 2 Với n = 1 ta có u1 = 131 − 1 = 12 chia hết cho 6. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 13k − 1 chia hết cho 6. Ta cần chứng minh uk+1 = 13k+1 − 1 chia hết cho 6. Thật vậy, ta có uk+1 = 13k+1 − 1 = 13k+1 − 13 + 12 = 13(13k − 1) + 12.  . . . Vì 13 13k − 1 .. 6, 12 .. 6 nên uk+1 .. 6. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 3 Với n = 1 ta có u1 = 41 + 6 · 1 + 8 = 18 chia hết cho 9. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 4k + 6k + 8 chia hết cho 9. Ta cần chứng minh uk+1 = 4k+1 + 6(k + 1) + 8 chia hết cho 9. Thật vậy, ta có uk+1 = 4k+1 + 6(k + 1) + 8 = 4(4k + 6k + 8) − 18k − 18 = 4(4k + 6k + 8) − 18(k + 1). . . . Vì 4(4k + 6k + 8) .. 9, 18(k + 1) .. 9 nên uk+1 .. 9. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 4 Với n = 1 ta có u1 = 32·1+1 + 21+2 = 35 chia hết cho 7. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 32k+1 + 2k+2 chia hết cho 7. Ta cần chứng minh uk+1 = 32(k+1)+1 + 2(k+1)+2 chia hết cho 7. Thật vậy, ta có   uk+1 = 32(k+1)+1 + 2(k+1)+2 = 32k+3 + 2k+3 = 9 32k+1 + 2k+2 − 7 · 2k .  . . . Vì 9 32k+1 + 2k+2 .. 7, 7 · 2k .. 7 nên uk+1 .. 7. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 5 Với n = 1 ta có u1 = 111+1 + 122·1−1 = 133 chia hết cho 133. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 11k+1 + 122k−1 chia hết cho 133. Ta cần chứng minh uk+1 = 11k+2 − 122(k+1)−1 chia hết cho 133. Thật vậy, ta có h   i . uk+1 = 11k+2 − 122(k+1)−1 = 11 · 11k+1 − 122 · 122k−1 = 11 11k+1 − 122k−1 − 133 · 122k−1 .. 133. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 6 Với n = 1 ta có u1 = 24·1 − 1 = 15 chia hết cho 15. Vậy mệnh đề đúng với n = 1. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là uk = 24k − 1 chia hết cho 15. Ta cần chứng minh uk+1 = 24(k+1) − 1 chia hết cho 15. Thật vậy, ta có   4( k +1) 4k +4 4k 4k 4k u k +1 = 2 −1 = 2 − 1 = 16 · 2 − 1 = 16 · 2 − 16 + 15 = 16 2 − 1 + 15.  . . . Vì 16 24k − 1 .. 15, 15 · 2k .. 15 nên uk+1 .. 15. Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh.  BÀI 6. Chứng minh rằng 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC 313 1 2n+1 > 2n + 3 với mọi n ≥ 2, n ∈ N. 2 3n−1 > n(n + 2) với mọi n ≥ 4, n ∈ N. 3 (n!)2 ≥ nn với mọi n ∈ N∗ . 4 2n > n2 với mọi n ≥ 5, n ∈ N. Lời giải. 1 Với n = 2 ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng. Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 2, k ∈ N, tức là ta có 2k+1 > 2k + 3. (1) ( k + 1 )+ 1 Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là 2 > 2(k + 1) + 3 hay k + 2 2 > 2k + 5. Thật vậy, nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1) với 2 ta được 2 · 2k+1 > 2(2k + 3) ⇔ 2k+2 > 2k + 5 + 2k + 1. (2) Vì k ≥ 2 nên 2k + 1 > 0. Khi đó từ (2) suy ra 2k+2 > 2k + 5. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 2 Với n = 4 ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng. Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 4, k ∈ N, tức là ta có 3k−1 > k (k + 2). (1) ( k + 1 )− 1 Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là 3 > (k + 1)[(k + 1) + 2] hay 3k > (k + 1)(k + 3). Thật vậy, nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1) với 3 ta được 3 · 3k−1 > 3k (k + 2) ⇔ 3k > k2 + 4k + 3 + 2k2 + 2k − 3. (2) Vì k ≥ 4 và 2k2 + 2k − 3 = 2k(k − 4) + 10(k − 4) + 37 nên 2k2 + 2k − 3 > 0. Khi đó từ (2) suy ra 3k > k2 + 4k + 3 ⇔ 3k > (k + 1)(k + 2). Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 3 Trước hết ta chứng minh nn ≥ (n + 1)n−1 . Thật vậy, với n = 1 ta được khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng với n = k ≥ 1, tức là ta có kk > (k + 1 ) k −1  hay k k+1 k ≥ 1 . Ta k+1 cần chứng minh khẳng định cũng đúng khi n = k + 1. Ta có    k   k+1 k k+1 k k 1 k + 1 k +1 1 2 2 k + 2k + 1 ≥ k + 2k ⇒ ≥ ⇒ ≥ ≥ ⇒ ≥ . k+2 k+1 k+2 k+1 k+1 k+2 k+2 Vậy nn ≥ (n + 1)n−1 với mọi n ∈ N∗ . Trở lại bài toán. Ta cũng chứng minh bài toán bằng quy nạp. Với n = 1 ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng. Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta có (k!)2 ≥ kk . Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là [(k + 1)!]2 ≥ (k + 1)k+1 . Thật vậy, ta có (1) [(k + 1)!]2 = [k!(k + 1)]2 = (k!)2 (k + 1)2 ≥ kk (k + 1)2 ≥ (k + 1)k−1 (k + 1)2 = (k + 1)k+1 . Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh. 314 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN 4 Trước hết, bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh trước kết quả n2 > 2n + 1 với mọi n ∈ N, n ≥ 5. Với n = 5 ta thấy bất đẳng thức là đúng. Giả sử bất đẳng thức trên đúng với n = k ≥ 5, k ∈ N, tức là ta có k2 > 2k + 1. Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là (k + 1)2 > 2(k + 1) + 1. Thật vậy, ta có (k + 1)2 = k2 + 2k + 1 > 2k + 1 + 2k + 1 = 4k + 2 > 3k + 3 > 2k + 3. Vậy n2 > 2n + 1 với mọi n ≥ 5, n ∈ N. Trở lại với bài toán. Với n = 5 ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng. Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với n = k ≥ 5, k ∈ N, tức là ta có 2k > k2 . Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là 2k+1 > (k + 1)2 . Thật vậy, nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1) với 2 ta được (1) 2 · 2k > 2k2 ⇔ 2k+1 > k2 + k2 ⇔ 2k+1 > k2 + 2k + 1 ⇔ 2k+1 > (k + 1)2 . Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với n = k + 1. Do đó, ta có điều phải chứng minh.  BÀI A 2. DÃY SỐ TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1 ĐỊNH NGHĨA Định nghĩa 1. Một hàm số u xác định trên tập hợp các số nguyên dương N∗ được gọi là một dãy số vô hạn (hay gọi tắt là dãy số). Mỗi giá trị của hàm số u được gọi là một số hạng của dãy số. Chẳng hạn, u1 = u(1) là số hạng thứ nhất (hay còn gọi là số hạng đầu). u2 = u(2) là số hạng thứ hai. un = u(n) là số hạng thứ n (hay còn gọi là số hạng tổng quát). Người ta thường viết dãy số dưới dạng khai triển u1 , u2 , u3 , . . . , un , . . . hoặc viết tắt là (un ). 2 CÁCH CHO MỘT DÃY SỐ Cách 1. Dãy số cho bởi công thức số hạng tổng quát. Cách 2. Dãy số cho bởi hệ thực thức truy hồi. – Cho số hạng thứ nhất u1 (hoặc một vài số hạng đầu). – Cho một công thức tính un theo un−1 (hoặc một vài số hạng đứng ngay trước nó). 3 DÃY SỐ TĂNG, DÃY SỐ GIẢM Dãy số (un ) là dãy số tăng khi và chỉ khi với mọi n ∈ N∗ ta luôn có un < un+1 . 2. DÃY SỐ 315 Dãy số (un ) là dãy số giảm khi và chỉ khi với mọi n ∈ N∗ ta luôn có un > un+1 . 4 DÃY SỐ BỊ CHẶN Dãy số (un ) được gọi là dãy số bị chặn trên nếu tồn tại số M sao cho un ≤ M, với mọi n ∈ N∗ . Dãy số (un ) được gọi là dãy số bị chặn dưới nếu tồn tại số m sao cho un ≥ m, với mọi n ∈ N∗ . Dãy số (un ) được gọi là dãy số bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, nghĩa là tồn tại các số M và m sao cho m ≤ un ≤ M, với mọi n ∈ N∗ . B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP { DẠNG 2.1. Tìm số hạng của dãy số cho trước Phương pháp giải: Từ công thức số hạng tổng quát ta thay giá trị n phù hợp để tìm số hạng cần tìm hoặc dùng hệ thức truy hồi để tìm số hạng đó. 1 VÍ DỤ n−1 VÍ DỤ 1. Cho dãy số (un ) với un = . Hãy viết dạng khai triển của dãy số. Tính u50 và 3n + 1 u99 . L Lời giải 1 1 n−1 Dạng khai triển của dãy số đã cho là 0; ; ; . . . ; ;… 7 5 3n + 1 50 − 1 49 49 99 − 1 Ta có u50 = = và u99 = = . 3 · 50 + 1 151 3 · 99 + 1 149  VÍ DỤ 2. Cho dãy số (un ) được xác định bởi ® u1 = 1 un = 2un−1 + 1, (n ≥ 2). Hãy viết dạng khai triển của dãy số trên. Tính u8 . L Lời giải Dạng khai triển của dãy số đã cho là 1; 3; 7; 15; . . . ; 2n − 1; . . . Ta có u1 = 1, u2 = 3, u3 = 7, u4 = 15, u5 = 31, u6 = 63, u7 = 127, u8 = 255.  316 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN VÍ DỤ 3. Cho dãy số (un ) được xác định bởi ® u1 = 1, u2 = 1 (dãy số Phi-bô-na-xi). u n = u n −1 + u n −2 , ( n ≥ 3 ) Hãy viết dạng khai triển của dãy số trên. Tính u7 . L Lời giải Dạng khai triển của dãy số đã cho là 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; . . . Ta có u1 = 1, u2 = 1, u3 = 2, u4 = 3, u5 = 5, u6 = 8, u7 = 13.  VÍ DỤ 4. Tìm số hạng tổng quát un theo n của các dãy số sau đây ® 1 Dãy ® số (un ) với 2 Dãy số (un ) với u1 = 3 un+1 = un + 2, ∀n ≥ 1. u1 = 2 un+1 = 2un , ∀n ≥ 1. L Lời giải 1 Từ công thức un+1 = un + 2 với mọi n ≥ 1 suy ra un+1 − un = 2 với mọi n ≥ 1. Từ đó ta có u2 − u1 u3 − u2 u4 − u3 ········· u n − u n −1 =2 =2 =2 = 2. Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được un − u1 = (n − 1)2 ⇔ un = u1 + 2n − 2 ⇔ un = 2n + 1. 2 Từ công thức un+1 = 2un với mọi n ≥ 1 suy ra u2 u1 u3 u2 u4 u3 ··· un u n −1 u n +1 = 2 với mọi n ≥ 1. Từ đó ta có un =2 =2 =2 =2 Nhân theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được un = 2n −1 ⇔ u n = u 1 · 2n −1 ⇔ u n = 2 · 2n −1 ⇔ u n = 2n . u1  2. DÃY SỐ 2 317 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1. Viết năm số hạng đầu tiên của dãy số (un ) và tìm công thức số hạng tổng quát un theo n của các dãy số (un ) sau ® ® u1 = 1 u1 = 3 1 2 un+1 = 2un , ∀n ≥ 1. un+1 = un + n3 , ∀n ≥ 1.  ® u1 = 1 u1 = −1 3 4 un  u n +1 = , ∀n ≥ 1. un+1 = un + 3, ∀n ≥ 1. 1 + un ® ® u1 = 1 u1 = 11 5 6 un+1 = un + 7, ∀n ≥ 1. un+1 = 10un + 1 − 9n, ∀n ≥ 1. Lời giải. 1 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là u1 = 3, u2 = 6, u3 = 12, u4 = 24, u5 = 48. u n +1 = 2 với mọi n ≥ 1. Từ đó ta có un Từ công thức un+1 = 2un với mọi n ≥ 1 suy ra u2 u1 u3 u2 u4 u3 ··· un u n −1 =2 =2 =2 = 2. Nhân theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được un = 2n −1 ⇔ u n = u 1 · 2n −1 ⇔ u n = 3 · 2n −1 . u1 2 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là u1 = 1, u2 = 9, u3 = 36, u4 = 100, u5 = 225. Từ công thức un+1 = un + n3 với mọi n ≥ 1 suy ra un+1 − un = n3 với mọi n ≥ 1. Từ đó ta có u2 − u1 = 23 u3 − u2 = 33 u4 − u3 = 43 ········· u n − u n −1 = n 3 . Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được un − u1 = 23 + 33 + · · · + (n − 1)3 ⇔ un = 13 + 23 + 33 + · · · + n3 ⇔ un = 3 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là u1 = 1, u2 = Dễ thấy un 6= 0 với mọi n ∈ N∗ . n2 ( n + 1)2 . 4 1 1 1 1 , u3 = , u4 = , u5 = . 2 3 4 5 318 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN Từ công thức un+1 = mọi n ≥ 1. Từ đó ta có 1 1 1 1 un với mọi n ≥ 1 suy ra = + 1 hay − = 1 với 1 + un u n +1 un u n +1 un 1 1 − u2 u1 1 1 − u3 u2 1 1 − u4 u3 ········· 1 1 − u n u n −1 =1 =1 =1 = 1. Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được 1 1 1 1 1 1 − = n−1 ⇔ = +n−1 ⇔ = n ⇒ un = . u n u1 un u1 un n 4 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là u1 = −1, u2 = 2, u3 = 5, u4 = 8, u5 = 11. Từ công thức un+1 = un + 3 với mọi n ≥ 1 suy ra un+1 − un = 3 với mọi n ≥ 1. Từ đó ta có u2 − u1 u3 − u2 u4 − u3 ········· u n − u n −1 =3 =3 =3 = 3. Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được un − u1 = (n − 1)3 ⇔ un = u1 + 3n − 3 ⇔ un = 3n − 4. 5 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là u1 = 11, u2 = 102, u3 = 1003, u4 = 10004, u5 = 100005. Từ công thức un+1 = 10un + 1 − 9n với mọi n ≥ 1 suy ra un+1 − n − 1 = 10un − 10n, ∀n ≥ 1 ⇔ un+1 − (n + 1) = 10(un − n), ∀n ≥ 1 ⇒ Từ đó ta có u2 − 2 u1 − 1 u3 − 3 u2 − 2 u4 − 4 u3 − 3 ······ un − n u n −1 − ( n − 1 ) = 10 = 10 = 10 = 10. Nhân theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được un − n = 10n−1 ⇒ un − n = 10n−1 (u1 − 1) ⇔ un = 10n + n. u1 − 1 u n +1 − ( n + 1 ) = 10, ∀ un − n 2. DÃY SỐ 319 6 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là u1 = 1, u2 = 8, u3 = 15, u4 = 22, u5 = 29. Từ công thức un+1 = un + 7 với mọi n ≥ 1 suy ra un+1 − un = 7 với mọi n ≥ 1. Từ đó ta có u2 − u1 u3 − u2 u4 − u3 ········· u n − u n −1 =7 =7 =7 = 7. Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được un − u1 = (n − 1)7 ⇔ un = u1 + 7n − 7 ⇔ un = 7n − 6.  3 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI 2. Viết năm số hạng đầu tiên của dãy số (un ) và tìm công thức số hạng tổng quát un theo n của các dãy số (un ) sau ( ® u1 = 3 u1 = 1 » 1 2 un+1 = 2un + 3, ∀n ≥ 1. un+1 = 1 + u2n , ∀n ≥ 1. ® 3 u1 = 5 un+1 = un + 3n − 2, ∀n ≥ 1. ® 4 u1 = −1 un+1 = 2un + 1, ∀n ≥ 1. Lời giải. 1 Năm √ số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là u1 = 3, u2 = √ 10, u3 = √ 11, u4 = √ u5 = 13. p Ta thấy un > 0 với n ∈ N∗ . Từ công thức un+1 = 1 + u2n suy ra u2n+1 = 1 + u2n , ∀n ∈ N∗ ⇔ u2n+1 − u2n = 1, ∀n ∈ N∗ . Từ đó ta có u22 − u21 = 1 u23 − u22 = 1 u24 − u23 = 1 ········· u2n − u2n−1 = 1 Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được u2n − u21 = n − 1 ⇔ u2n = u21 + n − 1 ⇔ u2n = n + 8 ⇔ un = √ n + 8. 2 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là u1 = 1, u2 = 5, u3 = 13, u4 = 29, u5 = 61. Từ công thức un+1 = 2un + 3 với mọi n ≥ 1 suy ra un+1 + 3 = 2un + 6, ∀n ≥ 1 ⇔ un+1 + 3 = 2(un + 3), ∀n ≥ 1 ⇒ u n +1 + 3 = 2, ∀n ≥ 1. un + 3 12, 320 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN Từ đó ta có u2 + 3 u1 + 3 u3 + 3 u2 + 3 u4 + 3 u3 + 3 ······ un + 3 u n −1 + 3 =2 =2 =2 = 2. Nhân theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được un + 3 = 2n−1 ⇒ un + 3 = 2n−1 (u1 + 3) ⇔ un + 3 = 4 · 2n−1 ⇔ un = 2n+1 − 3. u1 + 3 3 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là u1 = 5, u2 = 6, u3 = 10, u4 = 17, u5 = 27. Từ công thức un+1 = un + 3n − 2 với mọi n ≥ 1 suy ra un+1 − un = 3n − 2. Từ đó ta có u n = ( u n − u n −1 ) + ( u n −1 + u n −2 ) + · · · + ( u 2 − u 1 ) + u 1 = 3 ( n − 1 ) − 2 + 3 ( n − 2 ) − 2 · · · + 3 · 1 − (1 + n − 1)(n − 1) = 3 [(n − 1) + (n − 2) + · · · + 1] + (n − 1) · (−2) + 5 = 3 · − 2n + 2 + 5 2 3n2 − 7n + 14 3(n2 − n) − 4n + 14 = . = 2 2 4 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là u1 = −1, u2 = −1, u3 = −1, u4 = −1, u5 = −1. Từ công thức un+1 = 2un + 1 với mọi n ≥ 1 suy ra un+1 + 1 = 2un + 2, ∀n ≥ 1 ⇔ un+1 + 1 = 2(un + 1), ∀n ≥ 1 ⇒ u n +1 + 1 = 2, ∀n ≥ 1. un + 1 Từ đó ta có u2 + 1 u1 + 1 u3 + 1 u2 + 1 u4 + 1 u3 + 1 ······ un + 1 u n −1 + 1 =2 =2 =2 = 2. Nhân theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được un + 1 = 2n−1 ⇒ un + 1 = 2n−1 (u1 + 1) ⇔ un = −1. u1 + 1  2. DÃY SỐ 321 { DẠNG 2.2. Xét tính tăng, giảm của dãy số Phương pháp 1. Xét dấu của hiệu số un+1 − un . – Nếu với mọi n ∈ N∗ ta luôn có un+1 − un > 0 thì (un ) là dãy số tăng. – Nếu với mọi n ∈ N∗ ta luôn có un+1 − un < 0 thì (un ) là dãy số giảm. Phương pháp 2. Với mọi n ∈ N∗ , un > 0 thì có thể so sánh tỉ số u n +1 với số 1. un u n +1 > 1 thì (un ) là dãy số tăng. un u – Nếu n+1 < 1 thì (un ) là dãy số giảm. un – Nếu Phương pháp 3. Nếu dãy số (un ) được cho bởi hệ thức truy hồi thì thường dùng phương pháp quy nạp để chứng minh un+1 > un với mọi n ∈ N∗ (hoặc un+1 < un với mọi n ∈ N∗ ) 1 VÍ DỤ VÍ DỤ 1. Xét tính tăng, giảm của các dãy số sau 1 Dãy số (un ) với un = 2n − 1 . n+1 2 Dãy số (vn ) với vn = n+2 . 4n L Lời giải 3 . Khi đó n+1   3 3 3 3 3n + 6 − 3n − 3 3 u n +1 − u n = − − − = − = = > 0, ∀ ( n + 1) + 1 n+1 n+1 n+2 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) 1 Với mọi n ∈ N∗ , ta có un = 2 − Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số tăng. 2 Xét tỉ số sau u n +1 un ( n + 1) + 2 n+3 4n n+3 1 1 4n +1 = = · = = + . n n+2 4·4 n+2 4( n + 2) 4 4( n + 2) 4n (∗) Vì n ≥ 1 nên n + 2 ≥ 3 ⇔ 4(n + 2) ≥ 12 ⇔ 1 1 1 1 1 ≤ ⇔ + ≤ . 4( n + 2) 12 4 4( n + 2) 3 u n +1 < 1 với mọi n ≥ 1. un Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số giảm. Do đó, từ (∗) suy ra  322 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG - CẤP SỐ NHÂN ® VÍ DỤ 2. Xét tính tăng, giảm của dãy số (un ) biết u1 = √ 2 p un = 2 + un−1 , n ≥ 2. L Lời giải √ Ta có u1 = 2 < 2 và (un ) là dãy số dương. Ta chứng minh un < 2 với mọi n ∈ N∗ bằng quy nạp. Với n = 1 thì khẳng định trên là đúng. Giả sử khẳng định trên đúng khi n = k ≥ 1, k ∈ N, tức là ta luôn có uk < 2. Ta cần chứng minh uk+1 < 2. Thật vậy, p √ uk+1 = 2 + uk < 2 + 2 = 2. Vậy un < 2 với mọi √ n ∈ N∗ . Từ công thức un = 2 + un−1 suy ra u2n = 2 + un−1 ⇔ u2n − u2n−1 = 2 + un−1 − u2n−1 ⇔ u2n − u2n−1 = (un−1 + 1)(2 − un−1 ). Do (un ) là dãy số dương và un < 2, ∀n ∈ N∗ nên (un−1 + 1)(2 − un−1 ) > 0. Suy ra u2n − u2n−1 > 0, ∀n ∈ N∗ ⇒ un > un−1 , ∀n ∈ N∗ . Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số tăng. 2  BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1. Xét tính tăng giảm của các dãy số (un ) sau, với 1 un = n2 + 4n − 3. 2 un = 2n3 − 5n + 1. 3 un = 3n − n. 4 un = 5 un = n2 n . +1 1 − 2. n √ 6 un = 2n − 4n2 − 1. Lời giải. 1 Với mọi n ∈ N∗ , ta có un+1 − un = (n + 1)2 + 4(n + 1) − 3 − (n2 + 4n − 3) = n2 + 2n + 1 + 4n + 4 − 3 − n2 − 4n + 3 = 2n + 5 > 0, ∀n ≥ 1. Vậy dãy số đã cho là dãy số tăng. 2 Với mọi n ∈ N∗ , ta có un+1 − un = 2(n + 1)3 − 5(n + 1) + 1 − (2n3 − 5n + 1) = 2n3 + 6n2 + 6n + 2 − 5n − 5 + 1 − 2n3 + 5 = 6n2 + 6n − 3 = 6n2 + 3n + 3(n − 1) > 0, ∀n ≥ 1. Vậy dãy số đã cho là dãy số tăng. 3 Với mọi n ∈ N∗ , ta có u n +1 − u n = 3n +1 − ( n + 1 ) − (3n − n ) = 3n +1 − n − 1 − 3n + n = 3 · 3n − 1 − 3n = 2 · 3n − 1 > 0, ∀n ≥ 1. Vậy dãy số đã cho là dãy số tăng. 2. DÃY SỐ 323 4 Với mọi n ∈ N∗ , ta có   1 1 1 n − ( n + 1) 1 1 1 −2− −2 = −2− +2 = − = u n +1 − u n = n+1 n n+1 n n+1 n n ( n + 1) 1 =− < 0, ∀n ≥ 1. n ( n + 1) Vậy dãy số đã cho là dãy số giảm. 5 Với mọi n ∈ N∗ , ta có n+1 n n+1 n (n + 1)(n2 + 1) − n(n2 + 2n + 2) − = − = ( n + 1)2 + 1 n2 + 1 n2 + 2n + 2 n2 + 1 (n2 + 1)(n2 + 2n + 2) n3 + n2 + n + 1 − n3 − 2n2 − 2n − n2 − n + 1 = = (n2 + 1)(n2 + 2n + 2) (n2 + 1)(n2 + 2n + 2) − n2 − ( n − 1) < 0, ∀n ≥ 1. = 2 (n + 1)(n2 + 2n + 2) u n +1 − u n = Vậy dãy số đã cho là dãy số giảm. 6 Với mọi n ∈ N∗ , ta có un = u n +1 un 1 √ . Khi đó 2n + 4n2 − 1 √ 2n + 4n2 − 1 p = < 1, ∀n ≥ 1. 2( n + 1) + 4( n + 1)2 − 1 Vậy dãy số đã cho là dãy số giảm.  BÀI 2. Xét tính tăng giảm của các dãy số (un ) sau, với √ 3n n 1 un = n . 2 u n = n +1 . 2 2  n √ 2n 2 3 un = . 4 un = n. ( n + 1) ! 3 Lời giải. 1 Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ . Xét tỉ số … √ √ √ u n +1 n + 1 2n n+1 n+1 n+1 = n +1 · √ = √ = √ = < un 4n 2 n 2 n 4n Vậy dãy số (un ) là một dãy số giảm. 2 Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ . Xét tỉ số un 3n 2n +2 2 = n+1 · n+1 = < 1. u n +1 3 2 3 Vậy dãy số (un ) là một dãy số tăng. n+1 = 1, ∀n ≥ 1. n+1 324 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG - CẤP SỐ NHÂN 3 Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ . Xét tỉ số 2n +1 ( n + 1) ! 2 2 u n +1 = · = ≤ < 1, ∀n ≥ 1. n un ( n + 2) ! 2 n+2 3 Vậy dãy số (un ) là một dãy số giảm.  n √ 2 4 un = · n. Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ . 3 Xét tỉ số … …   n +1 √ u n +1 3n n+1 2 4n + 4 2 = · = . · n+1· n √ = un 3 n 3 9n 2 · n Ta có 4n + 4 4 4 4 4 8 = + ≤ + = < 1, ∀n ≥ 1. 9n 9 9n 9 9 9 Suy ra un+1 < un . Vậy dãy số (un ) là một dãy số giảm.  3 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI 3. Xét tính tăng giảm của các dãy số (un ) sau, với 1 un = −n2 − 2n + 1. 2 un = n−1 . n+1 3n2 − 2n + 1 . n+1 4 un = n2 + n + 1 . 2n2 + 1 3 un = 5 un = n − √ √ n2 − 1. 6 n+1−1 . n Lời giải. 1 Với mọi n ∈ N∗ , ta có un+1 − un = −(n + 1)2 − 2(n + 1) + 1 − (−n2 − 2n + 1) = −n2 − 2n − 1 − 2n − 2 + 1 + n2 + 2n − 1 = −2n − 3 < 0, ∀n ≥ 1. Vậy dãy số đã cho là dãy số giảm. 2 . Khi đó n+1   2 2 2 2 2n + 4 − 2n − 2 2 u n +1 − u n = − − − = − = = > 0, ∀ ( n + 1) + 1 n+1 n+1 n+2 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) 2 Với mọi n ∈ N∗ , ta có un = 1 − Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số tăng. 6 . Khi đó n+1   6 6 6 6 u n +1 − u n = 3 ( n + 1 ) − 5 + − 3n − 5 + = 3n − 2 + − 3n + 5 − n+2 n+1 n+2 n+1 6 6 = 3+ − . (∗) n+2 n+1 3 Với mọi n ∈ N∗ , ta có un = 3n − 5 + 2. DÃY SỐ 325 Vì n ≥ 1 nên     6 ≥2 6 6 6 6 n+2 < ≤3⇒ ⇒ − ≥ −1. 2 ≤ n+1 < n+2 ≤ 3 ⇒ 2 ≤ 6  n+2 n+1 n+2 n+1  − ≥ −3 n+1 Do đó, từ (∗) suy ra un+1 − un > 0 với mọi n ≥ 1. Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số tăng. 4 Với mọi n ∈ N∗ , ta có un = 1 2n + 1 + 2 . Khi đó 2 4n + 2 2( n + 1) + 1 2n + 1 2n + 3 2n + 1 − 2 = 2 − 2 2 4(n + 1) + 2 4n + 2 4n + 8n + 6 4n + 2 2 8n3 + 12n2 + 4n + 6 − 8n3 − 20n2 − 20n (2n + 3)(4n + 2) − (2n + 1)(4n2 + 8n + 6) = = (4n2 + 8n + 6)(4n2 + 2) (4n2 + 8n + 6)(4n2 + 2) −8n2 − 16n = < 0, ∀n ≥ 1. (4n2 + 8n + 6)(4n2 + 2) u n +1 − u n = Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số giảm. 1 √ . Khi đó n + n2 − 1 √ u n +1 n + n2 − 1 p = < 1, ∀n ≥ 1. un ( n + 1) + ( n + 1)2 − 1 5 Với mọi n ∈ N∗ , ta có un = Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số giảm. 1 . Khi đó n+1+1 √ u n +1 n+1+1 =√ < 1, ∀n ≥ 1. un n+2+1 6 Với mọi n ∈ N∗ , ta có un = √ Vậy dãy số (un ) đã cho là dãy số giảm.  BÀI 4. Xét tính tăng giảm của các dãy số (un ) sau, với 1 un = 3n . n2 3 un = √ n+1 . 3n   1 n 4 un = 1 + . n 2 un = 1 1 + n + n2 . Lời giải. 3n . Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ . n2 Xét tỉ số u n +1 3n +1 n2 3n2 n2 + 2n2 = · = = > 1, ∀n ≥ 1. un ( n + 1 )2 3n ( n + 1)2 n2 + 2n + 1 1 un = Vậy dãy số (un ) là một dãy số tăng. 326 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN n+1 . Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ . 3n Xét tỉ số u n +1 n+2 n+2 n+2 3n = n +1 · = = < 1, ∀n ∈ N∗ . un n+1 3( n + 1) n + 2 + 2n + 1 3 2 un = Vậy dãy số (un ) là một dãy số giảm. 3 un = √ 1 1 + n + n2 . Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N∗ . Xét tỉ số √ 1 + n + n2 u n +1 =p = un 2 + n + ( n + 1)2 1 + n + n2 = n2 + 3n + 3 1 + n + n2 < 1, ∀n ≥ 1. 1 + n + n2 + 2 + 2n Vậy dãy số (un ) là một dãy số giảm. 4 Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli (1 + a)n ≥ 1 + na, ∀ a ≥ −1, n ∈ Z+ . Xét tỉ số  n +1 1   n    1+ n n ( n + 2 ) n +1 n + 1 n + 2 n +1 n+1 = · = = ·   n+1 n+1 n ( n + 1)2 1 n 1+ n   n +1   1 n+1 1 n+1 1 = 1− · > 1− · = 1 (với a = − > −1). 2 n n+1 n ( n + 1) ( n + 1)2  u n +1 un Vậy dãy số (un ) là một dãy số tăng.  BÀI 5. Xét tính tăng giảm của các dãy số (un ) được cho bởi hệ thức truy hồi sau: ® ® u1 = 1 u1 = 1 1 2 n u n +1 = u n + ( n + 1 ) · 2 . un+1 = 2un + 1. ® ® u1 = 2 u1 = 5 3 4 un+1 = 2un − 1. un+1 = un + 3n − 2.  ® u1 = 3 u2 = 2 √ 5 6 2un  u n +1 = . un+1 = 2un + 3. 3 + un Lời giải. 1 Ta có un+1 − un = (n + 1) · 2n > 0, ∀n ≥ 1 ⇒ un+1 > un , ∀n ≥ 1. Vậy dãy số (un ) là một dãy số tăng. 2 Ta có u1 = 1 > −1, giả sử uk > −1, khi đó uk+1 = 2uk + 1 > −1. Vậy un > −1, ∀n ≥ 1. Khi đó un+1 − un = 2un + 1 − un = un + 1 > 0, ∀n ≥ 1. Vậy dãy số (un ) là một dãy số tăng. 2. DÃY SỐ 327 3 Ta có u1 = 2 > 1, giả sử uk > 1, khi đó uk+1 = 2uk − 1 > 2 − 1 = 1. Vậy un > 1, ∀n ∈ N∗ . Khi đó un+1 − un = 2un − 1 − un = u1 − 1 > 0, ∀n ∈ N∗ . Vậy dãy số (un ) là một dãy số tăng. 4 Ta có un+1 − un = 3n − 2 > 0, ∀n ≥ 1 ⇒ un+1 > un , ∀n ≥ 1. Vậy dãy số (un ) là một dãy số tăng. 5 Từ hệ thức truy hồi đã cho, dễ thấy un > 0 với mọi n ∈ N∗ . 2u1 6 = = 1 < u1 . 3 + u1 6 Ta dự đoán Ta có u2 = u n +1 < u n , ∀ n ∈ N∗ . (∗) Thật vậy, ta thấy (∗) đúng khi n = 1. Giả sử (∗) đúng khi n = k ≥ 1, (k ∈ N), tức là ta có uk < uk−1 . Khi đó 2u + 6 − 6 6 2uk = k = 2− . u k +1 = 3 + uk 3 + uk uk + 3 6 6 6 > , suy ra uk+1 < 2 − = uk . uk + 3 u k −1 + 3 u k −1 + 3 Vậy (∗) đúng với mọi n ∈ N∗ . Do đó, dãy số (un ) là dãy số giảm. Vì uk < uk−1 nên ∗ 6 Từ hệ thức truy hồi đã cho, √ dễ thấy un > 0 với mọi n ∈ N . √ Ta có u2 = 2u1 + 3 = Ta dự đoán 7 > u1 . u n +1 > u n , ∀ n ∈ N∗ . Thật vậy, (∗) đúng với n = 1. Giả sử (∗) đúng khi n = k ≥ 1, (k ∈ N), tức là ta có uk > uk−1 . Khi đó p p uk+1 = 2uk + 3 > 2uk−1 + 3 = uk (do uk > uk−1 ). Vậy (∗) đúng với n ∈ N∗ . Do đó, dãy số (un ) là dãy số tăng.  { DẠNG 2.3. Tính bị chặn của dãy số Phương pháp giải: Sử dụng khái niệm dãy số bị chặn. 1 VÍ DỤ VÍ DỤ 1. Xét tính bị chặn của các dãy số sau 1 Dãy số (un ) với un = 2n − 1 . n+3 2 Dãy số (vn ) với vn = 1 . n ( n + 1) 1 1 + +···+ 1·2 2·3 328 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN L Lời giải 1 Ta có un > 0 bới mọi n ≥ 1. Vậy (un ) bị chặn dưới. 7 < 2 với mọi n ≥ 1. Vậy (un ) bị chặn trên. n+3 Do đó (un ) bị chặn. Lại có un = 2 − 2 Ta có 1 1 1 1 1 1 1 n − + − +···+ − = 1− = , ∀n ≥ 1. 1 2 2 3 n n+1 n+1 n+1 Với mọi n ∈ N∗ ta luôn có 0 < un < 1. Vậy (un ) bị chặn. vn =  2 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1. Xét tính bị chặn của các dãy số (un ) sau, với 1 un = n2 + 1 . n n−1 3 un = √ n2 +1 . 2 un = 2n + 3 . 3n + 2 4 un = 1 1 1 + +···+ . 1·2 2·3 n · ( n + 1) Lời giải. 1 Ta có un = 1 n2 + 1 = n + ≥ 2, ∀n ≥ 1. Vậy dãy số (un ) bị chặn dưới. n n 2n + 3 2 5 = + . 3n + 2 3 3(3n + 2) 2n + 3 > 0, ∀n ≥ 1 nên dãy số bị chặn dưới. Dễ thấy un = 3n + 2 Lại có   2 5 2 5 −5 u n +1 − u n = + − + = < 0, ∀n ≥ 1. 3 3(3n + 5) 3 3(3n + 2) (3n + 2)(3n + 5) 2 Ta có un = Vậy dãy số (un ) là dãy số giảm nên un+1 ≤ u1 = 1. Suy ra dãy số (un ) bị chặn trên. Vậy dãy số (un ) bị chặn. n−1 3 Ta có un = √ Lại có n2 + 1 ≥ 0, ∀n ≥ 1 nên dãy số bị chặn dưới. n−1 n−1 n √ ≤ ≤ = 1, ∀n ≥ 1. n n n2 + 1 Cho nên dãy số (un ) bị chặn trên. Vậy dãy số (un ) bị chặn. 4 Rõ ràng un > 0, ∀n ∈ N∗ nên (un ) bị chặn dưới. 1 1 1 1 = − . Khi đó un = 1 − < 1, ∀n ∈ N∗ nên (un ) bị chặn trên. k ( k + 1) k k+1 n+1 Vậy dãy số (un ) bị chặn. Ta có 2. DÃY SỐ 329  BÀI 2. Xét tính đơn điệu và bị chặn của các dãy số (un ) với 1 u n = 1 + ( n − 1 ) · 2n . 3 un = n2 2 un = + 3n + 1 . n+1 4 2n − 13 . 3n − 2  u1 = 2  u n +1 = u n + 1 . 2 Lời giải. 1 Ta có un+1 − un = (n + 1) · 2n > 0, ∀n ≥ 1. Từ đó suy ra dãy số (un ) là dãy số tăng. Lại có un = 1 + (n − 1) · 2n ≥ 1, ∀n ≥ 1. Vậy (un ) là dãy số bị chặn dưới. 2 Ta có un = 2n − 13 2 35 2 = − ≤ , ∀n ≥ 1. 3n − 2 3 3(3n − 2) 3 Khi đó 35 2 − u n +1 − u n = − 3 3(3n + 1)  2 35 − 3 3(3n − 2)  = 35 > 0, ∀n ≥ 1. (3n − 2)(3n + 1) Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng. Mặt khác 0< 1 35 35 2 2 35 2 35 ≤ 1, ∀n ≥ 1 ⇔ 0 > − ≥− ⇔ > − ≥ − ⇔ −11 ≤ u < 3n − 2 3(3n − 2) 3 3 3 3(3n − 2) 3 3 Suy ra (un ) là một dãy số bị chặn. n2 + 3n + 1 1 3 Ta có un = = n+2− . n+1 n+1 ∗ Với mọi n ∈ N ta có   1 1 1 u n +1 − u n = n + 3 − − n+2− = 1+ > 0, ∀n ≥ 1. n+2 n+1 (n + 1)(n + 2) Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng. 5 Suy ra un ≥ u1 = . Do đó, dãy số (un ) bị chặn dưới. 2 4 Ta có u1 = 2 > 1, giả sử uk > 1, khi đó uk+1 = Lại có u n +1 − u n = un + 1 1+1 > = 1. Vậy un > 1, ∀n ∈ N∗ . 2 2 un + 1 1 − un − un = < 0, ∀n ∈ N∗ . 2 2 Vậy dãy số (un ) là dãy số giảm. Suy ra un ≤ u1 = 2. Do đó, dãy số (un ) bị chặn trên. Vì vậy, dãy số (un ) bị chặn.  330 3 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG - CẤP SỐ NHÂN BÀI TẬP RÈN LUYỆN BÀI 3. Xét tính bị chặn của các dãy số (un ) sau, với 1 un = 3n − 1 . 3n + 1 2 un = 2n − 1 1 . n ( n + 1) 1 . 3 un = √ n2 + 2 1 1 1 4 un = 2 + 2 + 2 + · · · + 2 . 1 2 3 n Lời giải. 3n − 1 4 = 1− < 1, ∀n ≥ 1. Suy ra dãy số (un ) bị chặn trên. 3n + 1 3n + 3 3n − 1 Mặt khác, > 0, ∀n ≥ 1 nên dãy số (un ) bị chặn dưới. 3n + 1 Vậy dãy số (un ) bị chặn. 1 Ta có un = 2 Ta có un = 1 > 0, ∀n ≥ 1 nên dãy số bị chặn dưới. n ( n + 1) Lại có u n +1 − u n = 1 −2 1 − = < 0, ∀n ≥ 1. (n + 1)(n + 2) n(n + 1) n(n + 1)(n + 2) 1 Vậy dãy số (un ) là dãy số giảm nên un+1 ≤ u1 = . Suy ra dãy số (un ) bị chặn trên. 2 Vậy dãy số (un ) bị chặn. 2n − 1 3 Ta có un = √ > 0, ∀n ≥ 1 nên dãy số bị chặn dưới. n2 + 2 2n − 1 2n − 1 2n Lại có √ ≤ ≤ = 2 nên dãy số bị chặn trên. n n n2 + 2 Vậy dãy số (un ) bị chặn. 4 Rõ ràng un > 0, ∀n ∈ N∗ nên (un ) bị chặn dưới. 1 1 1 1 < = − , ∀k ≥ 2, k ∈ N. Khi đó 2 k ( k − 1) k−1 k k       1 1 1 1 1 1 un < 1 + 1 − + − +···+ − = 2 − < 2 với mọi số nguyên dương n. 2 2 3 n−1 n n Ta có Cho nên (un ) bị chặn trên. Vậy dãy số (un ) bị chặn.  BÀI 4. Xét tính đơn điệu và bị chặn của các dãy số (un ) với 1 un = 3 7n + 5 . 5n + 7  u1 = 1 un+1 = 2 un + 5. 3 Lời giải. 2 un = 4 n2 + 1 . 2n2 − 3  u1 = 4  u n +1 = un + 4. 2 2. DÃY SỐ 1 Ta có un = 331 7n + 5 7 24 7 = − ≤ , ∀n ≥ 1. 5n + 7 5 5(5n + 7) 5 Khi đó  7 24 u n +1 − u n = − − 5 5(5n + 12) 24 7 − 5 5(5n + 7)  = 24 > 0, ∀n ∈ N∗ . (5n + 7)(5n + 12) Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng. Mặt khác 0< 1 24 2 7 7 24 7 2 7 1 ≤ , ∀n ≥ 1 ⇔ 0 > − ≥− ⇔ > − ≥ − ⇔ 1 ≤ un < . 5n + 7 12 5(5n + 7) 5 5 5 5(5n + 7) 5 5 5 Suy ra (un ) là một dãy số bị chặn. 2 Ta có un = 5 n2 + 1 1 = + . 2 2 2 2(2n − 3) 2n − 3 (1) 1 1 ≤ . 5 −3 Do đó từ (1) suy ra −2 ≤ un ≤ 1, ∀n ≥ 1. Từ đó suy ra (un ) là một dãy số bị chặn. 2 Lại có u1 = −2; u2 = 1; u3 = nên dãy số không tăng không giảm. 3 Dễ thấy, với mọi n ≥ 1 ta có, −1 ≤ 2n2 3 Ta có u1 = 1 < 15, giả sử uk < 15, khi đó uk+1 = un < 15, ∀n ∈ N∗ . Lại có u n +1 − u n = 2 2 uk + 5 < · (15) + 5 = 15. Vậy 3 3 15 − un 2 un + 5 − un = > 0, ∀n ∈ N∗ . 3 3 Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng. Suy ra un ≥ u1 = 1. Do đó, dãy số (un ) bị chặn dưới. 4 Ta có u1 = 4 < 8, giả sử uk < 8, khi đó uk+1 = Lại có u n +1 − u n = uk 8 + 4 < + 4 = 8. Vậy un < 8, ∀n ∈ N∗ . 2 2 un 8 − un + 4 − un = > 0, ∀n ∈ N∗ . 2 2 Vậy dãy số (un ) là dãy số tăng. Suy ra un ≥ u1 = 4. Do đó, dãy số (un ) bị chặn dưới. Vì vậy, dãy số (un ) bị chặn.  BÀI 5. Cho dãy số (un ) định bởi un = Lời giải. Ta có an4 2n4 +2 . Định a để dãy số (un ) là dãy số tăng. +5     a(n + 1)4 + 2 (2n4 + 5) − ( an4 + 2) 2(n + 1)4 + 5 a(n + 1)4 + 2 an4 + 2 u n +1 − u n = − = 2(n + 1)4 + 5 2n4 + 5 [2(n + 1)4 + 5] (2n4 + 5)   (5a − 4) (n + 1)4 − n4 = . [2(n + 1)4 + 5] (2n4 + 5) Lại có (n + 1)4 > n4 , ∀n ∈ N∗ ⇔ (n + 1)4 − n4 > 0, ∀n ∈ N∗ . 332 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN Để dãy số (un ) là dãy số tăng thì 4 un+1 − un > 0, ∀n ∈ N∗ ⇔ 5a − 4 > 0 ⇔ a > . 5 Vậy với a > } 4 thì dãy số (un ) là dãy số tăng. 5  EM CÓ BIẾT? DÃY SỐ PHI-BÔ-NA-XI Phi-bô-na-xi (Fibonacci) (còn có tên là Leonardo da Pisa) là một nhà Toán học nổi tiếng người Italia. Trong cuốn sách Liber Abacci, năm 1202, ông có viết bài toán sau: “Một đôi thỏ (gồm một con thỏ đực và một con thỏ cái) cứ mỗi tháng đẻ được mội đôi thỏ con (cùng gồm một thỏ đực và thỏ cái); mỗi đôi thỏ con, khi tròn hai tháng tuổi, lại mỗi tháng đẻ ra một đôi thỏ con, và quá trình sinh nở cứ thế tiếp diễn. Hỏi sau một năm sẽ có tất cả bao nhiêu đôi thỏ, nếu đầu năm (tháng giêng) có môi đôi thỏ sơ sinh.” Rõ ràng ở tháng giêng, cũng như ở tháng 2, chỉ có một đôi thỏ. Sang tháng 3, đôi thỏ này sẽ đẻ ra một đôi thỏ con, vì thế ở tháng thứ 3 sẽ có 1 + 1 = 2 đôi thỏ. Sang tháng tư, vì chỉ có đôi thỏ ban đầu sinh con nên ở tháng này có 1 + 2 = 3 đôi thỏ. Sang tháng 5, hai đôi thỏ gồm đôi thỏ ban đầu và đôi thỏ được sinh ra ở tháng 3 cùng sinh con nên tháng này có 3 + 2 = 5 đôi thỏ, . . . Khái quát, nếu kí hiệu Fn là số đôi thỏ có ở tháng thứ n, thì với n ≥ 3, ta có Fn = Fn−1 + số đôi thỏ được sinh ra ở tháng thứ n. Do đó các đôi thỏ được sinh ra ở tháng thứ (n − 1) chưa thể sinh con ở tháng thứ n và mỗi đôi thỏ ở tháng thứ (n − 2) sẽ sinh ra một đôi thỏ con nên số đôi thỏ con được sinh ra ở tháng thứ n chính bằng Fn−2 (số thỏ có ở tháng thứ (n − 2)). Như vậy Fn = Fn−1 + Fn−2 . Việc giải quyết bài toán trên của Fibonacci dẫn đến việc khảo sát dãy số ( Fn ) được xác định như sau    F1 = 1 F2 = 1   Fn = Fn−1 + Fn−2 , (n ≥ 3). Dãy số trên sau này nhà toán học Pháp Edouard Lucas gọi là dãy số Fibonacci. BÀI A 3. CẤP SỐ CỘNG TÓM TẮT LÝ THUYẾT Câu hỏi 1: Nhận xét tính chất chung đặc biêt của các dãy số sau • Dãy số 2, 4, 6, 8, 10, . . . . . . • Dãy số −5, −2, 1, 4, 7, 10. • Dãy số 20, 15, 10, 5, 0, −5, −10, . . . . . . 1. Định nghĩa Định nghĩa 1. Cấp số cộng là một dãy số (vô hạn hay hữu hạn) mà trong đó, kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng tổng của số hạng đứng ngay trước nó với một số d không 3. CẤP SỐ CỘNG 333 đổi, nghĩa là: (un ) là cấp số cộng khi và chỉ khi n ≥ 1, un+1 = un + d. Số d được gọi là công sai của cấp số cộng. Để chứng minh một dãy số (un ) là một cấp số cộng, ta xét hiệu un+1 − un = d (không đổi) với mọi n ∈ N∗ . 2. Tính chất Tính chất 1. Nếu (un ) là một cấp số cộng thì kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng (trừ số hạng cuối đối với cấp số cộng hữu hạn) đều là trung bình cộng của hai số hạng đứng kề nó u + u k +1 trong dãy, tức là uk = k−1 . 2 Hệ quả 1. Ba số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi a + c = 2b. 3. Số hạng tổng quát của cấp số cộng Định lí 1. Nếu một cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai d thì số hạng tổng quát un của nó được xác định bởi công thức sau: un = u1 + (n − 1)d. Để tìm n số hạng liên tiếp của cấp số cộng thỏa điều kiện, ta cần nhớ: ! • Nếu n lẻ, cần đặt số hạng cần tìm là x, công sai: d. • Nếu n chẵn, cần đặt số hạng cần tìm là x − d, công sai: 2d. 4. Tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số cộng n Định lí 2. Giả sử (un ) là 1 cấp số cộng có công sai d. Gọi Sn = ∑ uk = u1 + u2 + · · · + un (Sn k =1 n ( u1 + u n ) n ( n − 1) là tổng n số hạng đầu tiên của cấp số cộng). Ta có: Sn = = nu1 + d. 2 2 B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP 1 VÍ DỤ VÍ DỤ 1. Chứng minh các dãy số sau là một cấp số cộng. Xác định công sai và số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó? 1 Dãy số (un ) với un = 19n − 5. 2 Dãy số (un ) với un = −3n + 1. ĐS: d = 19, u1 = 14 ĐS: d = −3, u1 = −2 L Lời giải 1 Ta có un+1 − un = 19(n + 1) − 5 − 19n + 5 = 19n + 19 − 5 − 19n + 5 = 19. Do đó dãy số (un ) là một cấp số cộng với công sai d = 19, số hạng đầu u1 = 14. 2 Ta có un+1 − un = −3(n + 1) + 1 + 3n − 1 = −3n − 3 + 1 + 3n − 1 = −3. Do đó dãy số (un ) là một cấp số cộng với công sai d = −3, số hạng đầu u1 = −2.  π VÍ DỤ 2. Ba góc của một tam giác vuông lập thành một cấp số cộng. Tìm ba góc đó.ĐS: , 6 π π , 3 2 334 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN L Lời giải Gọi ba góc của tam giác lần lượt là A, B, C. Khi đó ta có A + B + C = π. Do ba góc A, B, C của tam giác theo thứ tự lập thành một cấp số cộng nên A + C = 2B. π Do đó 2B + B = π ⇒ 3B = π ⇒ B = . 3 π π Do tam giác ABC vuông nên giả sử C = khi đó công sai d của cấp số cộng là d = C − B = . 2 6 π π π Vậy góc A của tam giác là A = − = .  3 6 6 VÍ DỤ 3. Một tam giác vuông có chu vi bằng 12 cm và ba cạnh lập thành một cấp số cộng. Tính độ dài ba cạnh của tam giác đó. ĐS: 5 cm, 4 cm, 3 cm L Lời giải Giả sử ba cạnh của tam giác vuông lần lượt là a, b, c trong đó a là cạnh huyền và a > b > c. Do tam giác vuông có chu vi bằng 12 cm nên a + b + c = 12. Mặt khác a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên a + c = 2b. Khi đó 2b + b = 12 ⇔ 3b = 12 ⇔ b = 4 cm. Giả sử công sai của cấp số cộng là d thì a = 4 − d, c = 4 + d. Do tam giác vuông cạnh huyền là a nên a2 = b2 + c2 ⇔ (4 − d)2 = 42 + (4 + d)2 ⇔ −16d = 16 ⇔ d = −1. Vậy a = 5 cm, c = 3 cm.  VÍ DỤ 4. Một cấp số cộng có 10 số hạng, trong đó số hạng đầu bằng 5, số hạng cuối bằng 23. Tìm cấp số cộng đó? ĐS: 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23 L Lời giải Ta có u10 = u1 + 9d ⇔ 23 = 5 + 9d ⇔ d = 2. Vậy cấp số cộng cần tìm là 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23.  VÍ DỤ 5. Tìm ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng biết tổng của chúng bằng 27 và tổng các bình phương của chúng là 293. ĐS: 4, 9, 14 L Lời giải Gọi ba số hạng liên tiếp của cấp số cộng là x − d, x, x + d trong đó d là công sai của cấp số cộng. Khi đó ta có x − d + x + x + d = 27 ⇔ 3x = 27 ⇔ x = 9. ” d=5 Mà ( x − d)2 + x2 + ( x + d)2 = 293 ⇔ (9 − d)2 + 81 + (9 + d)2 = 293 ⇔ 2d2 − 50 = 0 ⇔ d = −5. Với d = 5 thì ba số hạng của cấp số cộng là 4, 9, 14. Với d = −5 thì ba số hạng của cấp số cộng là 14, 9, 4. Vậy ba số hạng liên tiếp của cấp số cộng là 4, 9, 14.  VÍ DỤ 6. Tìm bốn số hạng liên tiếp của một cấp số cộng, biết tổng của chúng bằng 10 và tổng bình phương của chúng bằng 30. ĐS: 1, 2, 3, 4 3. CẤP SỐ CỘNG 335 L Lời giải Gọi bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d với 2d là công sai của cấp số cộng. 5 Khi đó ta có x − 3d + x − d + x + d + x + 3d = 10 ⇔ 4x = 10 ⇔ x = . 2 Mặt khác 1 d= 1  2 ( x − 3d)2 + ( x − d)2 + ( x + d)2 + ( x + 3d)2 = 30 ⇔ 4×2 + 20d2 = 30 ⇔ d2 = ⇔  1 4 d=− . 2  5 1 thì d = , khi đó bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là 1, 2, 3, 4. 2 2 1 5 Với x = thì d = − , khi đó bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là 4, 3, 2, 1. 2 2 Vậy bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là 1, 2, 3, 4. Với x =  VÍ DỤ 7. Cho một cấp số cộng (un ) có u3 + u28 = 100. Hãy tính tổng của 30 số hạng đầu tiên của cấp số cộng đó. ĐS: 1500 L Lời giải Ta có S30 = 30(u1 + u30 ) 30(u1 + 2d + u30 − 2d) 30(u3 + u28 ) 30 · 100 = = = = 1500. 2 2 2 2 VÍ DỤ 8. Cho một cấp số cộng (un ) có S6 = 18 và S10 = 110. Tính S20 .  ĐS: S20 = 620 L Lời giải Giả sử cấp số cộng (un ) có số hạng đầu là u1 và công sai là d. 6·5 Ta có S6 = 6u1 + d ⇔ 6u1 + 15d = 18. (1) 2 10 · 9 S10 = 10u1 + d ⇔ 10u1 + 45d = 110. (2) 2 ® ® 6u1 + 15d = 18 u1 = −7 Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình ⇔ 10u1 + 45d = 110 d = 4. 20 · 19 d = 20 · (−7) + 190 · 4 = 620. Khi đó S20 = 20u1 + 2  VÍ DỤ 9. Tính các tổng sau: 1 S = 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) + (2n + 1). 2 S = 1002 − 992 + 982 − 972 + · · · + 22 − 12 . ĐS: S = (n + 1)2 ĐS: S = 5050 L Lời giải 1 S = 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) + (2n + 1). Xét cấp số cộng (uk ), k ∈ N∗ với số hạng đầu là u1 = 1 và công sai là d = 2. 336 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN Ta có uk = u1 + (k − 1)d ⇔ 2n + 1 = 1 + 2(k − 1) ⇔ k = n + 1. k ( u1 + u k ) (n + 1)(1 + 2n + 1) Vậy S = = = ( n + 1)2 . 2 2 2 S = 1002 − 992 + 982 − 972 + · · · + 22 − 12 = 199 + 195 + · · · + 3. Xét cấp số cộng (un ) có số hạng đầu u1 = 199 và công sai d = u2 − u1 = 195 − 199 = −4. Ta có un = u1 + (n − 1)d ⇔ 3 = 199 − 4(n − 1) ⇔ n = 50. 50(199 + 3) n(u1 + u50 ) = = 5050. Khi đó S = 2 2  2 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1. Tìm số hạng đầu tiên, công sai, số hạng thứ 20 và tổng của 20 số hạng đầu tiên của các cấp số cộng sau, biết rằng ® u5 = 19 ĐS: u1 = 3, d = 4, u20 = 79, S20 = 820 1 u9 = 35. ® u2 − u3 + u5 = 10 2 ĐS: u1 = 1, d = 3, u20 = 58, S20 = 590 u4 + u6 = 26. ® u3 + u5 = 14 3 5 3 ĐS: u1 = , d = , u20 = 31, S20 = 335 2 2 S12 = 129.  ® u1 = 3, d = 1, u20 = 22, S20 = 250 u6 = 8  4 ĐS: 306 19 u22 + u24 = 52. , S20 = 502 u1 = −11, d = , u20 = 5 5 Lời giải. ® ® ® u5 = 19 u1 + 4d = 19 u1 = 3 1 ⇔ ⇔ u9 = 35 u1 + 8d = 35 d = 4. Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = 3, công sai là d = 4. Khi đó số hạng thứ 20 là u20 = u1 + 19d = 3 + 19 · 4 = 79. 20(3 + 79) 20(u1 + u20 ) = = 820. Tổng của 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là S20 = 2 2 ® ® ® ® u2 − u3 + u5 = 10 u1 + d − u1 − 2d + u1 + 4d = 10 u1 + 3d = 10 u1 = 1 2 ⇔ ⇔ ⇔ u4 + u6 = 26 u1 + 3d + u1 + 5d = 26 2u1 + 8d = 26 d = 3. Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = 1, công sai là d = 3. Khi đó số hạng thứ 20 là u20 = u1 + 19d = 1 + 19 · 3 = 58. 20(u1 + u20 ) 20(1 + 58) Tổng của 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là S20 = = = 590. 2 2  5 ® ® ®  u1 = u3 + u5 = 14 u1 + 2d + u1 + 4d = 14 2u1 + 6d = 14 2 3 ⇔ ⇔ ⇔ 3  S12 = 129 12u1 + 66d = 129 12u1 + 66d = 129 d = . 2 5 3 Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = , công sai là d = . 2 2 5 3 Khi đó số hạng thứ 20 là u20 = u1 + 19d = + 19 · = 31. 2 2   5 + 31 20 20(u1 + u20 ) 2 Tổng của 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là S20 = = = 335. 2 2 3. CẤP SỐ CỘNG ® 4 ® u6 = 8 u22 337 ⇔ + u24 u1 + 5d = 8 (1) 2 2 = 52 (u1 + d) + (u1 + 3d) = 52 (2). Từ (1), ta có u1 + 5d = 8 ⇔ u1 = 8 − 5d, thay vào (2)  2 2 2 (8 − 4d) + (8 − 2d) = 52 ⇔ 20d − 96d + 76 = 0 ⇔  d=1 19 d= . 5 Với d = 1 thì u1 = 3. Khi đó số hạng thứ 20 là u20 = u1 + 19d = 3 + 19 · 1 = 22. 20(u1 + u20 ) 20(3 + 22) Tổng của 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là S20 = = = 250. 2 2 19 19 306 Với d = thì u1 = −11. Khi đó số hạng thứ 20 là u20 = u1 + 19d = −11 + 19 · = . 5 5 5  306 20 −11 + 20(u1 + u20 ) 5 Tổng của 20 số hạng đầu tiên của cấp số cộng là S20 = = = 2 2 502.  BÀI 2. Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng, biết ® u7 = 27 1 u15 = 59. ® u9 = 5u2 2 u13 = 2u6 + 5. ® u2 + u4 − u6 = −7 3 u8 − u7 = 2u4 . ® u3 − u7 = −8 4 u2 · u7 = 75. ® u6 + u7 = 60 5 ĐS: u1 = 3, d = 4 ĐS: u1 = −5, d = 2 ” ĐS: 6 ® 7 ® 8 ” u21 + u22 + u23 = 155 S3 = 21. ĐS: S3 = 12 S5 = 35. 9 u1 + u2 + u3 = 9 ® 10 ® + u22 + u23 + u24 = 84. S5 = 5 u1 · u2 · u3 · u4 · u5 = 45. u1 + u2 + u3 + u4 + u5 = 20 u21 + u22 + u23 + u24 + u25 ” u1 = 5, d = −2 u1 = 1, d = 2 ” u1 = 1, d = 2 u1 = 7, d = −2 ” u1 = −3, d = 2 u1 = 5, d = −2 ĐS: u1 + u2 + u3 + u4 = 16 u21 u1 = 9, d = −2 u1 = 5, d = −2 ĐS: u1 = 1, d = 3 u21 + u22 + u23 = 35. ® u1 = 2, d = 2 u1 = −17, d = 2 ĐS: Không tồn tại u24 + u212 = 1170. ® 11 ĐS: u1 = 3, d = 4 = 170. ĐS: ĐS: ” ĐS: u1 = −2, d = 3 u1 = 10, d = −3 338 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN ® 12 √ √ u1 = −4 − 3 2, d = 3 2 √ √ ĐS: u1 = −4 + 3 2, d = −3 2 ” u1 + u2 + u3 = −12 u1 · u2 · u3 = 8.  u1 u  1   ĐS: u  1   u1  S4 = 20 13 1 1 1 1 25  + + + = . u1 u2 u3 u4 24 = 2, d = 2 = 8, d = −2 √ √ 2 145 = 5 + 145, d = − √ 3 √ 2 145 = 5 − 145, d = 3  5  u1 + u5 = 3 14 65  u · u = . 3 4 72 1 1 ĐS: u1 = , d = 3 4 Lời giải. ® ® ® u1 = 3 u1 + 6d = 27 u7 = 27 ⇔ ⇔ 1 d = 4. u1 + 14d = 59 u15 = 59 Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = 3, công sai là d = 4. ® ® ® ® u9 = 5u2 u1 + 8d = 5u1 + 5d 4u1 − 3d = 0 u1 = 3 2 ⇔ ⇔ ⇔ u13 = 2u6 + 5 u1 + 12d = 2u1 + 10d + 5 − u1 + 2d = 5 d = 4. Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = 3, công sai là d = 4. ® ® ® ® u2 + u4 − u6 = −7 u1 + d + u1 + 3d − u1 − 5d = −7 u1 − d = −7 u1 = −5 ⇔ ⇔ ⇔ 3 u8 − u7 = 2u4 u1 + 7d − u1 − 6d = 2u1 + 6d 2u1 + 5d = 0 d = 2. Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = −5, công sai là d = 2.  d=2  ” d=2 u3 − u7 = −8 u1 + 2d − u1 − 6d = −8 4 ⇔ ⇔ ⇔ u1 = 3  u2 · u7 = 75 (u1 + d)(u1 + 6d) = 75 u21 + 14u1 − 51 = 0  u1 = −17. Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = 3, công sai là d = 2 hoặc u1 = −17, d = 2. ® ® u6 + u7 = 60 2u6 + d = 60 (1) 5 ⇔ u24 + u212 = 1170 (u6 − 2d)2 + (u6 + 6d)2 = 1170. (2) Từ (1), suy ra d = 60 − 2u6 , thay vào (2), ta có ® ® ® (5u6 − 120)2 + (360 − 11u6 )2 = 1170 ⇔ 146u26 − 9120u6 + 142830 = 0 (vô nghiệm). Vậy không tồn tại cấp số cộng thỏa yêu cầu bài toán. ® 2 ® 2 u1 + u22 + u23 = 155 u1 + (u1 + d)2 + (u1 + 2d)2 = 155 (1) 6 ⇔ S3 = 21 3u1 + 3d = 21. (2) Từ (2), ta có 3u1 + 3d = 21 ⇒ d = 7 − u1 , thay vào (1) ” u21 + 72 + (14 − u1 )2 = 155 ⇔ 2u21 − 28u1 + 90 = 0 ⇔ u1 = 9 u1 = 5. Với u1 = 9 thì d = −2. Với u1 = 5 thì d = 2. Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = 9, công sai là d = −2 hoặc u1 = 5, d = 2. 3. CẤP SỐ CỘNG 339 ® ® u1 = 1 3u1 + 3d = 12 S3 = 12 ⇔ ⇔ 7 d = 3. 5u1 + 10d = 35 S5 = 35 Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = 1, công sai là d = 3. ® ® ® u1 + u2 + u3 = 9 3u2 = 9 u2 = 3 8 ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 2 2 2 2 u1 + u2 + u3 = 35 (u2 − d) + u2 + (u2 + d) = 35 (3 − d)2 + 9 + (3 + d)2 = 35 ® u2 = 3 ® d2 = 4. ” d = −2 . Với u2 = 3 và d = 2 thì u1 = u2 − d = 1. Với u2 = 3 và d = −2 thì d=2 u1 = u2 − d = 5. Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = 1, công sai là d = 2 hoặc u1 = 5, d = −2. ® ® u1 + u2 + u3 + u4 = 16 4u1 + 6d = 16 (1) 9 ⇔ u21 + u22 + u23 + u24 = 84 u21 + (u1 + d)2 + (u1 + 2d)2 + (u1 + 3d)2 = 84. (2) 16 − 4u1 Từ (2), suy ra d = . Thay vào (2), ta có 6       16 − 4u1 2 16 − 4u1 2 16 − 4u1 2 2 + u1 + + u1 + = 84 u1 + u1 + 6 3 2       −u1 + 16 2 −2u1 + 16 2 2u1 + 16 2 2 + + = 84 ⇔ u1 + 6 3 2 Do d2 = 4 ⇔ ⇔ 36u21 + (2u1 + 16)2 + 4(16 − u1 )2 + 9(16 − 2u1 )2 = 3024 ⇔ 80u21 − 640u1 + 560 = 0 ” u1 = 1 ⇒ d = 2 ⇔ u1 = 7 ⇒ d = −2. Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = 1, công sai là d = 2 hoặc u1 = 7, d = −2. ® ® S5 = 5 5u1 + 10d = 5 (1) 10 ⇔ u1 · u2 · u3 · u4 · u5 = 45 u1 (u1 + d)(u1 + 2d)(u1 + 3d)(u1 + 4d) = 45. (2) Từ (2), suy ra u1 = 1 − 2d, thay vào (2) ta có  (1 − 2d)(1 − d)(1 + d)(1 + 2d) = 45 ⇔ 4d4 − 5d2 − 44 = 0 ⇔  d2 = 4 ” d=2 ⇔ 11 d = −2. (vô nghiệm) d2 = − 4 Với d = 2 thì u1 = 1 − 2d = −3. Với d = −2 thì u1 = 1 − 2d = 5. Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = −3, công sai là d = 2 hoặc u1 = 5, d = −2. ® ® u1 + u2 + u3 + u4 + u5 = 20 5u3 = 20 (1 ⇔ 11 (u3 − 2d)2 + (u3 − d)2 + u23 + (u3 + d)2 + (u3 + 2d)2 = 170. (2 u21 + u22 + u23 + u24 + u25 = 170 Từ (1), suy ra u3 = 4. Thay vào (2), ta có ” (4 − 2d)2 + (4 − d)2 + 42 + (4 + d)2 + (4 + 2d)2 = 170 ⇔ 9d2 = 90 ⇔ d = −3 d = 3. Với u3 = 4, d = −3 thì u1 = u3 − 2d = 10. Với u3 = 4, d = 3 thì u1 = u3 − 2d = −2. Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = 10, công sai là d = −3 hoặc u1 = −2, d = 3. 340 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN ® u1 + u2 + u3 = −12 ⇔ 12 u1 · u2 · u3 = 8 ® u2 = −4 ® 3u2 = −12 ⇔ ( u2 − d ) u2 ( u2 + d ) = 8 ® u2 = −4 ⇔ (−4 − d) · (−4) · (−4 + d) = 8 d2 = 18. √ √ √ d = 3 2 √ . Với u2 = −4, d = 3 2 thì u1 = −4 − 3 2. Với u2 = −4, Do d2 = 18 ⇔ d = −3 2 √ √ d = −3 2 thì u1 = −4 + 3 2. √ √ 2, công sai là d = 3 2 hoặc u1 = Vậy số √ hạng đầu của cấp số cộng là u = − 4 − 3 1 √ −4 + 3 2, d = −3 2.  (1) S4 = 20 13 1 1 1 1 25  + + + = (2). u1 u2 u3 u4 24 3 Từ (1), suy ra u1 + u4 = u2 + u3 = 10 và u1 = 5 − d. 2 Từ (2), ta có ” u1 + u4 u2 + u3 25 10 10 25 + = ⇔ + = u1 · u4 u2 · u3 24 u1 (u1 + 3d) (u1 + d)(u1 + 2d) 24 10 25 10 10 25 10  +   = ⇔ + = ⇔  9 1 3 1 3 1 24 24 25 − d2 25 − d2 5+ d 5+ d 5− d 5− d 4 4 2 2 2 2      1 25 9 1 9 25 − d2 25 − d2 ⇔ 10 25 − d2 + 25 − d2 = 4 4 24 4 4 √   580 2 145 2 d = 75 4 1925 2 3625 d=± 9 ⇔ ⇔ d − d + =0⇔ 3 128 48 24 d2 = 4 d = ±2. √ √ √ √ 2 145 2 145 thì u1 = 5 − 145. Với d = − thì u1 = 5 + 145. Với d = 3 3 Với d = 2 thì u1 = 2. Với d = −2 thì u1 = 8. √ √ √ 2 145 Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = 5 + 145, công sai là d = − ; u1 = 5 − 145, 3 √ 2 145 d= ; u1 = 2, d = 2; u1 = 8, d = −2. 3    5 5 5    u1 + u5 = 2u3 = u3 = 6 3 ⇔ 3 14 ⇔ 65 65    u · u = u · u = u = 13 . 3 3 4 4 4 72 72 12 13 5 1 Khi đó ta có u4 = u3 + d ⇔ d = u4 − u3 = − = . Mặt khác u3 = u1 + 2d ⇔ u1 = 12 6 4 5 1 1 u3 − 2d = − = . 6 2 3 1 1 Vậy số hạng đầu của cấp số cộng là u1 = , công sai là d = . 3 4  BÀI 3. Xác định số hạng đầu, công sai và số hạng thứ n của các cấp số cộng sau, biết rằng: ® ® S12 = 34 u5 = 10 31 1 1 ĐS: u1 = , d = − 2 ĐS: u1 = 86, d = −19 9 9 S10 = 5. S18 = 45. 3. CẤP SỐ CỘNG 341 S20 S S 3 = 10 = 5 . 5 3 2 ® ĐS: u1 = 0, d = 0 4 S20 = 2S10 S15 = 3S5 . ĐS: u1 = 0, d = 0 Lời giải. ( u n + u1 ) · n (2u1 + (n − 1)d) · n = trong đó u1 là số hạng đầu, d 2 2 là công sai.    31 (2u1 + 11d) · 12  ®   17    u = = 34 1 S12 = 34 2u1 + 11d = 9 2 ⇔ ⇔ Ta có 3 ⇔    (2u1 + 17d) · 18 S18 = 45  d = −1 . 2u1 + 17d = 5  = 45 9 2 31 −1 Vậy số hạng đầu là u1 = và công sai d = . 9 9  ® ® ® u1 + 4d = 10 u1 + 4d = 10 u1 = 86 u5 = 10 ⇔ ⇔ 2 Ta có ⇔ (2u1 + 9d) · 10  2u1 + 9d = 1 d = −19. S10 = 5 =5 2 Vậy số hạng đầu là u1 = 86 và công sai d = −19.  ® ® 30 · (2u1 + 19d) = 25 · (2u1 + 9d) 3S20 = 5S10 2u1 + 69d = 0 S20 S10 S5 3 = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 15 · ( 2u + 4d ) 1 10 · (2u1 + 9d) = 5 3 2 2S10 = 3S5 2u1 + 24d = 0 2 ® u1 = 0 d = 0. Vậy số hạng đầu là u1 = 0 và công sai d = 0.  (2u1 + 19d) · 20 2 · (2u1 + 9d) · 10  ® ®   = S20 = 2S10 u1 = 0 2 2 ⇔ 4 ⇔  (2u1 + 14d) · 15 3 · (2u1 + 4d) · 5 S15 = 3S5 d = 0.   = 2 2 Vậy số hạng đầu là u1 = 0 và công sai d = 0. 1 Áp dụng công thức Sn =  BÀI 4. Cho cấp số cộng u1 , u2 , u3 , . . . có công sai d. 1 Biết u2 + u22 = 40. Tính S23 . ĐS: S23 = 460 2 Biết u1 + u4 + u7 + u10 + u13 + u16 = 147. Tính A = u6 + u11 và B = u1 + u6 + u11 + u16 . ĐS: A = 49, B = 98 3 Biết u4 + u8 + u12 + u16 = 224. Tính S19 . 4 Biết u23 + u57 = 29. Tính C = u10 + u70 + u157 + 3u1 . ĐS: S19 = 1064 ĐS: C = 87 Lời giải. 1 Ta có u2 + u22 = 40 ⇔ u1 + d + u1 + 21d = 40 ⇔ 2u1 + 22d = 40. Khi đó S23 = (2u1 + 22d) · 23 40 · 23 = = 460. 2 2 2 Ta có u1 + u4 + u7 + u10 + u13 + u16 = 147 ⇔ u1 + u1 + 3d + u1 + 6d + u1 + 9d + u1 + 12d + u1 + 15d = 1 ⇔ 6u1 + 45d = 147 ⇔ 2u1 + 15d = 49 ⇔ (u1 + 5d) + (u1 + 10d) = 49 ⇔ u6 + u11 = 49. 342 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN Ta lại có 2u1 + 15d = 49 ⇔ 4u1 + 30d = 98 ⇔ u1 + (u1 + 5d) + (u1 + 10d) + (u1 + 15d) = 98 ⇔ u1 + u6 + u11 + u16 = 98. 3 Ta có u4 + u8 + u12 + u16 = 224 ⇔ u1 + 3d + u1 + 7d + u1 + 11d + u1 + 15d = 224 ⇔ 4u1 + 36d = 224 ⇔ 2u1 + 18d = 112 (2u1 + 18d) · 19 ⇔ = 1064 2 ⇔ S19 = 1064. 4 Ta có u23 + u57 = 29 ⇔ 2u1 + 78d = 29 ⇔ 6u1 + 234d = 87 ⇔ (u1 + 9d) + (u1 + 69d) + (u1 + 156d) + 3u1 = 87 ⇔ u10 + u70 + u157 + 3u1 = 87.  BÀI 5. Tìm ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng, biết rằng: 1 Tổng của chúng bằng 15 và tích của chúng bằng 105. ĐS: 3, 5, 7 2 Tổng của chúng bằng 15 và tổng bình phương của chúng bằng 83. ĐS: 3, 5, 7 3 Tổng của chúng bằng 21 và tổng bình phương của chúng bằng 155. ĐS: 5, 7, 9 Lời giải. 1 Gọi ba số hạng liên tiếp của cấp số cộng là x − d, x, x + d trong đó d là công sai. Theo đề bài ta có ® ( x − d) + x + ( x + d) = 15 ⇔ ( x − d) · x · ( x + d) = 105 ® x ( x2 − d2 ) = 105 ® ⇔ ⇔ x=5 d2 = 4 ® Với d = 2 thì ba số hạng liên tiếp là 3, 5, 7. Với d = −2 thì ba số hạng liên tiếp là 7, 5, 3. Vậy ba số hạng liên tiếp của cấp số cộng là 3, 5, 7. x=5 5(25 − d2 ) = 105 ® ⇔ 3x = 15 x=5 d = ±2. 3. CẤP SỐ CỘNG 343 2 Gọi ba số hạng liên tiếp của cấp số cộng là x − d, x, x + d trong đó d là công sai. Theo đề bài ta có ® ( x − d) + x + ( x + d) = 15 ( x − d)2 + x2 + ( x + d)2 = 83 ® ⇔ 3x = 15 3×2 + 2d2 = 83 ® ⇔ x=5 3 · 52 + 2d2 = 83 ® ⇔ x=5 d2 = 4 ® ⇔ x=5 d = ±2. Với d = 2 thì ba số hạng liên tiếp là 3, 5, 7. Với d = −2 thì ba số hạng liên tiếp là 7, 5, 3. Vậy ba số hạng liên tiếp của cấp số cộng là 3, 5, 7. 3 Gọi ba số hạng liên tiếp của cấp số cộng là x − d, x, x + d trong đó d là công sai. Theo đề bài ta có ® ( x − d) + x + ( x + d) = 21 ( x − d)2 + x2 + ( x + d)2 = 155 ® ⇔ 3x = 21 3×2 + 2d2 = 155 ® ⇔ x=7 3 · 72 + 2d2 = 155 ® ⇔ x=7 d2 = 4 ® ⇔ x=7 d = ±2. Với d = 2 thì ba số hạng liên tiếp là 5, 7, 9. Với d = −2 thì ba số hạng liên tiếp là 9, 7, 5. Vậy ba số hạng liên tiếp của cấp số cộng là 5, 7, 9.  BÀI 6. Tìm bốn số hạng liên tiếp của một cấp số cộng, biết rằng: 1 Tổng của chúng bằng 10 và tổng bình phương bằng 70. ĐS: −2, 1, 4, 7 2 Tổng của chúng bằng 22 và tổng bình phương bằng 66. ĐS: Không tồn tại 3 Tổng của chúng bằng 36 và tổng bình phương bằng 504. ĐS: 0, 6, 12, 18 4 Chúng có tổng bằng 20 và tích của chúng bằng 384.   ĐS: 2, 4, 6, 8 √ √ √ √ 15 − 241 15 + 241 5 − 241, , , 5 + 241 3 3 5 Tổng của chúng bằng 20, tổng nghịch đảo của chúng bằng nguyên. 25 và các số này là những số 24 ĐS: 2, 4, 6, 8 6 Nó là số đo của một tứ giác lồi và góc lớn nhất gấp 5 lần góc nhỏ nhất. 150◦ ĐS: 30◦ , 70◦ , 110◦ , 344 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN Lời giải. 1 Gọi bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d trong đó 2d là công sai. Theo đề bài ta có ® ( x − 3d) + ( x − d) + ( x + d) + ( x + 3d) = 10 ( x − 3d)2 + ( x − d)2 + ( x + d)2 + ( x + 3d)2 = 70 ® ⇔ 4x = 10 4×2 + 20d2 = 70  5   x = 2  2 ⇔ 5   4 · + 20d2 = 70 2  5  x = 2 ⇔  d2 = 9 4  5  x = 2 ⇔  d = ± 3 . 2 Vậy bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là −2, 1, 4, 7. 2 Gọi bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d trong đó 2d là công sai. Theo đề bài ta có ® ( x − 3d) + ( x − d) + ( x + d) + ( x + 3d) = 22 ( x − 3d)2 + ( x − d)2 + ( x + d)2 + ( x + 3d)2 = 66 ® ⇔ 4x = 22 4×2 + 20d2 = 66  11   x = 2  2 ⇔ 11   4 · + 20d2 = 66 2  11  x = 2 ⇔  2 d = −11 (loại). 4 Vậy không tồn tại bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng thỏa mãn yêu cầu đề bài. 3 Gọi bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d trong đó 2d là công sai. Theo đề bài ta có ® ( x − 3d) + ( x − d) + ( x + d) + ( x + 3d) = 36 ( x − 3d)2 + ( x − d)2 + ( x + d)2 + ( x + 3d)2 = 504 ® ⇔ 4×2 + 20d2 = 504 ® ⇔ x=9 4 · 92 + 20d2 = 504 ® ⇔ x=9 d2 = 9 ® ⇔ 4x = 36 x=9 d = ±3. 3. CẤP SỐ CỘNG 345 Vậy bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là 0, 6, 12, 18. 4 Gọi bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d trong đó 2d là công sai. Theo đề bài ta có ® ® x=5 ( x − 3d) + ( x − d) + ( x + d) + ( x + 3d) = 20 ⇔ ( x − 3d)( x − d)( x + d)( x + 3d) = 384 ( x2 − d2 )( x2 − 9d2 ) = 384 ® x=5 ⇔ (25 − d2 )(25 − 9d2 ) = 384 ® x=5 ⇔ 9d4 − 250d2 + 241 = 0   x=5    2 d =1 ⇔     d2 = 241  9  x=5     d = ±1 ⇔ √      d = ± 241 . 3 √ √ √ 15 − 241 15 + 241 Vậy bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là 2, 4, 6, 8 hoặc 5 − 241, , , 3 3 √ 5 + 241. 5 Gọi bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d trong đó 2d là công sai trong đó 2d ∈ Z. Theo đề bài ta có   ( x − 3d) + ( x − d) + ( x + d) + ( x + 3d) = 20 4x = 20 ⇔ 25 25  1 + 1 + 1 + 1  1 + 1 + 1 + 1 = = x − 3d x − d x + d x + 3d 24 24  5 − 3d 5 − d 5 + d 5 + 3d x = 5  ⇔ 10 25  10 + = 2 2 24 25 − 9d 25 − d ® x=5 ⇔ 9d4 − 250d2 + 241 = 0   x=5    2 d =1 ⇔    241   d2 = 9  x=5     d = ±1 (thỏa mãn) ⇔ √      d = ± 241 (loại vì 2d ∈ Z). 3 Vậy bốn số hạng nguyên liên tiếp của cấp số cộng là 2, 4, 6, 8. 346 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN 6 Gọi bốn số hạng liên tiếp của cấp số cộng xếp theo thứ tự tăng dần là x − 3d, x − d, x + d, x + 3d trong đó 2d > 0 là công sai. Theo đề bài ta có ® ® 4x = 360◦ ( x − 3d) + ( x − d) + ( x + d) + ( x + 3d) = 360◦ ⇔ 4x = 18d x + 3d = 5( x − 3d) ® x = 90◦ ⇔ 4 · 90◦ = 18d ® x = 90◦ ⇔ d = 20◦ . Vậy bốn góc của tứ giác lồi lần lượt là 30◦ , 70◦ , 110◦ , 150◦ .  BÀI 7. Tìm năm số hạng liên tiếp của một cấp số cộng, biết tổng của chúng bằng 40 và tổng bình phương của chúng bằng 480. ĐS: 0, 4, 8, 12, 16 Lời giải. Gọi năm số hạng liên tiếp của cấp số cộng là x − 2d, x − d, x, x + d, x + 2d trong đó d là công sai. Theo đề bài ta có ® ® ( x − 2d) + ( x − d) + x + ( x + d) + ( x + 2d) = 40 5x = 40 ⇔ 2 2 2 2 2 ( x − 2d) + ( x − d) + + x + ( x + d) + ( x + 2d) = 480 5×2 + 10d2 = 480 ® x=8 ⇔ 5 · 82 + 10d2 = 480 ® x=8 ⇔ d2 = 16 ® x=8 ⇔ d = ±4. Vậy năm số hạng liên tiếp của cấp số cộng là 0, 4, 8, 12, 16.  BÀI 8. Một cấp số cộng có 7 số hạng với công sai d dương và số hạng thứ tư bằng 11. Hãy tìm các số hạng còn lại của cấp số cộng đó, biết hiệu của số hạng thứ ba và số hạng thứ năm bằng 6. ĐS: 2, 5, 8, 11, 14, 17, 20 Lời giải. Gọi số hạng đầu của cấp số cộng là u1 , công sai d. Vì số hạng thứ tư của cấp số cộng bằng 11 nên ta có u4 = 11. Do d dương nên u5 > u3 . Vì hiệu của số hạng thứ ba và số hạng thứ năm bằng 6 nên ta có u5 − u3 = 6. Ta có ® ® ® ® u4 = 11 u1 + 3d = 11 u1 + 3 · 3 = 11 u1 = 2 ⇔ ⇔ ⇔ u5 − u3 = 6 (u1 + 4d) − (u1 + 2d) = 6 d=3 d = 3. Vậy các số hạng còn lại của cấp số cộng là u1 = 2, u2 = 5, u4 = 11, u6 = 17, u7 = 20.  BÀI 9. Một cấp số cộng có 7 số hạng mà tổng của số hạng thứ ba và số hạng thứ năm bằng 28, tổng số hạng thứ năm và số hạng cuối bằng 140. Tìm cấp số cộng đó. ĐS: −70, −42, −14, 14, 42, 70, 98 Lời giải. 3. CẤP SỐ CỘNG 347 Gọi số hạng đầu của cấp số cộng là u1 , công sai d. Theo đề bài ta có ® u3 + u5 = 28 ⇔ u5 + u7 = 140 ® 2u1 + 6d = 28 ⇔ 2u1 + 10d = 140 ® u1 = −70 d = 28. Vậy cấp số cộng đó là −70, −42, −14, 14, 42, 70, 98.  BÀI 10. Viết sáu số xen giữa hai số 3 và 24 để được cấp số cộng có tám số hạng. Tìm cấp số cộng đó. ĐS: 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24 Lời giải. Gọi số hạng đầu của cấp số cộng là u1 , công sai d. Theo đề bài ta có ® u1 = 3 ⇔ u8 = 24 ® u1 = 3 ⇔ u1 + 7d = 24 ® u1 = 3 d = 3. Vậy cấp số cộng đó là 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24.  BÀI 11. Giữa các số 7 và 35, hãy đặt thêm sáu số nữa để được một cấp số cộng. ĐS: 7, 11, 15, 19, 23, 27, 31, 35 Lời giải. Gọi số hạng đầu của cấp số cộng là u1 , công sai d. Theo đề bài ta có ® u1 = 7 ⇔ u8 = 35 ® u1 = 7 ⇔ u1 + 7d = 35 ® u1 = 7 d = 4. Vậy cấp số cộng đó là 7, 11, 15, 19, 23, 27, 31, 35.  BÀI 12. Giữa các số 4 và 67, hãy đặt thêm 20 số nữa để được một cấp số cộng.ĐS: u1 = 4, d = 3 Lời giải. Gọi số hạng đầu của cấp số cộng là u1 , công sai d. Theo đề bài ta có ® u1 = 4 ⇔ u22 = 67 ® u1 = 4 ⇔ u1 + 21d = 67 ® u1 = 4 d = 3. Vậy cấp số cộng đó là 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28, 31, 34, 37, 40, 43, 46, 49, 52, 55, 58, 61, 64, 67.  BÀI 13. Một người trồng 3003 cây theo một hình tam giác như sau: “Hàng thứ nhất có một cây, hàng thứ hai có 2 cây, hàng thứ ba có 3 cây, . . .”. Hỏi có bao nhiêu hàng cây được trồng như thế? ĐS: 77 hàng Lời giải. Gọi un là số cây trồng ở hàng thứ n. Theo đề bài ta có u1 = 1; u2 = 2; u3 = 3, . . .. Dễ thấy un là cấp số cộng với số hạng đầu là u1 = 1, công sai d = 1. Giả sử với 3003 cây trồng được no hàng. Khi đó ta có ” no = 77 (thỏa mãn) [2u1 + (no − 1)d] no [2 · 1 + (no − 1)] no = 3003 ⇔ = 3003 ⇔ n2o + no − 6006 = 0 ⇔ 2 2 no = −78 (loại ). Vậy có 77 hàng được trồng.  348 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN BÀI 14. Một công viên hình tam giác được trồng cây xanh theo hàng có quy luật của một cấp số cộng như sau: hàng thứ nhất có 9 cây, hàng thứ 10 có 54 cây, hàng cuối cùng có 2014 cây. Hỏi công viên đó có tất cả bao nhiêu cây được trồng? ĐS: 406623 cây Lời giải. Gọi un là số cây trồng ở hàng thứ n, Theo đề bài ta có un là cấp số cộng với u1 = 9, u10 = 54, un = 2014. Ta có u10 = 54 ⇔ u1 + 9d = 54 ⇔ d = 5. Mặt khác un = 2014 ⇔ u1 + (n − 1)d = 2014 ⇔ 9 + (n − 1) · 5 = 2014 ⇔ n = 402. Khi đó tổng số cây của tất cả các hàng là S402 = (2 · 9 + 401 · 5) · 402 [2u1 + (n − 1)d] n = = 406623. 2 2 Vậy công viên đó có tất cả 406623 cây được trồng.  BÀI 15. Bạn A muốn mua món quà tặng mẹ và chị nhân ngày Quốc tế phụ nữ 8/3. Do đó A quyết định tiết kiệm từ ngày 1/1 của năm đó với ngày đầu là 500 đồng/ngày, ngày sau cao hơn ngày trước 500 đồng. Hỏi đúng đến ngày 8/3 bạn A có đủ tiền để mua quà cho mẹ và chị không? Giả sử rằng món quà A dự định mua khoảng 800 ngàn đồng và từ ngày 1/1 đến ngày 8/3 có số ngày ít nhất là 67 ngày. Lời giải. Gọi u1 , u2 ,. . ., un là số tiền tiết kiệm của ngày 1/1, 2/1,. . ., 8/3. Theo đề bài ta có (un ) lập thành cấp số cộng với công sai d = 500. [2 · 500 + (67 − 1) · 500] · 67 Từ ngày 1/1 đến ngày 8/3, bạn A tiết kiệm được ít nhất là = 1139000 > 2 800000. Vậy bạn A đủ tiền để mua quà cho mẹ mùng 8/3.  BÀI 16. Một tòa nhà hình tháp có 30 tầng và tổng cộng có 1890 phòng, càng lên cao thì số phòng càng giảm, biết rằng cứ 2 tầng liên tiếp thì hơn kém nhau 4 phòng. Quy ước rằng tầng trệt là tầng 1, tiếp theo lên là tầng số 2, 3, . . .. Hỏi tầng số 10 có bao nhiêu phòng? ĐS: 85 phòng Lời giải. Gọi un là số phòng của tầng thứ n. Theo đề bài ta có u1 − u2 = u2 − u3 = u3 − u4 = · · · = u29 − u30 = 4 nên (un ) là cấp số cộng với công sai d = −4. Ta có S30 = 1890 ⇔ (2u1 − 29 · 4) · 30 = 1890 ⇔ u1 = 121 2 Số hạng tổng quát của cấp số cộng là un = u1 + (n − 1)d = 121 − 4(n − 1) = −4n + 125. Khi đó tầng 10 có số phòng là u10 = −4 · 10 + 125 = 85.  BÀI 17. Khi ký hợp đồng dài hạn (10 năm) với các công nhân được tuyển dụng. Công ty liên doanh X đề xuất hai phương án trả lương để người lao động chọn, cụ thể là Phương án 1: Người lao động sẽ nhận 36 triệu đồng cho năm làm việc đầu tiên và kể từ năm thứ hai, mức lương sẽ được tăng thêm 3 triệu đồng mỗi năm. Phương án 2: Người lao động sẽ được nhận 7 triệu đồng cho quí đầu tiên và kể từ qúy làm việc thứ hai mức lương sẽ tăng thêm 500000 đồng mỗi qúy. 3. CẤP SỐ CỘNG 349 Biết rằng mỗi năm có 4 qúy. Nếu em là người lao động, em sẽ chọn phương án nào ? ĐS: Phương án 2 Lời giải. Theo đề bài, số tiền công nhân nhận được ở mỗi kỳ theo từng phương án lập thành một cấp số cộng, cụ thể Phương án 1: Giá trị ban đầu u1 = 36 (triệu), công sai d = 3 (triệu). Do hợp đồng kéo dài 10 năm nên n = 10. Suy ra u10 = u1 + (n − 1) · d = 36 + (10 − 1) · 3 = 63 (triệu). Vậy tổng số tiền lương nhận được của một công nhân khi hoàn thành hợp đồng (10 năm) là S10 = 10 (u1 + u10 ) = 5 · (36 + 63) = 495 2 (triệu). Phương án 2: Giá trị ban đầu u1 = 7 (triệu), công sai d = 0,5 (triệu). Do hợp đồng kéo dài 10 năm, mà mỗi năm có 4 quí nên n = 40. Suy ra u40 = u1 + (n − 1) · d = 7 + (40 − 1) · 0,5 = 26,5 (triệu). Vậy tổng số tiền lương nhận được của một công nhân khi hoàn thành hợp đồng (10 năm) là S40 = 40 (u1 + u40 ) = 20 · (7 + 26,5) = 670 2 (triệu). Vậy nếu là người lao động, em sẽ chọn phương án 2.  BÀI 18. Tìm x để ba số a, b, c theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng với: 1 a = 10 − 3x, b = 2×2 + 3, c = 7 − 4x. ĐS: x = − 2 x = a2 − bc, y = b2 − ca, z = c2 − ab. 11 hoặc x = 1 4 ĐS: x = 2y − z Lời giải. 1 Để ba số a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số cộng thì a + c = 2b ⇔ 10 − 3x + 7 − 4x = 2(2×2 + 3)  11 x = − 2 ⇔ 4x + 7x − 11 = 0 ⇔  4 x = 1. Vậy x = − 11 và x = 1 thỏa yêu cầu bài toán. 4 2 Tương tự, để ba số a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số cộng thì a + c = 2b ⇔ a = 2b − c. Do đó x = a2 − bc = (2b − c)2 − bc = 4b2 − 5bc + c2 y = b2 − ca = b2 − c · (2b − c) = b2 − 2bc + c2 z = c2 − ab = c2 − b · (2b − c) = −2b2 + bc + c2 Nhận xét 2y − z = 4b2 − 5bc + c2 = x. Vậy x = 2y − z với y = b2 − ca, z = c2 − ab, a + c = 2b.  350 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN BÀI 19. Tìm các nghiệm của phương trình: x3 − 15×2 + 71x − 105 = 0, biết rằng các nghiệm này phân biệt và chúng lập thành một cấp số cộng. ĐS: 3, 5, 7 Lời giải. Gọi x1 , x2 , x3 theo thứ tự là 3 nghiệm của phương trình đã cho. Do x1 , x2 , x3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng nên x1 + x3 = 2×2 và d > 0 với d là công sai của cấp số cộng đã cho. Mà theo định lý Vi-ét thì x1 + x2 + x3 = 15 ⇔ 3×2 = 15 ⇔ x2 = 5. Mặt khác x1 · x2 · x3 = 105 ⇔ x1 · x3 = 21 ⇔ ( x2 − d)( x2 + d) = 21 ⇔ 25 − d2 = 21 ⇔ d = 2. Vậy x1 = 3, x2 = 5, x3 = 7.  BÀI 20. Giải các phương trình sau: 1 1 + 6 + 11 + 16 + 21 + · · · + x = 970. ĐS: x = 96 2 2 + 7 + 12 + 17 + 22 + · · · + x = 245. ĐS: x = 47 3 ( x + 1) + ( x + 4) + ( x + 7) + · · · + ( x + 28) = 155. ĐS: x = 1 4 (2x + 1) + (2x + 6) + (2x + 11) + · · · + (2x + 96) = 1010. ĐS: x = 1 Lời giải. 1 Ta có 1, 6, 11, · · · , x là một cấp số cộng với u1 = 1, un = x và d = 5. Suy ra un = u1 + (n − 1) · 5 = 5n − 5 ⇔ x = 5n − 4. n Mà 1 + 6 + 11 + 16 + 21 + · · · + x = 970 ⇔ (1 + x ) = 970 (1). 2 Thay x = 5n − 4 vào (1), ta được  n = 20 (nhận) 2  5n − 3n − 1940 = 0 ⇔ 97 n=− (loại). 5 Với n = 20 ⇒ x = 96. Vậy x = 96 là nghiệm của phương trình đã cho. 2 Ta có 2, 7, 12, · · · , x là một cấp số cộng với u1 = 2, un = x và d = 5. Suy ra un = u1 + (n − 1) · 5 = 5n − 3 ⇔ x = 5n − 3. n Mà 2 + 7 + 12 + 17 + 22 + · · · + x = 245 ⇔ (2 + x ) = 245 (2). 2 Thay x = 5n − 3 vào (2), ta được  n = 10 (nhận) 2  5n − n − 490 = 0 ⇔ 49 n=− (loại). 5 Với n = 10 ⇒ x = 47. Vậy x = 47 là nghiệm của phương trình đã cho. 3 Ta có ( x + 1), ( x + 4), ( x + 7), · · · , ( x + 28) là một cấp số cộng với u1 = x + 1, un = x + 28 và d = 3. Suy ra un = u1 + (n − 1) · 3 ⇔ x + 28 = x + 1 + (n − 1) · 3 ⇔ n = 10. n Mà ( x + 1) + ( x + 4) + ( x + 7) + · · · + ( x + 28) = 155 ⇔ ( x + 1 + x + 28) = 155 2 Thay n = 10 vào (3), ta được x = 1. Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho. (3). 3. CẤP SỐ CỘNG 351 4 Ta có (2x + 1), (2x + 6), (2x + 11), · · · , (2x + 96) là một cấp số cộng với u1 = 2x + 1, un = 2x + 96 và d = 5. Suy ra un = u1 + (n − 1) · 5 ⇔ 2x + 96 = 2x + 1 + (n − 1) · 5 ⇔ n = 20. n Mà (2x + 1) + (2x + 6) + (2x + 11) + · · · + (2x + 96) = 1010 ⇔ (2x + 1 + 2x + 96) = 2 1010 (4). Thay n = 20 vào (4), ta được x = 1. Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.  BÀI 21. Cho a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng. Chứng minh rằng 1 a2 + 2bc = c2 + 2ab. 2 a2 + 8bc = (2b + c)2 . 3 2( a + b + c )3 = 9 a2 ( b + c ) + b2 ( a + c ) + c2 ( a + b ) .   4 ba số: a2 − bc, b2 − ac, c2 − ab cũng là một cấp số cộng. 5 ba số: b2 + bc + c2 , a2 + ac + c2 , a2 + ab + b2 cũng là một cấp số cộng. 6 ba số: √ 1 1 √ ;√ √ , ( a, b, c > 0) cũng là một cấp số cộng. √ ;√ c+ a b+ c a+ b 1 Lời giải. 1 Vì a, b, c là ba số liên tiếp của một cấp số cộng nên a + c = 2b ⇒ a = 2b − c. Do đó a2 + 2bc = (2b − c)2 + 2bc = 4b2 − 2bc + c2 = 2b(2b − c) + c2 = 2ba + c2 = c2 + 2ab. Vậy a2 + 2bc = c2 + 2ab (đpcm). 2 Vì a, b, c là ba số liên tiếp của một cấp số cộng nên a + c = 2b ⇒ a = 2b − c. Do đó a2 + 8bc = (2b − c)2 + 8bc = 4b2 + 4bc + c2 = (2b + c)2 . Vậy a2 + 8bc = (2b + c)2 (đpcm). 3 Vì a, b, c là ba số liên tiếp của một cấp số cộng nên a + c = 2b ⇒ a = 2b − c. Do đó VT = 2( a + b + c)3 = 2(3b)3 = 54b3 h i 2 2 2 VP = 9 a (b + c) + b ( a + c) + c ( a + b) h i = 9 (2b − c)2 (b + c) + b2 (2b − c + c) + c2 (2b − c + b) h i = 9 (4b2 − 4bc + c2 )(b + c) + b2 (2b) + c2 (3b − c) h i 3 2 2 2 2 3 3 2 3 = 9 4b − 4b c + bc + 4b c − 4bc + c + 2b + 3bc − c = 9 · (6b3 ) = 54b3 = VT .   Vậy 2( a + b + c)3 = 9 a2 (b + c) + b2 ( a + c) + c2 ( a + b) (đpcm). 352 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN 4 Vì ba số a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số cộng thì a + c = 2b ⇒ a = 2b − c. Do đó a2 − bc = (2b − c)2 − bc = 4b2 − 5bc + c2 b2 − ca = b2 − c · (2b − c) = b2 − 2bc + c2 c2 − ab = c2 − b · (2b − c) = −2b2 + bc + c2 . Nhận xét ( a2 − bc) + (c2 − ab) = (4b2 − 5bc + c2 ) + (−2b2 + bc + c2 ) = 2b2 − 4bc + 2c2 = 2(b2 − 2bc + c2 ) = 2(b Vậy ba số: a2 − bc, b2 − ac, c2 − ab là một cấp số cộng. 5 Vì ba số a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số cộng thì a + c = 2b ⇒ a = 2b − c. Xét = a2 + a(2c − b) + 2c2 − b2 = (2b − c)2 + (2b − c)(2c − b) + 2c2 − b2 = b2 + bc + c2 ⇒ (b2 + bc + c2 ) + ( a2 + ab + b2 ) = 2( a2 + ac + c2 ). 2( a2 + ac + c2 ) − ( a2 + ab + b2 ) Vậy ba số: b2 + bc + c2 , a2 + ac + c2 , a2 + ab + b2 cũng là một cấp số cộng. 6 Vì ba số a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số cộng thì a + c = 2b ⇒ a − b = b − c = 1 ( a − c ). 2 Ta có √ 1 b+ 1 √ = √ +√ c a+ b Vậy ba số: √ √ √ √ √ √ √ b− c a− b a− c 2 1 √ = 2· √ √ . + = =√ b−c a−b a−b a+ c c+ a 1 1 √ ;√ √ , ( a, b, c > 0) cũng là một cấp số cộng. √ ;√ c+ a b+ c a+ b 1  BÀI 22. Cho ba số a2 , b2 , c2 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng có công sai khác không. 1 1 1 Chứng minh rằng: ; ; cũng lập thành cấp số cộng. b+c c+a a+b Lời giải. Vì ba số a2 , b2 , c2 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng nên a2 + c2 = 2b2 . Ta có 1 1 1 1 a−b b−c − = − ⇔ = b+c c+a c+a a+b (b + c)(c + a) (c + a)( a + b) ⇔ a2 − b2 = b2 − c2 ⇔ a2 + c2 = 2b2 . 1 1 1 ; ; cũng lập thành cấp số cộng.  b+c c+a a+b A B C BÀI 23. Cho tam giác ABC có tan , tan , tan theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng. Chứng 2 2 2 minh cos A, cos B, cos C theo thứ tự cũng lập thành cấp số cộng. Lời giải. Vậy ba số: 3. CẤP SỐ CỘNG 353 Ta có A C B sin sin sin C B A 2 + 2 =2 2 ⇔ tan + tan = 2 tan B A C 2 2 2 cos cos cos 2 2 2 A+C B sin sin 2 2 ⇔ =2 B C A cos cos cos 2 2 2 B A C B ⇔ cos2 = 2 sin cos cos 2 2  2  2    B A+C A−C cos B + 1 = sin cos + cos ⇔ 2 2 2 2     A+C A−C 2 B ⇔ cos B + 1 = 2 sin + 2 cos cos 2 2 2 ⇔ cos B + 1 = 1 − cos B + cos A + cos C ⇔ 2 cos B = cos A + cos C. Vậy cos A, cos B, cos C theo thứ tự cũng lập thành cấp số cộng.  A B C , cot , cot theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Chứng minh 2 2 2 ba cạnh: a, b, c theo thứ tự cũng lập thành cấp số cộng. Lời giải. Ta có BÀI 24. Cho tam giác ABC có cot A C B cos cos cos A C B 2 + 2 =2 2 cot + cot = 2 cot ⇔ B A C 2 2 2 sin sin sin 2 2 2 A+C B sin cos 2 2 ⇔ =2 B A C sin sin sin 2 2 2 B B B A C ⇔ cos sin = 2 cos sin sin 2 2 2 2  2    B A+C A−C 1 ⇔ sin B = − cos cos − cos 2 2 2 2     A+C A−C ⇔ sin B = − sin B + 2 sin cos 2 2 ⇔ 2 sin B = sin A + sin C ⇔ 2b = a + c. Vậy ba cạnh: a, b, c theo thứ tự cũng lập thành cấp số cộng.  BÀI 25. Tìm tham số m để phương trình f ( x ) = 0 có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng trong các trường hợp sau: 1 f ( x ) = x4 − 2mx2 + 2m − 1. ĐS: m = 5 hoặc m = 2 f ( x ) = x4 + 2(m + 1) x2 + 4. ĐS: m = − 5 9 13 3 354 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ – CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN 3 f ( x ) = x4 + (3m + 5) x2 + (m + 1)2 . ĐS: không có m thỏa 4 f ( x ) = x4 − 10mx2 + 9m. ĐS: m = 1 Lời giải. 1 Đặt t = x2 (t ≥ 0), phương trình đã cho trở thành t2 − 2mt + 2m − 1 = 0 (1). Ta phải tìm m sao cho (1) có hai nghiệm t1 , t2 phân biệt dương phân biệt, tức là 0 < t1 < t2 .     m 6= 1 2      4m − 8m + 4 > 0 ∆ > 0 m 6 = 1 ⇔ m>0 ⇔ ⇔ S > 0 ⇔ 2m > 0    m > 1 . 1     P>0 2m − 1 > 0 2 m> 2 √ √ √ √ Đặt x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t2 , ta có ⇒ x1 < x2 < x3 < x4 . Để bốn nghiệm lập thành cấp số cộng thì √ √ ®√ ® √ √ √ t1 − t2 = −2 t1 x1 + x3 = 2x2 ⇔ √ ⇔ t1 − t2 = −2 t1 ⇔ 9t1 = t2 . √ √ x2 + x4 = 2x3 t2 − t1 = 2 t1 Vậy ta có      m = 5 (nhận) 9t1 = t2 9t1 = t2  t1 + t2 = 2m ⇔ 10t1 = 2m ⇔ 5   m = (nhận).   2 t1 t2 = 2m − 1 9t1 = 2m − 1 9 ß ™ 5 Vậy với m ∈ ; 5 thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt lập thành một cấp số 9 cộng. 2 Đặt t = x2 (t ≥ 0), phương trình đã cho trở thành t2 + 2( m + 1) t + 4 = 0 (1) Ta phải tìm m sao cho (1) có hai nghiệm t1 , t2 phân biệt dương phân biệt, tức là 0 < t1 < t2 .  0   2 m < −1 ∆ > 0    ( m + 1 ) − 4 > 0   ” ⇔ S > 0 ⇔ − 2( m + 1) > 0 ⇔ m < −3 ⇔ m < −3.       P>0 4>0 m>1 √ √ √ √ Đặt x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t2 , ta có ⇒ x1 < x2 < x3 < x4 . Để bốn nghiệm lập thành cấp số cộng thì √ √ ® ®√ √ √ √ t1 − t2 = −2 t1 x1 + x3 = 2x2 ⇔ √ ⇔ t1 − t2 = −2 t1 ⇔ 9t1 = t2 . √ √ x2 + x4 = 2x3 t2 − t1 = 2 t1 Vậy ta có      9t1 = t2 9t1 = t2 t = 2 13 1 t1 + t2 = −2(m + 1) ⇔ 10t1 = −2(m + 1) ⇔ 3 ⇔ m = − (nhận).    3   2 10t1 = −2(m + 1) t1 t2 = 4 9t1 = 4 13 Vậy với m = − thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt lập thành một cấp số 3 cộng. 3. CẤP SỐ CỘNG 355 3 Đặt t = x2 (t ≥ 0), phương trình đã cho trở thành t2 + (3m + 5)t + (m + 1)2 = 0 (1) Ta phải tìm m sao cho (1) có hai nghiệm t1 , t2 phân biệt dương phân biệt, tức là 0 < t1 < t2 .  m < −3        2 2 7      m>− (3m + 5) − 4(m + 1) > 0 ∆ > 0 5 ⇔ m < −3. ⇔ ⇔ S > 0 ⇔ − (3m + 5) > 0 5        m<− P>0  ( m + 1)2 > 0  3   m 6= 1 √ √ √ √ Đặt x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t2 , ta có ⇒ x1 < x2 < x3 < x4 . Để bốn nghiệm lập thành cấp số cộng thì √ √ ®√ ® √ √ √ t1 − t2 = −2 t1 x1 + x3 = 2x2 ⇔ √ ⇔ t1 − t2 = −2 t1 ⇔ 9t1 = t2 . √ √ x2 + x4 = 2x3 t2 − t1 = 2 t1 Vậy ta có       m = 5 (loại) 9t1 = t2 9t1 = t2 t = − 3m + 5 1  t1 + t2 = −(3m + 5) ⇔ 10t1 = −(3m + 5) ⇔ 10 ⇔ 25    2 2 m = − (loại).   2 2 2 9t = ( m + 1 ) 1 t1 t2 = ( m + 1) 9t1 = (m + 1) 19 Vậy không có giá trị m để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng. 4 Đặt t = x2 (t ≥ 0), phương trình đã cho trở thành t2 − 10mt + 9m = 0 (1) Ta phải tìm m sao cho (1) có hai nghiệm t1 , t2 phân biệt dương phân biệt, tức là 0 < t1 < t2 .    m<0 2      25m − 9m > 0 ∆ > 0 9 9 ⇔ S > 0 ⇔ 10m > 0 ⇔ ⇔m> . m>    25 25     P>0 9m > 0 m>0 √ √ √ √ Đặt x1 = − t2 , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t2 , ta có ⇒ x1 < x2 < x3 < x4 . Để bốn nghiệm lập thành cấp số cộng thì √ √ ® ®√ √ √ √ t1 − t2 = −2 t1 x1 + x3 = 2x2 ⇔ √ ⇔ t1 − t2 = −2 t1 ⇔ 9t1 = t2 . √ √ x2 + x4 = 2x3 t2 − t1 = 2 t1 Vậy ta có   " ® 9t = t   2 1  9t1 = t2 t1 = m m = 0 (loại) t1 + t2 = 10m ⇔ 10t1 = 10m ⇔ ⇔ 2   m = 1 (nhận). 9t1 = 9m   2 t1 t2 = 9m 9t1 = 9m Vậy để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng thì m = 1.  356 CHƯƠNG 3. DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG - CẤP SỐ NHÂN BÀI 26. Tìm tham số m để phương trình: x3 − (3m + 1) x2 + 2mx = 0 có 3 nghiệm phân biệt lập 1 thành cấp số cộng ? ĐS: m = − 3 Lời giải. " x=0 Ta có x3 − (3m + 1) x2 + 2mx = 0 ⇔ 2 x − (3m + 1) x + 2m = 0 (1). Để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt khác 0, tức là ® 2 ® 2 ® ∆>0 9m − 2m + 1 > 0 8m + (m − 1)2 > 0 ⇔ ⇔ ⇔ m 6= 0. 2m 6= 0 m 6= 0 m 6= 0 ® x1 + x2 = 3m + 1 Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1) và x3 = 0, ta có (I). x1 x2 = 2m Do vai trò của x1 , x2 như nhau, ta chỉ cần xét hai trường hợp sau TH1: x1 , x2 cùng dương hoặc cùng âm, khi đó x1 + x3 = 2×2 ⇒ x1 = 2×2 . Kết hợp với (I), ta có     x1 = 2×2 x = 2x 2 1       x1 = 2×2  1 1 x1 + x2 = 3m + 1 ⇔ x2 = (3m + 1) ⇔ x2 = (3m + 1)    3 3      x1 x2 = 2m  x1 x2 = 2m (3m + 1)2 = 9m (∗). (∗) ⇔ 9m2 − 3m + 1 = 0 ⇒ vô nghiệm, do đó không có m thỏa. TH2: x1 và x2 trái dấu, x3 nằm giữa, khi đó x1 + x2 = 2×3 ⇒ x1 = − x2 . Kết hợp với (I) ta có     x1 = − x2  x1 = − x2 1 x1 + x2 = 3m + 1 ⇔ 0 = 3m + 1 ⇔ m = − (nhận).   3   x1 x2 = 2m − x12 = 2m 1 Với m = − phương trình đã cho có ba nghiệm lập thành một cấp số cộng. 3 BÀI A 4. CẤP SỐ NHÂN TÓM TẮT LÝ THUYẾT Định nghĩa 1 (Cấp số nhân). Cấp số nhân là một dãy số (hữu hạn hoặc vô hạn) mà trong đó, kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng tích của số hạng đứng ngay trước nó với một số q không đổi, nghĩa là (un ) là cấp số nhân ⇔ n ≥ 2, un = un−1 · q. Số q được gọi là công bội của cấp số nhân và q = u n +1 , n ≥ 1. un Khi q = 1 thì cấp số nhân là một dãy số không đổi (tất cả các số hạng đều bằng nhau). ! Khi q = 0 thì cấp số nhân có dạng u1 , 0, 0, 0, . . . , 0, . . . Khi u1 = 0 thì với mọi q, cấp số nhân có dạng 0, 0, 0, 0, . . . , 0, . . .  4. CẤP SỐ NHÂN 357 Định lí 1 (Số hạng tổng quát của cấp số nhân). Nếu cấp số nhân (un ) có số hạng đầu u1 và công bội q thì số hạng tổng quát un được xác định bởi công thức: un = u1 · qn−1 , n ≥ 2. Nếu (un ) là cấp số nhân với các số hạng khác 0 thì ! um = uk · qm−k , k < m, qm−k = um ,k
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top